On considère qu'on commence à jouer.
Pour ne jamais perdre il faut s'assurer de bloquer toutes les combinaisons gagnantes de l'adversaire.

Si on dénombre les combinaisons gagnantes, on en trouve seulement 8 :
159
168
249
258
267
348
357
456

Les chiffres 1,3,7 et 9 apparaissent 2 fois, les chiffres 2,4,6 et 8 apparaissent 3 fois et le chiffre 5 apparait 4 fois.
Il semble judicieux de jouer le 5 en premier.

Cela bloque déjà 4 positions sur les 8.
Il reste
168
249
267
348

Cas 1 : L'adversaire joue 2
On joue 4
On bloque ainsi 2 des possibilités restantes de victoire. L'adversaire ne peut plus gagner qu'en jouant :
267
168
Or l'adversaire doit jouer absolument 6 pour nous empêcher de gagner dès le coup suivant. (car 5+4+6 = 15)
On répond ainsi en jouant 7.
L'adversaire ne peut plus gagner qu'en misant sur le tirage 168.
Peu importe qu'il joue 1 ou 8 au coup suivant, on le bloque définitivement en jouant le numéro restant juste après.

Cas 2 (quasi similaire) : L'adversaire joue 8
On joue 4
On bloque ainsi 2 des possibilités restantes de victoire. L'adversaire ne peut plus gagner qu'en jouant :
267
168
Or l'adversaire doit jouer absolument 6 pour nous empêcher de gagner dès le coup suivant. (car 5+4+6 = 15)
On répond ainsi en jouant 1.
L'adversaire ne peut plus gagner qu'en misant sur le tirage 267.
Peu importe qu'il joue 2 ou 7 au coup suivant, on le bloque définitivement en jouant le numéro restant juste après.

Cas 3 : L'adversaire joue ni 2 ni 8 :
On joue le 2.
Il ne reste plus que :
348
168
L'adversaire est obligé de jouer 8 (car 5+2+8 =15)
Au troisième coup on l'empêche de gagner ( ie, on joue 3 s'il a 4 et 8, 4 s'il a 3 et 8, 1 s'il a 6 et 8 et 6 s'il a 1 et 8, et 1,3,4 ou 6 s'il a le 7 ou le 9 en plus du 8).
Il ne lui restera donc plus qu'une combinaison gagnante pour laquelle il n'aura que le chiffre 8 et aucun des deux autres.
Peu importe son 3ème coup car au quatrième on pourra toujours le bloquer définitivement.

J'imagine qu'un raisonnement de ce type doit marcher aussi si on suppose qu'on ne commence pas à jouer.
En distinguant 2 cas : S'il joue le 5 en premier (difficile) et s'il ne joue pas le 5 en premier (moins difficile)

A joue 7, B doit jouer 8 pour contrer.
A joue 6, B doit jouer 2 pour contrer 7+6+2=15 ou 9 pour contrer 9+6=15: fin car quel que soit le choix de B, A gagne en prenant l'autre option.
Notons que le 1er joueur gagne toujours.

He oui il me semble l'avoir déjà croisé un jour celui la, une très belle solution qui illustre parfaitement qu'un même problème peut être vu de point de vu totalement différent.

C'est un morpion:

6 1 8
7 5 3
2 9 4

Je pense que ce n'est pas impossible de le trouver tout seul car a priori si on passe l’étape de la cuisine on va lister toutes les possibilités de faire 15 et tenter de voir ça sous forme de graphe, et si on a l’étincelle pour le représenter de manière compacte, ho le beau carré!

Bonsoir,

Cette énigme ne semble pas avoir beaucoup de succès et, comme il ne reste que deux petites heures, on va passer directement à la solution.
Nickogecko, Clydevil et Vasimolo connaissaient l'astuce (mais je pense qu'il faut l'avoir déjà vu). Yuka2, nodgim et gwen27 ont beaucoup bossé et esquissé une solution sans connaitre cette astuce. Merci à vous tous pour vos réponses.

L'astuce consiste à voir que la stratégie de ce jeu est mathématiquement équivalente à celle du tictactoe. Comme il existe huit combinaisons de trois chiffres dont la somme est 15, on peut établir un carré magique (sauf erreur de ma part, ce carré est unique aux rotations et symétries prés):
6  1  8
7  5  3
2  9  4
Vous devinez la suite: si deux adversaires jouent parfaitement au tictactoe (que vous connaissez tous), alors la partie est indécise. Mais en jouant au jeu décrit sans se rendre compte que l'on joue en réalité au tictactoe, on part évidemment avec un gros handicap. Si on connait cette astuce, on est en position de force pour pouvoir tendre des pièges (comme les fourchettes que vous avez évoquées). Deux adversaires qui connaissent cette astuce feront bien sur match nul à chaque fois (mais l'histoire ne dit pas comment, dans ces cas, on se partage la cagnotte ).

Personnellement, l'isomorphisme m'a toujours étonné: résoudre un problème en le transformant en un autre qui lui est isomorphe est impressionnant. Je sais que le fameux théorème des quatre couleurs démontré en 1976 prouva simultanément des douzaines d'autres conjectures mathématiques isomorphes à ce théorème. Et, si je ne dis pas d'ânerie, une étape de la longue démonstration du théorème de Fermat-Wiles en 1994 est basée sur la démonstration de la conjecture de Shimura-Taniyama-Weil par Andrew Wiles, isomorphe à cette étape (c'était un peu plus compliqué que de jouer au tictactoe ).

J'espère que mon petit speech sur l'isomorphisme vous aura détendu. Et je vous dis à bientôt pour une énigme un peu plus conventionnelle.

Bonne soirée à tous.
Frank

@Francky,

La démonstration du théorème des 4 couleurs fait toujours polémique car ça résolution à été entièrement fait par ordinateur
D'après excellent livre la symphonie des nombres premier (de Marcus du Sautoy), Kenneth Appel et Wolfgang Haken ont "juste" démontré qu'il n'existe qu'un peu moins de 1500 schémas de cartes possible et les ont codé puis dessiner par ordinateur (simplification très grossière je vous l'accorde)

Pour moi, un des charmes des maths est le côté "preuve absolue" (où, contrairement à la physique, on ne se contente pas de constater qu'une "loi fonctionne"), d'où sans doute cette polémique.

Oui c'est vrai mais imaginons que tu veuille démontrer une propriété d'une suite d'entiers, et que tu trouves qu'à partir du terme U(5) (le 5eme je veux dire) tu peux facilement écrire une relation de récurrence qui transmet cette propriété aux termes suivants. Tu va vérifier cette propriété pour U5 et pour les U0,..,U4 avant comme cas particulier et déclarer que tu as une preuve, qui est totalement rigoureuse et absolue n'est ce pas?

Maintenant imagine la même chose mais avec ta relation de récurrence que tu trouve a partir de U(2^64), qu'est ce que tu fais? tu ne considèrerais plus ceci comme preuve absolue si tu considères les 2^64 cas particuliers par ordinateur?

C'était bien sur ceci le travail de démonstration du théorème des 4 couleurs, réussir a construire un ensemble fini de cas tel que si tout dans cette ensemble est faisable alors le théorème des 4 couleurs s'applique également à n'importe quel graphe planaire dans leur famille infinie. La ou ca polémique c'est que bien sur il faut faire confiance à la vérification des cas particuliers qui n'a aucune accessibilité humaine, on se contente de vérifier la réduction de cas, le programme lui même, et faire confiance en sa correcte application sur les données.