Magiczne uzupełnianki

Niech x oznacza szukaną wartość wpisaną w środkowe pole diagramu, zaś S niech oznacza magiczną sumę. Ponieważ , to dodając wszystkie trzy sumy wzdłuż każdego z trzech narysowanych na diagramie odcinków, otrzymamy zależność

   

pole centralne bowiem będzie policzone trzy razy. Stąd liczba jest podzielna przez 3. To się może zdarzyć jedynie dla lub lub , wtedy możliwe sumy magiczne wynoszą odpowiednio lub lub .

Należy pamiętać, że to nie jest jeszcze pełne rozwiązanie! Pokazaliśmy bowiem dopiero, że znalezione liczby 1, 4 i 7 tylko mogą ale wcale nie muszą być dobre. Aby to ostatecznie rozstrzygnąć wystarczy dla każdej z tych liczb wskazać odpowiednie wypełnienie diagramu, zgodne z nałożonymi warunkami. Niestety to rozwiązujący musi wiedzieć, czy to już jest właściwy moment na taką weryfikację. Jeśli wskazanie stosownego przykładu się nie udaje, należy znów wrócić do rozważań ogólnych.
Nasz przykład na szczęście jest na tyle prosty, że zbudowanie odpowiednich przykładów nie należy do trudnych. Mamy więc trzy możliwe rozwiązania, pokazane poniżej.

Dla wygody i jasności omówienia zadania, wprowadźmy oznaczenia wartości poszczególnych pól diagramu jak poniżej.

Porównując ze sobą sumy czwórek liczb ustawionych w polach tworzących dwa górne kwadraty 2×2, otrzymamy zależność , czyli . Ponieważ wszystkie liczby w diagramie są z zakresu od 1 do 9, więc lub (liczba 1 jest już wykorzystana), a wtedy odpowiednio lub .

Załóżmy, że i . W sposób podobny jak przed chwilą, możemy porównać sumy z dwóch lewych kwadratów, prowadzi to do zależności

   

Liczby i są róże i nie mniejsze od 2 (mniejsze są już wykorzystane), stąd , czyli , a to daje nam możliwości albo . Gdy , to , więc . Zauważmy jeszcze, że porównując odpowiednio sumy liczb z wszystkich czterech kwadratowych obszarów, otrzymamy równość , czyli . To oznacza, że nie może być , bo wtedy i , zatem , i . Pozostałe pola można uzupełnić w jednoznaczny sposób. Jeśli zaś , to , czyli Ponieważ wartości 7, 8 i 9 są już przypisane konkretnym polom, to i ostatnia równość wymusza Znów nie może być , bo wówczas byłoby , a przecież . Stąd , i . Dotychczasowe rozważania prowadzą do dwóch możliwych rozwiązań:

Zbadajmy teraz przypadek i . Mamy , skąd , czyli . Zauważmy jeszcze, że ponieważ , to i liczby oraz są tej samej parzystości; muszą to zatem być liczby parzyste (bo nieparzysta niewykorzystana jeszcze wartość jest tylko jedna – równa 5). Jeśli , to , czyli . Nie może być , bo wówczas . Zatem , i . Załóżmy teraz, że . Wtedy i – patrząc na pozostałe jeszcze wartości do wykorzystania – musi być . Ale jest parzyste, stąd , i . Pozostaje do sprawdzenia . Wtedy , stąd (znów wykorzystujemy parzystość liczby ) mamy i , a dalej . Tym razem otrzymujemy kolejne trzy rozwiązania:

Łącznie zadanie ma pięć rozwiązań przedstawionych na diagramach powyżej.

Oznaczmy przez magiczną sumę w sześciokącie. Ponieważ , a w ustalonym kierunku figurę można podzielić na pięć rozłącznych rzędów, to , czyli .

Przyjmijmy oznaczenia wartości przypisanych poszczególnym polom diagramu.

Znając , mamy natychmiast , . Wówczas . Wszystkie wartości pochodzą ze zbioru liczb nie większych niż , więc . Zauważmy, że , stąd . Ale rozkłady liczby na sumę dwóch różnych składników z interesującego nas zbioru wyglądają następująco:

   

przy czym składniki 19, 18, 17, 16, 14 i 13 są już wykorzystane, stąd . Gdyby , to co jest niemożliwe, bo albo . Zatem i . Stąd dalej i . Wtedy . Gdyby teraz , to co jest wykluczone. Zatem , i dalej , , i w końcu oraz . Ostatecznie otrzymujemy jedyne rozwiązanie:

Nieznane wartości oznaczmy jak na poniższym rysunku.

W szczególności mamy . Stąd i z trzeciej sumy poziomej (także równej ) wynika, że , czyli . Podobnie z sumy ukośnej , zatem . Z sumy drugiej pionowej mamy teraz , możemy więc wykorzystując pierwszą sumę poziomą, napisać równość , więc . Ponieważ czwarta kolumna ma sumę wyrazów , to (drugi wiersz) mamy także i . W ten sposób liczbę nieznanych wartości zredukowaliśmy o połowę i wiemy też, że

   

To oznacza, że największą spośród wszystkich liczb wpisanych do diagramu musi być , zatem i jednocześnie . To daje nam już jedyne możliwe końcowe wypełnienie tablicy

Przyjmijmy następujące oznaczenia

Ponieważ najwięcej informacji niesie druga kolumna i ostatni wiersz diagramu, rozpoczniemy od ustalenia wartości przypisanych polom h, k oraz l. Mamy , oraz , czyli

   

Z pierwszej równości wynika w szczególności, że liczba jest nieparzysta (w przeciwnym razie liczby i obie byłyby tej samej parzystości i ich suma nie mogłaby być równa 11). Druga zależność pociąga parzystość liczby i wśród dopuszczalnych (jeszcze nie wykorzystanych) wartości rozwiązania są następujące: . Gdyby , to , więc musi być i .

Kluczowym spostrzeżeniem będzie teraz obserwacja, że jedna z niewiadomych musi być równa 2. Dwójka nie może pojawić się ani w pierwszej kolumnie, ani w trzeciej kolumnie, ani na wyróżnionej przekątnej. Wówczas bowiem (dzięki wartościom 16 i 15 w dolnym wierszu) odpowiednia suma różnic przekroczyłaby 12. Zatem albo . Gdyby zachodziła druga ewentualność, to mielibyśmy , czyli . Ale , bo wszystkie mniejsze wartości są już wykorzystane, więc musiałoby być . To oznacza, że . Wtedy mamy , czyli . Ale , więc , co oznacza, że . Możemy napisać też , czyli . Liczba jest więc parzysta i , więc . Teraz już łatwo wyznaczamy oraz .

Do ustalenia pozostaje jeszcze trzeci wiersz, którego wyrazy tworzą zbiór . Analizując sumy różnic z poszczególnych kolumn otrzymujemy jedynie oraz . Do bezpośredniego sprawdzenia mamy więc cztery przypadki, z których dwa pokazane poniżej tworzą ostateczne rozwiązanie.