Problèmes anciens

Dans la liste des problèmes n’ayant pas eu de solution sur notre site, il y a 2 problèmes qualifiés d’anciens (n°111 décembre 2001, page 7), communiqués par Henry Plane.

Pierre Delezoïde a revisité ces deux problèmes « anciens ». Voyons les notes de ses visites.

 

 
Il faut comprendre que « Les deux champs font 30 unités » veut dire que la somme des mesures des surfaces est $30$.

On arrive facilement aux deux mesures de surface : $4\times20 = 50+3\times10, 20+10=30$ donc le nombre de chars (ou plutôt de contenus de char) est $4\times20+3\times10=110$.

 

 
Pour ce 2^e problème « ancien », Pierre a repéré qu’il est tiré du traité de mathématiques chinoises anciennes « Les Neuf Chapitres » ; c’est dans le chapitre 8, la première illustration de la procédure « FangCheng » qui ressemble à la méthode des substitutions ou méthode dite (du pivot) de Gauss. Précisément pages 602, 603, 604 dans la traduction française de Karine Chemla et Guo Shuchun.

Mais une erreur s’est glissée dans les seconds membres qui sont 39, 34 et 26 dans les « Neuf Chapitres » ; sans doute une coquille car avec les seconds membres 39, 34 et 39, il ne peut pas y avoir de solutions raisonnables : avec ces valeurs, les épis « supérieurs » devraient être égaux aux « faibles ».

À ce propos il semble quand même que les expressions « épis supérieurs, moyens et faibles » soient des traductions bien étranges ; celles de Karine Chemla et Guo Shuchun sont bien différentes : « dǒu » et « bǐng ».

D’ailleurs, le « dǒu » (斗) est une unité de capacité dans la Chine ancienne, utilisée pour mesurer les céréales. Il correspond approximativement à une dizaine de litres, même si sa valeur exacte varie selon les époques.

Le « bǐng » (秉) désigne ici une unité de mesure liée à la production agricole. Il s’agit d’une certaine quantité standard de récolte (par exemple une gerbe ou un volume de grains).

Ainsi, ce sont des unités de mesure de production et de volume.

Reformulons le problème avec les expressions originales :

 
Nos collègues de l’IREM de Grenoble proposent un site consacré aux « Neuf Chapitres », avec le problème des « bǐng » et des « dǒu » et sa solution utilisant la procédure « FangCheng » que vous aurez ainsi l’occasion de découvrir si vous ne la connaissez pas.

On peut également trouver une édition en chinois des « Neuf Chapitres », accompagnée d’une traduction en anglais.

 

Une affaire de logique

Toujours dans la liste des problèmes à résoudre, il y en a un que j’avais posé dans les Chantiers n°99 septembre 1998, page 7 :

 
Pierre Delezoïde, dans ce qui suit, nous propose les résultats de ses recherches. Laissons-lui la parole :-)

On peut répondre qu’on peut remplacer la factorielle $n !$, par la primorielle $n\#$ ; le raisonnement est à peu près le même qu’avec la factorielle.

On a donc la réponse à la première des questions posées en prenant $1998\# + 2$. En effet, la primorielle d’un nombre est beaucoup plus petite que sa factorielle, elle est de l’ordre de $\exp(n)$ ; le progrès est considérable : avec la factorielle on trouve un résultat avec 5 729 chiffres, avec la primorielle on descend à 839 chiffres.

Je n’ai guère de mérite d’avancer cette solution car ça se trouve assez facilement sur internet.

Mais évidemment ce n’est pas la meilleure solution. Pour s’approcher de cette meilleure solution, on peut remarquer que si $[p+1, p+1997]$ est le premier intervalle de longueur $1997$ composé d’entiers non premiers, alors $p$ est un nombre premier et $p+1997 < q$ où $q$ est le nombre premier qui suit $p$.

Il est clair qu’on obtient la solution au problème en trouvant le plus petit nombre premier $p_k$ tel que $p_{k+1}-p_k \geqslant 1998$ ; la différence $p_{k+1} - p_k$ peut alors être strictement plus grande que $1998$. Il est important pour la suite de comprendre cette subtilité ; par exemple si on cherche exactement 9 nombres non premiers consécutifs encadrés par deux nombres premiers, la première solution est 140…148 encadrés par 139 et 149, mais si on cherche 9 nombres non premiers consécutifs, la première solution est 114…122, 113 étant premier suivi 13 nombres non premiers, puis le nombre premier 127.

La programmation d’une solution est facile, en Python par exemple en utilisant la fonction nextprime du module sympy, mais je ne suis pas arrivé à dépasser 463 pour la longueur de l’intervalle ; ça prend trop de temps !

Heureusement le problème est répertorié comme une suite d’entiers connue dans l’encyclopédie des suites de nombres entiers, l’OEIS créée en 1964 par Neil Sloane et gérée par la Fondation OEIS depuis 2009 ; la suite qui nous intéresse a pour référence A000230, et plus particulièrement b000230.

