Les anneaux olympiques

[inviteda0d0541]

Bonjour à tous,
Une nouvelle petite énigme pour vous…
Celle-ci n’est pas de moi, mais donnée en challenge Einstein, (newsletter anxa pour ceux que ça intéresse, une énigme par mail tous les mardi… souvent très simple et/ou très connue… sauf celle-la, enfin de mon point de vue…
L’objet de l’énigme est le symbole des jeux olympiques, avec les 5 anneaux entrelacés. Ces 5 anneaux entrelacés forment 9 « régions » séparées. Le but est de placer les chiffres de 1 à 9 dans ces régions (1 chiffre par région, et chaque chiffre n’apparaît qu’une seule fois), de telle sorte que la somme des chiffres contenus dans chacun des 5 anneaux donne à chaque fois le même résultat.
Personnellement j’ai eu du mal à trouver (après c’est peut être plus du a mon incompétence qu’à la difficulté de l’énigme…), mais il y a bien une solution.
Si vous la connaissez déjà, soyez sympa de ne pas donner trop vite la solution… Et surtout, énigme dans l’énigme, essayez de trouver une méthode autre que le tâtonnement et/ou la méthode dite « du coup de bol » !!! Moi j’ai pas mais il doit bien y en avoir une…
Si vous ne la connaissez pas… Bon courage !!
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[invite2d8d5438]

Bonjour à tous,

Personnellement j’ai eu du mal à trouver (après c’est peut être plus du a mon incompétence qu’à la difficulté de l’énigme…), mais il y a bien une solution.

Y'en a même 4
(et seulement 4 si je ne me suis pas trompé).

J'adore tes enigmes...

[invité576543]

Voilà un exemple de solution totalement construite, sans tâtonnement ou coup de bol:

 Cliquez pour afficher

On divise en 10 zones, en considérant une intersection entre le premier anneau, intersection dans laquelle on met le chiffre 0.

On obtient alors une symétrie par 5 du problème. Modulo 5 il y a diverses solutions.

On peut voir alors que la suite des valeurs "externes" (celles hors intersection) et la suite en sautant par saut de 2 dans la suite des valeurs "internes" (celles des intersections) doivent avoir les mêmes incréments.

Une solution est la suite des pairs pour les intersections, et la suite des impairs pour les non-intersections... La contrainte de la transition 9-1 donne la solution 0 9 4 1 8 3 2 5 6 7 .

Les suites 0 1 2 3 4 et 5 6 7 8 9 en donne une autre.

Cordialement,

[invité576543]

Maintenant que je peux voir les solutions de Jean-Luc, deux sont celles que j'ai données.

Les autres respectent d'une certaine manière les incréments.

En effet, l'incrément de 7 modulo 10 donne la suite 7 4 1 8 5 2 9 6 3 0, qui donne une des autres solutions en prenant la première moitié à l'extérieur et la deuxième à l'intérieur, et la dernière solution en découpant autrement 4 1 8 5 2 à l'extérieur et 9 6 3 0 7 à l'intérieur.

Faudrait voir pourquoi d'autres incréments ne donnerait pas d'autres solutions...

L'incrément

[A voir en vidéo sur Futura]

[invité576543]

En effet, l'incrément de 7 modulo 10 donne la suite 7 4 1 8 5 2 9 6 3 0, qui donne une des autres solutions en prenant la première moitié à l'extérieur et la deuxième à l'intérieur, et la dernière solution en découpant autrement 4 1 8 5 2 à l'extérieur et 9 6 3 0 7 à l'intérieur.

Un peu idiot de ma part... C'est la même chose que l'incrément 3 dans l'autre sens. La suite 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7 se voit mieux!

Cordialement,

[invité576543]

Bonsoir,

Mes messages ne doivent pas être super clairs... Ca explique peut-être l'absence de réaction.

Le dessin joint illustre le raisonnement.

La première étape consiste à remplacer le problème par 5 anneaux en cercle, comme sur la figure, et à rajouter le chiffre 0. Celui-ci devra être dans une intersection, ce qui permet de "couper" le cercle et obtenir la figure olympique.

