Tableaux équilibrés

Chaurien · November 2020

Bonjour.
En classant de vieux papiers je tombe sur un problème de nombres que j'ai casé ici en Arithmétique faute de mieux.
Soit un entier $m \ge2$ ; il s'agit de ranger les entiers de $1$ à $4m$ dans un tableau à $2$ lignes et $2m$ colonnes, de telle manière que la somme des entiers des $2$ lignes soient égales (à $m(4m+1)$ bien sûr), et que les sommes des entiers des $2m$ colonnes soient égales (à $4m+1$ bien sûr). On demande de présenter ce tableau avec les nombres de la première ligne en ordre croissant, commençant par $1$.
Voici par exemple ce tableau pour $m=4$ :
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\left[
\begin{array}{cccccccc}
1 & 3 & 6 & 8 & 10 & 12 & 13 & 15 \\
16 & 14 & 11 & 9 & 7 & 5 & 4 & 2%
\end{array}%
\right] $.
Dans mon vieux papier il est dit que sous ces conditions il y a une solution pour chaque $m \ge2$, et qu'elle est unique.
Malheureusement, mon papier ne donne pas la démonstration, ni aucune référence. Qu'en pensez-vous ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
30/11/2020

Cidrolin · November 2020

On peut remarquer que la somme des carrés des nombres de la première ligne vaut $748$, et que mêmement la somme des carrés des nombres de la seconde ligne vaut $748$.

P. · November 2020

Petit doute sur l'existence d'une solution dans le cas $m$ impair: exemple $m=1.$ Pour $m$ pair ca a l'air de mieux marcher exemple $m=6$ avec $4m+1=25$

$$\begin{array}{cccccccccccc}1&&3&&5&&&8&&10&&12\\&2&&4&&6&7&&9&&11&\end{array}$$ Je ne mets pas les complements a 25 pour que ce soit plus clair. Et je n'ai pas respecte l'ordre demande pour la premiere ligne non plus, pour que ce soit plus clair. Finalement quand on analyse les contraintes il s'agit de trouver une partie $T$ de $\{1,\ldots,2m\}$ telle que
$$\sum_{i\in T}(4m+1-2i)=2m^2 \ (*)$$ Si $m=2p$ et si

$$T=\{1,3,5,\ldots,2p-1,2p+2,2p+4,\ldots,4p\}$$ on verifie que (*) est vrai car

$$\sum_{j=1}^p(8p+1-2(2j-1))+\sum_{j=1}^p(8p+1-2(2p+2j))=8p^2.$$ Je ne sais pas montrer l'unicite pour $m=2p$ ni l'impossibilite pour $m=2p-1.$

Edit: reflexion faite pour $m=3$ il y a une solution apres tout, en prenant $T=\{1,3\}\subset \{\1,2,3,4,5,6\}.$ Et pour $m=5$ il n'y meme pas unicite puisque $T=\{1,2,5,9\}$ et $T=\{1,4,5,7\}$ sont deux parties de $\{1,\ldots,10\}$ qui conviennent.

Et merci a rosab qui m'a fait oberver $4\times 6+1\neq 23.$

nodgim · November 2020

Il n'y a pas beaucoup de mystère là dedans, il me semble, vu la construction du tableau.

P. · November 2020

Eh, Monsieur nodgim, des idees pour l'unicite ou le cas impair?

rosab · November 2020

@P.

Attention, si $m=6$, on n'a pas $4m+1=23$.
Ta solution est fausse, pour $m=6$, il faut trouver $72 = 9+19+21+23$.

Chaurien · November 2020

Avec une méthode de bricolage j'ai trouvé :

$\left[
\begin{array}{cccc}
1 & 4 & 6 & 7 \\
8 & 5 & 3 & 2%
\end{array}%
\right] $

$\left[
\begin{array}{cccccc}
1 & 3 & 7 & 8 & 9 & 11 \\
12 & 10 & 6 & 5 & 4 & 2%
\end{array}%
\right] $

$\left[
\begin{array}{cccccccc}
1 & 3 & 6 & 8 & 10 & 12 & 13 & 15 \\
16 & 14 & 11 & 9 & 7 & 5 & 4 & 2%
\end{array}%
\right] $

$\left[
\begin{array}{cccccccccc}
1 & 4 & 5 & 7 & 11 & 12 & 13 & 15 & 18 & 19 \\
20 & 17 & 16 & 14 & 10 & 9 & 8 & 6 & 3 & 2%
\end{array}%
\right] $

Je n'ai pas trouvé de souci avec la parité de $m$.

