B137 − Magie hexagonale.
Problème proposé par Michel Lafond
On connaît bien l’hexagone magique d’ordre 3 ci-contre (proposé en 1895 par William Radcliffe) La somme constante des 15 alignements vaut 38.
Il a fait l’objet de l’énoncé B 102 (sur le site DIOPHANTE)
Notons Hn l’hexagone d’ordre n, c’est à dire le grand hexagone composé d’un pavage de petits hexagones égaux à raison de n pavés par côté.
Q1. Démontrer que pour Hn possède 3n2 – 3n + 1 cases, mais qu’il est impossible de remplir ses cases avec les entiers 1, 2, 3, …, 3n2 – 3n + 1 de manière que les 6n – 3 alignements aient tous la même somme.
Q2. Remplir l’hexagone H4 (ci-dessous à gauche) avec les entiers de 1 à 37 de manière que les 21 alignements aient tous pour sommes 100 ou 101.
Q3. Remplir l’hexagone H5 (ci-dessous à droite) avec les entiers de 1 à 61 de manière que les 27 alignements aient tous pour sommes 210, sauf les trois alignements jaunes qui ont pour somme 211.
Solution.
Q1. Combien Hn a t-il de cases ?
La réponse est : n + (n+1) + (n+2) + …+ (2n–2) + (2n–1) + (2n–2) + … + (n+2) + (n+1) + n = 2 [n + (n+1) + (n+2) + …+ (2n–2)] + (2n–1) = (n – 1) (3n – 2) + (2n–1) = 3 n2 – 3n + 1.
Supposons que Hn soit rempli magiquement, et calculons la constante des sommes.
Hn est rempli avec les entiers de 1 à 3 n2 – 3n + 1.
La somme de tous ces entiers est Sn =
2
) 2 3 3 ( ) 1 3 3
( n2 n n2 n .
Cette somme doit se partager entre les 2n – 1 alignements d’une des trois directions, d’où la constante
1 2
3 4 5 6
7
9 8 10
11 12
14 13 15
16 17
18
19
Cn = 1 2n
Sn
= 2(2 1)
) 2 3 3 ( ) 1 3 3
( 2 2
n
n n n
n =
) 1 2 ( 2
2 9 18 18
9 4 3 2
n
n n n
n .
Cn doit être un entier, ce qui nécessite que 2n – 1 divise 9 n4 – 18 n3 + 18 n2 – 9n + 2 = N.
Or (2n – 1)4 = 16 n4 – 32 n3 + 24 n2 – 8n + 1.
2n – 1 divise N donc 16 N ainsi que (2n – 1)4 donc 9 (2n – 1)4.
Une condition nécessaire à la magie de Hn est donc que 2n – 1 divise 16 N – 9 (2n – 1)4 = 72 n2 – 72n + 23.
Mais 2n – 1 divise 18 (2n – 1)2 = 72 n2 – 72n + 18.
Il faut donc que 2n – 1 divise 72 n2 – 72n + 23 – [72 n2 – 72n + 18] = 5.
Cela ne laisse que deux possibilités : 2n – 1 = 1 ou 2n – 1 = 5 c’est à dire n = 1 ou n = 3.
Il n’y a dons pas de magie hexagonale pour n > 3.
Q2. L’hexagone H4.
En utilisant l’expression de Cn vue dans Q1, on a C4 = 14
1406= 100,428… non entier.
On peut donc espérer avoir les sommes de tous les alignements égales à 100 ou 101.
Voici une solution :
Q3. L’hexagone H5.
H5 a 61 cases et la somme des entiers de 1 à 61 vaut 1891. La constante vaut C5 = 9
1891= 210,111…
On le savait, la magie de H5 est impossible.
On peut s’en approcher comme ci-dessous :
21 31 37 12
10129 20 4 11 36
100101
16 26 9 8 14 28
10134 17 5 2 3 15 25
1017 13 6 18 33 23
100100
32 35 10 1 22
100100 101 101
100 100
100
27 19 24 30
100 100 101
101 100 101 100
48 34 28
58 47 54
39 46
18 32 41
30 16 38
60 10 6 19
45 14 2 20 8
42 3 9 1
17 13 49
4 29
24 25 12 40 33
59 11 56 51 7
27 44 36 22
61
43 21 57 37 52 50 15 26 5
55 53 35
23
31
210 210
210 210
211
210 210 210 210
21 1
21
0 21
0
21 0
21 0 21
0 21
0 21
0 21
0 21
0 21
0 21
0 21
0 21
1
21 0
21 0
21 0
21 0
