Un défi par semaine

Février 2018, 1er défi

Le 2 février 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (10)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Il n’y aura pas d’édition papier du calendrier 2018, il faudra attendre l’édition 2019 !

Semaine 5 :

On place les nombres de $1$ à $25$ dans le carré, de telle façon que chaque nombre (sauf le $1$ et le $2$) soit la somme de deux de ses voisins (le $1$ a huit voisins). Combien vaut $X$ ?

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Solution du 4e défi de Janvier :

Enoncé

La réponse est oui.

Commençons par un damier de $2\times 2$. Une manière de le construire est

PNG - 10.8 ko

Maintenant nous allons construire un damier de $4\times 4$. Pour ce faire, nous utili-serons le damier de $2\times 2$. Pour que les sommes obtenues continuent à être distinctes, rajoutons des $1$ et des $-1$ de la façon suivante

PNG - 15.2 ko

Pour compléter le damier, il suffit d’inclure le damier de $2\times 2$ que nous avons construit, mais en l’inversant

PNG - 19.2 ko

Observons que nous pouvons construire un damier de $(2k+2)\times (2k+2)$
à partir d’un damier de $2k \times 2k$. Dans le damier de $2k \times 2k$ les sommes seront égales à $-(2k-1)$, \mbox$-(2k-2)$,$\dots$, $-(2k-(2k-1))$, 0, $\ldots, 2k$. Donc, pour construire un damier de $(2k+2)\times (2k+2)$ on place un damier de $2k \times 2k$ dans la partie supérieure gauche, ensuite on dispose les nombres $1$ dans les $2k$ premières cases de la $(2k+1)$-ième ligne et dans les $2k$ premières cases de la $(2k+1)$-ième colonne et les nombres $-1$ dans les $2k$ premières cases de la $(2k+2)$-ième ligne et dans les $2k$ premières cases de la $(2k+2)$-ième colonne. Finalement, on place le damier de $2\times 2$ qu’on a construit au début, mais avec les lignes inversées.

PNG - 30.6 ko

On voit que les sommes des nombres des $(2k+2)$ colonnes et des $(2k+2)$ lignes du damier de $(2k+2)\times (2k+2)$ vont de $-(2k+1)$ à $(2k+2)$. De cette manière on a tous les nombres de $-(2k+1)$ à $2k+2$. Ainsi, il est possible de construire un damier de $2n\times 2n$ pour tout entier positif $n$. En particulier, il est possible de construire un damier de $1000\times 1000$.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Février 2018, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Février 2018, 1er défi

    le 30 janvier à 10:43, par Lhooq

    En effet, le défi doit sortir le 2 février mais nous sommes le 30 janvier, aujourd’hui. :-D

    Répondre à ce message
    • Février 2018, 1er défi

      le 30 janvier à 11:02, par Lhooq

      Sinon je trouve le tableau suivant :

      19 11 15 20 21
      13 6 5 4 17
      23 7 1 3 14
      16 9 8 2 12
      25 24 18 10 22
      Répondre à ce message
      • Février 2018, 1er défi

        le 30 janvier à 11:09, par Lhooq

        Et pour ceux qui voudraient aussi faire des tableaux sur IdM :

        <table style="border:1px solid black ; width:25% ; height:5cm">
        <tr>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">19</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">11</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">15</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">20</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">21</td>
        </tr>
        <tr>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">13</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">6</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">5</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">4</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">17</td>
        </tr>
        <tr>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">23</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">7</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">1</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">3</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">14</td>
        </tr>
        <tr>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">16</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">9</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">8</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">2</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">12</td>
        </tr>
        <tr>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">25</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">24</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">18</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">10</td>
        <td style="border:1px solid black ; text-align:center">22</td>
        </tr>
        </table>

        Répondre à ce message
        • Février 2018, 1er défi

          le 30 janvier à 11:10, par Lhooq

          Et celles (c’est très ennuyant qu’on ne puisse pas modifier ses propres messages).

