E659-Transfert de boules.

(1)

E659-Transfert de boules.

Trois boîtes contiennent au départ [0, 0, 3n] boules [n entier positif].

Il s’agit d’arriver à la répartition [n, n, n] en n étapes, sachant qu’à l’étape numéro i [i = 1, 2 - - - n] on doit transférer exactement i boules d’une boîte à une autre.

Pour quelles valeurs de n cette opération est-elle possible ? Donner une stratégie lorsque c’est possible.

Solution proposée par Michel Lafond

C’est possible pour toutes les valeurs de n sauf 1, 2 et 4.

Désignons par B1, B2, B3 les trois boîtes.

Distinguons quatre cas selon le résidu de n modulo 4.

 Supposons n = 4 k k entier supérieur ou égal à 6.

Posons t = 



 



  

2 1 1

4k où x désigne la partie entière de x.

Notons aussi i = k – t – t² j = k + t² – 1 (1) Remarquons que

2 1 1

4  

 k

t implique

2

1 4 1

2 2   

 k k

t donc i  0.

Au départ, on a la répartition [0 ; 0 ; 3n]. On va procéder en quatre phases.

 La première phase consiste pour les 2 t premières étapes à transférer 1, 2, 3 --- 2 t boules de B3 à B1. C’est possible car 1 + 2 + 3 + --- + 2 t = 2 t² + t < 3 n [Vérification facile]

On arrive à la répartition R2t = [2 t² + t ; 0 ; 3 n – (2 t² + t)].

 La deuxième phase consiste pour les 2 i étapes suivantes, à répéter i fois le transfert de B1 à B3 suivi de celui de B3 à B1. [Si k = 6 alors t = 2 ; i = 0 et cette phase est inexistante]

Il est inutile de préciser le nombre de boules transférées à chaque fois puisque celui-ci par hypothèse est égal au rang du transfert.

Ainsi :

R_{2t + 1} = [2 t² + t – (2 t + 1) ; 0 ; 3 n – (2 t² + t) + (2 t + 1)] (transfert de 2 t + 1 boules de B1 à B3).

R2t + 2 = [2 t² + t + 1 ; 0 ; 3 n – (2 t² + t + 1)] (transfert de 2 t + 2 boules de B3 à B1).

L’effet de ce double transfert est d’avoir ajouté une boule à B1.

Remarquons qu’à l’étape 2t + 1, on a 2 t² + t – (2 t + 1) = 2 t² – t – 1  0 à condition d’avoir t  1.

Mais c’est le cas puisque k  6.

Après ces i doubles transferts on arrive à :

R2t + 2i = [2 t² + t + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + t + i)].

Attention, ceci n’est possible que si 2 t² + t + i – 1 [nombre de boules dans B1 après l’étape 2t + 2i – 2]

est supérieur ou égal à 2t + 2i – 1 [nombre de boules ôtées de B1 à l’étape 2t + 2i – 1].

On a donc la condition 2 t² + t + i – 1  2t + 2i – 1 qui, compte tenu de (1) équivaut à 3 t²  k (2) Examinons la condition (2) :

On a 3 t² 

2

) 1 4 3 5 2 ( 3 2

3 1 3 4

2    







 k  k k

.

Or cette dernière quantité est supérieure ou égale à k à partir de k = 12 comme on le voit facilement après élévation au carré qui amène à 16 k² – 204 k + 144 = (k – 12) (16 k – 12)  0.

Donc (2) est vérifiée à partir de k = 12 et par calculette (2) est vérifiée aussi pour k compris entre 6 et 11 inclus. Finalement, (2) est vérifiée à partir de k = 6 d’où la restriction sur k faite en début de paragraphe.

On en est à R2t + 2i = [2 t² + t + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + t + i)].

 La troisième phase va consister à répéter j fois le transfert de B3 à B1 suivi de celui de B1 à B3.

Chaque double transfert a pour effet de retrancher une boule à B1.

On arrivera donc à R2t + 2i + 2j = [2 t² + t + i – j ; 0 ; 3 n – (2 t² + t + i – j)].

(2)

Or 2 t + 2 i + 2 j = 2 t + 2 (k – t – t²) + 2 (k + t² – 1) = 4 k – 2 et 2 t² + t + i – j = 2 t² + t + k – t – t² – k – t² + 1 = 1.

