Junta con todos los 2020
Los ceros se escriben en todas las celdas de un $5 \times 5$tablero. Podemos tomar una celda arbitraria y aumentar en 1 el número en esta celda y todas las celdas que tienen un lado común con ella. ¿Es posible obtener el número 2020 en todas las celdas simultáneamente?
Respuestas
Es
imposible.
Razonamiento:
Dejar $M$ ser el $25 \times 25$matriz que representa las relaciones adyacentes entre las celdas. Por tanto, estamos buscando un vector (columna)$x$ de $25$ enteros no negativos tales que $Mx$ es el vector $[2020, 2020, \dots, 2020]$. (Usaré$[]$ para denotar vectores de columna y $()$para denotar vectores de fila.)
Primero notamos que$M$es una matriz simétrica.
Además, la siguiente tabla muestra que hay un vector (columna)$v = [1,5,4,2,4,\dots, 4,5,1,2,7]$ tal que $Mv =[11, 11, \dots, 11]$.
1, 5, 4, 2, 4
5, 1, 0, 1, 5
4, 0, 5, 3, 1
2, 1, 3, 1, 2
4, 5, 1, 2, 7
Desde$M$ es simétrico, esto significa que hay un vector (fila) $w( = \frac1 {11} v^T)$ tal que $wM = (1, 1, \dots, 1)$.
Además, calculamos la suma de las entradas en$v$ y obten $69$, que no es divisible por $11$.
Para concluir, suponga que tenemos un vector$x$ tal que $Mx = [2020, \dots, 2020]$.
Entonces tenemos$M(x - \frac{2020}{11}v) = 0$, lo que implica $wM(x - \frac{2020}{11}v) = 0$.
Esto da$(1, \dots, 1)x = \frac{2020}{11}(1, \dots, 1)v = \frac{2020}{11}\cdot 69$, que no es un número entero. Por lo tanto$x$no puede ser un vector integral.
En conclusión, si queremos que todos los números se conviertan en un número dado$n$, entonces es posible hacerlo si y solo si $n$ es un múltiplo de $11$.
Una solución menos técnica:
Podemos (intentar) hacer una solución simétrica que haga que todos los números sean iguales (donde las 6 variables significan la frecuencia con la que se elige una celda):
abcba
bdedb
cefec
bdedb
abcba
Para el total obtenemos: T = a + 2b = a + b + c + d = 2b + c + e = 2b + d + 2e = 2d + c + e + f = 4e + f
De donde podemos extraer igualdades:
(1 + 3) a = c + e
(1 + 2) b = c + d
(3 + 4) c = d + e
(5 + 6) 3e = c + 2d
(4 + 6) f = 2b + d -2e = 5d
Cualquier solución entera positiva de esto debe ser un múltiplo de f = 10, d = 2, etc., lo que lleva a un total que sea múltiplo de 22.
Cualquier solución asimétrica se puede hacer simétrica sumando las 8 reflexiones (verticales horizontales y diagonales) de modo que 8 veces cualquier solución debe dar lugar a un múltiplo de 22. Por lo tanto, cualquier solución única conduce a un múltiplo de 11. 2020 no es un múltiplo de 11 .
Solución más ordenada, según lo solicitado por OP:
Dejar $A$ ser una matriz constante [1,5,4,2,4; 5,1,0,1,5; 4,0,5,3,1; 2,1,3,1,2; 4,5,1 , 2,7] y $B$ser cualquier estado de tablero obtenible como [1,1,1,0,0; 0,1,0,0,0; 0,0,0,2,0; 0,0,2,2,2; 0, 0,0,2,0]. Luego, el "producto escalar"$\sum_{ij} A_{ij}B_{ij}$ es siempre un múltiplo de 11. Pero el estado deseado es $B^* = 2020 \times 1_{5\times5}$ dónde $1_{5\times 5}$representa la matriz de todos unos. Pero el producto escalar de$A$ y $B^*$ no es un múltiplo de 11, contradicción.
La mayor parte del crédito pertenece a @WhatsUp por encontrar la matriz $A$.
Esto es solo una "elementarización" de la elegante prueba de @ WhatsUp para ayudar a dar algo de intuición.
