ag - etoiles magiques

AG - ETOILES MAGIQUES
On considère un polygone régulier de n côtés (n ≥ 5), et on joint de deux en deux les sommets de ce
polygone. Si n est pair on obtient deux polygones de n/2 côtés. Si n est impair, on obtient un polygone
étoilé de n côtés. Dans les deux cas, le dessin comporte n droites qui se coupent en 2n points. On veut
trouver une bijection entre l’ensemble de ces 2n points et {1, 2, . . . , 2n} de telle sorte que la somme S
des nombres situés sur une ligne ne dépende pas de la ligne choisie.
Si le problème est possible, la somme S vaut 2(2n + 1).
Le problème fournit n équations de la forme
a+b+c+d=S.
Si l’on somme membre à membre ces n équations, on trouve dans le membre de gauche le double de la
somme des entiers compris entre 1 et n, et dans le membre de droite on trouve nS. Donc
2n(2n + 1) = nS ,
ce qui donne le résultat.
Procédé de construction.
On forme tous les sous-ensembles de quatre nombres distincts {a, b, c, d} inclus dans {1, 2, . . . , 2n} tels
que
a+b+c+d=S.
On choisit un couple (A1 , A2 ) de ces sous-ensembles, tel que A1 ∩ A2 soit un singleton : {2n} par
exemple.
Puis on choisit A3 tel que A1 ∩ A3 et A2 ∩ A3 soient ou vides, ou réduits à un point. Et l’on poursuit
l’opération :
si A1 , . . . , Ap sont déterminés, on choisit Ap+1 tel que, pour tout i compris entre 1 et p, l’ensemble
Ap ∩ Ai soit de cardinal au plus 1.
Si l’on parvient à construire n sous-ensembles A1 , . . . , An , il ne reste plus qu’à construire une étoile
dont les branches soient formées de ces sous-ensembles, ce qui n’est pas toujours possible.
On remarquera que chaque nombre de {1, 2, . . . , 2n} doit figurer dans deux sous-ensembles exactement.
Exemple 1 n = 5
Les sous-ensembles à quatre éléments de somme S = 22 sont les suivants :
AG 2
{10, 9, 2, 1} {10, 8, 3, 1} {10, 7, 4, 1} {10, 7, 3, 2} {10, 6, 5, 1} {10, 6, 4, 2}
{10, 5, 4, 3} {9, 8, 4, 1} {9, 8, 3, 2} {9, 7, 5, 1} {9, 7, 4, 2} {9, 6, 5, 2}
{9, 6, 4, 3} {8, 7, 6, 1} {8, 7, 5, 2} {8, 7, 4, 3} {8, 6, 5, 3} {7, 6, 5, 4}
Il n’y a que trois couples d’ensembles compatibles contenant 10.
Le premier couple ({10, 9, 2, 1}, {10, 5, 4, 3}) ne peut pas être complété par un ensemble compatible
contenant 9.
Le deuxième couple ({10, 8, 3, 1}, {10, 6, 4, 2}) peut être complété par {9, 7, 5, 1} ou {8, 7, 5, 2}, mais
alors on ne trouvera pas non plus d’ensemble compatible contenant 9.
Le troisième couple ({10, 7, 3, 2}, {10, 6, 5, 1}) ne peut pas être complété par un ensemble compatible
contenant 7.
Il n’existe donc pas d’étoile magique à cinq branches.
Exemple 2 n = 6
Dans ce cas la somme S vaut 26.
Nous allons commencer par étudier quelques propriétés de ces étoiles.
Fixons par exemple la situation suivante
A
A+G+L+B
A+H +I +C
B+K +J +C
F +G+H +E
F +L+K +D
E+I +J +D
=
=
=
=
=
=
26
26
26
26
26
26
G
F
H
O
L
E
I
B
C
K
J
D
La somme des éléments d’un losange de la figure vaut encore 26.
AG 3
En calculant la somme
(A+G+L+B)+(A+H +I +C)+(D+J +I +E)+(D+K +L+F )−(F +G+H +E)−(B +K +J +C)
on obtient
2(A + L + D + I) = 2 × 26 .
