C'est impossible.

Supposons qu'on ait trouvé une suite de retournements qui convienne.

Bon déjà remarquons que toutes les actions commutent et sont involutives.

On note [latex]l_i[/latex] (resp. [latex]c_i[/latex] et [latex]d_i[/latex]) le nombre de fois où l'on a appliqué le retournement [latex]L_i[/latex] (resp. [latex]C_i[/latex] et [latex]D_i[/latex])

On peut supposer que ces nombres sont égaux à 0 ou 1 sans perte de généralité.
On note [latex]\bar x = 1-x[/latex]

En considérant le pion [latex]M_{12}[/latex] (1ère ligne 2ème colonne), qui a dû être retourné exactement une fois, on peut établir que [latex]l_1 + c_2 = 1[/latex], ce que l'on peut noter [latex]l_1=\bar {c_2}[/latex].

On établit de même que [latex]l_1=\bar {c_2} = \bar {c_3} = \bar {c_4}[/latex]
puis [latex]l_2=\bar {c_1} = \bar {c_3} = \bar {c_5}[/latex]
donc [latex]c_1=c_2=c_3=c_4=c_5[/latex] et par symétrie [latex]l_1=l_2=l_3=l_4=l_5=\bar {c_1} = \bar {c_2} = \bar {c_3}=\bar {c_4} = \bar {c_5}[/latex].

En considérant le pion [latex]M_{11}[/latex], on en déduit que [latex]d_1=0[/latex] et de même [latex]d_2=0[/latex].

Par conséquent, [latex]M_{33}[/latex] n'a été retourné qu'une seule fois. On arrive à une contradiction.

Il est possible d'associer le probléme à des additions matricielles en base 2.
En admettant rouge=1 et bleu=0 par exemple.
L'addition étant commutative, il est inutile de retourner deux fois la même série.
les jetons de coordonnées (1,2) ainsi que les 7 symétriques ne peuvent être retourner que par une ligne ou une colonne, mais pas les deux. Il en est de même pour les milieux (1,3) (2,3), etc.
Si je retourne la premiére ligne, je ne peux retourner les colonnes 2,3 et 4 ce qui m'oblige à retourner les lignes 2, 4 et 5 empêchant alors de retourner les colonnes restantes. Le probléme n'a donc pas de solution.

C'est drôle, mais je trouve que c'est impossible.
On peut dire que les valeurs (si N=0 et B=1) des cases sont le résultat d'un code donné par les 5 lignes, les 5 colonnes et les 2 diagonales: Le résultat des cases correspond à la somme modulo 2 des 2 à 4 codes.
Si, pour le carré 3*3, il est aisé de retrouver le code des 3 lignes, 3 colonnes et 2 diagonales, pour le carré 5*5, on se rend assez vite compte que c'est impossible.
J'ajoute que le nombre de codes possible fourni par les 12 L+C+D est 2^12, alors que le nombre de configurations possibles dans le carré est de 2^25.
Il est donc normal de trouver des configurations qui ne correspondent à aucun code. Bien entendu, le "toutes les cases à 1" est un code possible.

@Nodgim : il est évident que toutes les configurations ne sont pas réalisables mais pourquoi celle-ci justement ?
@Gwen : c'est bon et plutôt simple

On parlait d'invariants à propos du problème précédent , ici il y en a un qui donne la réponse sans effort mais il faut le dénicher

Vasimolo

Après 2 heures sur Power point a jouer à changer les couleurs de mes petits ronds.
Je sents que c'est impossible !!!
mais pourquoi ??
aucune idée pour le moment !

@godisdead : c'est bon
@Nobody : il faut creuser un peu plus .

Vasimolo

Sympa ta solution !

Merci pour l'énigme.

Oufff !

Ah oui, très joli en effet. Je me délecte toujours des réponses malgré mon incapacité à trouver la solution. J'adore !