E672– Arithmétique footballistique [***** à la main]
Dans un tournoi de football qui réunit n équipes, chaque équipe rencontre une fois les autres équipes. Le vainqueur d’un match obtient 3 points, le perdant 0 point et en cas de match nul, chaque équipe obtient 1 point. A l’issue du tournoi, les scores forment une suite d’entiers consécutifs.
Quel est le nombre maximal de points obtenus par le dernier du classement ? Application numérique : n = 8. La lanterne rouge a obtenu le score maximal.
Q₁ Est-il possible qu’une même équipe réalise exclusivement des matchs nuls ?
Q₂ Simuler un tableau des résultats de toutes les rencontres dans lequel le leader a perdu ses matchs contre les deux dernières équipes du classement.
Solution
Note liminaire : le texte ci-après est une adaptation de la solution officielle du 2ème problème de la 27ième compétition « Nordic Mathematical Contest » organisée par les pays
scandinaves.
Pour les toutes premières valeurs de n, à savoir n = 2 et n = 3, on vérifie aisément qu’il est impossible d’obtenir une suite d’entiers consécutifs. Pour n = 2, c’est évident et pour n = 3, les trois matches ne peuvent donner ni 1,2,3 ni 2,3,4 qui sont incompatibles avec les quatre familles de résultats possibles : 3 victtoires, 2 victoires + 1 match nul, 1 victoire + 2 matches nuls + 3 matches nuls.
Le problème est donc à traiter pour n ≥ 4.
Pour n = 4, un tableau des résultats possibles est le suivant :
Le tableau se lit ligne par ligne avec le résultat du match ai – aj à l’intersection de la ligne i et de la colonne j. Par exemple a₃ a gagné contre a₄ et remporte 3 points et l’on retrouve
évidemment 0 à l’intersection de la ligne 4 et de la colonne 3. Le score final de chaque équipe figure en rouge dans la colonne de droite.La lanterne rouge a 2 points et les scores
s’échelonnent entre 2 et 5 de la dernière équipe a₄ à la première a₁.
Le nombre total de parties dans le tournoi est égal à n(n-1)/2. Si le score de la dernière équipe est k, la suite des scores est k,k+1,k+2,...,k+(n – 1) dont la somme vaut nk + (n – 1)n/2.
Les parties se terminent par la victoire d’une équipe (3 points au total) ou par un match nul (2 fois 1 point = 2 points). Toutes les parties ne peuvent pas se terminer par des victoires. Sinon, tous les scores seraient des multiples de 3 et il serait impossible d’observer une suite d’entiers consécutifs à la fin du tournoi.
On a donc l’inégalité stricte nk + (n – 1)n/2 < 3.n(n – 1)/2 qui entraîne k < n – 1 ou encore k ≤ n – 2
Un raisonnement par récurrence va permettre de démontrer que le score n – 2 peut toujours être obtenu par la lanterne rouge, le score du vainqueur du tournoi étant alors 2n – 3.
A partir de l’exemple n = 8 ci-après,on illustrera ce raisonnement .
On considère trois cas selon les valeurs de n modulo 3 à savoir n = 3p – 1, n = 3p et n = 3p + 1.
1er cas n = 3p – 1
Ce cas correspond à n = 8 et p = 3.On introduit une (n+1)ième équipe désignée par N. Cette équipe fait match nul contre a₁, perd p parties contre le dernier an, puis contre an-3, puis contre an-6 etc...enfin contre a₂. A contrario elle gagne les n – 1 – p = 3p – 1 – 1 – p = 2p – 2 autres matches. Son score final est égal à 3(2p – 2) + 1 = 6p – 5 = 2(n + 1) – 5 = 2n – 3.
Après le match nul contre N, le score de l’équipe a₁ passe de 2n – 3 à 2n – 2 tandis que le score de a₂ passe de 2n – 4 à 2n – 1. Dans le nouveau classement où l’on retient les
lettres b, a₂ devient b₁, a₁ devient b₂ et N devient b₃. Les équipes autres que a₂ de rang aj, j>2, qui ont gagné leurs matches contre N se retrouvent chacune avec 3 points de plus c’est à dire avec les scores qu’avaient les équipes de rang aj-3 tandis que les autres équipes qui ont perdu contre N voient leurs scores inchangés de sorte que la suite des scores consécutifs observés de a₄ à an est maintenu. Il y a simplement un jeu de taquin, les équipes vainqueurs de N gagnant chacune 2 places dans le nouveau classsement.