Mais il y a mieux avec le site d’une communauté de mathématiciens qui donne des informations sur l’état des recherches sur les intervalles entre deux nombres premiers successifs.

On y on lit qu’actuellement le plus petit nombre premier connu suivi d’au moins $1997$ nombres non premiers est $ 2\,681\,804\,411\,030\,606\,193\,859\,004\,129 $ (28 chiffres) qui est suivi de $2029$ nombres non premiers.

Cette communauté a repris le travail initié par Thomas Ray Nicely à la suite de son décès en 2019, ce qui permet de comparer les progrès réalisés depuis 2018 puisqu’on trouve l’état de la recherche à cette date sur la page de ce mathématicien de l’université de Lynchburg toujours disponible.

On voit qu’on sait maintenant que le nombre $ 68\,068\,810\,283\,234\,182\,907 $ (20 chiffres) est le premier nombre premier suivi d’au moins $1723$ nombres non premiers (calculé en 2026), alors qu’en 2018 le premier nombre premier connu suivi d’au moins $1723$ nombres non premiers était $ 475\,135\,024\,904\,107\,611\,376\,237 $ (24 chiffres) qui est suivi de $1749$ nombres non premiers. Ce nombre de 24 chiffres reste le premier nombre premier connu suivi d’au moins $1725$ nombres non premiers.

Il est possible qu’à l’avenir on puisse calculer le premier nombre premier suivi d’au moins $1997$ nombres non premiers. Ce nombre aura certainement entre 20 et 28 chiffres, mais plus probablement 21 ou 22 chiffres ; la détermination de ce nombre requiert évidemment énormément de calculs sur des grands nombres.

En revenant sur l’algorithme en Python que j’avais mis au point au début de mes recherches, une modification a eu pour conséquence de diviser par 15 le temps de calcul, ce qui m’a permis d’aller jusqu’à $602$, intervalle entre $1\, 968\, 188\, 557\, 063$ et $1\, 968\, 188\, 556\, 461$, tous les deux premiers ; mais je suis encore très très loin de ce qu’on peut trouver sur internet.

La comparaison de mes deux algorithmes en Python pourrait être instructive.

Pour $n$ entier positif, on note $\mathop{Succ}(n)$ le plus petit nombre premier qui soit plus grand que $n$, et pour $n \geqslant 3$, $\mathop{Pred}(n)$ le plus grand nombre premier qui soit plus petit que $n$ ; $d$ étant un entier positif ($d > 0$), on note $g(d)$ le plus petit nombre premier $p$ tel que $\mathop{Succ}(p) \geqslant p+d$ ; l’existence de ce nombre est démontrée mathématiquement. On suppose que les fonctions $\mathop{Succ}$ et $\mathop{Pred}$ sont connues dans le langage utilisé.

Soit $p$ un nombre premier positif et $d>0$ ; on suppose $p \leqslant g(d)$ :
 

• Algorithme 1 :
  $q = p$, $r = Succ(q)$, tant que $r < q+d$ faire $q = r$, $r = Succ(q)$ fin tant que, sortir $q$
   
• Algorithme 2 :
  $q = p$, $r = Pred(q+d)$, tant que $r > q$ faire $q = r$, $r = Pred(q+d)$ fin tant que, sortir $q$

Il reste à prouver, d’une part, que ces algorithmes se terminent bien et en donnant $g(d)$ et, d’autre part, à comprendre pourquoi l’algorithme 2 est beaucoup plus rapide que l’algorithme 1. Avis aux amateurs et amatrices !

 

Avis de recherche du n°208, avis 1

 
René Drucker nous avait proposé ce problème et voici la solution qu’il a mis au point à partir des fameuses inégalités triangulaires ; j’ai adapté sa solution pour tous les triangles avec $a > 0$, $b > 0$ et $c > 0$ car René ne considérait que les triangles non isocèles et donc des inégalités strictes.

À l’aide des inégalités triangulaires, on peut écrire :
$a \leqslant b + c$
$b \leqslant c + a$
$c \leqslant a + b$

Remarque : au moins 2 de ces inégalités sont strictes.

Ce qui permet d’obtenir les trois inégalités suivantes car $a > 0$, $b > 0$ et $c > 0$ :
$a^2 \leqslant ba + ca$
$b^2 \leqslant cb + ab$
$c^2 \leqslant ac + bc$

Additionnons ces trois inégalités, en tenant compte de la remarque précédente : $a^2 + b^2 + c^2 < 2(ab + bc + ca)$ (1)

Par ailleurs, on a :
$(a - b)^2 \geqslant 0$
$(b - c)^2 \geqslant 0$
$(c - a)^2 \geqslant 0$

Remarque : si on a un triangle équilatéral (ou triplement isocèle), on a 3 égalités et si on a un triangle simplement isocèle, on a une seule égalité, les deux autres étant strictes.

