Un défi par semaine

Juillet 2015, 4e défi

Le 24 juillet 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (11)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 30 :

Compléter ce tableau avec les nombres entiers de $1$ à $9$ de sorte que la moyenne de chaque ligne et de chaque colonne soit la même.

PNG - 8.7 ko

Solution du 3ème défi de Juillet :

Enoncé

La réponse est $6$ nombres.

Nous notons le nombre recherché sous la forme $\overline{abc}$, $a$, $b$ et $c$ étant les chiffres de ce nombre. Ce nombre est divisible par $45$ et par conséquent divisible par $5$ et $9$, ainsi le chiffre $c$ est $0$ ou $5$.

Si $c=0$ alors $c$ serait le plus petit chiffre. Pour que les chiffres forment une progression arithmétique nous aurions pour les deux autres chiffres la forme $r$ et $2r$ dans n’importe quel ordre ($r$ étant un nombre entier). Comme le nombre doit être un multiple de $9$, alors $r+2r=3r$ doit aussi être multiple de $9$ et par conséquent $r$ un multiple de $3$. Cependant, comme $2r\leq 9$, la seule valeur possible est $r=3$. Les nombres possibles sont donc : $360$ et $630$.

Si $c=5$ alors les deux possibilités pour les deux autres chiffres sont de la forme $5+r$ et $5+2r$ avec $r$ un entier positif ou négatif, ou de la forme $5-r$ et $5+r$ avec $r$ un entier strictement positif.

Dans la première possibilité, il faut que $5+5+r+5+2r=15+3r$ soit un multiple de $9$ et $0<5+2r\leq 9$, d’où $r=-2$ ou $r=1$. Dans ce cas les nombres cherchés sont $135$, $315$, $675$ et $765$.

Dans la seconde possibilité, il faut que $5+(5-r)+(5+r)=15$, ce qui n’est pas divisible par $9$, il n’y a donc pas de nombre correspondant à ce cas.

Il existe donc $6$ nombres : $360$, $630$, $135$, $315$, $675$ et $765$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juillet 2015, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Ievgen Sosnytskyi / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2015, 4ème défi

    le 24 juillet 2015 à 20:05, par Alex715

    Bonsoir,
    soit M la moyenne d’une colonne, la somme des chiffres de la première colonne est 3M, celle de la deuxième 3M, on trouve alors en sommant les chiffres de toutes les cases, 9M=45 soit M=5. La somme des chiffre des 4 premières colonne vaut 8M=40 donc le chiffre correspondant à la case tout à droite est 5.
    La somme des chiffres de la première ligne (et de la 3e colonne) est 10 donc les candidats sont : 1-9, 2-8, 3-7 et 4-6. De même les candidats pour la dernière ligne (ou les 3 cases restantes de la 3e ligne) dont la somme vaut 15 ne sont pas si nombreux.
    Il y a ensuite beaucoup de symétries dans le problème, par ex on peut commuter les deux premières colonnes etc. donc la solution n’est pas unique et on en trouve facilement une comme :
    19
    8435
    627

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    • Juillet 2015, 4ème défi

      le 27 juillet 2015 à 15:28, par ROUX

      Non-unicité prouvée car j’avais (et ai toujours d’ailleurs) :
      73
      2495
      681

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    • Juillet 2015, 4ème défi

      le 27 juillet 2015 à 15:50, par ROUX

      Aussi prouvée par :
      91
      4835
      267...

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      • Juillet 2015, 4ème défi

        le 27 juillet 2015 à 21:51, par max6

        autre solution :
        3 7
        8 6 1 5
        4 2 9

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        • Juillet 2015, 4ème défi

          le 28 juillet 2015 à 12:04, par ROUX

          Lhooq a identifié clairement les quatre séries dont les sommes font 15 et qui doivent être toutes présentes, aux permutations près : 168, 249, 267, 348.
          Il (elle ?) a ensuite indiqué que les séries à deux chiffres présentes dont les sommes font 10 ne doivent pas avoir de chiffres présents deux fois dans les séries précédentes car les chiffre présents deux fois sont nécessairement aux intersections des séries précédentes. Il ne reste alors que, aux permutations près, 19 et 73.
          Et il est certain que votre solution est issue du carré magique de daniate (oui, je viens de le faire).

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  • Juillet 2015, 4ème défi

    le 25 juillet 2015 à 10:55, par ROUX

    Bon, ça m’a paru évident que la case qui est à elle toute seule une colonne soit emplie avec 5. Là, tout de suite, je ne sais plus pourquoi...
    Du coup, j’ai posé qu’il suffisait de répartir tous les écarts entiers non-nuls à 5, de -4 à 4.
    J’ai voulu essayer de ne pas tâtonner, c’est promis, je le jure... Mais... Bon...
    Alors, je me suis fabriqué un outil de tâtonnement rapide : j’ai découpé une feuille A4 en 8 A7 sur lesquels j’ai écrit les écarts entiers non-nuls de 4 à -4.
    Et cela a été très très rapide : la position de la paire (-4, 4) a été quasiment... Immédaniate.
    Mais ça reste du tâtonnement...

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    • Juillet 2015, 4ème défi

      le 27 juillet 2015 à 13:18, par Lhooq

      La somme de 1 à 9 étant égale à 45, l’élément tout à droite doit être égal à la moyenne M. 

      Si on regarde la somme des lignes, par exemple, elle est égale à 9*M (2M + 4M + 3M) donc M = 5 donc l’élément à droite est égal...à 5

      Ensuite, on a une ligne et une colonne qui doivent être égales à 10 et 2 lignes et 2 colonnes égales à 15 (la ligne du milieu peut maintenant être considérée comme une ligne de trois éléments car le 5 à l’extrême droite est déjà connu).

      Il existe exactement 4 combinaisons de trois nombres distincts égales à 15 et 4 combinaisons de deux éléments distincts égales à 10.

      15 = 9 + 4 + 2 = 8 + 6 + 1 = 8 + 4 + 3 = 7 + 6 + 2
      10 = 9 + 1 = 8 + 2 = 7 + 3 = 6 + 4

      Il faut donc voir quels sont les combinaisons associées et supprimer les sommes impossibles pour 10 car chaque combinaison pour 15 doit apparaître (par exemple 4 apparaît dans 9 + 4 + 2 et dans 8 + 4 + 3 donc l’hypothèse 6 + 4 disparaît, de même pour 8 + 2 car 2 est dans 9 + 4 + 2 et dans 7 + 6 + 2)

      On doit donc mettre 9 + 1 et 7 + 3 et combler les trous intelligemment.

      De rien pt. ;-)

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    • Juillet 2015, 4ème défi

      le 27 juillet 2015 à 22:33, par Daniate

      Bonsoir, votre dernier jeu de mot m’oblige à intervenir. Je propose une construction basée sur le carré magique 3*3. Par exemple 8 1 6, 3 5 7, 4 9 2. Il suffit de faire glisser la ligne du haut en bas et celle de droite à gauche 7 3 5, 2 4 9, 6 8 1 puis basculer 5 en fin de 2ème ligne et on obtient la solution 7 3, 2 4 9 5, 6 8 1. En jouant sur les symétries du carré on obtient plusieurs solutions mais pas toutes, en particulier pas celle de la première réponse proposée

      Répondre à ce message
      • Juillet 2015, 4ème défi

        le 28 juillet 2015 à 00:09, par ROUX

        Ah, c’est très gentil à vous !
        Ah oui, très joli : comme on peut mettre le 5 n’importe où, il suffit de finir par le mettre au bord...
        Mais si !
        Je reprends votre carré.
        816
        357
        492
        Une rotation de 90° dans le sens direct.
        672
        159
        834
        Puis alors
        159
        834
        672
        Puis alors
        195
        843
        627
        Et le 5 baladeur
        19
        8435
        627
        J’ai toujours envie de rejouer avec la méthode que vous proposez  ;—) !

        Répondre à ce message
        • Juillet 2015, 4ème défi

          le 28 juillet 2015 à 09:50, par Daniate

          Bonjour, j’ai, en effet commis une erreur. La construction proposée donne toutes les solutions possibles (8) puisque, par une méthode différente, on peut prouver qu’il y a exactement 8 solutions.

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