Que haya dos patrones de $n_i$ mueve, respectivamente, cada suma a un aumento uniforme de $k_i$en cada cuadrado. Dejar$\{x_{ij}\}$ el "recuento de células", es decir, el número de veces al cuadrado $j$ fue elegido (como el centro) en el patrón $i$. Ahora multiplica cada recuento de células en el patrón$1$ por cada recuento de células en el patrón $2$ que está dentro del "+" - pento centrado en la primera celda (esto es, por supuesto, simérico, es decir, de manera equivalente, la primera celda está dentro del pento centrado en la segunda celda) y forma la suma: $S = \sum_{j,j' \text{"pento-connected"}} x_{1j}x_{2j'}$. Luego$S = \sum_j x_{1j} \sum_{j\text{within pento at}j'} x_{2j'} = \sum_j x_{1j} k_2 = 25 k_2 n_1$ y, de manera similar, $S = 25 k_1 n_2$.
Sustituyendo $k_1,n_1 = 11,69$ del patrón dado por WhatsUp y $k_2 = 2020$ encontramos que un entero coincidente $n_2$ no existe.
Aquí está lo más cercano a un argumento intuitivo que pude reunir para explicar los números $69,11$. Aquí intuitivo significa que no involucra ningún sistema de ecuaciones que no pueda resolverse a simple vista. Si significa realmente esclarecedor o interesante es otro asunto ...
Divida el tablero en tres grupos, cada uno de los cuales comprende dos subgrupos: $$\begin{matrix}a&A&b&A&a\\A&B&C&B&A\\b&C&c&C&b\\A&B&C&B&A\\a&A&b&A&a\end{matrix}$$. Abusaremos mucho de la notación y dejaremos$a$, digamos, haga referencia al subgrupo, su ocupación total o la clase de movimientos que están centrados (hasta $8$-simetría de pliegues) en el cuadrado.
Ahora observe eso hasta $8$-simetría de pliegues para cada uno de los subgrupos $a,b,c$sólo hay un movimiento que aumenta su promedio en comparación con$A,B,C$, respectivamente, a saber. $A,b,C$. Por tanto, cada movimiento que aumenta el equilibrio a favor de$A,B,C$ vs $a,b,c$, respectivamente, deben equilibrarse con el número apropiado de pasos $A,b,C$, respectivamente.
Hay una cascada: comenzando con un desequilibrio $B>b$ de $1$ esto debe ser equilibrado por uno $b$ moverse provocando un nuevo desequilibrio $A>a$--- que puede remediarse sin más efectos secundarios --- y un nuevo desequilibrio $C>c$ de $1$. UN$C>c$ El desequilibrio solo puede equilibrarse mediante un $C$ movimiento que reblandece en pasos de $3$ (en $C$ unidades, $3/4$ en $c$unidades, diferencia debido al tamaño de los grupos). pero reintroduce un$B>b$ desequilibrio de $1$. Si combinamos todo esto, encontramos que equilibrando completamente un$A>a$ de $1$ costo $1A$, un $B>b$ de $2$ costo $1C,3b,3A$y un $C>c$ de $2$ costo $1C,1b,1A$.
Una vez que los grupos están equilibrados, los niveles absolutos de grupos $Aa$ y $Cc$ se puede corregir hacia arriba según sea necesario usando movimientos $a$ y $c$. En particular, estos movimientos son neutrales en términos de equilibrio dentro del grupo. Tenga en cuenta que hemos tocado todos los movimientos excepto$B$ahora, y cada movimiento era neutral o en cascada en una ganancia neta de grupo de letras pequeñas. Para formalizar este peso$A:1,C:1,B:4$. Entonces cada movimiento excepto$B$es neutral o mueve la suma ponderada del saldo dentro del grupo hacia la letra minúscula favorecida. Por lo tanto , se puede construir cualquier patrón equilibrado eligiendo una cantidad total de$B's$que debe ser uniforme y luego equilibrarlos. El desequilibrio causado por dos$B$'S es $B>b:2,C>c:4,A>a:4$: La fijación del equilibrio requiere $14A,5b,3C$. Juntos con$2B$ esto conduce a la ocupación $B=b=22$ que no es divisible por el tamaño del grupo $4$así que tenemos que duplicar todos los números. Para traer los tamaños de los grupos$A=a$ y $C=c$ a los niveles correctos encontramos que tenemos que agregar $5C$ y $16a$ lo que lleva a un total de $69$.
Este argumento es casi constructivo hasta teóricamente factible dentro del desequilibrio de subgrupos. Pero empezamos con cuatro$B$es de nuestra elección, por lo que todo, con la posible excepción de $A$ (Que tiene $8$ los miembros se pueden construir simétricamente.