En développant, on obtient :
$a^2 + b^2 \geqslant 2ab$
$b^2 + c^2 \geqslant 2bc$
$c^2 + a^2 \geqslant 2ca$

Sommons ces trois inégalités : $2(a^2 + b^2 + c^2) \geqslant 2(ab + bc + ca)$ (2)
donc $a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ca$ (3)

En rapprochant les inégalités (1) et (2), on obtient :
$a^2 + b^2 + c^2 < 2(ab + bc + ca) \leqslant 2(a^2 + b^2 + c^2)$

Et avec (3) :
$ab + bc + ca \leqslant a^2 + b^2 + c^2 < 2(ab + bc + ca) \leqslant 2(a^2 + b^2 + c^2)$

 

Avis de recherche du n°208, avis 2

 
Le Petersen

Commençons par le pentagramme de Petersen en repérant les positions des nombres (voir la figure 1 ci-contre).

On peut considérer que les sommes magiques sont obtenues avec des « alignements » tels que $s_1$, $u_1$, $u_3$ et $s_3$. On a donc, par exemple :

$s_1 + u_1 + u_3 + s_3 = s_1 + u_1 + u_4 + s_4$

Ce qui donne $u_3 + s_3 = u_4 + s_4$.

Et en considérant de semblables alignements, on aboutit aux demi-sommes magiques :

$u_1 + s_1 = u_2 + s_2 = u_3 + s_3 = u_4 + s_4 = u_5 + s_5$

Dans ces conditions, avec les nombres entiers de $1$ à $10$, la somme magique ne peut être que $22$ et les demi-sommes magiques ne peuvent être obtenues qu’avec les compléments à $11$ :

$1 + 10 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 + 7 = 5 + 6 = 11$

On a donc toutes les solutions en combinant ces cinq couples de compléments à $11$ (par exemple la figure 2 ci-dessous). Ce qui donne, à priori, 3 840 solutions. En éliminant les rotations, il n’y a plus que 768 solutions. Si de plus on élimine les symétries axiales, il en reste 384.

Est-il possible que parmi les 384 solutions on ait un Petersen super-magique ? Et y a-t-il d’autres façons de rendre magique le Petersen ?

Pierre Delezoïde envisage une autre façon de jouer avec ce pentagone étoilé de Petersen : en reprenant les notations de la figure 1, peut-on placer les entiers de $1$ à $10$ de telle sorte par exemple que $2s_1-u_1 = 2s_2-u_2 = 2s_3-u_3 = 2s_4-u_4 = 2s_5-u_5$ ?

Ou bien de telle sorte que $s_1-u_1 = s_2-u_2 = s_3-u_3 = s_4-u_4 = s_5-u_5$ ?

Et plus généralement, $a$ et $b$ étant deux entiers (relatifs) non nuls, peut-on placer les nombres entiers de $1$ à $10$ de telle sorte que l’on ait les 5 combinaisons égales suivantes : $as_1+bu_1 = as_2+bu_2 = as_3+bu_3 = as_4+bu_4 = as_5+bu_5$ ?

 
Le classique

En ce qui concerne le pentagramme classique, c’est Pierre Delezoïde qui nous fait part des résultats de ses recherches.

Le classique par les côtés

Si on considère des alignements classiques, tels que ceux semblables à $s_1$, $u_3$, $u_2$ et $s_5$ (voir la figure 3 ci-contre), peut-on placer les nombres entiers de 1 à 10 de telle sorte que la somme sur chaque alignement soit toujours la même ?

Chacun des nombres étant sur 2 alignements, si $\sigma$ est la somme magique, on a :

$5 \sigma = 2 \times (1+2+\ldots+9+10) = 2\times \dfrac{11 \times 10}{2}$

d’où $\sigma = 22$.

On peut remarquer qu’on peut intervertir les sommets extérieurs $s_{i}$ et les sommets intérieurs $u_{j}$. En effet la permutation $(u_{1},u_{2},u_{3},u_{4},u_{5},s_{1},s_{2},s_{3},s_{4},s_{5}) \mapsto (s_{1},s_{2},s_{3},s_{4},s_{5},u_{1},u_{5},u_{4},u_{3},u_{2})$ respecte les 5 alignements :

$\begin{eqnarray} (s_{1},u_{4},u_{5},s_{2}) \mapsto (u_{1},s_{4},s_{5},u_{5}) \cr (s_{2},u_{1},u_{2},s_{3}) \mapsto (u_{5},s_{1},s_{2},u_{4}) \cr (s_{3},u_{3},u_{4},s_{4}) \mapsto (u_{4},s_{3},s_{4},u_{3}) \cr (s_{4},u_{5},u_{1},s_{5}) \mapsto (u_{3},s_{5},s_{1},u_{2}) \cr (s_{5},u_{2},u_{3},s_{1}) \mapsto (u_{2},s_{2},s_{3},u_{1}) \end{eqnarray}$

Par conséquent s’il existe une solution, il existe une solution où $10$ est un sommet, et on peut évidemment supposer $s_{1} = 10$.

