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Rappelons les exercices. Il s’agit à chaque fois de placer les nombres entiers de 1 à n , où n est le nombre de disques. Dans le premier exercice, la somme des nombres de chaque triangle est indiqué. Dans les exercices 2 et 3, les sommes des nombres autour de chacun des quatre petits carrés sont identiques. De plus, le nombre central est maximal dans le deuxième exercice. Dans les deux derniers exercices, les sommes des nombres sur chaque ligne sont égales. Dans l’exercice 4, cette somme vaut 16. Dans le dernier exercice, le but est d’identifier le produit des trois nombres du triangle central. Ce n’est probablement pas l’exercice le plus difficile, mais l’idée est de trouver une méthode de résolution rapide qui peut être faite de tête. À chaque fois, il peut y avoir plusieurs solutions. Bonus : refaite l’exercice 4 si lorsque somme de chaque ligne n’est pas fixée.
Problème 1 :
Commençons par utiliser du double comptage pour déduire le nombre du milieu. La somme des huit triangles vaut 13+14+…+20=132. Elle vaut aussi deux fois la somme des cases, plus en complément six fois celle du milieu, notée x, c’est-à-dire 2×1…9+6×x=90+6×x. Nous en déduisons que x=(132-90)/6=7. Remarquons que, pour simplifier les calculs, nous aurions pu prendre un triangle sur deux au lieu des huit triangles.
Maintenant posons a le nombre en bas, et b le nombre en bas à droite, comme dans la figure de
gauche ci-dessous. (Je n’ai pas pris ces disques au hasard ; c’est là où le triangle a la plus petite valeur, donc j’espère que ça me permettra d’éviter au maximum des soustractions.)
Donc a+b+7=13. Si l’on note c le nombre en bas à gauche, alors a+c+7=14, donc c=b+1. En continuant ce raisonnement progressivement, nous obtenons la figure de gauche en entier.
Nous obtenons une suite de quatre nombres consécutifs a,a+1,a+2,a+3 et une autre suite avec un trou b,b+1,b+3,b+4. Nous voyons que ce trou doit correspondre au 7, donc b=5. On en déduit ensuite que a=1, et, après vérification que tout va bien, nous obtenons l’unique solution de droite ci-dessus.
Soyons plus précis sur la fin pour nous entrainer avec les tableaux. Faisons un tableau avec pour première colonne les différents cas pour les quatre nombres consécutifs a,a+1,a+2,a+3, qui doivent être différents de 7 ; puis b, b+1, b+3 et b+4 pour les colonnes suivantes, sachant que b+4≤9, donc b≤5. Nous retrouvons bien notre unique solution :
Problème 2 :
Je vais présenter la solution de manière moins précise, mais en étant plus proche de ma manière de raisonner en direct. Si l’on regarde les deux carrés du haut, ils partagent deux disques en commun. Outre ces disques, l’un à un 1 et une case vide, l’autre un 2 et une case vide. La première case vide doit donc forcément valoir un de plus que la seconde. On l’indique en notant a et a+1 (voir la figure de gauche).
Un raisonnement similaire avec les deux carrés du bas montre que le nombre en bas à droite vaut 1 de plus que le nombre en bas à gauche.
Notons c le nombre du bas. En comparant les deux carrés de gauche, qui partagent deux disques, on voit que la somme des deux disques du haut doit valoir b+c. La case du haut contient donc b+c-1.
Maintenant, faisons un tableau. En première colonne, nous allons prendre la paire b/c, sans fixer l’ordre, car cela nous permettra immédiatement d’obtenir b+c-1 qui est un grand nombre, ce qui est intéressant car nous avons la contrainte que la case centrale doit être maximale (donc b+c-1 devrait ne pas être trop grand). De plus, choisir b en troisième colonne nous permettra directement de calculer b+1 et c, ce qui devrait éliminer rapidement la plupart des possibilités.