Donc
A + L + D + I = 26 .
On a des égalités du type : A + I = F + K.
On écrit
(A + I) − (F + K) = (A + I + L + D) − (F + L + K + D) = 26 − 26 = 0 .
Les sommes des nombres situés sur deux triangles de la figure symétriques par rapport à son centre
O sont égales.
Pour les petits triangles, on a
A+G+L+B = A+H +I +C
soit
G+L+B = H +I +C
avec également
G+E = K +C.
En soustrayant membre à membre, on trouve
L+B−E =H +I −K
d’où
L+B+K =H +I +E.
Pour les grands triangles, cela résulte de ce qui précède et de l’égalité
(A+B+C)+(H +E+I)+(K+J +D)+(F +G+L) = (D+F +E)+(L+K+B)+(A+G+H)+(I+J +C) .
On en tire
A+B+C =D+E +F .
AG 4
Soit A (E) l’ensemble des quadruplets ordonnés en décroissant associés à une étoile magique E.
Si E ′ est une étoile déduite de E par une des trois transformations suivantes
I) rotation de centre O et d’angle kπ/3 (k entier)
II) symétrie par rapport à un des axes de symétrie de l’étoile
III) permutation de deux branches parallèles en glissant sur les autres branches
alors
A (E) = A (E ′ ) .
Réciproquement, si l’on a cette dernière égalité, alors E ′ se déduit de E par un produit d’opérations
du type précédent.
Par exemple les deux branches horizontales de l’étoile de la page 2 se permutent dans l’opération III
en échangeant G et B, F et K, H et C, et E et J.
Il est facile de voir que les opérations indiquées ne changent pas les quadruplets.
Réciproquement, prenons pour E l’étoile de la page 2, et une étoile E1 quelconque associée aux mêmes
quadruplets que ceux de E.
– on prend f1 = Id si A est sur une pointe de E1 , sinon une opération de type III qui ramène A en
pointe. On pose
E2 = f1 (E1 ) .
– soit f2 la rotation d’angle kπ/3 qui amène A sur la pointe du haut, et
E3 = f2 (E2 ) .
– comme L n’est pas symétrique de A par rapport à O puisque L et A sont sur la même branche, soit
f3 = Id si L est à gauche, une symétrie si L est à droite et
E4 = f3 (E3 ) .
– remarquons que les branches issues de A et D dans E se coupent seulement en deux points. Cela reste
vrai dans E4 , et, comme D et A ne sont pas sur une même branche, le point D sera nécessairement
symétrique de A par rapport à O. Les points A, L, D, I coïncident alors dans E et E4 . La branche
portant AGLB est la même dans les deux étoiles. On prend f4 = Id si G est bien placé, une opération
de type III qui permute G et B sinon, et on pose
E5 = f4 (E4 ) .
Alors les étoiles E et E5 sont identiques.
Deux étoiles E et E ′ telles que
A (E) = A (E ′ ) ,
seront dites équivalentes.
