1 Position du probl` eme

Les chaˆınes magiques

Jean-Luc Marichal

1 Position du probl` eme

Voici un probl`eme que je propose :

Inscrire dans chacune des n cases du tableau ci-dessous un nombre entier positif de telle sorte que le nombre figurant dans la case qui porte le num´ero ‘0’ repr´esente la quantit´e totale de nombres ‘0’ inscrits dans le tableau, le nombre figurant dans la case qui porte le num´ero ‘1’ repr´esente la quantit´e totale de nombres ‘1’, et ainsi de suite jusqu’`a la derni`ere case.

0 1 2 · · · · n−1

Ainsi par exemple, si n= 8, une solution possible s’´ecrira

0 1 2 3 4 5 6 7

4 2 1 0 1 0 0 0

En effet, dans ce tableau, il y a 4 fois le nombre ‘0’, 2 fois le nombre ‘1’, une fois le

‘2’, pas de ‘3’, une fois le ‘4’, pas de ‘5’, pas de ‘6’ et pas de ‘7’.

2 R´ esolution

Soient n ∈ N₀ et I_n = {0,1, . . . , n− 1}. Supposons que le n-uple (x₀, x₁, . . . , x_n−1) repr´esente une solution du probl`eme, x_k (k ∈ I_n) d´esignant le nombre contenu dans la case qui porte le num´ero ‘k’.

D’une part, il est clair que

x_k∈I_n ∀k ∈I_n. (1)

On voit alors ais´ement qu’aucune solution ne peut ˆetre obtenue pourn= 1,2 ou 3. Nous supposerons donc, dans la suite, que n≥4.

D’autre part, puisque, pour tout k ∈ I_n, x_k repr´esente le nombre de ‘k’ inscrits dans le tableau, on peut imm´ediatement constater que la somme des x_k repr´esente le nombre total de cases:

n−1X

k=0

xk=n. (2)

∗Ecole d’Administration des Affaires, Universit´e de Li`ege, Boulevard du Rectorat 7 - B31, B-4000 Li`ege, Belgique.

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De plus, la somme des nombres inscrits dans le tableau peut s’obtenir en additionnant d’abord tous les ‘0’ (il y en ax0), puis tous les ‘1’ (il y en ax1), et ainsi de suite jusqu’aux

‘n−1’. On obtient alors

x₀∗0 +x₁∗1 +· · ·+x_n−1∗(n−1) =

n−1X

k=0

x_k, c’est-`a-dire

n−1X

k=0

kx_k=n. (3)

D`es lors, de (2) et (3), on d´eduit

x₀ =

n−1X

k=1

(k−1)x_k, (4)

et nous pouvons alors nous int´eresser aux valeurs que peut prendrex₀.

De (1) et de la d´efinition de x₀, on d´eduit imm´ediatement x₀ ≥ 1. Supposons alors x₀ =p (p≥1). Par d´efinition de x_p, on a x_p ≥1. D`es lors, de (4), on d´eduit

p≥(p−1) +

n−1X

k= 1 k6=p

(k−1)xk

ou encore

n−1X

k= 1 k6=p

(k−1)x_k≤1. (5)

Vu (1), ceci implique

x_k= 0 ∀k ∈I_n\ {0,1,2, p}. (6) Trois cas sont alors `a envisager:

• Si p = 1 alors on a un seul z´ero dans le tableau et, vu (6), on a n´ecessairement n = 4. De (4), on tire x₂ = 1, et de (3), x₁ = 2. D’o`u la solution (1,2,1,0).

• Si p = 2 alors on a deux z´eros dans le tableau et, vu (6), on a n´ecessairement 4≤ n≤5. De (4), on tire x₂ = 2, et x₁ est alors donn´e par (3). D’o`u les solutions (2,0,2,0) et (2,1,2,0,0).

• Si p ≥ 3 alors, vu (6), il y a au moins (n − 4) z´eros dans le tableau et donc p=x0 ≥n−4. Si on avait xp ≥2, alors, de (4), on aurait

p=x2+ (p−1)xp ≥x2+ 2p−2 impliquant 2≥x2+p≥x2+ 3, une contradiction.

On a donc x_p = 1 et, de (4), on tirex₂ = 1. Par d´efinition de x₁, on a alors x₁ ≥2.

Mais si on avait x₁ ≥3 alors, de (2), on aurait

n =p+x₁+ 2≥(n−4) + 5 =n+ 1,

ce qui est impossible. On a donc x₁ = 2 et, de (2), on a n = p+ 4 ≥ 7. D’o`u la solution (n−4,2,1,0, . . . ,0,1,0,0,0) pour chaquen ≥7.

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La r´esolution compl`ete du probl`eme se r´esume donc comme suit:

• n = 1,2,3: pas de solution;

• n = 4: deux solutions (1,2,1,0) et (2,0,2,0);

• n = 5: une solution (2,1,2,0,0);

• n = 6: pas de solution;

• n ≥7: une solution (n−4,2,1,0, . . . ,0,1,0,0,0).

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