Comme on veut que la case centrale soit maximale, intuitivement nous pouvons commencer par essayer le cas le plus petit possible pour la première colonne, à savoir la paire 3 et 4, cf. la première rangée du tableau. Dans ce cas, forcément, comme c et b+1 doivent être différents, il faut que c=3 et b=4, ce qui permet de remplir b+1=5 et b+c-1=6. On voit que l’on peut compléter avec a=7, a+1=8, et 9 pour la case centrale. On vérifie, et on obtient une première solution (cf. carré du milieu) où la case centrale vaut le maximum possible a priori, à savoir 9.
Maintenant nous savons que la case centrale vaut 9, donc b+c-1≤8. En complétant, on obtient le tableau de possibilités suivant.
Après vérification, nous obtenons une seconde solution, la figure de droite ci-dessus, soit deux solutions en tout.
Problème 3 :
Cet exercice est très similaire au précédent. De nouveau, en comparant les deux carrés du haut, on obtient que la case de gauche vaut 6 de plus que la case en haut à droite. Ensuite, on compare les deux carrés en bas et on pose b dans la case en bas à gauche (plutôt qu’en bas à droite pour éviter les soustractions d’inconnues). Puis on pose c dans la case en bas (plutôt qu’en haut pour la même raison) et on obtient la figure de gauche ci-dessous.
Maintenant on peut faire le tableau des possibilités, en commençant par a et a+6, car il y a peu de possibilités, puis par b, qui donne automatiquement a+b-1, et nous terminons enfin par c et b+c-1. Il n’y a alors plus qu’un choix pour la case du centre.
Après vérification qu’il n’y a pas d’erreur, on obtient exactement les cinq solutions ci-dessus.
En faisant la somme des trois lignes 1, 2 et 3, en gras sur la figure de gauche ci-dessous, nous obtenons d’un côté 3×16 , et d’un autre côté 1+…+9+b-a . Donc 48=45+b-a , b=a+3 .
En faisant le même raisonnement pour les triplets de lignes 1-3-7, 4-5-8, 4-6-8, 1-6-7 et 6-7-8, nous obtenons la figure du milieu.
Les trois triplets (a,a+3,a+6), (b,b+3,b+6) et (c,c+3,c+6) correspondent donc aux triplets de nombres (1,4,7), (2,5,8) et (3,6,9) dans un certain ordre, et a,b,c valent 1,2,3 dans un certain ordre. En regardant la ligne 1, par exemple, on obtient que a+2×b+12=16. Donc b=1 et a=2, puis c=3. En remplaçant, on obtient la figure de droite. On vérifie, c’est bien une solution, et c’est donc l’unique solution.
Bonus. L’exercice bonus se résout de manière très similaire. On pose α la différence entre la somme de trois lignes et 45. Avec le raisonnement ci-dessus, on obtient de nouveau la figure du milieu où 3 est remplacé par α et 6 par 2×α. Remarquons que α est un multiple de 3, et qu’il ne peut clairement pas valoir 0. De plus, si α≥6 ou α≤-6, a et a+2×α ne peuvent être tous deux entre 1 et 9. Il reste deux possibilités : 3 et -3. Le premier cas donne la solution unique ci-dessus. L’unique solution du deuxième cas est obtenue en faisant la différence à 10 dans chaque case.
Problème 5 :
Cet exercice peut être résolu de plein de façons différentes, quitte à essayer pas mal de cas. L’idée est de présenter ici une solution rapide qui peut presque être faite de tête, et qui s’appuie sur les réflexes auxquels j’ai essayé de vous initier. Je ne m’attarde sur les détails.
En regardant les deux lignes en gras ci-dessous à gauche, on voit que les différences entre les deux cases jointes par des flèches doivent être les mêmes. On peut faire le même raisonnement avec une autre paire de ligne.
Pour être plus précis, on obtient la figure du milieu. Par symétrie, on peut supposer α>0 et β>0. Donc on doit caser deux séquences disjointes d’incréments identiques (a,a+α,a+α+β) et (b,b+α,b+α+β) dans 1,2,…,6. On voit rapidement qu’il y a exactement les quatre possibilités décrites dans le tableau ci-dessus à droite ; les croix correspondent à la première séquence, c’est-à-dire aux cases du triangle central. Le produit vaut donc 6,120,15 ou 48.
