Riddle de camaleones

Question

Hay rojo 10, 11 12 camaleones verdes. A veces, se reúnen dos camaleones. Si son del mismo color, no pasa nada. Si son colores diferentes, se ambos cambian al tercer color. ¿Pueden ser camaleones todos del mismo color?

No parece es posible pero no seguro cómo demostrarlo. Parece que podría tener algo que ver con aritmética modular.

Answer 1

Que $R$, $B$, y $G$ es el número de camaleones rojos, azul y verdes en el momento. Después de cualquier sesión de camaleones, tenemos uno de %#% $ #%

$$R\mapsto R,\quad B\mapsto B,\quad G\mapsto G$ $ $$R\mapsto R-1,\quad B\mapsto B-1,\quad G\mapsto G+2$ $ $$R\mapsto R+2,\quad B\mapsto B-1,\quad G\mapsto G-1$ $ Tenga en cuenta que $$R\mapsto R-1,\quad B\mapsto B+2,\quad G\mapsto G-1$, $B-G\pmod 3$, y $R-B\pmod 3$ se conservan en cualquier reunión. Suponiendo (WLOG) que todos los camaleones en algún momento se convirtió en verde, entonces ambos $G-R\pmod 3$ y $R$ $B$ y así $0$. Pero habiendo comenzado con $R-B\equiv 0\pmod 3$, esto es imposible. Así, los camaleones nunca pueden todos ser del mismo color.

Answer 2

Sea el número de camaleones rojos, azul y verde mod $3$ $\langle r,b,g\rangle$. Cuando reúnen dos de diferentes colores, los números resultantes después de los cambios de color son $\langle r-1,b-1,g+2\rangle$, $\langle r-1,b+2,g-1\rangle$, $\langle r+2,b-1,g-1\rangle$. Cada uno de ellos es el mismo mod $3$ como un cambio $\langle r-1,b-1,g-1\rangle$. Puesto que los números iniciales son $\langle 1,2,0\rangle$, que son distintas, y siempre serán distintas. De hecho, recorrer la permutaciones $\langle 1,2,0\rangle$, $\langle 0,1,2\rangle$ y $\langle 2,0,1\rangle$.

Answer 3

Aquí es más mecánico, mucho menos elegante de la estrategia, que acabó siendo el mismo que el anterior. Me doy cuenta de que uno está buscando invariantes, pero siempre tiene un tiempo difícil manchado. La siguiente técnica puede proporcionar una cierta estructura de la solución que comparten mi dificultad...

Deje $A = \begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2\end{bmatrix}$. Busco 'limpio' autovalor/izquierda autovector de a pares, y encontrar $v^T=(1,-1,0)$ correspondiente al autovalor $3$. El 'sistema' que tenemos es $x_{x+1} = x_n + u_n$, donde en cada $n$, $u_n$ es una de las tres columnas de $A$, e $x_n = (r_n, g_n, b_n)^T$ representa el número de cada color en el tiempo de $n$. La solución es $x_n = x_0+u_0+...+u_{n-1}$.

Ahora miro $v^T x_n$, y el aviso de que $v^T x_n \pmod 3 = v^T x_0 \pmod 3 = 1$. Sin embargo, $v^T (33,0,0) = 0 \pmod 3$, y lo mismo para el otro extremo de las distribuciones. Por lo tanto nunca podremos llegar a estos estados.