Un cadenas défectueux
Problème G240 de Diophante
Chacune des trois roues dentées d'un cadenas à mollettes peut prendre 10 positions repérées par les lettres A à J. Le cadenas est défectueux et s'ouvre quand deux lettres sur trois de la combinaison sont correctement placées. Trois secondes suffisent pour essayer une combinaison quelconque. Puis-je ouvrir le cadenas en moins de cinq minutes ? Si oui, quel est le temps minimum requis ?
Solution
Notons PQR la combinaison d’ouverture initiale. Il y a 27 combinaisons approchées qui permettent aussi l’ouverture de ce cadenas défectueux.
Dans [A,J]3, visualisons toutes ces combinaisons
Comment parcourir le cube pour être certain de rencontrer cet ensemble dans un minimum de temps ?
Evidemment, il y a au moins une solution dans chaque tranche UXY où U est fixé. Il suffit d’essayer les 100 combinaisons de UAA à UJJ. On rencontrera forcément la combinaison UQR, au plus tard au centième essai.
Cette stratégie nécessite au plus 300 secondes, soit 5 minutes, pour ouvrir le cadenas.
JAA
JJA AAA
AJA JAJ
AJJ AAJ
JJJ
PQR
Peut-on faire mieux ? la réponse est OUI.
Remarquons que la relation entre combinaisons : « F ouvre G » est symétrique.
Ainsi, ci-dessus, la combinaison PQR permet d’ouvrir les 28 combinaisons UQR, PVR et PQW, pour U,V,W de A à J.
Autrement dit, il s’agit de trouver dans [A,J]3 un ensemble minimal de points (de cardinalité minimum) tels, que la réunion de toutes les triples croix associées soit le cube tout entier.
Comme aime à le répéter Diophante : un beau graphique remplace un long discours.
Ci-dessous, chaque carré représente une tranche horizontale de [A,J]3 et les points bleus un ensemble de 50 combinaisons, qui permet de résoudre le problème en 2 mn 30 s, au maximum.
JJA
AAA AJA
JAA JJB
AAB AJB
JAB JJC
AAC AJC
JAC
JJD
AAD AJD
JAD JJE
AAE AJE
JAE
JJF
AAF AJF
JAF JJG
AAG AJG
JAG
JJH
AAH AJH
JAH JJI
AAI AJI
JAI JJJ
AAJ AJJ
JAJ
Pour s’en convaincre, le lecteur, aura plaisir à matérialiser, pour chaque point bleu, par des points (d’une couleur de son choix) la triple croix qui lui correspond.
Une fois ce travail accompli, il constatera que tous les points de [A,J]3 sont colorés.
Il manque la preuve que 50 est le minimum du cardinal d’une solution minimale.
Commentaire
Pour ceux, qui voudraient un peu plus d’explications ou n’ont pas eu le plaisir d’effectuer la tâche proposée, voici un petit complément.
Une telle solution en engendre de nouvelles par permutations des plans frontaux, horizontaux et/ou latéraux, tout comme un carré latin reste latin par permutations des lignes et/ou des colonnes.
Divisons l’ensemble {A, …, J} en deux parties H et K de cinq éléments chacune et remarquons que toute triple croix rencontre nécessairement H3 ou K3 . Il s’agit alors de trouver dans H3 (et K3) un ensemble de points interceptant n’importe quelle ligne parallèle à un côté du cube. Un tel ensemble s’obtient aisément à partir d’un carré latin comme ci-dessous :
1 4 3 0 2
3 2 1 4 0
2 0 4 3 1
4 1 0 2 3
0 3 2 1 4
0 1
2 3 4
Les carrés bleus représentant des cubes vus de dessus, en empilant les cinq tranches, on obtient un objet, qui vu dans chacune des trois directions apparaît comme un cube plein. Ainsi toute parallèle à un coté de ce cube transperce nécessairement un des petits cubes.