Cela prouve que R4k – 2 = [1 ; 0 ; 3n – 1].

 La dernière phase consiste :

- pour l’étape 4k – 1 à transférer 4k – 1 boules de B3 à B1 puis - pour l’étape 4k à transférer 4k boules de B3 à B2.

On arrive enfin à Rn = R4k = [4 k ; 4 k ; 3n – 8 k] = [4 k ; 4 k ; 4 k] = [n ; n ; n].

Le premier cas n = 4 k est donc résolu du moins lorsque k  6.

Il reste à vérifier à la main les cas où k < 6, soit n = 4, 8, 12, 16 et 20.

n = 4 est un des trois cas impossibles.

n = 8 : [0-0-24] [0-1-23] [2-1-21] [5-1-18] [1-1-22] [1-6-17] [1-0-23] [8-0-16] [8-8-8].

n = 12 [0-0-36] [1-0-35] [3-0-33] [0-0-36] [4-0-32] [9-0-27] [3-0-33] [10-0-26] [2-0-34]

[11-0-25] [1-0-35] [12-0-24] [12-12-12].

n = 16 : [0-0-48] [0-1-47] [2-1-45] [2-4-42] [6-0-42] [11-0-37] [5-0-43] [12-0-36] T T T T [16-0-32] [16-16-16].

n = 20 : [0-0-60] [0-1-59] [2-1-57] [2-4-54] [6-0-54] [1-0-59] [7-0-53] [14-0-46] [6-0-54]

[15-0-45] T T T T T [20-0-40] [20-20-20].

 Supposons n = 4 k + 1 k entier supérieur ou égal à 7.

Notons ^t^



^k^²^¹



i = k – 2t – t² + 1 j = k + t² + t – 2 (3) Remarquons que t k21 implique t²k32 k2 donc i  0.

 La première phase consiste à transférer 1 puis 2 boules de B3 à B2 puis les 3 boules de B2 à B1 et ensuite à transférer 4, 5 --- (2 t + 1) boules de B3 à B1.

C’est possible car 1 + 2 + 3 + 4 + --- + (2t+1) – 3 = 2 t² + 3 t – 2 < 3 n [Vérification facile]

On arrive à la répartition R2t + 1 = [2 t² + 3 t – 2 ; 0 ; 3 n – (2 t² + 3 t – 2)].

Ainsi :

R2t + 2 = [2 t² + 3 t – 2 – (2 t + 2) ; 0 ; 3 n – (2 t² + t – 4)] (transfert de 2 t + 2 boules de B1 à B3).

R2t + 3 = [2 t² + 3 t – 1 ; 0 ; 3 n – (2 t² + 3 t – 1)] (transfert de 2 t + 3 boules de B3 à B1).

Remarquons que pour réaliser l’étape 2t + 2, il faut 2 t² + 3 t – 2  (2 t + 2) ce qui est vrai à partir de t = 2 donc à partir de k = 7. (Voir la restriction sur k faite en début de paragraphe).

Après ces i doubles transferts on arrivera à :

R2t + 2i + 1 = [2 t² + 3 t – 2 + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + 3 t – 2 + i)].

Mais ceci n’est possible que si 2 t² + 3 t – 3 + i [nombre de boules dans B1 après l’étape 2t + 2i – 1] est supérieur ou égal à 2 t + 2 i [nombre de boules ôtées de B1 à l’étape 2 t + 2 i ].

Il faut donc 2 t² + 3 t – 3 + i  2t + 2i qui, compte tenu de (3) équivaut à 3 t² + 3t – 4  k (4) Examinons la condition (4) :

On a ³^t² ^³^t^⁴^³



^k^²^²

 

² ^³ ^k^²^²



^⁴^³^k^⁹ ^k^²^⁸^.

Or cette dernière quantité est supérieure ou égale à k à partir de k = 14 comme on le voit facilement après élévation au carré qui amène à 4 k² – 49 k – 98 = (k – 14) (4 k + 7)  0.

Donc (4) est vérifiée à partir de k = 14 et par calculette (4) est vérifiée aussi pour k compris entre 7 et 13 inclus. Finalement, (4) est vérifiée à partir de k = 7.

On en est à R2t + 2i + 1 = [2 t² + 3 t – 2 + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + 3 t – 2 + i)].

Pour gagner de la place, le double transfert : de p boules de B1 bers B3 suivi de p + 1 boules de B3 vers B1 qui a pour effet d’augmenter d’une unité le nombre de boules de B1 sera noté T.