(Pourquoi ai-je pensé à faire cela? Simplement parce que je préfère les problèmes symétriques! Il manquait une case, il manquait un chiffre...)

Ensuite, on montre facilement que la suite des différences entre les chiffres dans les intersections suivant le pentagramme rouge doit être la même, en tournant dans l'autre sens, que la suite des différences entre les chiffres dans les non-intersections.

Dans le cas de la solution de la figure, la suite de différences est 1 1 1 1 -4. Elle correspond à la suite arithmétique de raison 1, modulo 5. Ca donne 0 1 2 3 4, à l'intérieur puisque ça contient le 0, et 5 6 7 8 9, à l'extérieur. La correspondance se fait en mettant les deux sauts de -4 en concordance.

De manière intéressante et curieuse, il se trouve que les 4 solutions possibles sont toutes constructibles à partir de suites arithmétique modulo 5 ou 10. C'est à dire respectent bien la symétrie du problème modifié...

Cordialement,

[inviteda0d0541]

Bonjour à tous,



Y'en a même 4
(et seulement 4 si je ne me suis pas trompé).

J'adore tes enigmes...

Merci, même si je sens comme une pointe d'ironie... Cela mérite donc quelques précisions :

Tout d'abord, si j'ai eu du mal à trouver, c'est surtout parce que j'ai planché sur cette énigme au travail, pendant mes moments d'égarement, entre 2 sessions catia ou pro-E, avec donc l'esprit quelque peu fatigué... mais bon cela n'excuse pas tout !!!

En revanche, je n'avais trouvé qu'une solution, car le probleme posé a l'origine imposait la position du 1, à l'intersection entre le 1er et le 2ème cercle.

Mais à vous, meme si mes énigmes ne paraissent pas vous poser beaucoup de problemes, elles ont au moins apparemment le mérite de n'avoir jamais été posées sur ces forums, ce qui est dejà un demi-exploit !!!

Allez promis si vous êtes gentils dès que j'en ai une autre je vous la soumet...

[invite2d8d5438]

Salut,

En revanche, je n'avais trouvé qu'une solution, car le probleme posé a l'origine imposait la position du 1, à l'intersection entre le 1er et le 2ème cercle.

En tout cas chapeau, si tu as trouvé l'unique solution "à la main" avec le 1 déjà placé . Ca fasait quand même 40320 possibilités.
Moi j'ai pas de mérite, j'ai fait réflechir l'ordinateur à ma place. En fait, je lui ai fait énumérer les 9! permutations possibles en testant pour chaqune d'elle la contrainte du problème. Ca fait 362880 cas à anlyser, autrement dit presque rien pour une machine actuelle.
L'algorithme trouve en fait 8 solutions mais à cause de la symétrie verticale (problème non modifié) ca en fait que 4.

Je n'ai pas tout compris a la démonstration que propose mmy (il est bien trop fort pour moi). En tout cas c'était très astucieux de rajouter une case pour créer de nouvelles symétries...

[inviteda0d0541]

Merci, mais ça n'a pas été si compliqué que ça, une fois que j'ai compris que la somme était 11 dans chaque cercle...
Deja, j'ai supposé que comme les 2 cercles extérieurs n'avaient que 2 régions, les 2 plus gros chiffres (8 et 9)étaient chacun d'un coté. Ensuite on a donc facilement les chiffres 2 et 3 (pour arriver à 11...) et ensuite tout s'enchaine assez facilement...
Mes grosses difficultés sont en fait venues du fait que j'ai longtemps cherché avec des sommes égales à 12,13 ou 14, ce qui avec le 1 imposé n'était (je le sais maintenant grace à vous) impossible !!! Mais j'avoue que j'ai quand meme eu beaucoup de chance de trouver !!! C'est pourquoi je souhaitais une méthode pour trouver les solutions, autre que la méthode systématique, mieux connue sous le nom de "Technique du bourrin" qui consiste à tester toutes les possibilités !! J'ai testé également, mais j'ai fait ça sous excel, avec un algorithme parmi les plus pourris que j'ai jamais fait !!! et donc un temps de calcul beaucoup trop long pour attendre la fin... et heureusement car je me suis rendu compte après qu'il ne pouvait pas donner la bonne réponse...