Enoncé E540 (Diophante) Dans le bon ordre
J’ai trois cartes. Sur chacune d’elles, figure une colonne de trois nombres réels positifs ou nuls dont la somme est égale à 2.
Montrer que je peux mettre ces cartes dans un certain ordre de telle sorte que la somme du premier nombre de la première carte, du deuxième nombre de la deuxième carte et du dernier nombre de la troisième carte est comprise dans un intervalle compris entre 1 et 3 (bornes incluses).
Pour les plus courageux : même énigme avec 4 cartes, 4 nombres réels positifs ou nuls écrits en colonne et de somme égale à 3, somme des 1er, 2ème, 3ème et 4ème nombres appartenant à l’intervalle fermé [1,4].
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Question 1
Soient (a, b, c), (d, e, f), (g, h, i) les trois triplets de nombres, chacun de somme 2.
Les sommes de l’énoncé peuvent êtrep=a+e+i,q=b+f+g,r =c+d+h, u=a+f +h,v=b+d+i,w=c+e+g.
On a p+q+r= 6 =u+v+w.
Supposons qu’aucune de ces 6 sommes n’est dans l’intervalle fermé [1,3].
Sip, q, rn’incluent aucune somme>3, ces trois sommes<1 et 6 =p+q+ r <3, contradiction ; si elles incluent deux sommes >3, 6 =p+q+r >6, contradiction. Il existe donc une somme>3, soit par exemplep.
Cela entraîne q, r ≤ q + r = 6 −p < 3, d’où q < 1 et r < 1, puis 6−p=q+r <2 et p >4.
Le même raisonnement sur les sommesu, v, wfournira par exempleu >4.
Alors 8< p+u= 2a+e+f+h+i, puis
8< p+u+ 2b+ 2c+d+g= 2(a+b+c) + (d+e+f) + (g+h+i) = 8.
L’inégalité stricte 8<8 est une contradiction, excluant l’hypothèse qu’au- cune somme n’est dans l’intervalle [1,3].
On obtient une contradiction similaire si on a une des inégalitésp >4, q >
4, r >4 et une des inégalitésu >4, v >4, w >4. Si par exemple p >4 et v >4, c’est le terme communiqui prend la place de a, et
8< p+v+ 2g+ 2h+c+f = (a+b+c) + (d+e+f) + 2(g+h+i) = 8.
Question 2
On a maintenant 4 quadruplets (a, b, c, d), (e, f, g, h), (i, j, k, l), (m, n, o, p), chacun de somme 3. Un exemple de somme de l’énoncé est a+f +k+p, et si l’on forme 4 telles sommes sans terme commun (par exemple par permutation circulaire), leur total est 12.
Chacune des 4! = 24 permutations des 4 cartes fournit une somme, et ces sommes peuvent être groupées par 4 sans terme commun. On forme ainsi 6 groupes de sommes.
Supposons qu’aucune somme n’appartient à l’intervalle fermé [1,4].
Dans un groupe de 4 sommes q, r, s, t sans terme commun, de total 12 et de moyenne 3, il en existe au moins une de somme>4 et au moins une de somme <1 ; il n’en existe pas 3 de somme >4, car la quatrième devrait être <0 ; il existe au moins 2 sommes ≤4, et donc <1, soit par exemple s ett, et alorsq+r >10.
Les deux sommes de total > 10 identifiées dans chaque groupe forment une partie à 8 éléments (deux de chaque quadruplet, deux de chaque rang dans les quadruplets) de l’ensemble des 16 nombres.
Chacun des 6 groupes fournissant une partie à 8 éléments de somme>10, formons la liste de tous ces éléments ; il y en a 48, leur somme > 60, et parmi les 16 termes des quadruplets donnés, on peut en distinguer u présents une fois, v présents deux fois, w présents trois fois, x présents quatre fois, y présents 5 fois, z présents 6 fois. Je note s(u), s(v), . . . , s(z) les sommes des termes de ces sous-ensembles (pris une fois chacun).
On a alors
u+ 2v+ 3w+ 4x+ 5y+ 6z= 48, u+v+w+x+y+z≤16,
S =s(u) +s(v) +s(w) +s(x) +s(y) +s(z)≤ 12, somme des 16 termes, car les 6 sous-ensembles sont évidemment disjoints ;
60< T =s(u) + 2s(v) + 3s(w) + 4s(x) + 5s(y) + 6s(z), total des 6 sommes des parties à 8 éléments.
z >0, car s(z)≥T −5S > 0. Les 6 parties à 8 éléments ont un terme en commun. Chacune de ces parties inclut l’une des 6 sommes que l’on peut
former avec ce terme.