Sur chacun des deux côtés qui passent par $s_{1}$, les 3 autres nombres ont pour somme $22-10=12$. Il s’agit de prendre dans $\{1,\ldots,9\}$ deux parties disjointes de cardinal $3$ et de somme $12$. Or, il n’y a que 7 parties de $\{1,\ldots,9\}$ de cardinal $3$ et de somme 12 :

$\{1,2,9\}, \{1,3,8\}, \{1,4,7\}, \{1,5,6\}, \{2,3,7\}, \{2,4,6\}, \{3,4,5\}$

et il n’y a que 3 paires de telles parties disjointes ; par symétrie on peut supposer que la première est $\{u_{3},u_{2},s_{5}\}$, la seconde $\{u_{4},u_{5},s_{2}\}$ et la partie restante dans $\{1,\ldots,9\}$ sera $\{u_{1},s_{3},s_{4}\}$, ce qui donne les 3 cas suivants :

$\begin{eqnarray} \ & \quad & \{u_{3},u_{2},s_{5}\},\{u_{4},u_{5},s_{2}\}\to \{u_{1},s_{3},s_{4}\}\cr (1) & \quad & \ \ \{1,2,9\}\ \ \,,\ \ \{3,4,5\}\ \ \to \ \ \{6,7,8\}\cr (2) & \quad & \ \ \{1,3,8\}\ \ \,,\ \ \{2,4,6\} \ \ \to \ \ \{5,7,9\}\cr (3) & \quad & \ \ \{1,5,6\}\ \ \,,\ \ \{2,3,7\}\ \ \to \ \ \{4,8,9\} \end{eqnarray}$

Les contraintes sur les 2 côtés passant par $s_{1}$ étant vérifiées, les contraintes sur les 3 autres côtés sont :

$ s_{3}+u_{3}+u_{4}+s_{4} = s_{4}+u_{5}+u_{1}+s_{5} = s_{3}+u_{2}+u_{1}+s_{2} = 22 $

De plus, $u_{1}+s_{3}+s_{4}$ vaut toujours $21$, ce qui est normal, puisque la somme des 9 entiers de $1$ à $9$ vaut $55$ et que $s_{1}=10$ avec $u_{3}+u_{2}+s_{5} = u_{4}+u_{5}+s_{2} = 12$ et par conséquent la somme des 3 derniers nombres est : $u_{1}+s_{3}+s_{4} = 55-10-12-12 = 21$.

On obtient donc : $u_{3}+u_{4}+21-u_{1} = u_{5}+s_{5}+21-s_{3} = u_{2}+s_{2}+21-s_{4}=22$.

Ce qui donne les 3 égalités suivantes :

$\begin{matrix} & u_{3}+u_{4}-1 = u_{1} & s_{5}+u_{5}-1 = s_{3} & u_{2}+s_{2}-1 = s_{4} \end{matrix}$

Dans chacun des 3 cas possibles (voir ci-dessus), les 3 parties $\{u_{3}, u_{2}, s_{5}\}$, $\{u_{4},u_{5},s_{2}\}$ et $\{u_{1},s_{3},s_{4}\}$ sont déterminées et chaque élément $z\in \{u_{1},s_{3},s_{4}\}$ doit être de la forme $x+y-1$, où $x\in \{u_{3}, u_{2}, s_{5}\}$ et $y\in \{u_{4},u_{5},s_{2}\}$, donc dans une liste de 9 valeurs que l’on peut calculer pour chaque cas :

$\begin{matrix} (1) & 3, 4, 5, 4, 5, 6, 11, 12, 13 & \text{on n’y trouve pas } \{6,7,8\} \cr (2) & 2, 4, 6, 4, 6, 8, 9, 11, 13 & \text{on n’y trouve pas } \{5,7,9\} \cr (3 )& 2, 3, 7, 6, 7, 11, 7, 8, 12 & \text{on n’y trouve pas } \{4,8,9\} \end{matrix}$

Ainsi, l’ensemble $\{u_{1},s_{3},s_{4}\}$ n’est jamais « inclus » dans la liste des $x+y-1$ possibles : il n’y a donc pas de solution pour les alignements classiques.

Cependant, on peut concevoir d’autres façons de rendre magique le pentagramme classique. D’ailleurs, une page wikipédia mentionne des étoiles magiques : il y a un hexagramme, un heptagramme et un octagramme magiques, mais pour le pentagramme ce n’est pas pareil et la solution proposée semble bien artificielle.

 
Le classique par les pointes

Une façon moins artificielle de rendre magique le pentagramme classique est de considérer les 5 triangles qui forment les pointes de l’étoile (tels que $s_1u_4u_3$, $s_3u_3u_2$, $s_5u_2u_1$, $s_2u_1u_5$ et $s_4u_5u_4$, en reprenant les notations de la figure 3) : peut-on placer les nombres de 1 à 10 de telle sorte que les 5 sommes des 3 nombres sur les sommets de chacun des 5 triangles soient identiques ?

Soient $\sigma$ la somme magique, $\sigma_S$ la somme des nombres sur le pentagone extérieur et $\sigma_U$ celle sur le pentagone intérieur.

On a $\sigma_S+\sigma_U= 1+\dots+10= 55$.

Par ailleurs, la somme des sommes des triangles est $5\sigma$, et dans cette somme les nombres du pentagone intérieur sont comptés 2 fois, et ceux du pentagone extérieur une fois.

Par conséquent $5\sigma = \sigma_S+2\sigma_U$.

On en déduit facilement que $\sigma_U= 5 (\sigma -11)$ et $\sigma_S=5(22-\sigma)$.

Chacune de ces sommes est comprise entre $1+\ldots+5=15$ et $6+\ldots+10=40$ ; ce qui permet d’obtenir $14 \leqslant \sigma \leqslant 19$.

La permutation $x \mapsto 11-x$ de $\{1,\ldots,10\}$ transforme 3 nombres de somme $\sigma$ en 3 nombres de somme $33-\sigma$ : on peut donc toujours se ramener au cas où $\sigma \leqslant \dfrac{33}{2}$ et examiner uniquement les cas $\sigma = 14$, $\sigma = 15$ et $\sigma = 16$ ; la permutation donnant les 3 autres cas, $\sigma = 19$, $\sigma = 18$ et $\sigma = 17$, que l’on peut qualifier de « conjugués » des précédents.

On peut remarquer une autre propriété qui concerne les 5 triangles obtus tels que $s_1s_5u_5$. Pour cela, écrivons les équations liées à 2 pointes qui ne sont pas consécutives (par exemple $u_{1}u_{2}s_{5}$ et $u_{3}u_{4}s_{1}$) et contiennent donc 4 des éléments de $U$ :

$u_{1}+u_{2}+s_{5}=\sigma$ et $u_{3}+u_{4}+s_{1} = \sigma$

sommons ces deux égalités :

$2\sigma-s_{1}-s_{5} = u_{1}+u_{2}+u_{3}+u_{4} = \sigma_U-u_{5} = 5(\sigma-11)-u_{5}$

on en déduit donc $s_{1}+s_{5}-u_{5} = 55-3\sigma$

Cette relation remarquable obtenue avec le triangle $s_1s_5u_5$ obtus est évidemment générale, c’est-à-dire vraie pour les 5 triangles de ce type.

On peut en déduire que $55-3\sigma\notin S$. En effet, si $55-3\sigma$ pouvait être l’un des éléments de $S$ alors un élément de $S$ serait égal à un élément de $U$ (il suffit de prendre l’une des relations où intervient cet élément de $S$ pour le constater), ce qui est exclu puisque $S$ et $U$ sont disjoints.

L’utilisation de cette relation permet de gagner du temps [1] en évitant de fastidieuses vérifications de toutes les combinaisons pouvant se présenter ; il en reste quand même quelques-unes à passer en revue…

 
Cas $\sigma = 14$

Pour ce cas, on a donc $\sigma_U = 15$ et $\sigma_S = 40$ : la seule solution est $U= \{1,2,3,4,5\}$ et $S=\{6,7,8,9, 10\}$. Et $55-3\sigma=13$ ne produit aucune contrainte supplémentaire.

Chacune des 5 contraintes sur les pointes s’écrit $x_{1}+x_{2}+y = \sigma$, où $x_{1},x_{2}$ sont deux éléments de $U$ distincts, et $y$ un élément de $S$.

Pour les différentes valeurs de $y\in S$, on arrive aux possibilités suivantes :

$\begin{eqnarray} 14-y \quad & \quad\quad x_{1}+x_{2} \cr 14-6 \, = 8 & \quad\quad 3+5 \cr 14-7 \, = 7 & \quad\quad 2+5 \text{ et } 3+4 \cr 14-8 \, = 6 & \quad\quad 1+5 \text{ et } 2+4 \cr 14-9 \, = 5 & \quad\quad 1+4 \text{ et } 2+3 \cr 14-10 = 4 & \quad\quad 1+3 \cr \end{eqnarray}$

Deux nombres $x_{1},x_{2}$ éléments de $U$, distincts, seront dits liés par $y\in S$, si $x_{1}+y+x_{2}=\sigma$. Une telle liaison sera notée $x_{1}(y)x_{2}$.

