Можно ли так расставить все натуральные числа?

[Ktina]

Можно ли так расставить все натуральные числа в кубах бесконечной пространственной решетки, чтобы сумма любых 10 чисел, идущих подряд вдоль каждой оси координат, делилась на 1001?

[wrest]

А что значит

Ktina в сообщении #1409925 писал(а):

в кубах бесконечной пространственной решетки,

?

[nnosipov]

Куб как пространственная ячейка, куда вписываем ровно одно число. Плоский аналог --- лист клетчатой бумаги с ячейками-клетками.

[Gagarin1968]

Так это ж известная задача на принцип Дирихле.
Предположим, что мы уже успешно расставили все числа. Если разделить всю "бесконечную пространственную решётку" на кубики $10\times 10\times 10$ и в каждой ячейке такого кубика записать вместо числа, стоящего там, остаток от деления этого числа на $1001$, то все такие кубики будут заполнены одинаково. Но ячеек-то в таком кубике $1000$, а возможных остатков существует $1001$.
Получается, что какого-то остатка нет. Значит наше исходное предположение насчёт успешной расстановки чисел было неверно.
Ответ: нельзя.

[nnosipov]

Ktina в сообщении #1409925 писал(а):

бесконечной пространственной решетки

А бесконечная она как $\mathbb{Z}^3$ или как $\mathbb{N}^3$?

-- Пн авг 12, 2019 16:36:02 --

Gagarin1968 в сообщении #1409969 писал(а):

все такие кубики будут заполнены одинаково

Почему? Как это вытекает из условия?

Gagarin1968 в сообщении #1409969 писал(а):

Получается, что какого-то остатка нет.

И в чем противоречие?

[Connector]

nnosipov в сообщении #1409973 писал(а):

Почему? Как это вытекает из условия?

Я рассуждаю так: разность любых двух чисел, лежащих на одной прямой, параллельной оси, и разделённых интервалом в $9$ чисел, кратна $1001$. Значит, для любого натурального $n$, меньшего или равного $1001$ можно построить этакую пространственную «решётку» с ячейками $10$ на $10$ на $10$, которая будет состоять из чисел, дающих при делении на $1001$ остаток $n$ (или $0$, при $n=1001$). Совместив все эти «решетки», получаем требуемое. Можно рассуждать и проще: если даны два куба объемом $1000$ кубиков, то кубики (ячейки), занимающие в них одно и то же положение, содержат числа, дающие при делении на $1001$ один и тот же остаток.

В чем противоречие? А разве не в том, что в ячейках должны расположиться все натуральные?

nnosipov в сообщении #1409973 писал(а):

А бесконечная она как $\mathbb{Z}^3$ или как $\mathbb{N}^3$?

(Я исхожу из первого.)

UpD.

(Gagarin1968)

Да, я уже влез, извините.

[nnosipov]

Connector в сообщении #1409976 писал(а):

Я рассуждаю так: разность любых двух чисел, лежащих на одной прямой, параллельной оси и разделённых интервалом в $9$ чисел, кратна $1001$

Да, дошло.

-- Пн авг 12, 2019 17:13:31 --

Connector в сообщении #1409976 писал(а):

А разве не в том, что в ячейках должны расположиться все натуральные?

Да, вот теперь окончательно дошло. Ну, затупил, бывает

[Gagarin1968]

nnosipov в сообщении #1409973 писал(а):

А бесконечная она как $\mathbb{Z}^3$ или как $\mathbb{N}^3$?

nnosipov
Я думаю, что ТС имел(а) в виду $\mathbb{Z}^3$, но по-моему здесь это несущественно.

nnosipov в сообщении #1409973 писал(а):

И в чем противоречие?

Ну вот опоздал. Connector уже всё разжевал.

[nnosipov]

Gagarin1968 в сообщении #1409983 писал(а):

по-моему здесь это несущественно

Да, согласен.

[worm2]

А если 1001 в условии заменить на 1000, или на число, меньшее 1000?
Задача резко усложняется.
У меня не получается решить даже для гораздо меньших чисел, например, 3 подряд числа, делящиеся на 27, или даже на 20, возможны ли?
Для "двух подряд чисел" ответ тривиален и отрицателен для всех делителей, больших 1.
Для "N подряд чисел" легко показать, что ответ положителен для всех делителей, не превосходящих $(N-1)^3$. Оценку можно поднять, но докуда?
При приближении делителя к $N^3$ вылезает нечто похожее на магические кубы, но по модулю, и нет требований к диагоналям. Возможно, кто-то этим занимался.

[SiberianSemion]

worm2 в сообщении #1410024 писал(а):

Для "N подряд чисел" легко показать, что ответ положителен для всех делителей, не превосходящих $(N-1)^3$.

Значение $N=3$ для делителя $7$, возможно, является опровержением этого утверждения. Не вижу легкого способа заполнить куб $3\times3\times3$ остатками семи с выполнением условия задачи.

Но вот более скромную оценку $N-1$ получить легко. Для этого надо решить тривиальную одномерную задачу $-$ заполнить всеми возможными остатками линию длины $N$, а затем на основе него построить удовлетворяющий условию куб циклическими сдвигами.

-- 12.08.2019, 23:23 --

UPD. А ведь оценка $N-1$ оптимальна! Пример неразрешимой задачи "$N$ подряд" для делителя $N,$ по сути, уже дан выше: $N=2.$ Действительно, в этом случае неразрешима задача для делителя $2.$ И построение

SiberianSemion в сообщении #1410029 писал(а):

заполнить всеми возможными остатками линию длины $N$, а затем на основе него построить удовлетворяющий условию куб циклическими сдвигами.

можно существенно упростить. При наличии на краю куба линии всевозможных остатков можно даже не привлекать сдвиги, а просто заполнить внутренность куба нулями, расставив по краям "взаимно-дополнительные" остатки.

[worm2]

SiberianSemion в сообщении #1410029 писал(а):

Не вижу легкого способа заполнить куб $3\times3\times3$ остатками семи с выполнением условия задачи.

Заполняется куб $2\times2\times2$ произвольным образом семью всевозможными остатками (какой-то остаток придётся использовать дважды), а затем однозначным образом доопределяется до куба $3\times3\times3$.