Enigmo 78 : Cercle magique

Posté par jamo jamo

Bonjour,

voici une petite variante des carrés magiques.

J'ai tracé 4 cercles dont les centres sont situés sur les sommets d'un carré, ce qui définit 12 points d'intersection que j'ai nommé A, B, C, … L.

Le but de l'énigme est simple : il faut placer les entiers de 1 à 12, une seule fois chacun, sur ces 12 intersections, de telle sorte que la somme des nombres sur chaque cercle soit la même.

Vous me donnerez la réponse en image, ou en me donnant la valeur de chaque lettre.

S'il existe plusieurs solutions, vous m'en donnerez une seule. Si vous pensez qu'il n'existe pas de solution, vous me direz "problème impossible".

Bonne recherche !

Remarque : la 2ème image correspond au même problème avec 5 cercles, dont les centres sont situés sur un pentagone régulier, ce qui définit 20 points d'intersection. Si ça vous amuse, essayez de placer les entiers de 1 à 20 pour que la somme soit la même sur chaque cercle. Et si cela vous amuse toujours, continuez avec 6 cercles, puis 7, etc … (bien entendu, l'énigme ne concerne que le problème avec 4 cercles, je propose cette généralisation aux plus curieux et courageux.)

Posté par Judeau Judeau

Bonjour,

Voici une solution possible pour les lettres de A à L : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 12, 10, 11 et 9

Merci pour l'énigme.

Posté par yoyodada yoyodada

Bonjour Jamo, voici ma réponse:

A: 1
B: 3
C: 9
D: 5
E: 12
F: 10
G: 6
H: 4
I: 11
J: 2
K: 8
L: 7

en espérant un beau !

Posté par Judeau Judeau

Et voici une solution pour les 5 cercles tracés à partir d'un pentagone régulier :

Posté par Youpi Youpi

Bonjour Jamo

On trouve facilement que la somme est obligatoirement 39
Voici une solution qui marche (voir figure):

Cercle rouge: 4+5+6+7+8+9=39
Cercle vert:  1+2+4+9+11+12=39
Cercle bleu:  1+3+5+8+10+12=39
Cercle jaune: 2+3+6+7+10+11=39

merci pour l'énigmo.

Posté par plumemeteore plumemeteore

bonjour Jamo
le principe est quasi mécanique : la somme des deux intersections a deux cercles est toujours la même
A = 1; B = 2; c = 3; D = 4; E = 5; F = 6; G = 7; H = 8; I = 12; J = 10; K = 11; L = 9

Posté par Nofutur2 Nofutur2

Il y a de nombreuses solutions, compte tenu en particulier des symétries et des échanges posibles entre les intersections entre deux cercles.
L'une d'entre elles est (si je ne me suis pas trompé):
A=1, B=5, C=7, D=3, E=6, F=10, G=8, H=12, I=11, J=2, K=4, L=9

Posté par Francois86 Francois86

Voici une solution : (Il faut uniquement Deux points d'intersections entre chaque cercle, et la somme sur un cercle vaut 39 ((1+2+...+12)/2)
Cercle 1 : 1,2,3,10,11,12
Cercle 2 : 3,5,6,7,8,10
Cercle 3 : 1,4,5,8,9,12
Cercle 4 : 2,4,6,7,9,11
Ce qui correspond sur le dessin de l'énoncé à :

A = 3
B = 5
C = 2
D = 4
E = 12
F = 7
G = 6
H = 1
I = 10
J = 11
K = 8
L = 9

Posté par rogerd rogerd

Bonsoir Jamo et merci

Ma solution en image attachée.
En cas de problème, les valeurs des lettres de A à L:
2,4,10,5,1,7,6,12,11,3,9,8

Posté par Youpi Youpi

Pour le fun voici le cas avec 5 cercles (en image) et une méthode qui permet d'adapter la logique pour autant de cercles possibles.

