J137 – Super cavalier
Super-cavalier (3,8) se déplace sur un échiquier de dimensions infinies de 3 cases horizontalement ou verticalement puis de 8 cases dans une direction perpendiculaire à la direction qu’il vient de prendre.
Démontrer qu’il peut toujours aller de sa case de départ à une case adjacente ( i.e. partageant un côté commun). Trouver le nombre minimum de déplacements.
Solution proposée par Patrick Gordon
Orientons le plan et notons Est la direction x+, Nord la direction y+ etc.
En n déplacements dont : nEN Est puis Nord nES Est puis Sud nNE Nord puis Est etc. (8 possibilités) le Super-cavalier aura parcouru :
x = 3 (nEN + nES – nON – nOS) + 8 (nNE – nNO + nSE – nSO) cases dans le sens de l'axe des x y = 3 (nNE + nNO – nSE – nSO) + 8 (nEN – nES + nON – nOS) cases dans le sens de l'axe des y.
Il faut montrer que l'on peut toujours trouver 8 entiers nEN, nES, nON etc. tels que : (x,y) = (0, 1), (0,-1), (1,0), (-1,0)
Bien entendu, pour des raisons de symétrie, la démonstration n'est à faire que pour l'un de ces couples.
Nous choisirons (x,y) = (0, 1) pour fixer les idées. La case adjacente d'arrivée doit donc être celle située juste au-dessus de la case de départ.
L'équation 3p + 8q = 0 (qui s'applique à x) a pour racines entières relatives : p = 8 t
q = - 3 t Il faut donc que :
(nEN + nES – nON – nOS) = 8t (nNE – nNO + nSE – nSO) = – 3t
L'équation 3p + 8q = 1 (qui s'applique à y) a pour racines entières relatives : p = 3 + 8 t'
q = -1 - 3 t' Il faut donc que :
(nNE + nNO – nSE – nSO) = 3 + 8 t' (nEN – nES + nON – nOS) = -1 - 3 t'
On remarque que la première équation du premier groupe fait intervenir les mêmes termes que la seconde du second groupe et vice-versa.
Regroupons-les donc :
a) (nEN + nES – nON – nOS) = 8t b) (nEN – nES + nON – nOS) = -1 - 3 t' c) (nNE – nNO + nSE – nSO) = – 3t d) (nNE + nNO – nSE – nSO) = 3 + 8 t'
En additionnant puis en retranchant (a) et (b), il vient : e) 2 (nEN – nOS) = 8t – 3t' – 1
f) 2 (nES – nON) = 8t + 3t' + 1
En additionnant puis en retranchant (c) et (d), il vient : g) 2 (nNE – nSO) = – 3t + 8t' +3
h) 2 (nSE – nNO) = – 3t – 8t' – 3
On remarquera que les 4 seconds membres doivent être pairs, ce qui exclut que t et/ou t' soient = 0.
On essayera tout d'abord les plus petites valeurs de t et t'.
Avec t = t' = 1, il vient : e) 2 (nEN – nOS) = 4 f) 2 (nES – nON) = 12 g) 2 (nNE – nSO) = 8 h) 2 (nSE – nNO) = – 14
Tout ensemble de nij qui satisfait les 4 équations e) (nEN – nOS) = 2
f) (nES – nON) = 6 g) (nNE – nSO) = 4 h) (nSE – nNO) = – 7
est donc un parcours qui va de la case (0,0) à la case (0,1)
Comme l'énoncé nous demande non seulement de démontrer que le super-cavalier peut toujours aller de sa case de départ à une case adjacente (nous avons choisi celle du dessus, pour fixer les idées), mais encore de trouver le nombre minimum de déplacements, essayons de faire d'une pierre deux coups en minimisant les nij (donc leur somme n) autant que faire se peut (pour l'option t = t' = 1, quitte à rechercher ensuite si l'on peut faire mieux avec une autre option sur t et t').
Une solution est : nEN = 2 nOS = 0 nES = 6 nON = 0 nNE = 4 nSO = 0 nSE = 0 nNO = 7
Ce qui fait 19 déplacements.
