Un carré 4x4

soland · January 2019

La somme magique doit être 1

N.B.
(O, X) = (0, 1) XOR (1, 0) 83082

babsgueye · January 2019

Salut.

C'est quoi XOR ?

soland · January 2019

OR = ou inclusif $\neq$ ou exclusif = XOR

Corrigé le 2.1.2019

Dom · January 2019

Heu ?
N’est-ce pas le contraire ?

1 XOR 1 = 0 (le « ou » exclusif)
1 XOR 0 = 1
0 XOR 0 = 0
0 XOR 1 = 1

kolotoko · January 2019

Bonjour,

je ne suis pas sûr de bien avoir compris ce dont nous parle soland mais peut-être convient ce carré :

x o x o
o x o x
o x o x
x o x o

Bien cordialement.

kolotoko

soland · January 2019

Le problème sort des brumes festives
en ajoutant une contrainte indispensable :

La somme magique est 1

kolotoko · January 2019

bonjour,

faire un carré magique est possible avec 8 O et 8 X et , mais faire un carré panmagique me semble impossible.

Mais peut-être impossible n'est pas suisse.

Bien cordialement.

kolotoko

soland · January 2019

Je ne sais pas.
Je n'en ai pas trouvé.

Math Coss · January 2019

Ce sont des solutions, ça ? \[\left(\begin{array}{rrrrrrrr}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right),\quad \left(\begin{array}{rrrrrrrr}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right).\]
PS : ajout d'une deuxième solution avec aussi peu de coefficients non nuls que possible.

PPS : Non, ce ne sont pas des solutions, je n'ai pas compris la contrainte ! Voici trois carrés magiques mais pas panmagiques avec la moitié des coefficients égaux à $1$ : \[\left(\begin{array}{rrrr}
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right),\quad
\left(\begin{array}{rrrrrr}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\quad
\left(\begin{array}{rrrrrrrr}
1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).\]

marco · January 2019

Voici un carré 4x4 avec huit 0 et huit 1:

0001
0010
1011
0111

dont la somme de chaque ligne et de chaque colonne vaut 1 modulo 2.

marco · January 2019

En voici un avec huit 0 et huit 1 et les lignes, les colonnes et les diagonales de somme valant 1 modulo 2

0010
1000
1011
1110

GaBuZoMeu · January 2019

Aucune des matrices 4x4 proposées n'est panmagique.

Math Coss · January 2019

Maintenant que j'ai compris toutes les règles (peut-être), je peux demander à Sage, qui dit qu'il n'en existe pas avec huit coefficients égaux à $1$.
En voici un sans cette dernière contrainte : \[\left(\begin{array}{rrrr}
0 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0
\end{array}\right).\]

GaBuZoMeu · January 2019

Voici une procédure Sage qui dit combien il y a de matrices à coefficients dans $\mathbb Z/2\mathbb Z$ panmagiques de somme $1$, de taille $n$ et avec $k$ coefficients égaux à $1$ :

n=4; k=8
M=matrix(GF(2),4*n,n^2)
for i in range(n) :
    for j in range(n) :
        M[4*i,4*i+j]=1
        M[4*i+1,4*j+i]=1
        M[4*i+2,4*j+(i+j)%4]=1
        M[4*i+3,4*(3-j)+(i+j)%4]=1

V=vector(GF(2),4*n*[1]) 
Solpart=M\V
Solhom=M.right_kernel()
L=[Solpart+v for v in Solhom]
len(filter(lambda A : add(ZZ(n) for n in list(A))==k, L))

Elle répond bien $0$ pour $n=4$, $k=8$. Elle répond aussi $64$ pour $n=4$, $k=6$ ou pour $n=4$, $k=10$.

kolotoko · January 2019

Bonsoir,

il est clair que tout carré valable pour n = 4, k = 6 donne un carré valable pour n = 4, k = 10 et réciproquement ; il suffit d'échanger 0 et 1 .

Bien cordialement.

kolotoko

GaBuZoMeu · January 2019

Bien sûr, et ça fournit la totalité des carrés panmagiques de somme 1.

kolotoko · January 2019

Bonjour,

en faisant tourner le carré de départ de soland (4 positions), puis en permutant circulairement les lignes et les colonnes ( 16 possibilités par position) on obtient bien les 64 carrés panmagiques pour n=4 , k= 6 .

Bien cordialement .

kolotoko

soland · January 2019

@kolotoko : Force brute : pas de solution $4\times4$ avec 8 X et 8 O
@Math Coss : L'intérêt des X et des O est qu'il n'est pas nécessaire de savoir lequel vaut 1 .