(3)

On arrivera donc à R2t + 2i + 1 + 2j = [2 t² + 3 t – 2 + i – j ; 0 ; 3 n – (2 t² + 3 t – 2 + i – j)].

Or 2 t + 2 i + 1 + 2 j = 2 t + 2 (k – 2t – t² + 1) + 1 + 2 (k + t² + t – 2 ) = 4 k – 1 et 2 t² + 3 t – 2 + i – j = 2 t² + 3 t – 2 + k – 2t – t² + 1 – (k + t² + t – 2) = 1.

Cela prouve que R_{4k – 1} = [1 ; 0 ; 3n – 1].

- pour l’étape 4k à transférer 4k boules de B3 à B1 puis - pour l’étape 4k + 1 à transférer 4k + 1 boules de B3 à B2.

On arrive enfin à R_n = R_{4k + 1} = [4 k + 1 ; 4 k + 1 ; 3n – 8 k – 2] = [4 k+1 ; 4 k+1 ; 4 k+1] = [n ; n ; n].

Le deuxième cas n = 4 k + 1 est donc résolu du moins lorsque k  7.

Il reste à vérifier à la main les cas où k < 7, soit n = 1, 5, 9, 13, 17, 21 et 25.

n = 5 : [0-0-15] [0-1-15] [2-1-12] [5-1-9] [5-5-5].

n = 9 : [0-0-27] [0-1-26] [0-3-24] [3-0-24] [7-0-20] [2-0-25] [8-0-19] [1-0-26] [9-0-18] [9-9-9].

n = 13 : [0-0-39] [0-1-38] [2-1-36] [5-1-33] [1-5-33] [6-0-33] [12-0-27] [5-0-34] [13-0-26]

[22-0-17] [12-0-27] [1-0-38] [13-0-26] [13-13-13].

Remarquons qu’à l’étape 4 (transfert de 4 boules de B1 à B2) la répartition globale est inchangée.

n = 17 : [0-0-51] [0-1-50] [2-1-48] [5-1-45] [1-5-45] [6-0-45] [12-0-39] T T T T T [17-0-34] [17-17-17].

n = 21 : [0-0-63] [0-1-62] [0-3-60] [3-0-60] [7-0-56] [12-0-51] [18-0-45] [25-0-38] [17-0-46]

[26-0-37] [16-0-47] T T T T T [21-0-42] [21-21-21].

n = 25 : [0-0-75] [0-1-74] [0-3-72] [3-0-72] [7-0-68] [12-0-63] [18-0-57] [25-0-50] [17-0-58]

T T T T T T T T [25-0-50] [25-25-25].

Notons 



 



  

 2

3 9

t 4k i = k – 3t – t² j = k + t² + 2t – 1 (5)

Remarquons que

2 3 9

4  

 k

t implique

2

9 4 3 9

2 2   

 k k

t donc i  0.

 La première phase consiste à transférer 1 puis 2 boules de B3 à B2 puis les 3 boules de B2 à B1 et ensuite à transférer 4, 5 --- 2 t + 2 boules de B3 à B1.

C’est possible car 1 + 2 + 3 + 4 + --- + (2t+2) – 3 = 2 t² + 5 t < 3 n [Vérification facile]

On arrive à la répartition R2t + 2 = [2 t² + 5 t ; 0 ; 3 n – (2 t² + 5 t)].

Ainsi :

R2t + 3 = [2 t² + 5 t – (2 t + 3) ; 0 ; 3 n – (2 t² + 3 t – 3)] (transfert de 2 t + 3 boules de B1 à B3).

R2t + 4 = [2 t² + 5 t + 1 ; 0 ; 3 n – (2 t² + 5 t + 1)] (transfert de 2 t + 4 boules de B3 à B1).

Remarquons que pour réaliser l’étape 2t + 3, il faut 2 t² + 5 t  (2 t + 3) ce qui est vrai à partir de t = 1 donc à partir de k = 4.

R2t + 2i + 2 = [2 t² + 5 t + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + 5 t + i)].

Mais ceci n’est possible que si 2 t² + 5 t + i – 1 [nombre de boules dans B1 après l’étape 2 t + 2 i] est supérieur ou égal à 2 t + 2 i + 1 [nombre de boules ôtées de B1 à l’étape 2 t + 2 i + 1].