On peut admettre que celui-ci est a sans perte de généralité (il suffit de renuméroter les cartes et les rangs dans les cartes). La liste des termes de ces 6 sommes comporte 24 termes, dontb, c, d, e, i, msont absents ;ay est 6 fois etf, g, h, j, k, l, n, o, pdeux fois chacun.
Peut-il y avoir un autre terme apparaissant 6 fois (z >1) ? S’il est du même quadruplet quea, on peut supposer que c’est b; s’il est du même rang, on peut supposer que c’est e; dans ces deux cas les 6 sommes complétant les parties à 8 éléments sont les sommes contenant ce terme. Si cet autre terme apparaissant 6 fois n’est ni du même quadruplet ni du même rang, on peut supposer que c’estf, et deux de ces apparitions l’associent àa.
Supposons donc queaetbapparaissent 6 fois. Alors
T = 6(a+b) + 2(e+f +i+j+m+n) + 4(g+h+k+l+o+p) ≤ 6(a+b+c+d) + 4(e+f+g+h) + 4(i+j+k+l) + 4(m+n+o+p) = 54, contredisant T >60.
Supposons maintenant queaeteapparaissent 6 fois. Alors
T = 6(a+e) + 2(b+c+d+f+g+h) + 4(j+k+l+n+o+p)≤ 6(a+b+c+d) + 6(e+f+g+h) + 4(i+j+k+l) + 4(m+n+o+p) = 60, contredisant T >60.
Supposons enfin queaetf apparaissent 6 fois. Les deux sommes incluant a+f figurent dans deux des 6 parties à 8 éléments. Les 4 autres parties comportent les 4 sommes avecasansf, et les 4 sommes avecf sansa. Le totalT0(>40) de ces 4 parties est
T0 = 4(a+f) + 2(c+d+g+h+i+j+k+l+m+n+o+p)≤2(a+f) + 2S, et 16< T0−2S ≤2(a+f) ≤12, chacun des termes aetf étant majoré par la somme 3 de son quadruplet ; d’où une contradiction.
Cela prouve quez >1 est impossible, z= 1.
s(y) + 2s(z)≥T −4S >12 ; les éléments des quadruplets ne pouvant dé- passer 3, on en tirey+ 2z >4, puisy >2. Au moins 3 termes apparaissent 5 fois.
Dans le tableau des 6 groupes, chaque partie à 8 éléments inclut la première ligne (contenant a) et une des 3 autres.
af kp af ol ajgp ajoh ankh angl
ejod ejcp enkd encl ebol ebkp
inch ingd iboh ibgp if cp if od mbgl mbkh mf cl mf kd mjgd mjch
Le terme e peut-il être présent 5 fois ? Supposons qu’il soit absent seule- ment dans le 6e groupe, où la somme associée àanglest par exempleif od; il n’y a alors que les deux termes eo à être présents 5 fois ; en d’autres termes, la condition T > 60 entraîne qu’un au moins des termes a, e, o dépasse 3. Le même raisonnement s’applique pour iet m.
De même, le termebpeut-il être présent 5 fois ? Supposons qu’il soit absent seulement dans le 6e groupe, où la somme associée àanglest par exemple if od; il n’y a alors que les deux termes boà être présents 5 fois. Le même raisonnement s’applique pour cetd.
Enfin, le terme f peut-il être présent 5 fois ? Supposons qu’il soit absent seulement dans le 6e groupe, où la somme associée àanglest par exemple ebkp. Le total des parties à 8 éléments obtenues avec les 4 derniers groupes est alors, compte tenu de la majoration par 3 de chaque terme
4a+ 3(f +k+p) + 2(c+g+h+j+l+m+n) +b+d+e+i+o ≤ 2a+f +k+p+ 2S≤39,
contredisant la minoration par 10 de chacune de ces 4 parties. Le même raisonnement s’applique pour tout terme n’appartenant ni au rang ni au quadruplet de a.
La condition “aucune somme dans l’intervalle fermé [1,4]” débouche donc sur une impossibilité, CQFD.
