Conseil avec tous les 2020

Question

Les zéros sont écrits dans toutes les cellules d'un $5 \times 5$planche. Nous pouvons prendre une cellule arbitraire et augmenter de 1 le nombre dans cette cellule et toutes les cellules ayant un côté commun avec elle. Est-il possible d'obtenir le nombre 2020 dans toutes les cellules simultanément?

Answer 1

Il est

pas possible.

Raisonnement:

Laisser $M$ Soit le $25 \times 25$matrice représentant les relations adjacentes entre les cellules. On recherche donc un vecteur (colonne)$x$ de $25$ entiers non négatifs tels que $Mx$ est le vecteur $[2020, 2020, \dots, 2020]$. (J'utiliserai$[]$ pour désigner les vecteurs de colonne et $()$pour désigner les vecteurs de ligne.)

Nous notons d'abord que$M$est une matrice symétrique.
De plus, le tableau suivant montre qu'il existe un vecteur (colonne)$v = [1,5,4,2,4,\dots, 4,5,1,2,7]$ tel 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

Depuis$M$ est symétrique, cela signifie qu'il y a un vecteur (ligne) $w( = \frac1 {11} v^T)$ tel que $wM = (1, 1, \dots, 1)$.
De plus, nous calculons la somme des entrées dans$v$ et obtenir $69$, qui n'est pas divisible par $11$.

Pour conclure, supposons que nous avons un vecteur$x$ tel que $Mx = [2020, \dots, 2020]$.
Nous avons alors$M(x - \frac{2020}{11}v) = 0$, ce qui implique $wM(x - \frac{2020}{11}v) = 0$.
Cela donne$(1, \dots, 1)x = \frac{2020}{11}(1, \dots, 1)v = \frac{2020}{11}\cdot 69$, qui n'est pas un entier. Par conséquent$x$ne peut pas être un vecteur intégral.

En conclusion, si nous voulons que tous les nombres deviennent un nombre donné$n$, alors il est possible de le faire si et seulement si $n$ est un multiple de $11$.

Answer 2

Une solution moins technique:

Nous pouvons (essayer de) faire une solution symétrique qui rend tous les nombres égaux (où les 6 variables indiquent la fréquence à laquelle une cellule est choisie):

abcba  
bdedb  
cefec  
bdedb  
abcba  

Pour le total, nous obtenons: T = a + 2b = a + b + c + d = 2b + c + e = 2b + d + 2e = 2d + c + e + f = 4e + f

D'où nous pouvons extraire des égalités:

(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

Toute solution entière positive de ceci doit être un multiple de f = 10, d = 2 etc., conduisant à un total qui est un multiple de 22.

Toute solution asymétrique peut être rendue symétrique en additionnant les 8 réflexions (horizontales verticales et diagonales), donc 8 fois toute solution doit conduire à un multiple de 22. Ainsi, toute solution unique conduit à un multiple de 11. 2020 n'est pas un multiple de 11 .

Answer 3

Solution plus soignée, comme demandé par OP:

Laisser $A$ être une matrice 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] et $B$être tout état de carte pouvant être obtenu tel que [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]. Puis le "produit scalaire"$\sum_{ij} A_{ij}B_{ij}$ est toujours un multiple de 11. Mais l'état souhaité est $B^* = 2020 \times 1_{5\times5}$ où $1_{5\times 5}$représente la matrice de tous. Mais le produit scalaire de$A$ et $B^*$ n'est pas un multiple de 11, contradiction.

La majeure partie du crédit appartient à @WhatsUp pour avoir trouvé la matrice $A$.

Answer 4

Ceci est juste une "élémentarisation" de la preuve élégante de @ WhatsUp pour aider à donner une certaine intuition.

Qu'il y ait deux modèles de $n_i$ se déplace, respectivement, chaque addition à une augmentation uniforme de $k_i$dans chaque carré. Laisser$\{x_{ij}\}$ le "nombre de cellules", c'est-à-dire le nombre de fois carré $j$ a été choisi (comme centre) dans le motif $i$. Maintenant, multipliez chaque nombre de cellules dans le modèle$1$ par chaque nombre de cellules dans le modèle $2$ c'est-à-dire dans le "+" - pento centré sur la première cellule (c'est bien sûr symétrique, c'est-à-dire, de manière équivalente, la première cellule est dans le pento centré sur la deuxième cellule) et forme la somme: $S = \sum_{j,j' \text{"pento-connected"}} x_{1j}x_{2j'}$. ensuite$S = \sum_j x_{1j} \sum_{j\text{within pento at}j'} x_{2j'} = \sum_j x_{1j} k_2 = 25 k_2 n_1$ et, de même, $S = 25 k_1 n_2$.

Remplacer $k_1,n_1 = 11,69$ à partir du modèle donné par WhatsUp et $k_2 = 2020$ nous trouvons qu'un entier correspondant $n_2$ n'existe pas.

Answer 5

Voici le plus proche d'un argument intuitif que je pourrais rassembler pour expliquer les chiffres $69,11$. Ici, intuitif signifie n'impliquer aucun système d'équations qui ne pourrait pas être résolu à vue. Que ce soit vraiment éclairant ou intéressant est une autre affaire ...

Divisez le tableau en trois groupes comprenant chacun deux sous-groupes: $$\begin{matrix}a&A&b&A&a\\A&B&C&B&A\\b&C&c&C&b\\A&B&C&B&A\\a&A&b&A&a\end{matrix}$$. Nous abuserons fortement de la notation et laissons$a$, disons, faites référence au sous-groupe, à son occupation totale ou à la classe de mouvements centrés (jusqu'à natural $8$-fold symétrie) au carré.

Maintenant, observez cela jusqu'à $8$-Plus symétrie pour chacun des sous-groupes $a,b,c$il n'y a qu'un seul mouvement qui augmente sa moyenne par rapport à$A,B,C$, respectivement, à savoir. $A,b,C$. Par conséquent, chaque mouvement qui augmente l'équilibre en faveur de$A,B,C$ contre $a,b,c$, respectivement, doit être équilibré par le nombre approprié d'étapes $A,b,C$, respectivement.

Il y a des cascades: à commencer par un déséquilibre $B>b$ de $1$ cela doit être équilibré par un $b$ mouvement provoquant un nouveau déséquilibre $A>a$--- qui peut être corrigé sans autres effets secondaires --- et un nouveau déséquilibre $C>c$ de $1$. UNE$C>c$ le déséquilibre ne peut être compensé que par un $C$ bouger qui reblance par pas de $3$ (dans $C$ unités, $3/4$ dans $c$unités, différence due à la taille des groupes). mais réintroduit un$B>b$ déséquilibre de $1$. Si nous combinons tout cela, nous constatons que l'équilibre$A>a$ de $1$ Coût $1A$, une $B>b$ de $2$ Coût $1C,3b,3A$, et un $C>c$ de $2$ Coût $1C,1b,1A$.

Une fois les groupes équilibrés, les niveaux absolus des groupes $Aa$ et $Cc$ peut être corrigé à la hausse au besoin à l'aide de mouvements $a$ et $c$. En particulier, ces mouvements sont neutres en termes d'équilibre intra-groupe. Notez que nous avons touché tous les coups sauf$B$maintenant, et chaque mouvement était neutre ou en cascade dans une victoire nette de petit groupe de lettres. Formaliser ce poids$A:1,C:1,B:4$. Puis chaque mouvement sauf$B$est neutre ou déplace la somme pondérée du solde au sein du groupe vers la petite lettre favorisée. Par conséquent, n'importe quel modèle équilibré peut être construit en choisissant une quantité totale de$B's$qui doit être égal et ensuite les équilibrer. Le déséquilibre causé par deux$B$'S est $B>b:2,C>c:4,A>a:4$: La correction de l'équilibre nécessite $14A,5b,3C$. Ensemble avec$2B$ cela conduit à l'occupation $B=b=22$ qui n'est pas divisible par la taille du groupe $4$nous devons donc doubler tous les nombres. Pour apporter les tailles de groupe$A=a$ et $C=c$ aux niveaux corrects, nous devons ajouter $5C$ et $16a$ menant à un total de $69$.

Cet argument est presque constructif jusqu'à théoriquement réalisable au sein du déséquilibre des sous-groupes. Mais on commence avec quatre$B$est de notre choix, donc tout à l'exception possible de $A$ (Qui a $8$ les membres peuvent être construits symétriquement.