На доске нарисовано $%n$% ячеек, занумерованых слева направо числами $%1, 2, ..., n$%. В каждой ячейке записан знак «$%+$%». Андрюша должен сделать $%n$% ходов. Первым ходом он меняет знак на противоположный в одной произвольной ячейке по своему выбору. Вторым ходом -- в двух произвольных соседних ячейках, далее -- в трех соседних, и так далее. Предпоследним ходом он меняет знак в $%(n -1)$% -ой ячейке, стоящих подряд, и последним ходом меняет знак во всех $%n$% ячейках. Сможет ли Андрюша в конце получить во всех ячейках знак «$%-$%», если

а) $%n = 2017;$% б) $%n = 2018$%?

задан 31 Янв '18 19:57

Если первым ходом меняем знак в ячейке 1. То вторым ходом должны поменять знак в двух соседних ячейках. Но у первой ячейки только одна соседняя. Как быть?

(31 Янв '18 20:50) abc

Наверное имеется ввиду, что эти две ячейки соседи друг другу. То есть на i-м ходе меняет знаки в прямоугольнике 1хi

(31 Янв '18 20:58) spades

@abc: первым ходом меняется знак в любой из ячеек (не обязательно в первой). Вторым ходом меняем знаки в каких-то соседних ячейках -- например, 5 и 6. Эти числа никак не связаны с тем, каков был первый ход.

(31 Янв '18 21:12) falcao

@falcao: Да, именно это я и пытался написать в условии.

(31 Янв '18 21:48) Роман83
1

@Роман83: я считаю, что условие абсолютно корректно, и совершенно однозначно толкуется.

(1 Фев '18 0:22) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

При совершаемых операциях меняется знак у $%1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}2$% чисел, то есть произведение домножается на $%(-1)^{n(n+1)/2}$%. С другой стороны, если у каждого числа меняется знак, то происходит домножение на $%(-1)^n$%. Тогда достаточным условием возможности преобразований из условия является одинаковая чётность чисел $%\frac{n(n+1)}2$% и $%n$%. Первое из чисел нечётно для обоих пунктов, так как $%2018$% не делится на 4. Поэтому для пункта б), в котором $%n$% чётно, сразу имеем отрицательный ответ.

Покажем, как совершить преобразования для пункта а). Прежде всего, заметим, что от порядка совершаемых преобразований результат не зависит. Это следует из коммутативности умножения: мы каждый раз домножаем числа покоординатно на вектор из чисел (единиц и минус единиц), и от порядка домножений ничего не изменится.

В данном случае $%n=4k+1$%. Разобьём полоску на две длиной $%1$% и $%4k$%; $%2$% и $%4k-1$%, ... , $%2k$% и $%2k+1$%. Сделаем соответствующие домножения для полосок указанных длин. Каждое число $%2k$% раз поменяет знак, то есть всё останется как было. На последнем шаге меняем знак у всей полоски чисел, получая нужный результат.

ссылка

отвечен 1 Фев '18 0:44

@falcao: Спасибо!

Пункт б) я решил (тоже доказывал через четность). А вот пункт а) мне не дался. Я пробовал все сделать для n=7 (а оно не является числом вида 4k+1) и сделал предположение, что ответ будет отрицательным и в этом пункте, но доказать это так и не смог :)

(1 Фев '18 0:51) Роман83
1

@Роман83: для n=7 сделать нельзя из тех же соображений чётности: n(n+1)/2=20 чётно, но n нечётно.

(1 Фев '18 0:55) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×310

задан
31 Янв '18 19:57

показан
298 раз

обновлен
1 Фев '18 0:55

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru