E426-Le piquet à cheval et ses variantes Solution
Problème n°1
Si le tas initial comporte entre 1 et 7 jetons, le joueur A qui commence est sûr de gagner. A l’inverse si ce tas en comporte 8, étant obligé d’en prendre au moins un, A laisse à B un tas qui en comporte au plus 7. Au tour suivant B gagne donc la partie. La situation initiale N=8 (c’est à dire 7+1) est donc une position perdante pour A. Il en est de même de la position N=16 (c’est à dire 2*(7+1)) sachant que pour toute valeur intermédiaire de N=9 à N=15, ce sont des positions gagnantes pour A qui prélève N-8 jetons de façon à passer la main à B avec un tas de 8 jetons. De manière générale, les positions N=8p (p entier quelconque 1) sont perdantes pour celui qui commence la partie et toute valeur N 8p est gagnante. Ce qui est le cas de N=25. Pour gagner, A prend donc au 1er tour un seul jeton (25 – 3*8).
Généralisation : si N est divisible par (k+1), A a perdu la partie. Si ce n’est pas le cas, A prend un nombre de jetons égal au reste de la division de N par (k+1). Par la suite, il continue en complétant à k+1 le jeu de son adversaire de façon à toujours laisser un tas comportant un nombre de jetons divisible par k+1.
Problème n°2
En partant d’un tas initial constitué de N = 1 puis de 2 puis de 3 jetons etc…et en remontant jusqu’à N=25, on détermine pas à pas qui de A ou de B gagne la partie en supposant que chacun des deux adversaires réalise à chaque tour le tirage qui lui est le plus favorable. On observe une certaine périodicité dans les gains de B obtenus pour les valeurs N = 3, 5, 8, 11, 13, 16, 18, 21 et 24 tandis que les gains de A sont obtenus pour les autres valeurs de N. Pour N = 25, A est le vainqueur en prenant un seul jeton.
Le tableau ci-après schématise les situations rencontrées. La totalité des jeux possibles de A et de N n’a pas été mentionnée. En effet pour un tas initial de N jetons, quand A a enlevé 1 ou 2 jetons, il suffit le plus souvent de se reporter à la situation initiale N-1 ou N-2 pour avoir le nom du gagnant.
Juin 2009 : Claudio Baiocchi signale que pour une cible c quelconque, il existe un algorithme qui permet d’établir lequel des deux joueurs A ou B a une stratégie gagnante.
On rappelle que la suite de Fibonacci dont les deux premiers termes F(1) = 1 et F(2) = 1 est définie par la relation F(n) = F(n-1) + F(n-2) pour n>2. Elle est constituée par les entiers 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, etc..
A toute cible c, peu importe s'il s'agit de la valeur initiale ou du résultat obtenu après plusieurs tours dans la partie, on réalise l'algorithme suivant:
- on retranche de c le nombre de Fibonacci inférieur ou égal à c et en même temps le plus grand possible,
- on répète l’opération jusqu’à obtenir 0,
- la cible c est gagnante pour le premier joueur A si le dernier nombre soustrait avant l’obtention de 0 est égal à 1 ou 2. A l’inverse, si ce dernier nombre est supérieur à 2, le deuxième joueur B est gagnant.
Tas initial Jeu de A Reste Jeu de B Reste Jeu de A Reste Conclusions
1 1 0 gain de A
2 2 0 gain de A
3 1 2 2 0 gain de B
2 1 1 0 gain de B
4 1 3 1 2 gain de A
2 1 gain de A
5 1 4 1 3 gain de B
2 3 3 0 gain de B
6 1 5 1 4 gain de A
2 3 gain de A
7 2 5 1 4 gain de A
2 3 gain de A
8 1 7 2 5 gain de B
2 6 1 5 gain de B
3 5 5 0 gain de B
9 1 8 gain de A
10 2 8 gain de A
11 1 10 2 8 gain de B
2 9 1 8 gain de B
12 1 11 gain de A
13 1 12 gain de B
2 11 3 8 gain de B
3 10 gain de B
4 9 1 8 gain de B
5 8 8 0 gain de B
14 1 13 2 11 gain de A
15 2 13 1 12 gain de A
16 1 15 gain de B
2 14 gain de B
3 13 gain de A
17 1 16 gain de A
18 1 17 gain de B
2 16 3 13 gain de B
19 1 18 gain de A
20 2 18 1 17 gain de A
2 16 3 13 gain de A
3 15 2 13 gain de A
21 1 20 gain de B
2 19 gain de B
22 1 21 gain de A
23 2 21 1 20 2 18 gain de A
2 19 1 18 gain de A
3 18 5 13 gain de A
24 1 23 gain de B
2 22 gain de B
25 1 24 gain de A
Démonstration : selon cet algorithme, la représentation (*) de c est de la forme: c = F(j_1)+F(j_2)+...+F(j_k)+….+F(j_n) où pour tout k > 1, la suite des indices j_k est décroissante.
Exemples : c = 54 = 34 + 13 + 5 + 2 = F(9) + F(7) + F(5) + F(2) et c = 50 = 34 + 13 + 3 = F(13) + F(7) + F(4).
La différence entre deux indices est strictement plus grande que 1. En effet on ne peut pas rencontrer deux indices qui sont des entiers consécutifs. Si c’était le cas, par exemple, j_1 = 6 et j_2 = 5, on aurait retranché d'abord F(6) = 8 puis F(5) = 5. Cela signifierait qu’on aurait pu directement retrancher 13 = 5 + 8 = F(5) + F(6) = F(7), ce qui aurait donné j_1 = 7 et non 6.
Contradiction.
A toute valeur c de la cible, on va associer une valeur notée df(c) qu'on appelle "dernier Fibonacci de c". De façon plus précise, par référence à la décomposition (*), on pose df(c) = F(j_n).
Exemples : df(54) = 2 et df(50) = 3.
Le résultat suivant se démontre par induction :
- en milieu de partie, le joueur qui doit gérer la cible résiduelle c peut gagner s’il a le droit de retrancher le dernier nombre soustrait avant l’obtention de 0 et c’est ce nombre qu’il doit retrancher pour gagner.
- en début de partie, le joueur A peut gagner si et seulement si df(c) vaut 1 ou 2.
En se mettant du point de vue de celui qui doit jouer, on va appeler gagnante la situation où il est permis de retrancher df(c) et perdante toute situation non gagnante. On vérifie qu’à partir d'une situation gagnante en retranchant df(c), on donne à l'adversaire B une situation perdante.
Si la décomposition (*) donne un seul terme qui fait partie de la suite de Fibonacci, on vide la cible et on gagne. Dans le cas contraire , la décomposition (*) donne une relation de la forme:
c =...+ a + b avec a et b nombres de Fibonacci non consécutifs d'après la propriété (P). On a nécessairement a > 2b. Lorsqu'on retranche b, puisque df(c-b) = a, on passe à l'adversaire une situation perdante.
Inversement, partant d'une situation perdante, tout choix possible oblige l'adversaire B à redonner une situation gagnante au joueur A. On remarque d'abord que dans la décomposition (*), les premiers termes ne jouent aucun rôle et peuvent être supprimés. On peut donc
supposer c = F(j_n) est un nombre de Fibonacci et qu'on n’a pas le droit de retrancher c tout entier. On a donc c > 2 (sinon on aurait le droit de le retrancher!).Un nombre de Fibonacci c plus grand que 2 se représente sous la forme: c = F(n+2) = F(n+1) + F(n) pour n > 0
convenablement choisi et, par récurrence, on peut baisser la valeur de n jusqu'à 1. On arrive ainsi à c = 3 = 2 + 1, situation évidemment perdante si on ne peut pas retrancher 3.
Problème n°3
Les configurations possibles peuvent être décrites dans le tableau ci-après : pour un tas dont le nombre de jetons résiduel est N on regarde quelles sont les issues pour le joueur qui a la main en fonction du nombre de jetons 1,2,3 ou 4 précédemment enlevés par l’adversaire.
C’est ainsi que la 1ère ligne s’interprète ainsi : il reste 1 jeton dans le tas et si l’adversaire a au tour précédent enlevé 1 ou 2 ou 3 jetons, le joueur gagne à tous les coups en prenant le jeton restant ce qui est permis car 1=1=2, 2+1=3, 3+1=4 tous différents de 5. D’où la mention G(1).
A l’inverse, la partie est perdue si au tour précédent, 4 jetons ont été enlevés car l est interdit d’en prendre 5-4=1. Le joueur qui la main est bloqué et a donc perdu. D’où la mention P pour indiquer que le joueur qui a la main est condamné à perdre la partie.
Les lignes qui correspondent aux tas résiduels de 2,3,4 jetons sont faciles à remplir. Tant que le nombre de jetons à enlever n’est pas le complément à 5 du nombre de jetons précédemment ôtés, le gain est obtenu en enlevant tous les jetons du tas.
