Vladislav Nikolaev

Я когда-то долго ждал, а не получится ли ещё и 27-го ферзя поставить.

У меня было такое предположение, что на доске 3N x 3N (N>1) можно расставить 4N ферзей. Для N=2,3,4,6 решения нашлись, для N=5 - пока неизвестно. Я предполагаю, что решения нет. Вот 24 ферзя на доске 18 х 18:

Всё очень просто: во втором слое четыре синих кубика имеют по пять красных соседних кубиков. А если хотя бы у одного синего кубика рядом будет больше чем три красных, площадь боковой поверхности будет меньше чем нужно.

Да, теперь правильно. Остался вопрос - почему первое решение было очевидно неправильным. И хотелось бы увидеть доказательство почему для для куба 3х3х3 недостаточно 9?. Вот моё решение: Делим куб 6х6х6 на 8 кубов 3х3х3, и из них выбираем 4, центры которых образуют правильный тетраэдр. В этих четырёх отмечаем по 9 кубиков, как показано на рисунке. Какое максимальное число ферзей можно расставить на шахматной доске 20х20 так, чтобы ни один ферзь не находился под боем со стороны более чем одного другого ферзя?

Решение неправильное. То что оно неправильное можно просчитать. Но оно очевидно неправильное.

Наверное должно быть 7-i ? Т.е. вот так?

Периметр фигуры, являющейся объединением всех отмеченных шестиугольников, увеличиваться не может. При добавлении очередного шестиугольника он всегда увеличивается не более чем на 3 и одновременно уменьшается не менее чем на 3. Так как периметр всего поля = 54, вначале должно быть не менее 9 шестиугольников. Аналогично, в задаче про кубики, вначале их должно быть не менее 36. Есть очень простой способ, как это сделать. А это решение, полученное программным перебором. Для того чтобы доказать что это возможно. Проверить можно тоже с помощью программы?. Кубики имеют координаты от 000 до 555. Красные кубики вначале: 100, 020, 420, 130, 240, 550, 011, 521, 041, 102, 402, 312, 022, 132, 052, 352, 003, 503, 113, 413, 323, 343, 543, 253, 304, 214, 034, 234, 554, 505, 415, 025, 225, 525, 435, 155.

Есть простое доказательство того что 9 это минимум. Вот аналогичная задача: Дан куб 6 х 6 х 6, состоящий из 216 маленьких кубиков 1 х 1 х1. Допустим что каждый кубик или синий или красный. Если какой-то синий кубик соприкасается гранями с тремя или более красными то он становится красным. Сколько минимум должно быть вначале красных кубиков чтобы все потом стали красными?

В задаче про турнир я придумал решение, которое, как оказалось, полностью совпадает с решением Рогожникова. А что касается решения через матрицы, то, мне кажется, оно имеет отношение к теории неотрицательных матриц. Тема эта сложная (теоремы Перрона, Фробениуса). Неделю назад я вообще ничего этого не знал. Почитать можно, например, в учебнике Гантмахера.

Запишем турнирную таблицу в виде квадратной матрицы A, элементами которой будут 0 и 1. Если i-й игрок выиграл у j-го, то A_ij=1, A_ji=0. Все диагональные элементы также 0. Пусть E - вектор, все компоненты которого равны 1. Если умножим A на E, получим вектор F, компоненты которого это баллы игроков. Если теперь умножим A на F, получим вектор G, компоненты которого - коэффициенты крутизны. G=AF=A(AE)=(AA)E=A²E. Пусть теперь все компоненты G равны, но ведь у E они тоже равны - все 1. Это значит что G = kE, т.е. E - собственный вектор матрицы A². Но тогда E также и собственный вектор A и F=mE - компоненты F также равны.

Я так решал: Пусть сейчас время t=0, возраст Анны = a, возраст Бориса = b. Моменты времени, о которых говорится в задаче - x, y, z. Система уравнений: a+b=65 b=3(a+x) b+x=(a+y)/2 a+y=3(b+z) b+z=3(a+z) ---------------------- a=27.5 b=37.5