P. · November 2020

Chaurien je suis d'accord tes solutions, elles coincident avec celles de mon premier post (pour $m=5$ celui ci contient aussi une seconde solution). Et maintenant, une solution generale pour $m$ impair? Joli probleme de toute facon.

rosab · November 2020

Pour $m=5$ je trouve :

$\left[
\begin{array}{cccccccccc}
1 & 2 & 4 & 10 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16 & 18 \\
20 & 19 & 17 & 11 & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 3%
\end{array}%
\right]$

Il n'y a manifestement pas unicité.

Chaurien · November 2020

Voici le suivant, que j'ai fabriqué avec une méthode empirique :

$\left[
\begin{array}{cccccccccccc}
1 & 3 & 7 & 8 & 9 & 11 & 13 & 15 & 19 & 20 & 21 & 23 \\
24 & 22 & 18 & 17 & 16 & 14 & 12 & 10 & 6 & 5 & 4 & 2%
\end{array}%
\right] $

Chaurien · November 2020

J'ai dit que j'ai juste retrouvé la mention de ce problème sur un papier que j'avais écrit pour moi il y a des années, et sans référence aucune de l'origine de ce problème. Sur ce papier il est écrit qu'il y a unicité, mais comme je n'ai pas la démonstration, ce n'est peut-être pas vrai, ce qui serait une bonne nouvelle : un souci de moins.

Math Coss · November 2020

Je n'écris que la ligne contenant 1 et $n=2m$.

sage: def t(n):
....:     def filtre(l):
....:         D = 1 in l
....:         A = len(l)==n
....:         B = add(l)==n/2*(2*n+1)
....:         m = sorted(l)
....:         C = all(2*n+1-k not in m for k in m)
....:         return D and A and B and C
....:     return [l for l in list(subsets(range(1,2*n+1))) if filtre(l)]
....: 
sage: t(4)
[[1, 4, 6, 7]]
sage: t(6)
[[1, 3, 7, 8, 9, 11]]
sage: t(8)
[[1, 2, 7, 8, 11, 12, 13, 14],
 [1, 3, 6, 8, 10, 12, 13, 15],
 [1, 4, 5, 8, 10, 11, 14, 15],
 [1, 4, 6, 7, 9, 12, 14, 15]]
sage: t(10)
[[1, 2, 4, 10, 12, 13, 14, 15, 16, 18],
 [1, 2, 5, 9, 11, 13, 14, 15, 17, 18],
 [1, 2, 6, 8, 11, 12, 14, 16, 17, 18],
 [1, 3, 4, 9, 11, 13, 14, 15, 16, 19],
 [1, 3, 5, 8, 11, 12, 14, 15, 17, 19],
 [1, 3, 6, 7, 11, 12, 13, 16, 17, 19],
 [1, 3, 7, 8, 9, 10, 15, 16, 17, 19],
 [1, 4, 5, 7, 11, 12, 13, 15, 18, 19],
 [1, 4, 6, 8, 9, 10, 14, 16, 18, 19],
 [1, 5, 6, 7, 9, 10, 13, 17, 18, 19]]
sage: len(t(12))
34

Plus intéressant : voir l'OEIS, qui donne les valeurs suivantes

0, 1, 1, 4, 10, 34, 103, 346, 1153, 3965, 13746, 48396, 171835, 615966, 2223755, 8082457,
29543309, 108545916, 400623807, 1484716135, 5522723344, 20612084010

donne une autre interprétation (partitions de $\{1,3,\dots,4m-1\}$ en deux parties de même somme), ce qui donne une formule (coefficient constant de $\frac12\prod_{k=1}^{2m}\bigl(x^{-2k+1} + x^{2k-1}\bigr)$) et un équivalent pour $m$ grand : $\dfrac{\sqrt3 \cdot2^{2m-3}}{\sqrt\pi\cdot m^{3/2}}$.