D’où à titre d’illustration le tableau des résultats avec 9 équipes qui comporte sur les marges la table de correspondance entre la séquence ancienne des ai et la séquence nouvelle des bj.
a₂ a₁ N a₅ a₃ a₄ a₈ a₆ a₇ b₁ b₂ b₃ b₄ b₅ b₆ b₇ b₈ b₉ s
a₂ b₁ 0 3 3 3 3 3 0 0 15
a₁ b₂ 3 1 1 0 0 3 3 3 14
N b₃ 0 1 0 3 3 0 3 3 13
a₅ b₄ 0 1 3 1 3 1 0 3 12
a₃ b₅ 0 3 0 1 3 0 3 1 11
a₄ b₆ 0 3 0 0 3 3 3 1 13
a₈ b₇ 0 0 3 1 3 0 1 1 9
a₆ b₈ 3 0 0 3 0 0 1 1 8
a₇ b₉ 3 0 0 0 1 1 1 1 7
2ème cas n = 3p.
Ce cas correspond à n = 9 et p = 3.On introduit une (n+1)ième équipe N qui fait match nul contre le dernier du classement bn, perd p parties contre les équipes bn-1, bn-4, ..b2 et gagne les 2p – 1 autres matches. Son score final est 3(2p – 1) + 1= 2n – 2 ce qui permet à N de prendre la 2ème place c₂ dans le nouveau classement. Le score de b₂ vainqueur de N passe de 2n – 4 à 2n – 1 et lui permet de prendre la 1ère place de c₁. Le score de b₁restant inchangé à 2n – 3 après sa défaite contre N fait que cette équipe retrograde à c₃. Comme précédemment les équipes autres que b₂ de rang bj, j>2, qui ont gagné leurs matches contre N se retrouvent chacune avec 3 points de plus c’est à dire avec les scores qu’avaient les équipes de rang bj-3 et les autres équipes qui ont perdu contre N voient leurs scores inchangés de sorte que la suite des scores consécutifs observés de b₄ à bn est maintenu.
D’où le tableau avec 10 équipes :
3ème cas n = 3p + 1
Ce cas correspond à n = 10 et p = 3. La (n+1)ième équipe qui est introduite réalise comme précédémment un match nul contre le dernier du classement, perd p parties contre les équipes dn-1,dn-4,.. ,d3 et gagne les 2p autres matches. Son score final est 6p + 1, qui lui permet de gagner le tournoi avec 2n – 1 points. L’équipe c₃ avec 2n – 5 + 3 = 2N – 2 points prend la 2ème place d₂,etc...Le raisonnement est tous points identique aux deux raisonnements précédents. Cqfd.
D’où le tableau avec 11 équipes.
Pour un score maximal de la lanterne rouge égal à n – 2 , les nombres x et y de victoires et de matches nuls sont déterminés de manière unique. En effet on les deux équations :
x + y = n(n-1)2 et 3x+2y = n - 2 + n - 1 + ... 2n - 3 = n(3n - 5)/2, système de 2 équations qui a pour solution x = n(n-3)/2 et y = n.
Application numérique
n = 8, la dernier du tournoi a obtenu le score maximal de 6 points
Q₁ Il est impossible qu’une même équipe réalise exclusivement des matches nuls. En effet avec x parties gagnées et y matches nuls, on a les deux équations x + y = n(n-1)/2 = 28 et 3x + 2y = 6 + 7 + .. + 13 = 76. Il en résulte x = 20 et y = 8. L’équipe qui réaliserait seulement des matchs nuls aurait un score de 7 points et serait l’avant dernière du tournoi (a₇). La lanterne du classement a₈ ferait match nul contre cette équipe et son score de 6 points ne pourrait être obtenu que si elle réalisait deux autres matches nuls contre des équipes autres que a₇ soit au moins 7 + 2 = 9 matches nuls > 8.Contradiction.
Q₂ Un tableau (parmi bien d’autres) des résultats de tous les matches dans lequel le vainqueur du tournoi perd ses matches contre les deux derniers du classement est le suivant :
