Léteznek olyan különböző 4-esek, melyek bármely három tagja tritenkénti összege mod 3 a 4. -et adja?

Ha 4-en vannak benne, akkor inkább tetrádoknak kéne őket nevezni. Ez így nagyon félrevezető.

enwp.org/Size_of_groups,_organizations,_and_communities (Na ezt a linket szedd szét a vesszőknél, hüႱe GyK!)

Így például a (0; 1; 2; 3) az egy bionikus tetrád. biád akkor lenne, ha csak 2 eleme van például (9; 351) – ez még bionikus is, ha jól értem (mert bármelyiknek az összege (ami önmaga), ugyanannyi maradékot ad kettővel osztva, mint a másik).

Amúgy például a (-1683; 153; 42; 549)-cel mi a baj? Bármely három összege mod 3 éppen a 4. tag mod 3.

Nem igazán akar stimmelni a példád meg amire példát írtál.

"A bionikus biádokra tudok példát: (0; 1; 2; 3), mert bármely három bitenkénti összege mod 2 a 4.-et adja"

Eleve még el se kezdem összeadni, már nem jó, mivel bármi mod 2 at nem lehet 3. Innentől kezdve meg nem egyértelmű az egész hogy mit is keresel, mivel vagy a kérdés nem jó vagy a példa vagy mindkettő.

Ha mindegyik trit 0 mindegyik számban 0, akkor az jó lesz. Viszont ezen a triviálison kívül más megoldás nincs.

Rendezzük a számokat az n-edik tritjük szerint, és írjuk le az n-edik tritjeiket egymás után. Az első 3 összege mod 3 meghatározza a 4.-et, ami ha kisebb, mint az előző, akkor már rossz a négyes.

0, 0, 0, 0: ez jó, bármelyik 3 összege a 4. (tehát így kinézhet a számok n-edik tritje);

0, 0, 1, 1: ez rossz, mert 1 + 1 + 0 az nem 0 mod 3;

0, 0, 2, 2: rossz, 2+2+0 ≠ 0 mod 3;

0, 1, 1, 2: rossz: 2+2+1 ≠ 0 mod 3;

0, 1, 2, 0: rossz, 0 < 2;

0, 2, 2, 1: rossz, 1 < 2;

1, 1, 1, 0: rossz, 0 < 1;

1, 1, 2, 1: rossz, 1 < 2;

1, 2, 2, 2: rossz, 2+2+2 ≠ 0 mod 3;

2, 2, 2, 0: rossz, 0 < 2.

Tehát, akármi is legyen az n, a számok n-edik tritjeinek 0-nak kell lenni. Viszont ha minden tritjük 0, akkor csak 0-k lehetnek.

Ugye úgy általában is az kell, hogy olyan a, b, c, d számnégyest találjunk, hogy bármely három összege annyi maradékot ad n-nel osztva, mint a negyedik. Ha ez csak úgy megy, hogy mind osztható n-nel, akkor a számnégyesedben az összes szám minden számjegye csak 0 lehet, ha más lehetőség is van, akkor van esély ilyen számnégyest csinálni.

Szóval négy kongruenciát tudunk felírni (mod n):

(1) a + b + c ≡ d,

(2) a + b + d ≡ c,

(3) a + c + d ≡ b,

(4) b + c + d ≡ a.

Hogyha n = 2*k, akkor például az (a, b, c, d) = (0, 0, k, k) nyilván megoldás, és akkor a felülv(00), felülv(0k), felülv(k0) és felülv(kk) egy jó számnégyest alkotnak, és mind különbözőek.

Hogyha n páratlan, akkor a négy darab kongruenciát összeadva összeadva

3*a + 3*b + 3*c + 3*d ≡ a + b + c + d,

2*(a + b + c + d) ≡ 0.

Mivel n páratlan, ez csak úgy lehet, ha

a + b + c + d ≡ 0,

amibe a-t (4) alapján helyettesítve

a + a ≡ 2*a ≡ 0.

Ebből a egyetlen lehetséges értéke 0 (illetve a*n), és hasonlóan belátható b, c, d-ről is, hogy oszthatók kell legyenek n-nel.