La $a_{i,j}$ være tallet i rad i kolonne j. La $v_{i,k}(j) = a_{i,j}+a_{k,j}$ og $w_{i,k}(j) = \frac{a_{i,j}+a_{k,j}}{2}$. Vi viser først en påstand.
$\textbf{Påstand:}$ Hvis vi ser på radene modulo 2, så eksisterer det to rader med like tall på 7 av plassene.
$\textit{Bevis:}$ Vi sier at differansen mellom to rader er antall kolonner hvor de har ulike tall modulo 2. Vi ser at $v_{i,k}(j) = 1$ hviss rad i og rad k har to ulike tall i kolonne j. Vi summerer nå over alle differansene mellom radene:
\[
\sum_{j=1}^{13} \sum_{1\leq i < k \leq 13} v_{i,k}(j) =\sum_{j=1}^{13} f(j)(13-f(j)) \leq 13\cdot (6\cdot 7)
\]
Her er $f(j)$ lik antall enere modulo 2 i kolonne j. Vi har at $\sum_{1\leq i < k \leq 13} v_{i,k}(j) = f(j)(13-f(j))$ fordi hver $v_{i,k}(j) =1$ korresponderer med et valg av ener og et valg av nuller. Antall valg av to rader er $\binom{13}{2} = 78$. Vi har altså at gjennomsnittsdifferansen mellom to rader er mindre eller lik $\frac{13\cdot 6\cdot 7}{78} = 7$. Det betyr at det eksisterer to rader med differanse 6 eller mindre, eller så er differansen mellom to rader alltid nøyaktig 7. Hvis det eksisterer to rader med differanse 6 eller mindre så er de like i 7 av kolonnene.
Det holder nå å vise at det ikke er mulig at alle radene innbyrdes har differanse 7. Vi kan tenke på radene som binærstrenger. Differansen mellom to rader er da lik hamming-avstanden mellom deres korresponderende binærstrenger. La $g$ være en funksjon som gir antall enere i en binærstreng. Vi har da at differansen mellom binærstreng x og y er $g(x\oplus y) = g(x)+g(y)-2g(x\land y) = 7$ for alle x og y. La oss si at vi har tre binærstrenger x, y og z. Da vet vi at en av $g(x) + g(y)$, $g(y)+g(z)$ eller $g(z)+g(x)$ er delelig på 2. UTAG anta at det er $g(x)+g(y)$. Dette er en motsigelse fordi $g(x)+g(y)\equiv g(x\oplus y) =7 \pmod 2$. Dermed er påstanden vist.
Vi kan nå ta fatt på oppgaven. Av påstanden ovenfor kan vi UTAG anta at $a_{1,j} \equiv a_{2,j} \pmod 2$ for $1\leq j \leq 7$. Da er $w_{1,2}(j)$ også et heltall. Det følger av EGZ teoremet på disse $2\cdot 4-1$ tallene at det eksisterer $w_{1,2}(j_1)$, $w_{1,2}(j_2)$, $w_{1,2}(j_3)$ og $w_{1,2}(j_4)$. Slik at summen deres er delelig på 4. Dermed har vi at
\[
0 \equiv 2\sum_{k=1}^4 w_{1,2}(j_k) \equiv \sum_{k=1}^4 v_{1,2}(j_k) \pmod 8
\]
Kombomaraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Observer at mengden plan [tex]R = {x+y+z-n=0 | n \in [1,3n] [/tex]
Oppfyller kriteriene.
AFMS det går ann med 3n-1 plan, hver med ligning [tex]R_i | a_ix+b_i y +c_i z - k_i= 0[/tex]
Observer at hver k_i er ikkenull av antagelsen om at planene ikke går igjennom (0,0,0).
Vi tar for oss produktet [tex]\prod_1^{3n} (a_i x+b_i y +c_i z -k_i) * (x+y+z)[/tex]
Dette polynomet har forhåpentligvis grad 3n, hvis ikke sliter vi. Tar vi videre for oss koordinataksene får vi tre mengder på størrelse n+1.
Om [tex]x^n y^n z^n[/tex] finnes i utvidelsen vil polynomet ha et ikkenullpunkt i de 3 koordinataksene, som vil være en motsigelse, siden vi ved å anta planene dekket gitterpunktene også antok det er et polynom med det punktet som nullpunkt.
Om koefissienten til [tex]x^n y^n z^n[/tex] ikke er null kan vi bare legge til [tex]k \prod_{i=0} ^{i=n} (x-i)(y-i)(z-i)[/tex], og polynomet får koefissienten ikkenull, og er likt på alle gitterpunktene. Vi bruker da CNS, og får en motsigelse
Oppfyller kriteriene.
AFMS det går ann med 3n-1 plan, hver med ligning [tex]R_i | a_ix+b_i y +c_i z - k_i= 0[/tex]
Observer at hver k_i er ikkenull av antagelsen om at planene ikke går igjennom (0,0,0).
Vi tar for oss produktet [tex]\prod_1^{3n} (a_i x+b_i y +c_i z -k_i) * (x+y+z)[/tex]
Dette polynomet har forhåpentligvis grad 3n, hvis ikke sliter vi. Tar vi videre for oss koordinataksene får vi tre mengder på størrelse n+1.
Om [tex]x^n y^n z^n[/tex] finnes i utvidelsen vil polynomet ha et ikkenullpunkt i de 3 koordinataksene, som vil være en motsigelse, siden vi ved å anta planene dekket gitterpunktene også antok det er et polynom med det punktet som nullpunkt.
Om koefissienten til [tex]x^n y^n z^n[/tex] ikke er null kan vi bare legge til [tex]k \prod_{i=0} ^{i=n} (x-i)(y-i)(z-i)[/tex], og polynomet får koefissienten ikkenull, og er likt på alle gitterpunktene. Vi bruker da CNS, og får en motsigelse
In a mathematical challenge, positive real numbers $a_{1}\geq a_{2} \geq ... \geq a_{n}$ and an initial sequence of positive real numbers $(b_{1}, b_{2},...,b_{n+1})$ are given to Secco. Let $C$ a non-negative real number. In a sequence $(x_{1},x_{2},...,x_{n+1})$, consider the following operation:
Subtract $1$ of some $x_{j}$, $j \in \{1,2,...,n+1\}$, add $C$ to $x_{n+1}$ and replace $(x_{1},x_{2},...,x_{j-1})$ for $(x_{1}+a_{\sigma (1)}, x_{2}+a_{\sigma (2)}, ..., x_{j-1}+a_{\sigma (j-1)})$, where $\sigma$ is a permutation of $(1,2,...,j-1)$.
Secco's goal is to make all terms of sequence $(b_{k})$ negative after a finite number of operations. Find all values of $C$, depending of $a_{1}, a_{2},..., a_{n}, b_{1}, b_{2}, ..., b_{n+1}$, for which Secco can attain his goal.
Subtract $1$ of some $x_{j}$, $j \in \{1,2,...,n+1\}$, add $C$ to $x_{n+1}$ and replace $(x_{1},x_{2},...,x_{j-1})$ for $(x_{1}+a_{\sigma (1)}, x_{2}+a_{\sigma (2)}, ..., x_{j-1}+a_{\sigma (j-1)})$, where $\sigma$ is a permutation of $(1,2,...,j-1)$.
Secco's goal is to make all terms of sequence $(b_{k})$ negative after a finite number of operations. Find all values of $C$, depending of $a_{1}, a_{2},..., a_{n}, b_{1}, b_{2}, ..., b_{n+1}$, for which Secco can attain his goal.