Contre toute attente, en me penchant sur la généralisation je me suis rendue compte qu'elle était assez simple ( Je m'attendais à un truc beaucoup plus tordu).
Je fais l'exemple pour le cas de 5 Cercles:
Tout d'abord on cherche le nombre que l'on doit obtenir pour chaque somme.
soit S la somme recherchée (la somme de tous les nombres d'un cercle)
En écrivant les sommes de chaque cercle et en sommant ces égalités on trouve que

5*S=2*(1+2+3+....19+20)  (généralisable pour plus de cercles)
donc S=420/5=84

Chaque cercle comporte 8 nombres qui fonctionnent par paires (en effet 2 nombres rouges-rose deux nombre bleu-vert etc..) donc 4 paires pour chaque cercle.

pour que les cercles soient magiques il suffit juste que la somme des nombres de chaque paire fasse 21 (c'est à dire 84/4) on crée donc toutes les paires possible: 1-20; 2-19; 3-18 ....10-11

et on les place à sa guise sur les cercles en prenant bien soins de les mettre deux par deux. (ce qui offre donc un paquet de possibilités)

pour le cas ci dessous on a

Cercle rouge: 2+7+8+9+12+13+14+19=84
Cercle Rose: 4+6+9+10+11+12+15+17=84
Cercle Bleu: 1+3+6+7+14+15+18+20=84
Cercle Vert: 1+2+4+5+16+17+19+20=84
Cercle Jaune: 3+5+8+10+11+13+16+18=84

Posté par Daniel62 Daniel62

Bonjour Jamo,



le total pour les 4 cercles est 78*2 = 156
chaque lettre compte 2 fois comme intersection de 2 cercles
pour 1 cercle le total sera de 156/4 = 39
il y a 6 couples d'entiers formant une somme de 13:
  12+1  11+2  10+3  9+4  8+5  7+6
en prenant 3 de ces couples on forme un total de 13*3 = 39
et chaque cercle a 2 points communs avec un autre cercle:
  Rouge+Vert  Rouge+Bleu  Rouge+Jaune  Vert+Bleu  Vert+Jaune  Bleu+Jaune
il y a donc 6 couples de cercles et 6 couples d'entiers
il suffit d'associer à chaque couple de cercles, un couple d'entiers
ce qui donne 6! = 720 solutions

Posté par rezoons rezoons

Bonjour ,
je propose:

Posté par boby6 boby6

Ma

Posté par boby6 boby6

Ma réponse :
A=12
B=7
C=5
D=3
E=11
F=9
G=4
H=2
I=1
J=8
K=6
L=10

Merci pour l'énigme

Posté par Daniel62 Daniel62

généralisation:

2 cercles:
  =1  nombre de solutions=1  total pour 1 cercle: 3*1 = 3

3 cercles:
  =3  nombre de solutions=3!  total pour 1 cercle: 7*2 = 14

4 cercles:
  =6  nombre de solutions=6!  total pour 1 cercle: 13*3 = 39

5 cercles:
  =10  nombre de solutions=10!  total pour 1 cercle: 21*4 = 84

6 cercles:
  =15  nombre de solutions=15!  total pour 1 cercle: 31*5 = 155

7 cercles:
  =21  nombre de solutions=21!  total pour 1 cercle: 43*6 = 258

8 cercles:
  =28  nombre de solutions=28!  total pour 1 cercle: 57*7 = 399

Posté par Eric1 Eric1

rep en image
somme 39

Posté par torio torio

A  = 1
B  = 6
C  = 2
D  = 8
E  = 10
F  = 9
G  = 4
H  = 3
I  = 12
J  = 11
K  = 7
L  = 5


A+
Torio

Posté par totti1000 totti1000

salut Jamo, voilà une solution

Posté par programaths programaths

Tout d'abord, reformulons le problème :



Avec toutes ces lettres, on s'y perd un peux... Essayons une autre représentation. Un tableau ?

A	B	C	D	E	F	G	H	I	J	K	L
X		X		X			X	X	X
X	X				X	X		X		X
		X	X		X	X			X		X
	X		X	X			X			X	X

D'après le tableau on vois instantanément que chaque nombre est utilisé 2 fois dans le problème.
La somme de 1 à 12 faisant 78, on en déduit que la somme totale du tableau est de 156.
Puisque la somme de chacune des 4 lignes est une constante, celle-ci est 39.

