Журнал «Квант» — физико-математический журнал для школьников и студентов

ЯНВАРЬ/ФЕВРАЛЬ 1995 г. №1

Условие.

При каких натуральных $n>1$ в таблице

можно выбрать $n$ разных чисел в разных строках и разных столбцах?

Решение и ответ.

Ответ: при нечетном $n$ — можно, при четном — нельзя.

Будем считать, что таблица состоит из клеток $(x;y)$, где $x$ и $y$ — целые числа от $1$ до $n$, причем в клетке $(x;y)$ стоит число $f(x;y)$ от $1$ до $n$ такое, что: $f(x;y)=x+y(mod n).$

Т.е. разность $f(x;y)-(x+y)$ делится на $n$. (Очевидно, это расположение чисел такое же, как в условии).

Если выбраны числа в клетках $(x_{i};y_{i})$, стоящих в разных строках и разных столбцах $(i=1,2,…,n)$, то среди $x_{i}$ и среди $y_{i}$ каждое число $1,2,…,n$ встречается по разу, поэтому $x_{1}+…+x_{n} = y_{1}+…+y_{n} = n(n+1)/2$.

Если все числа $f(x_{i};y_{i})$ различны по модулю $n$, то и сумма $(x_{1}+y_{1})+…+(x_{n}+y_{n})=n(n+1)$

должна равняться $n(n+1)/2$ по модулю $n$. Но если $n$ чётно, $n=2k$, то разность $2k(2k+1)-k(2k+1)=k(2k+1)$

не делится на $n=2k$, так что выбрать числа требуемым образом нельзя.

Если же $n$ нечетно, то достаточно выбрать числа $f(x;y)$ в клетках $x=y$, идущих по диагонали, где все они различны (числа $2,4,…,2n$ дают разные остатки при делении на $n$).

Замечание.

Эта задача — по существу другая формулировка двух более известных:

Ответ. конечно, тот же, что и в задаче $M1472$.

Н.Васильев, А.Савин

Задача из Научно-популярного физико-математическом журнала «Квант». Она была опубликована в февральском выпуске 1993г. под номером М1344.

Условие задачи

Том Сойер красит забор, состоящий из бесконечной последовательности прямоугольных досок разной ширины и высоты. Каждая доска на 1% уже, чем предыдущая, и выше нее, но не выше 2м. Том начинает с первой доски и затем, если доска выше предыдущей более чем на 2%, красит ее, а в противном случае — пропускает. Может ли забор быть таким, что он покрасит не менее:
а) 40%, б) 50%, в) 60% площади забора?

Решение

Пусть a_n — высота, b_n — ширина n-ой доски; n=1,2,…
Положим $q=0.99, p=\frac{1}{0.99*1.02}=\frac{1}{1.0098}$.
По условию, $b_{n}=b_{1}q^{n}, a_{n}\leq 2$; доска будет окрашена, если отношение площади предшествующей доски к ее площади меньше p.
Заметим, что несмотря на бесконечность количества досок, длина и площадь забора конечны: его длина равна сумме бесконечно убывающей прогрессии $b_{1}(1+q+…+q^{n}+…)=\frac{b_{1}}{1-q},$ а площадь не превосходит $\frac{2b_{1}}{1-q},$.
Мы не только ответим на вопрос задачи, но и найдем точную оценку сверху доли окрашеной площади забора. Пусть забор таков, что первые N досок окрашены, а за ними идут неокрашеные доски высотой $a_{N}=a, N-$ достаточно большое число (см. рисунок). Площадь неокрашеных досок равна $D=a(q+q^{2}+…)=\frac{aq}{1-q}$, а площадь окрашенных может быть сколь угодно близка к $C=a(1+q+q^{2}+…)=\frac{a}{1-p}$.
Поскольку $\frac{C}{D}=\frac{1-q}{(1-p)q}=\frac{0.01*0.99*1.02}{0.0098*0.99}=\frac{1.02}{0.98}=\frac{51}{49}$, этот пример показывает, что доля окрашенных досок может составлять почти 51% (и быть сколь угодно близкой к этому числу); нетрудно видеть, что эта доля может быть и любым меньшим числом.
Докажем, что она не может быть равной или большей 51%. Обозначим через S общую площадь забора, C — площадь окрашенных досок, $D = S-C$ — площадь неокрашенных. Будем называть неотмеченными доски, предшествующие неокрашенным.
Пусть n-ая доска отмечена, тогда (n+1)-ая окрашена, и $a_{n}b_{n}\leq a_{n+1}b_{n}=\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{q}$. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не превосходит $\frac{D}{q}$. Пусть теперь n-ая доска не отмечена; тогда (n+1)-ая окрашена, и $a_{n}b_{n}\leq pa_{n+1}b_{n+1}$. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не больше pC. Складывая площади всех — отмеченных и неотмеченных — досок, получим: $S=pC+\frac{D}{q}$, откуда, заменив S на C+D, получим $C(1-p)\leq D(\frac{1}{q}-1)=\frac{D(1-q)}{q}$, т.е. $\frac{C}{D}\leq \frac{1-q}{q(1-p)}=\frac{51}{49}$.
Итак, ответы на вопросы а) и б) задачи положительны, на вопрос в) — отрицателен.

А.Григорян

Дана таблица $n\times n$, столбцы которой пронумерованы числами от $1$ до $n$. В клетки таблицы расставляются числа $1,2,\cdots,n$ так, что в каждой строке и в каждом столбце все числа различны. Назовем клетку хорошей, если читсло в ней больше номера столбца, в котором она находится. При каких $n$ существует расстановка, в которй во всех строках одинаковое количество хороших клеток?

Решение

Найдем общее количество хороших клеток. В первом столбце их $n-1$ (все, кроме клетки с числом 1), во вторм их $n-2$ (все, кроме клетки с числом 1 и 2) и т.д., в последнем столбце таких клкеток нет. Значит, всего их $(n-1)+(n-2)+\cdots +1=\frac{n(n-1)}{2}$

Поэтому в каждой строке их должно быть по $\frac{n-1}{2}$, следовательно, $n$ должно быт ьнечетным.

Приведем пример расстановки при нечетном $n$. Пусть в первой строке записаны числа в порядке $1,n,n-1,n-2,\cdots,2$

а каждая следующая строка является циклическим сдвигом предыдущей строки на 1 клетку (см.рис.). Очевидно, в любой строке и в любом столбце каждое из чисел $1,2,\cdots,n$ встречается по одному разу. Рассмотрим $m$-ю строку ( $m\in \left \{ 1,2,\cdots,n \right \}$). В ее первых $m$ клетках стоят числа $1,2,\cdots,m$ в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно $\left [\frac{m}{2} \right]$ хороших. В ее последних $n-m$ клетках(т.е. в столбцах с номерами $m+1,m+2,\cdots,n$) стоят числа $m+1,m+2,\cdots,n$ в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно $\left [\frac{n-m}{2} \right]$ хороших. Так как числа $m$ и $n-m$ разной четности, то в $m$-й строке ровно $\left [\frac{m}{2} \right]+\left [\frac{n-m}{2} \right]=\frac{m}{2}+\frac{n-m}{2}-\frac{1}{2}=\frac{n-1}{2}$ хороших клеток.