AG 5
Voici la liste des 33 quadruplets possibles
(12, 11, 2, 1)
(12, 10, 3, 1)
(12, 9, 4, 1) (12, 9, 3, 2)
(12, 8, 5, 1) (12, 8, 4, 2)
(12, 7, 6, 1) (12, 7, 5, 2)
(12, 6, 5, 3)
(11, 10, 4, 1) (11, 10, 3, 2)
(11, 9, 5, 1) (11, 9, 4, 2)
(11, 8, 6, 1) (11, 8, 5, 2)
(11, 7, 6, 2) (11, 7, 5, 3)
(11, 6, 5, 4)
(10, 9, 6, 1) (10, 9, 5, 2)
(10, 8, 7, 1) (10, 8, 6, 2)
(10, 7, 6, 3) (10, 7, 5, 4)
(9, 8, 7, 2)
(9, 8, 6, 3)
(9, 7, 6, 4)
(8, 7, 6, 5)
(12, 7, 4, 3)
(11, 8, 4, 3)
(10, 9, 4, 3)
(10, 8, 5, 3)
(9, 8, 5, 4)
On peut retrouver l’ensemble des quadruplets F et obtenir A (E) par la procédure Maple suivante :
div:=proc(a) global F, N;
N:=0: F:={}:
for i to 2*a do for j to i-1 do for k to j-1 do for l to k-1 do
if i+j+k+l= 4*a+2 then N:=N+1; A(N):={i,j,k,l}; F:=F union {A(N)};
fi; od; od; od ; od;
print(F);
for m to N do for n from m+1 to N do for p from n+1 to N do
for q from p+1 to N do for r from q+1 to N do for s from r+1 to N do
if nops( A(m) intersect A(n)) <=1 and nops( A(m) intersect A(p)) <=1
and nops( A(m) intersect A(q)) <=1 and nops( A(m) intersect A(r)) <=1
and nops( A(m) intersect A(s)) <=1 and nops( A(n) intersect A(p)) <=1
and nops( A(n) intersect A(q)) <=1 and nops( A(n) intersect A(r)) <=1
and nops( A(n) intersect A(s)) <=1 and nops( A(p) intersect A(q)) <=1
and nops( A(p) intersect A(r)) <=1 and nops( A(p) intersect A(s)) <=1
and nops( A(q) intersect A(r)) <=1 and nops( A(q) intersect A(s)) <=1
and nops( A(r) intersect A(s)) <=1
then print(A(m),A(n),A(p),A(q),A(r),A(s)) fi; od; od; od; od; od; od; end;\\
div(6);
La méthode de construction donne 20 ensembles de quadruplets compatibles qui donnent tous des
étoiles. Ce sont les seules possibles à équivalence près.
12
12
7
8
2
3
4
3
4
7
2
8
3
8
6
1
11
10
6
4
5
5
3
2
9
1
11
10
9
7
8
4
2
2
6
5
11
7
10
4
3
12
12
12
12
9
4
6
4
7
3
11
5
8
1
2
3
1
9
10
5
11
8
7
9
10
8
2
2
6
3
11
9
6
4
7
12
12
12
12
5
9
10
1
3
2
8
9
11
2
5
7
8
5
3
6
10
4
11
7
6
1
2
1
7
8
9
4
11
3
6
10
2
12
12
12
12
7
10
9
5
6
2
2
3
8
3
8
4
9
5
11
2
5
1
10
3
11
7
6
10
7
1
2
5
8
9
6
11
4
3
8
9
4
4
10
5
4
1
1
10
7
3
4
5
2
7
1
8
7
8
6
9
11
1
11
8
12
4
10
1
12
1
6
6
11
8
2
12
10
11
2
4
5
9
12
3
6
3
9
7
6
11
5
11
5
1
7
9
5
2
6
6
10
9
1
11
4
10
12
10
10
3
1
3
11
6
7
8
1
5
5
9
12
7
8
9
10
1
4
AG 7
Exemple 3 n = 7
Dans ce cas la somme S vaut 30.
La méthode de construction devient difficilement réalisable de manière systématique, car il y a 55
quadruplets ordonnés de somme 30. De plus les familles de sept quadruplets obtenus ne donnent pas
nécessairement des étoiles.
Par exemple, la famille
(14, 13, 2, 1) (14, 8, 5, 3) (13, 10, 4, 3) (12, 11, 6, 1) (12, 9, 7, 2) (11, 8, 7, 4) (10, 9, 6, 5)
est compatible. Cependant 3 et 13 étant alignés et se trouvant sur des lignes contenant 14, il en résulte
que 14 est en pointe. De même 2 et 12 étant alignés et se trouvant sur des lignes contenant 1, il en
résulte que 1 est en pointe. Donc 1 et 14 sont les extrémités d’une branche, et pour construire l’étoile,
il devrait y avoir un point commun sur les lignes (2, 12) et (3, 13), ce qui n’est pas le cas.
Par contre, la famille suivante est compatible :
(14, 11, 4, 1) (14, 9, 5, 2) (13, 12, 3, 2) (13, 7, 4, 6) (12, 10, 7, 1) (11, 8, 6, 5) (10, 9, 8, 3)
et donne l’étoile
14
11
6
5
8
4
9
1
2
7
3
12
13
10