Premier défi : le problème du mois
Placer les nombres de \(1\) à \(8\) sur les faces d’un octaèdre de telle sorte que la somme des faces ayant un sommet en commun soit toujours la même.
Solution du premier défi
Étant donné un sommet \(S\), on appellera « pyramide de sommet \(S\) » l’ensemble des quatre faces autour de \(S\).
Comme la somme des nombres de \(1\) à \(8\) est égale à \(36\), en faisant la somme sur deux pyramides opposées, on voit que la somme des faces de chaque pyramide est nécessairement égale à \(18\).
Considérons maintenant la face marquée \(1\) et une de ses faces voisines. Ces deux faces font partie d’exactement deux pyramides. Il doit donc exister deux paires \(\{b,c\}\) et \(\{b’,c’\}\) telles que \(18=1+a+b+c=1+a+b’+c’\) et où \(1\), \(a\), \(b\), \(b’\), \(c\) et \(c’\) sont deux à deux distincts.
En prenant \(a=2\), par exemple, on doit avoir \(b+c=b’+c’=18-1-2=15\), ce qui nous donne une seule solution : \(7+8\). Deux telles paires n’existent donc pas pour \(a=2\).
En faisant une analyse similaire, on voit que \(a\) ne peut prendre que les valeurs \(a=4,6,7\) ou \(8\). Prenons par exemple \(a=6\) : on obtient \(b+c=b’+c’=18-1-6=11\) et donc les paires \(\{4,7\}\) et \(\{3,8\}\) conviennent.
On va donc maintenant essayer de remplir le patron suivant en mettant les paires \(\{4,7\}\) et \(\{3,8\}\) dans les parallélogrammes adjacents au parallélogramme \(\{1,6\}\). La paire \(\{2,5\}\) sera donc dans le dernier parallélogramme.
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Comme on a vu que \(1\) et \(3\) ne peuvent pas être voisins, on a nécessairement \(8\) sur le triangle du haut et \(3\) sur le triangle du bas. Enfin, comme la somme des quatre triangles du haut doit être égale à \(18\), on obtient alors les deux solutions ci-dessous.
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En raisonnant de manière analogue avec une autre valeur possible de \(a\), on peut obtenir d’autres solutions.
Deuxième défi
Quel est le carré de taille minimale que l’on peut recouvrir avec des pièces de la forme suivante?
Solution du deuxième défi
La pièce faisant \(5\,{\rm cm}^2\), le côté du carré recouvert est nécessairement un multiple de \(5\,{\rm cm}\). Par quelques essais, on peut voir que l’on ne peut pas recouvrir un carré \(5\,{\rm cm}\,\times\, 5\,{\rm cm}\). Par contre, il est possible de recouvrir un carré \(10\,{\rm cm}\,\times\, 10\,{\rm cm}\)
Troisième défi
Par quel jour doit commencer une année non bissextile pour qu’il y ait exactement cinq mois contenant cinq dimanches chacun ?
Post-scriptum
Le calendrier est publié aux Presses Universitaires de Grenoble, sous la direction scientifique de Romain Joly.
Crédits images
©JROBALLO / Adobestock
ÉCRIT PAR
Romain Joly
Maître de conférences - Institut Fourier de Grenoble
17h31
Soit \(S\) la somme magique. Comme les faces sont triangulaires, si on additionne les sommes obtenues sur les \(6\) sommets, chaque nombre de \(1\) à \(8\) sera compté \(3\) fois. Donc \(6S = 3(1+2+3+4+5+6+7+8)\), d’où \(S=18\).
Pour chacun des \(3\) sommets de la face \(8\), les \(3\) autres faces doivent former une partition de \(18-8=10\) en \(3\) nombres distincts. De plus les \(3\) faces voisines de la face \(8\) ont chacune \(2\) sommets communs avec elle, donc elles portent des nombres apparaissant dans \(2\) des \(3\) partitions de \(10\). Il y a en fait \(4\) partitions de \(10\) en \(3\) nombres distincts : \(10 = 7+2+1 = 6+3+1 = 5 + 4 + 1 = 5 + 3 + 2\). Seuls les nombres \(1,2,3,5\) apparaissent dans \(2\) partitions. Il faut donc choisir \(3\) nombres \(a,b,c\) parmi eux et les placer autour de \(8\). On en déduit alors les nombres des faces opposées : \(10-b-c,10-a-c, 10-a-b\), puis la face opposée à \(8\) : \( 18 -a -(10-a-b)-(10-a-c) = a+b+c-2 \). Mais il ne faut pas que \(a+b+c=10\), sinon ils apparaîtraient sur \(2\) faces chacun, ce qui exclut la combinaison \(2,3,5\). Il reste donc les \(3\) autres combinaisons , et on peut vérifier qu’elles donnent toutes une solution, que j’ai représentées sous la forme
\( \frac{pyramide du haut}{pyramide du bas} = \frac{\frac{8, a}{b, 10-a-b}}{\frac{c, 10-a-c}{10-b-c, a+b+c-2}}\)
\( \frac{\frac{8, 1}{2, 7}}{\frac{3, 6}{5, 4}}\)
\( \frac{\frac{8, 1}{2, 7}}{\frac{5, 4}{3, 6}}\)
\( \frac{\frac{8, 1}{3, 6}}{\frac{5, 4}{2, 7}}\)
0h57
Si on appelle S,A,B,C,D et T les sommets de l’octaèdre, pas forcément régulier comme sur ma figure (ce qui n’a aucune
importance ici).