Le tableau devient :

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

78

X

X

X

X

X

X

39

X

X

X

X

X

X

39

X

X

X

X

X

X

39

X

X

X

X

X

X

39

Cela semble encore trop complexe à résoudre...Simplifions le problème en ne considérant que la parité des nombres !
Ce qui nous donne donc :

I

I

P

P

I

P

I

P

I

P

I

P

P

I

P

I

P

I

P

I

I

I

P

I

I

I

I

P

P

P

I

P

P

I

I

P

I

P

I

P

I

Pour remplir cette table, j'ai utilisé les relations suivantes :

Ainsi que le fait qu'il y ait 6 nombres pairs et 6 nombres impairs !

On remarque que 39 est , ce qui n'est pas un hasard, 13 étant le tiers de 39...
Inscrivons cette somme dans la ligne qui convient. Celle avec autant de Pairs que d'Impairs :

I	5	P	4	7	P	I	6	I	P	9	8	78
I		P		7			6	I	P			39
I	5				P	I		I		9		39
		P	4		P	I			P		8	39
	5		4	7			6			9	8	39

Nous allons encore simplifier le problème en enlevant les colonnes inutiles :

I	P	P	I	I	P	39
I	P			I	P	26
I		P	I	I		25
	P	P	I		P	27

C'est encore trop compliqué car chaque chiffre apparait 2 fois dans chaque colonne !
Mais tiens, il y a chaque fois qu'une case vide par colonne. Et si on "complémentait" le tableau ?

I	P	P	I	I	P	39
		P	I			13
	P				P	14
I				I		12

Beaucoup plus facile !
Maintenant, il ne reste plus qu'a essayer de trouver les valeurs.
Par exemple
6 et 8, déjà pris !
4 et 10, déjà pris !
2 et 12, seule possibilité !
Et pour 12 ?
Seul 1 et 11 peuvent convenir !
Pour 13 il s'agit de nos deux derniers : 10 et 3.

Ce qui nous donne la table suivante :

I	P	P	I	I	P	39
		10	3			13
	2				12	14
1				11		12

Une des solutions est donc :

A=1
B=5
C=2
D=4
E=7
F=10
G=3
H=6
I=11
J=12
K=9
L=8

Qui se vérifie par :


Il y a minimums 2¹² solutions non distinctes.(Car symétries, rotations comptées)

Posté par jandri jandri

Une solution (la somme des nombres sur chaque cercle valant 39):
(A,I)=(1,12)
(B,K)=(2,11)
(C,J)=(3,10)
(D,L)=(4,9)
(E,H)=(5,8)
(F,G)=(6,7)

On peut généraliser à n cercles sécants 2 à 2; il y a paires de 2 cercles donc n²-n points d'intersection.
La k-ème intersection de deux cercles, pour k de 1 à , est constituée de 2 points sur lesquels on place k et n²-n-k+1.
La somme des nombres sur chaque cercle vaut (n-1)(n²-n+1).

Posté par veleda veleda

bonsoir jamo,
voici ma solution
sur chaque cercle la somme des nombres est égale à 39

A:12
B:4
C:7
D:10
E:11
F:8
G:9
H:6
I:1
J:2
K:5
L:3
merci pour cet enigmo où il n'y avait pas de grands nombres à manipuler