Avec un tas résiduel de 5 jetons, on observe qu’il y a une stratégie toujours gagnante pour le joueur qui a la main. Elle consiste à prendre 1 jeton si l’adversaire en avait aussi pris un au tour précédent et à prendre 4 pour les autres valeurs du nombre de jetons précédemment enlevés. Dans tous les cas, l’adversaire est bloqué.
A contrario pour un tas résiduel de 6 jetons, tous les coups possibles sont perdants pour le joueur qui a la main. Par exemple, s’il retire 2 jetons, il en reste 4 que l’adversaire enlève tous pour la victoire. S’il en retire 3, il en reste 3 que l’adversaire peut retirer d’un seul coup….
A partir de N = 7, on observe une répétition des situations de gain et de perte avec une
périodicité égale à 6. C’est ainsi que les tas de dimension 6*k sont systématiquement perdants pour celui qui doit jouer.
Avec une situation initiale de N= 25 jetons, on voit que le premier joueur A gagne en prenant un seul jeton. En effet il met le joueur B dans une situation où ce dernier perd quel que soit le nombre de jetons enlevés (1,2 ou3).
Problème n°4
Le raisonnement est le même que pour les problèmes précédents. On part de tas résiduels de 1,2,3 jetons… jusqu’à la valeur N=25 qui est le nombre de jetons dans le tas d’origine. Pour chaque nombre de jetons dans le tas résiduel, on regarde quelles sont les situations de gain et de perte pour le premier joueur A en fonction de la parité du nombre de jetons qu’il détient lorsque le tas résiduel a la dimension N et du nombre de jetons qu’il enlève et qui est compris entre 1 et 4. D’où les mentions G(i) qui signifie le gain en prélevant i jetons et P la perte constatée quel que soit le nombre de jetons retirés du tas :
Tas résiduel 1 2 3 4
1 G(1) G(1) G(1) P
2 G(2) G(2) P G(2)
3 G(3) P G(3) G(3)
4 P G(4) G(4) G(4)
5 G(1) G(4) G(4) G(4)
6 P P P P
7 G(1) G(1) G(1) P
8 G(2) G(2) P G(2)
9 G(3) P G(3) G(3)
10 P G(4) G(4) G(4)
11 G(1) G(4) G(4) G(4)
12 P P P P
13 G(1) G(1) G(1) P
14 G(2) G(2) P G(2)
15 G(3) P G(3) G(3)
16 P G(4) G(4) G(4)
17 G(1) G(4) G(4) G(4)
18 P P P P
19 G(1) G(1) G(1) P
20 G(2) G(2) P G(2)
21 G(3) P G(3) G(3)
22 P G(4) G(4) G(4)
23 G(1) G(4) G(4) G(4)
24 P P P P
25 G(1)
Nombre jetons pris précédemmemt par l'adversaire
On part des valeurs de N=1,2,3,… et pour remplir le tableau on vérifie à chaque étape que le nombre total de jetons est égal à 25, c’est à dire de parité impaire. C’est ainsi que si N=2, si A détient un nombre pair de jetons, B détient un nombre impair de jetons et en prenant les deux derniers jetons A est certain de gagner. Si A détient un nombre impair de jetons, à l’inverse B en a un nombre pair. A prend un seul jeton pour passer à un nombre pair de jetons tandis que B passe à un nombre impair. Autre cas : N=5. Avec un nombre pair de jetons en mains, A en prend 4 et garde la même parité. A l’inverse B qui avait aussi un nombre pair voit sa parité changer avec le dernier jeton qu’il est obligé de prendre. Si A a un nombre impair de jetons, on vérifie aisément que quel que soit le nombre de jetons qu’il prend (1 ou 2 ou 3 ou 4), B maîtrise le processus pour lui en laisser en fin de compte un nombre total impair…
Le tableau fait apparaître une répétition des situations avec une périodicité égale à 6. Dans ces conditions, avec un tas initialement constitué de 25 jetons, A perd la partie quel que soit le nombre de jetons prélevé au 1er tour.
Tas résiduel Nombre de jetons détenus par A pair
Nombre de jetons détenus par A impair
1 P G(1)
2 G(2) G(1)
3 G(2) G(3)
4 G(4) G(3)
5 G(4) P
6 G(1) P
7 P G(1)
8 G(2) G(1)
9 G(2) G(3)
10 G(4) G(3)
11 G(4) P
12 G(1) P
13 P G(1)
14 G(2) G(1)
15 G(2) G(3)
16 G(4) G(3)
17 G(4) P
18 G(1) P
19 P G(1)
20 G(2) G(1)
21 G(2) G(3)
22 G(4) G(3)
23 G(4) P
24 G(1) P
25 P
