Сумма чисел на шахматной доске

[Xenia1996]

В каждой клетке шахматной доски $9\times 9$ записано вещественное число, меньшее $ 1 $, но превышающее $ -1 $.
В каждом квадратике $2\times 2$ сумма чисел равна нулю.
Найти все значения, которые может принимать сумма всех чисел на доске.

[TOTAL]

По диагонали стоят числа

$$a_{ii}=-a_{11}-(-1)^i(a_{1i}+a_{i1}), \;\; i=2, \cdots, 9$$

Отсюда

$$S=a_{11}+ \sum^{9}_{i=2}(a_{1i}+a_{i1})<9 $$

[Xenia1996]

TOTAL в сообщении #450392 писал(а):

По диагонали стоят числа

$$a_{ii}=-a_{11}-(-1)^i(a_{1i}+a_{i1}), \;\; i=2, \cdots, 9$$

Отсюда

$$S=a_{11}+ \sum^{9}_{i=2}(a_{1i}+a_{i1})<9 $$

так, стоп-стоп-стоп
У меня к Вам два вопроса:

1) Почему по диагонали должны стоять именно такие числа? Разве сие очевидно?

2) Из Вашего неравенства следует, что сумма может быть сколь угодно мала. Но Вы ведь не это имели в виду, правда?

[TOTAL]

Xenia1996 в сообщении #450394 писал(а):

1) Почему по диагонали должны стоять именно такие числа? Разве сие очевидно?

2) Из Вашего неравенства следует, что сумма может быть сколь угодно мала. Но Вы ведь не это имели в виду, правда?

1) Все числа однозначно выражаются через левый столбец и нижнюю строку, согласны?

$$a_{ij}=-(-1)^{i+j}a_{11}-(-1)^{j}a_{i1}-(-1)^{i}a_{1j}, \;\;\; i,j=2, \cdots, 9$$

2) Аналогично показывается ограничение снизу

[Xenia1996]

TOTAL в сообщении #450399 писал(а):

1) Все числа однозначно выражаются через левый столбец и нижнюю строку, согласны?

$$a_{ij}=-(-1)^{i+j}a_{11}-(-1)^{j}a_{i1}-(-1)^{i}a_{1j}, \;\;\; i,j=2, \cdots, 9$$

2) Аналогично показывается ограничение снизу

Да, Ваше решение покрасивее моего будет.

А вот как решила я:

Действительно, легко показать, что любое значение -9<S<9 может приниматься.
Пусть в каждой клетке нечётной горизонтали стоит -1<x<1, а в чётной - -x.
Тогда сумма всех чисел будет -9<9x<9.
А вот доказать, что сумма не может быть большей или равной девяти по модулю, не так уж трудно.


\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline a & a & a & a & a & a & a & a & c\\ \hline a & a & a & a & a & a & a & a & b\\ \hline a & a & a & a & a & a & c & b & b\\ \hline a & a & a & a & a & a & b & a & a\\\hline a & a & b & b & c & b & b & a & a\\ \hline a & a & b & a & a & a & a & a & a\\\hline b & b & c & a & a & a & a & a & a\\ \hline b & a & a & a & a & a & a & a & a\\\hline c & a & a & a & a & a & a & a & a\\ \hline \end{tabular}
Сумма во всех клетках a вместе равна нулю (они разбиваются на 16 квадратиков $2\times 2$), а в каждой клетке c и в каждом "уголку" "уголке" из трёх b - меньше 1 по модулю.

-- Чт май 26, 2011 16:13:51 --

Кстати, Ваше решение - общее, годится для любой доски $(2n+1)\times (2n+1)$. Моё же - только для "девяточки".

[Xenia1996]

Нашла ещё одно решение, по индукции.
Для $n=1$ утверждение верно.
Пусть оно верно для $n=2k-1$
Тогда на доске $(2k+1)\times(2k+1)$ отметим левый нижний квадрат $2k\times2k$
Сумма чисел в нём равна нулю.
Теперь бросим взгляд на оставшиеся клетки - все они, кроме двух угловых, представляют из себя "разницу" между квадратом $2k\times2k$ и квадратом $(2k+1)\times(2k+1)$, значит, по предположению индукции, сумма не будет превышать $2k-1$ плюс ещё две угловые клетки - итого $2k+1$

Я права?