Pour le cas que nous examinons, il y a 8 liaisons possibles :

$\begin{matrix} 3(6)5 & 2(7)5 & 1(8)5 & 1(9)4 & 1(10)3 \cr & 3(7)4 & 2(8)4 & 2(9)3 & \end{matrix} $

L’objectif est d’obtenir une liste circulaire des $5$ éléments de $U$, telle que deux éléments consécutifs soient liés, et que les éléments qui les relient soit les $5$ éléments de $S$.

Le nombre $10$ est dans $S$ et la seule liaison qui le contienne est $1(10)3$ : on peut donc commencer par ce triangle qui sera nécessairement contenu dans toute solution, à symétrie près [2] ; $1$ doit ensuite être lié à $4$ avec $1(9)4$ ou à $5$ avec $1(8)5$, d’où 2 possibilités à examiner :
 

• $1$ lié à $5$ : $5(8)1(10)3$
  $5$ doit être lié à $1$ ou à $2$ ou à $3$ mais $1$ et $3$ sont déjà utilisé : il reste $2$ avec $2(7)5(8)1(10)3$.
  $3$ doit être lié à $1$, à $2$, à $4$ ou à $5$ mais $1$, $2$ et $5$ sont utilisés, reste $4$ avec $2(7)5(8)1(10)3(7)4$, ce qui ne convient pas car $7$ se retrouve utilisé deux fois.
   
• $1$ lié à $4$ : $4(9)1(10)3$
  $4$ doit être lié à $1$, $2$ ou $3$ mais $1$ et $3$ sont utilisés, reste $2$ avec $2(8)4(9)1(10)3$ ; $3$ doit être lié à $1$, $2$, $4$ ou $5$, mais $1$, $2$ et $4$ sont utilisés, il reste $5$ et on a $2(8)4(9)1(10)3(6)5$ ; il n’y a plus qu’à vérifier qu’il y a bien bouclage avec $2$ : $2(8)4(9)1(10)3(6)5(7)2$.

Remarque : pour éliminer la possibilité d’avoir $1$ lié à $5$, on peut utiliser la relation remarquable concernant les triangles obtus. En effet si on avait $5(8)1(10)3$, en notant $s$ est la valeur du sommet au bout du côté $8$,$5$,$u$,$s$, par le triangle obtus $10$,$5$,$s$ on aurait $10+s-5 = 13$ et donc $s = 8$ ce qui ne convient pas puisqu’on aurait deux fois $8$.

On a donc trouvé une solution et c’est la seule, à symétries près, pour $\sigma = 14$ (voir la figure 4). On en déduit qu’il n’y a également qu’une seule solution pour le cas « conjugué » $\sigma = 19$ (voir la figure 5).

 
Cas $\sigma = 15$

Pour ce cas, on a donc $\sigma_U = 20$ et $\sigma_S = 35$ et $55-3\sigma = 10$, par conséquent $10\notin S$.

Il n’y a que 7 parties $U$ de cardinal 5 dans $[1,10]$ dont la somme soit $20$ ; une telle partie $U$ détermine $S$ qui est son complémentaire ; on pourrait appliquer pour chacune de ces parties la méthode utilisée ci-dessus pour la seule valeur de $(U,S)$ dans le cas où $\sigma = 14$ et examiner ces 7 cas possibles pour $U$ et $S$.

Cependant, comme $10\notin S$, $10\in U$, ce qui nous permet de gagner du temps : en effet, avec $\sigma_U = 20$, on en déduit que la somme des 4 autres éléments de $U$ est égale à $10$. Il en résulte que, pour $U$ et son complémentaire $S$, la seule possibilité est : $U=\{1,2,3,4,10\}$, $S=\{5,6,7,8,9\}$.

Sur la pointe dont $5$ est le sommet, la contrainte s’écrit $15-5 = 10 = x_{1}+x_{2}$ où $x_{1}$ et $x_{2}$ sont deux éléments distincts dans $U=\{1,2,3,4,10\}$. Or, avec 2 éléments distincts de $\{1,2,3,4,10\}$, on ne peut obtenir une somme égale à $10$.

Conclusion, pour le cas $\sigma = 15$, ainsi que pour le cas « conjugué » $\sigma = 18$, il n’y a pas de solution.

 
Cas $\sigma = 16$

Pour ce cas, on a donc $\sigma_U = 25$ et $\sigma_S = 30$. On a $55-3\sigma = 7$, donc $7 \in U$.

Il y a 18 parties $U$ de 5 éléments entre $1$ et $10$ dont la somme soit $25$, mais seules 9 de ces parties contiennent $7$.

Pour déterminer les valeurs possibles de $U$ on écrit ses éléments dans l’ordre croissant : $1 \leqslant x_{1} < x_{2} < x_{3} < x_{4} < x_{5} \leqslant 10$ sachant que $7$ est l’un de ces nombres, la somme des 4 autres est donc $18$.

Mais $7$ ne peut être suivi que d’au plus 3 nombres qui sont donc $8$, $9$ et $10$. Passons en revue les diverses possibilités.
 