Il faut donc 2 t² + 5 t + i – 1  2 t + 2 i + 1 qui, compte tenu de (5) équivaut à 3 t² + 6t – 2  k (6) Examinons la condition (6) :

On a

2

17 9 4 9 2 6

2 5 9 6 4

2 5 9 3 4

2 6 3

2

2   











  

 







  





 k k k k

t

t .

(4)

Or cette dernière quantité est supérieure ou égale à k à partir de k = 14 car une élévation au carré amène à 4 k² – 47 k – 110  0.

On en est à R2t + 2i + 2 = [2 t² + 5 t + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + 5 t + i)].

On arrivera donc à R2t + 2i + 2 + 2j = [2 t² + 5 t + i – j ; 0 ; 3 n – (2 t² + 5 t + i – j)].

Or 2 t + 2 i + 2 + 2 j = 2 t + 2 (k – 3t – t² ) + 2 + 2 (k + t² + 2t – 1) = 4 k et 2 t² + 5 t + i – j = 2 t² + 5 t + (k – 3t – t²) – (k + t² + 2t – 1) = 1.

Cela prouve que R4k = [1 ; 0 ; 3n – 1].

- pour l’étape 4k + 1 à transférer 4k + 1 boules de B3 à B1 puis - pour l’étape 4k + 2 à transférer 4k + 2 boules de B3 à B2.

On arrive enfin à Rn = R4k + 2 = [4 k + 2 ; 4 k + 2 ; 3n – 8 k – 4] = [4 k+2 ; 4 k+2 ; 4 k+2] = [n ; n ; n].

Le troisième cas n = 4 k + 2 est donc résolu du moins lorsque k  10.

Il reste à vérifier à la main les cas où k < 10, soit n = 2, 6, 10, 14, 18, 22, 26, 30, 34 et 38.

n = 6 : [0-0-18] [0-1-17] [2-1-15] [5-1-12] [1-5-12] [6-0-12] [6-6-6].

n = 10 : [0-0-30] [0-1-29] [2-1-27] [5-1-24] [1-1-28] [6-1-23] [12-1-17] [19-1-10] [11-9-10]

[20-0-10] [10-10-10].

n = 14 : [0-0-42] [0-1-41] [2-1-39] [5-1-36] [5-5-32] [10-0-32] T T T T [14-0-28] [14-14-14].

n = 18 : [0-0-54] [0-1-53] [0-3-51] [3-0-51] [7-0-47] [12-0-42] T T T T T T [18-0-36] [18-18-18]

n = 22 : [0-0-66] [0-1-65] [0-3-63] [3-0-63] [7-0-59] [2-0-64] [8-0-58] [15-0-51] [7-0-59]

[16-0-50] T T T T T T [22-0-44] [22-22-22].

n = 26 : [0-0-78] [0-1-77] [0-3-75] [3-0-75] [7-0-71] [2-0-76] [8-0-70] [1-0-77] [9-0-69]

[18-0-60] T T T T T T T T [26-0-52] [26-26-26].

n = 30 : [0-0-90] [0-1-89] [0-3-87] [3-0-87] [7-0-83] [12-0-78] [18-0-72] [25-0-65] [33-0-57]

[42-0-48] [32-0-58] [21-0-69] T T T T T T T T T [30-0-60] [30-30-30].

n = 34 : [0-0-102] [0-1-101] [0-3-99] [3-0-99] [7-0-95] [12-0-90] [18-0-84] [25-0-77]

[33-0-69] [24-0-78] [34-0-68] [23-0-79] T T T T T T T T T T T [34-0-68] [34-34-34].

n = 38 : [0-0-114] [0-1-113] [0-3-111] [3-0-111] [7-0-107] [12-0-102] [18-0-96] [25-0-89]

[33-0-81] [24-0-90] T T T T T T T T T T T T T T [38-0-76] [38-38-38].

Notons ^t^



^k^¹^²



i = k – 4t – t² – 3 j = k + t² + 3 t + 2 (7) Remarquons que t k12 implique t²k54 k1 donc i  0.

 La première phase consiste pour les 2 t + 3 premières étapes à transférer 1, 2, 3 --- 2 t + 3 boules de B3 à B1.