Posté par Wasiwasa1729 Wasiwasa1729

Il faut remarquer que le dessin est un peu trompeur. Si on observe bien remarque que malgré la disposition elaborée des 12 points, chacun d'entre eux n'est rien d'autre que l'intersection de 2 cercles et ils jouent donc tous le même rôle. Exit donc toutes les suppositions du style il faut mettre le gros nombres au centre ou a l'exterieur...etc
Par contre ce qu'il faut voir c'est que chaque point va de pair avec un autre point formant les 2 intersection de 2 cerles. Sur chaque cercle il y a donc 3 couples de points et chacun de ces couples joue le même rôle que les 5 autres. Par symetrie il faut donc que la somme de 2 nombres de chaque couple donne toujours le même résultat. Mais quel est ce résultat?
Chaque point est compté 2 fois donc on fait (1+2+3+...+11+12)*2=13*6*2=156 puis on divise en 4 cercles soit 39 pour chaque cercle puis en 3 couples soit 13 par couple.
Il y a 6 couples de lettres:
(A,I) (B,K) (C,J) (D,L) (E,H) et (F,G)
auxquels on doit attribuer 6 couples de nombres :
(1,12) (2,11) (3,10) (4,9) (5,8) et (6,7)
soit 6*5*4*3*2 possibilités que l'on multiplie par 2 car on peut associer par exemple A à 1 ou alors A à 12. Soit 1440 possibilités dont une est par exemple:
A=1 B=2 C=3 D=4 E=5 F=6 G=7 H=8 I=12 J=10 K=11 L=9

Posté par gloubi gloubi

Bonjour,

Une solution, parmi d'autres:

A = 4   B = 7   C = 5   D = 12  E = 1   F = 2
G = 9   H = 10  I = 11  J = 8   K = 6   L = 3

Cercle rouge: 4+5+10+11+8+1 = 39
Cercle vert: 4+2+6+11+9+7 = 39
Cercle bleu: 7+12+10+6+3+1 = 39
Cercle jaune: 5+2+3+8+9+12 = 39


Avec 4 cercles, ce n'est pas trop dur. Je ne m'aventurerais pas plus loin.

gloubi

Posté par diffenbeck diffenbeck

Probleme: Soit A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,L des entiers naturels [1 12] tous differents deux a deux tel que il existe x:
A+C+E+H+I+J = x
A+B+F+G+I+K = x
B+D+E+H+K+L = x
C+D+F+G+J+L = x

Question: existe t il une solution a ce systeme d'equations ? si oui, la ou les quelle(s) ?

Reponse:  oui, il y en a 2*6! (voir demonstration pour un exemple de reponse)

Demonstration:

Tout d'abord, on calcule x. On remarque deja que chaque variable apparait exactement 2 fois dans l'ensemble des equations. Par consequent, on a:
2(A+B+C+D+E+F+G+H+I+J+K+L)=2_i=1..12i=4x,
d'ou x = 39.
Or 39 = 3*13, et 13 = 1+12 = 2+11= 3+10= 4+9= 5+8= 6+7, etrange non ? (en fait ... non)

Enfin, on peut remarquer que chaque equation comporte 3 couples de variables distincts apparaissant dans une autre equation : (A,I), (C,J), (E,H), (B,K), (F,G), (D,L). Par consequent, l'attribution a chacun de ces couples des valeurs (1,12), (2,11), (3,10), (4,9), (5,8), (6,7) ainsi que le "mirroir" de ces valeurs forme une solution de notre systeme. Il y a donc en tout 2*6! reponses possibles, dont en voici une:
A=1
B=2
C=3
D=4
E=5
F=6
G=7
H=8
I=12
J=10
K=11
L=9
...cqfd

Posté par link224 link224

Salut jamo.

Voici une solutio en images.
@+ et merci pour l'énigme.

Posté par rems910 rems910

Problème impossible...

=)

Posté par maher_91 maher_91

la somme est : 39

l'intersection de chaque cercle avec l'autre sera comme suit :
   ROUGE     VERT     BLEU       JAUNE
   j/1       b/2      V/3          R/4
    4         3        2            1
---------------------------------------
   V/8       R/5       J/6         B/7
     5        8          7          6
---------------------------------------
   B/9       j/11       R/12        V/10
    12         10         9          11
-----------------------------------------
=   39        39        39          39




donc :  a=8 ; b=2 ;   c=1 ;  d=6 ; e=12 ; f=10 ; g=11 ; h=9 ; i=5 ; j=4 ; k=3 ; l=7

ca sera de la même façon pour 1000 cercles (c'est facile ^^! )

Posté par Aurelien_ Aurelien_

Bonjour,

Posté par peecota peecota

merci por ce petit test

Posté par lo5707 lo5707

Bonjour,

L'énigme me paraissait assez "hard" au départ, mais finalement je l'ai trouvée en 2 minutes...

