Форум умных людей

В каждой вершине куба записано число. За один шаг к двум числам, размещенным на одном (любом) ребре, прибавляется по единице. Можно ли за несколько таких шагов сделать все восемь чисел равными между собой?
a)    0-------0
      /|        /|
     / |       / |
    0-|----0   |
    |  |     |   |
    |  0----|--1
    | /      |  /
    |/       | /
    0------0 

инвариант четности суммы

б)  7------4
    /|       /|
   / |      / |
  6-|----5  |
  |  |     |  |
  |  2----|-3
  | /       | /
  |/        |/
  1-------4

Заманил  :D

Из каждой пары (2n-1, 2n) делаем (6,7), осталось 'приподнять' по паре шестерок в бывших парах (1-6) и (3-4).

ТС интересует, можно ли в общем случае?

А как Вы соорудите общий случай? :-\

Очень просто. В вершинах куба стоят цифры, сумма которых четна. За один шаг к двум числам, размещенным на одном (любом) ребре, прибавляется по единице. Всегда ли можно за конечное число шагов сделать числа в вершинах одинаковыми?

В общем случае нельзя
Вот например:

      1-------0
      /|        /|
     / |       / |
    0------0  |
    |  |     |   |
    |  0---|--1
    | /      |  /
    |/       | /
    0------0  

Понятно. Всплыло еще одно условие о равенстве сумм в вершинах вписанных тетраедров.

Определить общий случай очень просто.Одна вершина ребра раскрашивается красным цветом, другая - синим. Если при такой раскраске сумма синих цифр в исходном кубе не будет равна сумме красных - то нельзя, а если будет - то можно.

А это у меня шло под буквой в :)

как доказать, что это достаточное условие?

Не знаю, насколько это будет считаться доказательством, но возникло конструктивное построение:

Пусть имеется кольцо вершин 1-8, и сумма чисел на нечетных местах равна сумме на четных. Если существует способ уравнять все числа в кольце, то это доказывает и гипотезу для куба, ибо кольцо - более сильная задача, чем куб.
Для начала уравняем (1-2). Очевидно, это возможно. Если (3) больше(1-2), то поднимем (1-2) до уровня 3, иначе поднимем (3-4) до того, как (3) сравняется с (1-2). Аналогично сравняем (5-6-7), после чего в группе, имеющей меньшее число, сначала поднимем пару до равенства с большей тройкой, а оставшуюся вершину поднимем вместе с вспомогательной соседней.
Итак, имеем группы (1-2-3) и (5-6-7) с одинаковым числом. Пусть это число k. Теперь, если в (4) стоит число k+m, то в силу равенства чет-нечет, в (8) находится число k-m. Поднимем (2-3) и (5-6) до k+m. Далее, поднимем (1-8) до k+m в (1) и k в (8) соответственно. Остались вершины (7) и (8), в обоих получилось число k. Поднимаем эту пару до k+m, и во всех вершинах оказывается одинаковое число.

Вычеркнул, ибо многабукв.

1. Рисовать я не умею, поэтому опишу куб АБВГА1Б1В1Г1, где нижняя грань АБВГ и верхняя - А1Б1В1Г1 (А1 над А, Б1 над Б и т.д.). Думаю, пока всё ясно.
2. Раскрасим вершины: А,В,Б1,Г1 - красные, Б,Г,А1,В1 - синие.
3. Если числа при вершинах куба не равны, существует макс (м/б не один) и мин (тоже м/б не один)  
4. Рассмотрим самый тяжёлый случай. Некоторая красная вершина (напр. А) = мин и все 3 ребра от неё исходящие имеют синие концы - мах. Назовём этот случай "мин-3мах" (почему это самый трудный случай, надеюсь объяснять не надо). Эти синие вершины: А1,Б и Г
Тогда оставшаяся синяя вершина (В1) может быть только мин, а окружающие её красные (В,Б1,Г1)- только макс.
Прибавим (макс-мин) к вершинам вертикального ребра АА1.
Тогда в нижней грани все 4 вершины будут = макс, а в верхней грани будет:
А1=2мах-мин, Б1=Г1=мах и В1=мин. Прибавим мах-мин сначала к вершинам ребра В1Б1, затем - В1Г1 и всё уравняется сверху.
Остаётся опять уравнять нижнюю грань с верхней просто оперируя рёбрами нижней грани.
Если у кого-то сомнения, почему случай, который я рассмотрел - худший, - готов разъяснить.
Впрочем, могу это сделать сейчас:
Если не существует вершина=мин, окружённая только вершинами другого цвета = макс, то можно выбрать ребро с не макс и поднять мин, не превысив макс.
Если таких мин несколько то это можно либо:
а) сделать автономно для каждой мин
б) свести к  случаю "мин-3мах".
То есть в случае а) есть стратегия уменьшающая макс-мин и способная либо уменьшить её до нуля, либо привести к случаю б).

 ;D

Кстате, "худший случай" - очень плохая фраза для доказательства  :no!:

Ну, я не девушка на выданье :)
Кстати, я привёл и д-во общего случая - добавил к тому д-ву.
Так что можете называть это не "худший случай", а случай б)

Черт, все проще: оперируя верхней гранью, можно сделать 4 одинаковых числа в нижней. Далее делаем равными две соседние верхние вершины с помощью оставшейся верхней пары, две оставшиеся также станут равны. Добиваем верхнюю до равенства, и меньшую грань(из верх-низ)  опять же до равенства.

Ну, я понял, что Вы имеете ввиду, хоть и выражались Вы не совсем гладко, скажем так.
1. Нельзя сделать равными вершины нижней грани оперируя верхней гранью. Вы имхо имели ввиду что можно сделать равными вершины нижней грани, оперируя вертикальными рёбрами, т.е. за счёт верхней грани.
2. Действительно, верхнюю грань можно "ухайдокать" :), т.е. сделать её вершины равными, как Вы описываете, но это надо доказать.
Суммы чисел по диагонали в верхней грани равны. Поэтому если все 4 числа верхней грани не равны сразу, то одна диагональ содержит и минимум и максимум.
Поэтому два ребра контачащие с минимумом просто поднимаем до максимума уравнивая с максимумом вторые их концы.
--------------------------------------
Я кажется имею доказательство более общего случая - когда речь идёт не только о кубе, но о произвольной структуре с одинаковой суммой чисел одного цвета.

В этом мы похожи, за тем отличием, что я так и не понял, что Вы имели ввиду  :nyam:

Предпочитаю не опираться все-таки совсем на аксиоматику, а некоторые вещи считать очевидными. Иначе каждые раз пришлось бы доказывать, к примеру, что прямая делит плоскость на две полуплоскости, а любая прямая, не проходящая через вершину треугольника, пересекает его в четном числе точек.

Это хорошо. Тогда Вам не составит труда сделать одинаковыми числа в трехлучевой звезде, в центре которой тройка, а в конце лучей по единице.

Раз плюнуть. Как только Вы мне её раскрасите так, чтобы в каждом цвете было равное число вершин, - так сразу.

Уж что-что, а гадости я рисовать умею  :nyam:
Показать скрытый текст
 :beer:

Если Вас интересует доказательство, то из него "вытечет" сама степень произвольности структуры.
Пока же в моём представлении для такой структуры должно выполняться следующее правило: для любых трёх вершин А, В, С, путь из А в С может как включать точку В, так и не включать.