Vérification
Elle est assurée par le tableau suivant :
nij x y x nij y nij
EN 2 3 8 6 16
OS 0 -3 -8 0 0
ES 6 3 -8 18 -48
ON 0 -3 8 0 0
NE 4 8 3 32 12
SO 0 -8 -3 0 0
SE 0 8 -3 0 0
NO 7 -8 3 -56 21
19 0 1
qui établit que le super-cavalier aura parcouru : 0 cases sur l'axe des x
1 case sur l'axe des y,
et aura ainsi bien abouti à la case (0,1) adjacente vers le haut de la case (0,0).
Reste à voir si l'on peut faire mieux que 19 déplacements. Avec l'option t = t' = 1, probablement pas, mais avec une autre… sait-on jamais.
Essayons-en une autre.
Avec t = t' = – 1, il vient : e) 2 (nEN – nOS) = – 6 f) 2 (nES – nON) = – 10 g) 2 (nNE – nSO) = – 2 h) 2 (nSE – nNO) = 8
Tout ensemble de nij qui satisfait les 4 équations e) (nEN – nOS) = – 3
f) (nES – nON) = – 5 g) (nNE – nSO) = – 1 h) (nSE – nNO) = 4
est donc un parcours qui va de la case (0,0) à la case (0,1) Une solution est :
nEN = 0 nOS = 3 nES = 0 nON = 5 nNE = 0
nSO = 1 nSE = 4 nNO = 0
Ce qui fait 13 déplacements.
Vérification
Elle est assurée par le tableau suivant :
nij x y x nij y nij
EN 0 3 8 0 0
OS 3 -3 -8 -9 -24
ES 0 3 -8 0 0
ON 5 -3 8 -15 40
NE 0 8 3 0 0
SO 1 -8 -3 -8 -3 SE 4 8 -3 32 -12
NO 0 -8 3 0 0
13 0 1
qui établit que le le super-cavalier aura parcouru : 0 cases sur l'axe des x
1 case sur l'axe des y,
et aura ainsi bien abouti à la case (0,1) adjacente vers le haut de la case (0,0).
Cette solution à 13 déplacements est meilleure que la précédente.
Le même calcul pour t = 1 et t' = – 1 donne aussi 13 déplacements.
Le même calcul pour t = – 1 et t' = 1 donne 19 déplacements.
Recherche de l'optimum (minimum de n) Pour chacune des équations :
e) (nEN – nOS) = (8t – 3t' – 1)/2 f) (nES – nON) = (8t + 3t' + 1)/2 g) (nNE – nSO) = (– 3t + 8t' +3)/2 h) (nSE – nNO) = (– 3t – 8t' – 3)/2
la somme nij + ni'j' est minimale quand l'un des deux termes est nul (c'est le parti que nous avons pris dans chacune des solutions ci-dessus).
On voit aisément que ce minimum vaut alors |nij + ni'j'|.
Comme les 8 nij figurent chacun une fois dans l'ensemble de ces 4 équations, on a : n = |(8t – 3t' – 1)/2| + |(8t + 3t' + 1)/2|+ |(– 3t + 8t' +3)/2| +|(– 3t – 8t' – 3)/2|.
Une discussion géométrique dans le plan (t, t') ou un calcul au moyen d'un tableur (sans la valeur 0) indique clairement que le minimum est 13 (atteint pour t = 1et t' = –1). Quant à la valeur 19, elle est atteinte pour t = 1et t' = 1.
t' -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 t
-3 45 37 33 35 43 51 59 67 75 83 -2 37 29 22 27 35 43 51 59 70 81 -1 29 21 13 19 27 37 48 59 70 81 1 29 21 13 19 27 37 48 59 70 81 2 37 29 22 27 35 43 51 59 70 81 3 45 37 33 35 43 51 59 67 75 83 4 53 45 44 44 51 59 67 75 83 91 5 61 55 55 55 59 67 75 83 91 99 6 69 66 66 66 67 75 83 91 99 107 7 77 77 77 77 77 83 91 99 107 115
Pour les plus courageux : trouver tous les couples d’entiers (a,b) tels que le super-cavalier (a,b) peut toujours aller de sa case de départ à une case adjacente.
Reprenons les conventions et notations de la première partie (relative au cas a=3, b=8).