Voici une des quelques solutions:


Merci pour cette énigme.

_{si j'ai le courage et le temps j'essaierai la suite.}

Posté par geo3 geo3

Bonsoir
On a A+I=L+D ; C+J=B+K ; G+F=E+H  ( = 13)
la somme des 6 points sur chaque cercle = 39
Il y a plusieurs solutions dont en voici une
A = 1 ; I = 12
C = 2 ; J = 11
E = 3 ; H = 10
B = 4 ; K = 9
G = 5 ; F = 8
D = 6 ; L = 7
A+

Posté par jonjon71 jonjon71


Bonjour !

Voici ma réponse :

Tout d'abord, j'ai remarqué que la somme des nombres sur chaque cercle doit être égale à 39.

Ensuite, j'ai décomposé 39 comme somme de 6 entiers distincts compris entre 1 et 12.

Enfin, en tâtonnant, j'ai fini par trouver une solution.

Voilà !

Merci.

Posté par xps1616 xps1616

A=9,B=4,C=3,D=7,E=11,F=12,G=5,H=6,I=8,J=2,K=1,L=10

Posté par dpi dpi

je ne sais pas transmettre mes figures
Sur celle de JAMO .A=2 B=4 C=6 D=8 E=12 F=10 G=11 H=9 I=7 J=5 K=3 L=1
Chaque cercle totalisant 39

Posté par masterfab2 masterfab2

a b c d e f g h i j  k  l
4 2 3 1 5 6 7 8 9 10 11 12

Posté par sertho sertho

Voici ma réponse:

A 1
B 2
C 3
D 4
E 5
F 6
G 7
H 8
I 12
J 10
K 11
L 9

Soit une somme de 39 sur chaque cercle

Posté par LEGMATH LEGMATH

Bonjour jamo,

A = 12   I = 1
B = 9    K = 4
C = 10   J = 3
D = 6    L = 7
E = 2    H = 11
F = 5    G = 8

La somme des nombres sur chaque cercle est égale à 39.

Posté par chaudrack chaudrack

Salut a tous, Ca faisait un bail!

Réponse en image



@ plus, chaudrack

PS: Joyeux Noel a tous

Posté par Nokturnus Nokturnus

Bonjour, je propose la solution suivante (chaque cercle a la somme de ses nombres egale à 39)

Posté par castoriginal castoriginal

Il y a plusieurs solutions au problème des 4 cercles.
Quand on fait la somme des points d'intersection pour chaque cercle, on se rend compte quand on totalise l'ensemble des cercles, que chaque point apparait 2 fois.
Cela veut dire que le total des points des 4 cercles est de 2 fois la somme de 1 à 12 soit 156 points. Chaque cercle donc totalise 39 points.
En travaillant en symétrie, si l'on attribue au point A la valeur 1, on donne à F la valeur 2, à L la valeur 3, à E la valeur 4; le complément à 13, permet de donner à I la valeur 12, à E la valeur 4, à D la valeur 10,et à H la valeur 9.
Le cercle 1 (en haut à gauche) contient les points A+C+H+I+J+E
Le cercle 2 (en haut à droite) contient les points A+B+G+I+K+F
Le cercle 3 (en bas à droite) contient les points L+J+G+D+C+F
Le cercle 4 (en bas à gauche) contient les points E+B+D+H+K+L
Comme on a attribué à chaque cercle des valeurs complémentaires, il vient que:
Le cercle 1 contient les valeurs 26 +C+J
Le cercle 2 contient les valeurs 26 +B+K
Le cercle 3 contient les valeurs 26 +J+C
Le cercle 4 contient les valeurs 26+ B+K
Les nombres non encore attribués sont 5,6,7,8. La somme de C+J ou de B+K doit être égale à 13. Les couples associés sont donc 6+7 et 5+8 qu'on peut attribuer indifféremment à B+K ou C+J.
Une solution pourrait donc être :
A=1, B=6, C=5,D=10,E=4, F=2, G=11,H=9, I= 12, J=8, K=7, L=3

