Un carré 4x4

soland

La somme magique doit être 1

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

babsgueye

Salut.

C'est quoi XOR ?

soland

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

Corrigé le 2.1.2019

Dom

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

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

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

La somme magique est 1

kolotoko

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

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

Math Coss

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

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

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

Aucune des matrices 4x4 proposées n'est panmagique.

Math Coss

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

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

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

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

kolotoko

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

@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 .

soland

Avec $\{A,C\}=\{0,2\}\pmod{4}$ et $\{B,D\}=\{0,2\}\pmod{4}$,
voici un carré panmagique de somme 0 :

A B A D
D C B C
A D A B
B C D C

kolotoko

Bonjour,

faut-il lire plutôt ceci:

A B C D
D C B A
C D A B
B A D C ?

Bien cordialement

kolotoko

soland

Non, justement pas.
Mon carré est inattendu, pas le tien.

kolotoko

Bonjour,

tu crois qu'on a un carré panmagique avec A = 0, C = 2, B = 0, D = 2 ?

Bien cordialement.

kolotoko