C’est possible car 1 + 2 + 3 + 4 + --- + (2t+3) – 3 = 2 t² + 7 t + 6 < 3 n [Vérification facile]

On arrive à la répartition R2t + 3 = [2 t² + 7 t + 6 ; 0 ; 3 n – (2 t² + 7 t + 6)].

Ainsi :

R_{2t + 4} = [2 t² + 7 t + 6 – (2 t + 4) ; 0 ; 3 n – (2 t² + 5 t + 2)] (transfert de 2 t + 4 boules de B1 à B3).

R2t + 5 = [2 t² + 7 t + 7 ; 0 ; 3 n – (2 t² + 7 t + 7)] (transfert de 2 t + 5 boules de B3 à B1).

R2t + 3 + 2i = [2 t² + 7 t + 6 + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + 7 t + 6 + i)].

Attention, ceci n’est possible que si 2 t² + 7t + 5 + i [nombre de boules dans B1 après l’étape 2t + 2i +1]

est supérieur ou égal à 2t + 2i + 2 [nombre de boules ôtées de B1 à l’étape 2t + 2i + 2].

(5)

On a donc la condition 2 t² + 7 t + 5 + i  2 t + 2 i + 2 qui, compte tenu de (7) équivaut à 3 t² + 9 t + 6  k (8)

Examinons la condition (8) :

On a ³^t² ^⁹^t^⁶^³



^k^¹^³

 

² ^⁹ ^k^¹^³



^⁶^³^k^⁹^⁹ ^k^¹^.

Or cette dernière quantité est supérieure ou égale à k à partir de k = 12 comme on le voit facilement après élévation au carré qui amène à 4k² – 45 k  0.

On en est à R2t + 3 + 2i = [2 t² + 7 t + 6 + i ; 0 ; 3 n – (2 t² + 7 t + 6 + i)].

On arrivera donc à R2t + 2i + 3 + 2j = [2 t² + 7 t + 6 + i – j ; 0 ; 3 n – (2 t² + 7 t + 6 + i – j)].

Or 2 t + 2 i + 3 + 2 j = 2 t + 2 (k – 4t – t² – 3) + 3 + 2 (k + t² + 3 t + 2) = 4 k + 1 et 2 t² + 7 t + 6 + i – j = 2 t² + 7 t + 6 + (k – 4t – t² – 3) – (k + t² + 3 t + 2) = 1.

Cela prouve que R4k + 1 = [1 ; 0 ; 3n – 1].

- pour l’étape 4k + 2 à transférer 4k + 2 boules de B3 à B1 puis - pour l’étape 4k + 3 à transférer 4k + 3 boules de B3 à B2.

On arrive enfin à Rn = R4k + 3 = [4 k+3 ; 4 k+3 ; 3n – 8 k – 6] = [4 k+3 ; 4 k+3 ; 4 k+3] = [n ; n ; n].

Le dernier cas n = 4 k + 3 est donc résolu du moins lorsque k  8.

Il reste à vérifier à la main les cas où k < 8, soit n = 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27 et 31.

n = 3 : [0-0-9] [0-1-8] [0-3-6] [3-3-3].

n = 7 : [0-0-21] [0-1-20] [2-1-18] [5-1-15] [1-5-15] [1-0-20] [7-0-14] [7-7-7].

n = 11 : [0-0-33] [0-1-32] [0-3-30] [0-6-27] [0-10-23] [0-15-18] [0-9-24] [0-2-31] [0-10-23]

[0-1-32] [0-11-22] [11-11-11].

n = 15 : [0-0-45] [1-0-44] [3-0-42] [6-0-39] [10-0-35] T T T T T [15-0-30] [15-15-15].

n = 19 : [0-0-57] [1-0-56] [3-0-54] [6-0-51] [2-0-55] [7-0-50] [13-0-44] [6-0-51] [14-0-43]

T T T T T [19-0-38] [19-19-19].

n = 23 : [0-0-69] [0-1-68] [0-3-66] [0-0-69] [4-0-65] [9-0-60] [15-0-54] [8-0-61] [16-0-53]

T T T T T T T [23-0-46] [23-23-23].

n = 27 : [0-0-81] [1-0-80] [3-0-78] [6-0-75] [10-0-71] [15-0-66] T T T T T T T T T T T T [27-0-54] [27-27-27].

n = 31 : [0-0-93] [0-1-92] [0-3-90] [0-0-93] [4-0-89] [9-0-84] T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T [31-0-62] [31-31-31].