Posté par Lipton123 Lipton123

Bonjour
Avec 4 cercles : la somme des nombres sur chaque cercle est 39
Avec 5 cercles : la somme des nombres sur chaque cercle est 84  
merci pour votre énigme

Posté par laotze laotze

Bonjour:

Posons:
pour tout n naturel hormis 0 et 1, est le nombre de points d'intersection entre les cercles se coupant deux à deux.

S est la somme de chaque couple de point d'intersection
R est le nombre de résolutions possibles

On a:

au rang n:

et donc au rang 4:

Il ya 6 façons de résoudre dont une ci-dessous:

Posté par 13or 13or

A,B,C...=6,1,7,3,5,11,2,8,9,4,10,12

Posté par evariste evariste

A+I=B+K=C+J=D+L=E+H=F+G=13
une solution parmi d'autres :
A=1
B=2
C=3
D=4
E=5
F=6
G=7
H=8
I=12
J=10
K=11
L=9

Posté par geronimo 652 geronimo 652

Bonsoir Jamo,
ça faisait que je n'avais pas fait d'énigme et rien de tel pour réveiller les neurones engraissé de foie gras!
voici ma réponse, je donne la valeur de chaque lettre:
On a donc:
A= 12
B= 5
C= 1
D= 10
E= 4
F= 3
G= 8
H= 7
I= 9
J= 6
K= 2
L= 11

voili voilo et voilà...
merci pour cette énigme et bonne fête de fin d'année...
@ +
gero

Posté par pacou pacou

Bonjour,

La somme des nombres sur chaque cercle=39
Somme des 2 nombres composant l'intersection entre 2 cercles=13
Soit 6 couples (1;12) (2;11) (3;10) (4;9) (5;8) (6;7)

Posté par Phantometaleux Phantometaleux

Bonjour,

Pour le cas des quatres cercles, la somme est égale à 39, et je propose :
A = 1
B = 7
C = 5
D = 11
E = 3
F = 4
G = 9
H = 10
I = 12
J = 8
K = 6
L = 2

Posté par jamo jamo

Clôture de l'énigme

Finalement, elle n'était pas si compliquée cette énigme. Quand j'ai découvert l'existence de ces "cercles magiques", je ne savais même pas s'il existait des solutions.
D'ailleurs, je ne sais pas s'il existe toujours une solution si on généralise à n cercles.

dpi >> de mémoire, je crois qu'il suffit d'inverser 2 valeurs dans ta solution pour qu'elle soit bonne, je te laisse vérifier.

En tout cas, voilà une énigme qui va permettre de regagner quelques points pour ce mois qui semble assez difficile !

Posté par jamo jamo

Pour info, j'ai trouvé cette histoire de cercles magiques à la fin de cet ouvrage : , mais il n'y avait pas les solutions, et ça ne disait même pas si elles existent !

Sinon, je trouve ce bouquin vraiment sympa, avec plein de bonnes idées pour faire bosser les élèves sur le calcul mental, avec des dizaines de fiches de jeux plutôt intéressants.
Pour le niveau des jeux, je trouve que c'est très bien adapté pour l'école primaire. Et c'est encore jouable en début de collège à mon avis. Mais avec des effectifs de classe un peu lourd, je trouve ce genre de jeux difficilement praticables. A réserver à des effectifs réduits ...

Posté par rogerd rogerd

Merci à Jamo pour l'énigme et merci à ceux qui ont essayé de généraliser.
Une difficulté: justifier que les nombres utilisés sont tous différents.
A cet égard, la démonstration de Youpi est convaincante. Il ne resterait plus qu'à la généraliser à n quelconque en détaillant le point délicat.