Méhdi Pascal 38 · November 2020

Un problème analogue est celui des carrés magiques, on sais qu'un carré magique d'ordre 2 n'existe pas, pourquoi ?
Parce que pour construire ce carré magique il faut deux lignes deux colonnes et deux diagonales qui ont la même somme, qui d’évidence vaux à 5, mais lorsque on combine les cas, on ne trouve que deux couples qui nous donnent cette somme, (1,4) et (2,3), ce qui n'est pas assez car il manque 4 couples, d'où l'impossibilité de ce carré magique.
La même démarche fonctionne pour prouver que le carré magique d'ordre 3 est unique sauf isométrie.
Pour le problème de Mr Chaurien, je pense que d'une manière générale que parmi 2m nombres on ne trouve que deux rangées possibles qui ont la même somme, sauf erreur.

[Un carré, une rangée. ;-) AD]

Math Coss · November 2020

Erreur : il y a plusieurs carrés magiques d'ordre $\ge4$ et il y a plusieurs rectangles de M. Chaurien dès que $m\ge4$.

Méhdi Pascal 38 · November 2020

Oui je sais qu'il y a plusieurs carrés magique d'ordre >=4, j'ai dit seulement qu'il n'existe pas pour l'ordre 2, pour le rectangle de M.Chaurien je ne suis pas sûr, alors svp si vous avez un contre-exemple tu peux [vous pouvez] le poster, et merci.

Math Coss · November 2020

Ah pardon; j'ai surinterprété. Il n'y a pas de rectangle de M. Chaurien à deux colonnes, il y en a un seul avec quatre ou six colonnes et il y en a strictement plus (d'un) au-delà.

Chaurien · November 2020

Je saisis l'occasion pour confesser que je ne sais pas écrire sur le forum un tableau avec les cases comme dans le pdf ci-joint. Quelqu'un saurait-il ? Merci.

[Contenu du pdf joint. AD] 113480

rondo · November 2020

Bonjour,

Personnellement, je fais comme ceci :

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
1 & 3 & 7 & 8 & 9 & 11 & 13 & 15 & 19 & 20 & 21 & 23 \\
\hline
24 & 22 & 18 & 17 & 16 & 14 & 12 & 10 & 6 & 5 & 4 & 2 \\
\hline
\end{array}$$

$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
1 & 3 & 7 & 8 & 9 & 11 & 13 & 15 & 19 & 20 & 21 & 23 \\
\hline
24 & 22 & 18 & 17 & 16 & 14 & 12 & 10 & 6 & 5 & 4 & 2 \\
\hline
\end{array}
$$

Tonm · November 2020

Bonsoir, un petit calcul fais que la première ligne du tableau peut être prise comme $2m$ nombres consécutifs commençant par $m+1$.

Sneg · November 2020

Tiens, ce fil me rappelle celui-ci : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1795110,1795110#msg-1795110 , qui, le croirait-on, est construit sur les mêmes bases théoriques que celui-ci : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,2128624,2128624#msg-2128624. D'où, sans doute, le même engouement général...

(Je trouve que ce forum devrait créer une rubrique supplémentaire qui s'intitulerait "PPPP", c'est-à-dire "Problèmes qui ne Passionneront Probablement Personne". J'y ferais un malheur.)

Chaurien · December 2020

Merci Rondo pour le tableau.
Bonne journée.
Fr. Ch.

soland · December 2020

Bonjour.

Ma méthode pour le problème initial :

J'écris un boustrophédon de 1 à $2m$
En bout de ligne la somme de la ligne.
La différence des deux sommes donne
la correction à apporter au boustrophédon.

La dernière ligne donne la différence des éléments de la colonne.
On y cherche des entrées dont la somme est la demi-correction
et on transpose les deux premiers nombres de cette colonne.

Exemple : $m=6$ 113488

Rescassol · December 2020

Bonjour,

J'essaierai de replacer ce mot dans la conversation: "boustrophédon" :-D

Cordialement,

Rescassol

soland · December 2020

@Rescassol
En Suisse romande nous avons les poya cadre, les montées à l'alpage.
Les bêtes sont décorées et portent leur cloche.
Beaucoup de fermes ont une poya peinte au-dessus de la porte de l'étable,
c'est plus ancien que le labour.

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