En n déplacements, dont : nEN Est puis Nord nES Est puis Sud nNE Nord puis Est etc. (8 possibilités) le Super-cavalier aura parcouru :
x = a (nEN + nES – nON – nOS) + b (nNE – nNO + nSE – nSO) cases dans le sens de l'axe des x y = a (nNE + nNO – nSE – nSO) + b (nEN – nES + nON – nOS) cases dans le sens de l'axe des y.
Il faut montrer que l'on peut toujours trouver 8 entiers nEN, nES, nON etc. tels que : (x,y) = (0, 1), (0,-1), (1,0), (-1,0)
Bien entendu, pour des raisons de symétrie, la démonstration n'est à faire que pour l'un de ces couples.
Nous choisirons (x,y) = (0, 1) pour fixer les idées. La case adjacente d'arrivée doit donc être celle située juste au-dessus de la case de départ.
L'équation ap + bq = 0 (qui s'applique à x) a pour racines entières relatives : p = b t
q = - a t Il faut donc que :
(nEN + nES – nON – nOS) = bt
(nNE – nNO + nSE – nSO) = – at
L'équation ap' + bq' = 1 (qui s'applique à y) a pour racines entières relatives : p' = u + b t'
q' = v - a t'
où u et v sont les racines les plus simples de l'équation de Bézout : au + bv = 1
qui existent si et seulement si a et b sont premiers entre eux.
C'est là une première condition sur a et b.
Il faut donc que :
(nNE + nNO – nSE – nSO) = u + b t' (nEN – nES + nON – nOS) = v - a t'
On remarque que la première équation du premier groupe fait intervenir les mêmes termes que la seconde du second groupe et vice-versa.
Regroupons-les donc :
i) (nEN + nES – nON – nOS) = bt j) (nEN – nES + nON – nOS) = v - a t' k) (nNE – nNO + nSE – nSO) = – at l) (nNE + nNO – nSE – nSO) = u + b t'
En additionnant puis en retranchant (a) et (b), il vient : m) 2 (nEN – nOS) = bt – at' + v
n) 2 (nES – nON) = bt + at' – v
En additionnant puis en retranchant (c) et (d), il vient : o) 2 (nNE – nSO) = – at + bt' + u
p) 2 (nSE – nNO) = – at – bt' – u
On remarquera que les 4 seconds membres doivent être pairs.
Or au + bv = 1 exclut que a et b soient tous deux pairs (ce que nous savions déjà, puisqu'ils doivent être premiers entre eux) mais aussi que u et v le soient tous deux.
En outre, si a et b sont tous deux impairs, cette même équation au + bv = 1 implique que u et v sont de parité contraire.
En retranchant (e) et (g) il vient un second membre : (a+b) (t – t') + (v – u)
qui doit être pair puisque le premier membre l'est.
Mais, par hypothèse, (a+b) est pair et on a vu que (v – u) ne l'est pas.
C'est impossible et, par conséquent, a et b (dont nous savons déjà qu'ils ne peuvent pas être tous deux pairs) ne peuvent pas non plus être tous deux impairs.
C'est là une seconde condition sur a et b.
Ces deux conditions sur a et b se combinent en une condition nécessaire :
Pour que le super-cavalier (a,b) puisse toujours aller de sa case de départ à une case adjacente, il faut que a et b soient premiers entre eux et de parité contraire.
Reste à voir si cette condition est suffisante.
Reprenons la condition au + bv = 1 et supposons, pour fixer les idées, que : - a est pair,
- b est impair, Alors :
- u est de parité quelconque, - v est impair.
Les seconds membres de (e) à (h), qui doivent être pairs, sont : bt – at' + v
bt + at' – v – at + bt' + u – at – bt' – u
La parité de t et t' est donc, au titre de ces 4 conditions respectivement :
t t'
impair quelconque impair quelconque quelconque même que u quelconque même que u
Le système des 4 conditions est donc cohérent à condition de prendre, pour fixer les idées, t impair et t' du même signe que u (on rappellera que u est toujours défini par l'équation au + bv = 1 dès lors que a et b sont premiers entre eux).
La condition que a et b soient premiers entre eux et de parité contraire est donc nécessaire et suffisante.