• si $7$ est suivi de ces trois nombres : $x_{2} = 7$,
  on a $1 \leqslant x_{1} < 7 < 8 < 9 < 10$ et la somme $x_{1}+x_{3}+x_{4}+x_{5}$ est plus grande ou égale à $1+8+9+10 = 28$ qui est plus grande que $18$ donc cette possibilité est exclue.
   
• si $7$ est suivi de deux nombres : $x_{3} = 7$,
  on a $1 \leqslant x_{1} < x_{2} < 7 < x_{4} < x_{5} \leqslant 10$ et le minimum possible pour $x_{1}+x_{2}+x_{4}+x_{5}$ est $1+2+8+9 = 20$ qui est plus grand que $18$, ce qui exclut également cette possibilité.
   
• si $7$ est l’avant dernier : $x_{4} = 7$,
  d’une part le dernier est $8$, $9$ ou $10$, et d’autre part $ 1 \leqslant x_{1} < x_{2} < x_{3} \leqslant 6 $ pour les 3 premiers.
  On a donc $ x_{1}+x_{2}+x_{3}$ qui peut être égale à $18-8 = 10$ ou à $18-9 = 9$ ou à $18-10 = 8$,
  ce qui donne la condition $8 \leqslant x_{1}+x_{2}+x_{3} \leqslant 10$. On obtient ainsi 8 valeurs pour $U$ :

  $\begin{matrix} (1)\ \{1, 2, 5, 7, 10\} & (2)\ \{1, 2, 6, 7, 9\} & (3)\ \{1, 3, 4, 7, 10\} & (4)\ \{1, 3, 5, 7, 9\} \cr (5)\ \{1, 3, 6, 7, 8\} & (6)\ \{1, 4, 5, 7, 8\} & (7)\ \{2, 3, 4, 7, 9\} & (8)\ \{2, 3, 5, 7, 8\} \end{matrix}$

• si $7$ est le dernier : $x_{5} = 7$,
  comme $3+4+5+6 = 18$ est la plus grande somme possible pour $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}$,
  on obtient ainsi une dernière valeur pour $U$ :

  $(9)\ \{3,4,5,6,7\}$

Examinons ces 9 valeurs de $U$ en utilisant la méthode explicitée dans les cas $\sigma=14$ et $\sigma= 15$ : on cherche si $16-y$, où $y\in S$, peut être égal à $x_{1}+x_{2}$ où $x_{1},x_{2}$ sont distincts dans $U$.
 

• $(1)$ $U= \{1, 2, 5, 7, 10\}$
  $3\in S$, $16-3 = 13$ qui ne s’écrit pas $x_{1}+x_{2}$
   
  donc pas de solution pour cette valeur de $U$.
   
   
• $(2)$ $U=\{1, 2, 6, 7, 9\}$
  $4\in S$, $16-4 = 12$ qui ne s’écrit pas $x_{1}+x_{2}$
   
  donc pas de solution pour cette valeur de $U$.
   
   
• $(3)$ $U=\{1, 3, 4, 7, 10\}$
  $S=\{2,5,6,8,9\}$ et chaque élément de $16-S$ s’écrit $x_{1}+x_{2}$
   
  Écrivons toutes les possibilités :

  $\begin{eqnarray*} 16-y \quad & \quad\quad x_{1}+x_{2} \cr 16-2=14 & \quad\quad 4+10 \cr 16-5=11 & \quad\quad 1+10 \text{ et } 4+7 \cr 16-6=10 & \quad\quad 3+7 \cr 16-8=8 & \quad\quad 1+7 \cr 16-9=7 & \quad\quad 3+4 \end{eqnarray*}$

  d’où les liaisons :

  $\begin{matrix} 4(2)10 & 1(5)10 & 3(6)7 & 1(8)7 & 3(9)4 \cr & 4(5)7 & & & \end{matrix}$

  Le nombre $2$ est dans $S$ et la seule liaison contenant $2$ est $4(2)10$.
  Commençons donc par ce triangle [3] ; $10$ ne peut ensuite qu’être lié à $1$ : $4(2)10(5)1$
  puis $1$ doit être ensuite lié à $7$ car $10$ est utilisé : $4(2)10(5)1(8)7$
  puis $7$ doit être lié à $3$ car $4$ est utilisé : $4(2)10(5)1(8)7(6)3$
  et on ferme la boucle avec $3(9)4$ la seule liaison qui reste : $4(2)10(5)1(8)7(6)3(9)4$.
  Toutes les valeurs de $S$ servent de liaison.
   
  Pour $U=\{1, 3, 4, 7, 10\}$, on a donc bien une solution (voir la figure 6) et c’est la seule, à symétrie près.
   