          Répondre à ce message
  • Février 2018, 1er défi

    le 2 février à 10:22, par Daniate

    Ne maîtrisant aucun des ces brillants logiciels à part un peu Excel , je suis obligé de me rabattre sur un peu de réflexion. 21 impose 17 sous lui, X ne peut plus être que 13 ou 14 . 22 ne s’obtient qu’avec 10 et 12, 10 est impossible au dessus de 22, c’est donc 12 qui s’y trouve : X=13 devient impossible donc X=14.

    Répondre à ce message
  • Février 2018, 1er défi

    le 6 février à 00:57, par drai.david

    Je crois pouvoir affirmer qu’il existe 7102 grilles non équivalentes (par rotation ou symétries) pouvant être remplies par ce procédé, dont 2806 ont le chiffre 1 au centre.

    Répondre à ce message
  • Février 2018, 1er défi

    le 6 février à 11:25, par drai.david

    ÉTUDE DES 7102 CONFIGURATIONS NON ÉQUIVALENTES

    Le nombre du centre est impair dans 6512 configurations sur 7102.
    Le 1 est au centre dans 2806 configurations tandis que le 3 l’est 3363 fois.
    Le seul nombre impair à ne pouvoir être au centre est 25.

    Pour les nombres pairs au centre : 129 configurations pour le 2 et 351 pour le 4.
    10, 14, 20, 22 et 24 ne peuvent pas être au centre.
    Une seule grille a le 18 au centre (et c’est le seul nombre pour lequel cela arrive).
    Donc la donnée du 18 au centre détermine entièrement la grille (aux rotations et symétries près).
    Et avec la donnée du 18 au centre et la position d’un des nombres parmi 7, 12, 14, 15, 16, 20 , 21 et 23, la solution devient vraiment unique.

    Ainsi, il est possible d’obtenir l’unicité de la grille avec seulement 2 nombres initialement placés (dont un au centre pour des raisons évidentes de symétrie).

    D’où le défi suivant : « Compléter la grille avec 18 au centre et 7 en D-5 ».

    Répondre à ce message
    • Février 2018, 1er défi

      le 16 février à 20:50, par Niak

      Je confirme tous vos résultats et voici la solution à votre question :
      $\begin{bmatrix}22& 23& 9& 7& 19\\14& 8& 2& 5& 12\\24& 6& 18& 3& 13\\21& 10& 4& 1& 16\\25& 15& 11& 20& 17\end{bmatrix}$

      Répondre à ce message
  • Février 2018, 1er défi

    le 16 février à 23:30, par drai.david

    Bravo et merci d’avoir cherché !
    Je voulais juste revenir sur une de mes affirmations : « il est possible d’obtenir l’unicité de la grille avec seulement 2 nombres initialement placés (dont un au centre pour des raisons évidentes de symétrie). »
    En fait, il n’y a rien d’évident à cela et je pense même le contraire. On peut sûrement donner deux nombres autres que le centre et avoir unicité. Mais comme je n’ai qu’une liste des solutions non équivalentes, j’ai perdu la possibilité d’affirmer une éventuelle unicité dans un tel cas...

    Répondre à ce message
    • Février 2018, 1er défi

      le 17 février à 00:03, par Niak

      Oui, par exemple il n’y a que deux grilles avec le $1$ au centre de la première ligne (ou a fortiori au centre de n’importe quel bord), la suivante et sa symétrique horizontale :
      $\begin{bmatrix}21& 11& 1& 13& 18\\10& 4& 3& 5& 12\\20& 6& 2& 7& 19\\14& 8& 15& 9& 16\\22& 23& 17& 24& 25\end{bmatrix}$
      Donc donner le $1$ à cette position et la position de n’importe quelle autre valeur hors de la colonne centrale (de façon à briser la symétrie) assure l’unicité.

      Répondre à ce message

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