Chaque sommet a en commun 4 faces.
La somme des entiers de 1à 8 vaut n(n+1)/2 avec n=8, donc 36, si on considère 2 sommets opposés comme S et T par exemple,
alors les 8 faces sont utilisées : SAB, SBC, SCD, SDA d’une part et
TAB, TBC, TCD,TDA d’autre part, donc la somme des faces utilisant S ( ou T) vaut 36/2 soit 18.
Il y a 8 manières d’obtenir 18 en utilisant 4 des entiers de 1à 8: 18=8+/+2+1=8+6+3+1=8+5+4+1=8+5+3+2=7+6+4+1=7+6+3+2=
7+5+4+2=6+5+4+3
En présentant les résultats sur un « patron deplié » de l’octaèdre, on aura par exemple
9h09
2ème défi
L’aire d’une pièce est \(5\) donc l’aire du carré est multiple de \(5\). C’est donc un carré de côté \(5n\). Il y a une solution simple pour \(n=2\) : avec \(2\) pièces on forme un rectangle \(2\) x \(5\), et avec \(10\) rectangles il est facile de paver le carré \(10\) x \(10\).
Essayons avec \(n=1\). On colorie les cases du grand carré alternativement en noir et blanc comme un échiquier. Si on commence par exemple avec un coin noir, alors on aura \(13\) cases noires, dont les \(4\) coins, et \(12\) blanches. Comme la plus grande dimension d’une pièce est \(4\), aucune ne peut couvrir \(2\) coins donc il faut \(4\) pièces distinctes pour couvrir les \(4\) coins. Or toute pièce placée dans un coin couvre \(2\) cases noires et \(3\) blanches, donc les \(4\) pièces des coins couvrent en tout \(8\) cases noires et \(12\) blanches. Il reste alors \(5\) cases noires à couvrir avec une pièce, ce qui est impossible.
Le carré \(10\) x \(10\) est la solution optimale.
18h18
Mon raisonnement pour écarter le carré \(5\)x\(5\) ne tient pas car j’affirme péremptoirement que « toute pièce placée dans un coin couvre \(2\) cases noires et \(3\) blanches », alors que c’est faux, par exemple sur ma solution \(10\)x\(10\) !
Voilà un autre argument pour exclure le carré \(5\)x\(5\).
Disons qu’une pièce est horizontale ou verticale selon qu’elle occupe \(4\) cases d’une même ligne ou d’une même colonne, et soit \(h\) le nombre de pièces horizontales. On colorie en noir les \(h\) lignes dont elles couvrent \(4\) cases chacune, et en blanc les \(5-h\) autres lignes.
Si \(h=5\), alors il y aura une case non couverte dans chaque ligne.
Si \(h=4\), alors après avoir posé les pièces horizontales, il y aura au moins une case non couverte dans chaque ligne, mais l’unique pièce verticale ne pourra en couvrir que \(4\) au mieux.
Si \(h=3\), chaque pièce horizontale couvre au mieux une case blanche, et chaque pièce verticale en couvre \(3\) au mieux, donc au total, sur \((5-2)*5 = 10\) cases blanches, on ne peut pas en couvrir plus de \(3*1 + (5-3)*3 = 9\).
Si \(h < 3\), en tournant le carré d'un quart de tour (avant de colorier), on se ramène à l'un des cas précédents.
Cette fois ça marche mais c'est un peu long. Quelqu'un a-t-il un argument plus élégant ?
13h04
À rotation/symétrie près, il n’y a que 2 positions pour la pièce couvrant le centre. Dans les 2 cas, l’un des coins ne peut alors être couvert que d’une seule manière, qui fait instantanément apparaître un trou non recouvrable.
13h40
Chaque mois compte entre \(28\) et \(31\) jours, soit exactement \(4\) semaines complètes dans tous les cas, et donc \(4\) ou \(5\) dimanches. Avec exactement \(5\) mois comptant \(5\) dimanches, il nous faut donc en tout \(7*4+5*5 = 53\) dimanches. Or une année non bissextile comprend \(365\) jours, et comme \(365 = 1+52*7\), elle contient exactement \(52\) semaines complètes et autant de dimanches du \(2\) janvier au \(31\) décembre inclus. Le premier janvier doit donc être un dimanche.