• $(4)$ $U=\{1, 3, 5, 7, 9\}$
  $S=\{2,4,6,8,10\}$ chaque élément de $16-S$ s’écrit $x_{1}+x_{2}$
   
  Écrivons toutes les possibilités :

  $\begin{eqnarray*} 16-y \quad & \quad\quad x_{1}+x_{2} \cr 16-2=14 & \quad\quad 5+9 \cr 16-4=12 & \quad\quad 3+9 \text{ et } 5+7 \cr 16-6=10 & \quad\quad 1+9 \text{ et } 3+7 \cr 16-8=8 & \quad\quad 1+7 \text{ et } 3+5 \cr 16-10=6 &\quad\quad 1+5 \end{eqnarray*}$

  d’où les liaisons :

  $\begin{matrix} 5(2)9 & 3(4)9 & 1(6)9 & 1(8)7 & 1(10)5 \cr &5(4)7 & 3(6)7 & 3(8)5 & \end{matrix}$

  $2$ est dans $S$ et la seule liaison contenant $2$ est $5(2)9$.
  Commençons donc par ce triangle [4] ; $9$ doit ensuite être lié à $1$ ou à $3$, ce qui donne 2 liaisons à examiner :

  • avec $9$ lié à $1$ : $5(2)9(6)1$
    $1$ doit être ensuite lié à $7$ puisque $9$ et $5$ sont utilisés : $5(2)9(6)1(8)7$
    $7$ doit être ensuite lié à $3$ car $1$ et $5$ sont utilisés : $5(2)9(6)1(8)7(6)3$
    ce qui ne convient pas car $6$ sert deux fois de liaison.
     
  • avec $9$ lié à $3$ : $5(2)9(4)3$
    $3$ doit être ensuite lié à $7$ car $5$ et $9$ sont utilisés : $5(2)9(4)3(6)7$
    $7$ doit être ensuite lié à $1$ car $3$ et $5$ sont utilisés : $5(2)9(4)3(6)7(8)1$
    et on boucle avec $5$ en utilisant la liaison $1(10)5$ qui reste : $5(2)9(4)3(6)7(8)1(10)5$.
    Toutes les valeurs de $S$ servent bien de liaison.
     
    Pour $U=\{1, 3, 5, 7, 9\}$, on a donc une solution (voir la figure 8) et c’est la seule, à symétries près.
     
     
• $(5)$ $U= \{1, 3, 6, 7, 8\}$
  $4\in S$, $16-4=12$ qui ne s’écrit pas $x_{1}+x_{2}$
   
  donc pas de solution pour cette valeur de $U$.
   
   
• $(6)$ $U= \{1, 4, 5, 7, 8\}$
  $2\in S$, $16-2=14$ qui ne s’écrit pas $x_{1}+x_{2}$
   
  donc pas de solution pour cette valeur de $U$.
   
   
• $(7)$ $U= \{2, 3, 4, 7, 9\}$
  $1\in S$, $16-1=15$ qui ne s’écrit pas $x_{1}+x_{2}$
   
  donc pas de solution pour cette valeur de $U$.
   
   
• $(8)$ $U= \{2, 3, 5, 7, 8\}$
  $10\in S$, $16-10=6$ qui ne s’écrit pas $x_{1}+x_{2}$
   
  donc pas de solution pour cette valeur de $U$.
   
   
• $(9)$ $U=\{3,4,5,6,7\}$
  $1\in S$, $15=16-1$ qui ne s’écrit pas $x_{1}+x_{2}$
   
  donc pas de solution pour cette valeur de $U$.

 
En résumé, pour $\sigma = 16$, on a donc trouvé deux solutions et ce sont les seules à symétries près. On en déduit qu’il y a également deux solutions pour le cas « conjugué » $\sigma = 17$.

Conclusion : pour le classique par les pointes, aux symétries près, il y a 6 solutions, une avec $\sigma=14$, une avec $\sigma=19$, deux avec $\sigma = 16$ et deux avec $\sigma = 17$, en prenant en compte les configurations « conjuguées » arithmétiquement, c’est-à-dire en remplaçant $x$ par $11-x$.

 

Avis de recherche du n°208, avis 3

 
Nous reportons aux prochains Chantiers la publication d’une solution pour cet avis : cela devrait vous laisser plus de temps pour vos propres recherches.

 

Nouvel avis de recherche

C’est Pierre Delezoîde qui nous propose ce nouvel avis qu’il juge farfelu ; à vous de juger !

 
Nous attendons vos solutions que nous aurons plaisir à lire, et si, de plus, vous avez des problèmes à soumettre à la sagacité de nos lecteurs et lectrices, ainsi que des compléments sur des avis précédents, écrivez-nous à l’adresse des problèmes des Chantiers.

 

Les problèmes en Chantiers

Vous pouvez retrouver tous les problèmes des Chantiers, depuis le numéro 1 jusqu’à aujourd’hui : il y en a qui n’ont pas été résolus et d’autres qui méritent qu’on y revienne :

• les problèmes en Chantiers

 

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Les chantiers de pédagogie mathématique n°209 juin 2026
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS