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• 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 23:55, par ROUX

   :—)  :—)  :—)

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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

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• 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  ;—) !

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• 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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