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• Juin, 1er défi

  le 6 juin 2014 à 09:59, par Daniate

  Pour une fois, le remplissage est possible.

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• Juin, 1er défi

  le 6 juin 2014 à 20:33, par Lina

  Il suffit de remplir la demi-diagonale par 500 fois 0, puis le reste de la diagonale par 500 fois -1. Toutes les cases au dessus de cette diagonale seront -1 et toutes les autres 1.

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• Juin, 1er défi

  le 9 juin 2014 à 12:15, par ROUX

  Hum... Et si Ana avait proposé une grille carrée avec un nombre impair de lignes ?

  J’ai l’impression que cela ne serait pas possible mais je ne vois pas comment le démontrer (ni d’ailleurs comment montrer que c’est possible en dehors d’exhiber une grille qui fonctionne...).

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• Juin, 1er défi

  le 9 juin 2014 à 12:35, par Ana Rechtman

  Merci pour cette question !

  Il semble impossible remplir une grille de coté impair, mais je ne connais pas de démonstration. J’ai déjà demandé autour de moi si le problème était connu, ca n’a pas l’aire d’etre le cas. Si quelqu’un trouve une bonne idée ca serait encore un triomphe pour ce site.

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• Juin, 1er défi

  le 12 juin 2014 à 15:45, par tpao

  Il me semble aussi que ce soit impossible. Je pense avoir trouvé un argument « assez » simple.
  On note n le coté du damier (qui est impair). On peut montrer que les sommes des lignes et des colonnes sont les nombres -n, -n+1, ..., n , ce qui fait 2n+1 nombres mais que les nombres n et -n ne peuvent pas être atteint sur une même grille (si c’était le cas, ils seraient atteint sur deux lignes par exemples et il n’y aurait plus assez de sommes possibles sur les colonnes pour avoir assez de sommes distinctes). On en déduit qu’il y a autant de sommes impaires que paires qui sont atteintes sur la grille solution.

  Or cela est impossible quand n est impair. En effet, si l’on se donne une grille remplie avec p sommes pairs et i sommes impaires (p+i = 2n), alors si l’on change un élément quelconque de la grille, soit p et i sont inchangés, soit on fait quelque chose comme p -> p+2 et i -> i-2 (ou l’inverse). Si l’on part d’une grille avec que des 0, alors on a i=0 et p=2n. En faisant le procédé précédent pour aller vers une potentielle grille solution, on voit que c’est impossible car on peut au mieux arriver sur i=n-1 (nombre pair) et p=n+1 mais jamais sur i=p=n qui est exigé par une grille solution.

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• Juin, 1er défi

  le 12 juin 2014 à 19:18, par Daniate

  Bonjour, pourriez-vous développer votre argument qui justifie qu’ il n’y a plus assez de sommes possible sur les colonnes.

  Je reviens sur mon message précédent, à l’époque je raisonnais sur des grilles emplies de 0, 1 et 2 d’où mon bafouillage pair-impair. Dans une grille remplie de -1, 0, 1 mon argument se décline ainsi :

  la somme des 2n+1 sommes possibles est 0 il faut donc enlever une somme paire pour équilibrer lignes et colonnes. Si maintenant on ne peut enlever qu’une valeur extrême c’est que n est pair

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• Juin, 1er défi

  le 14 juin 2014 à 18:52, par tpao

  Pardonnez moi. J’ai fait une erreur dans mon comptage et le problème reste donc ouvert.

  J’ai lu ton message après et en fait tu avais montré exactement la même chose.

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• Juin, 1er défi

  le 9 juin 2014 à 15:00, par Daniate

  Pour remplir une grille il faut enlever une des sommes possibles (paire pour une grille paire, impaire pour une grille impaire). Dans la solution de Lina ainsi que dans celles que j’ai trouvé par récurrence, la somme enlevée est extrême ( -1000 ou 1000 ). Je n’ai pas trouvé de solution avec une valeur intermédiaire enlevée mais je n’ai pas vraiment démontré que c’est impossible. Si on pouvait démontrer que pour toute grille il faut enlever une valeur extrême alors le cas des grilles impaires serait résolu. Ceci fait beaucoup de si.

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