,101 jusqu’`a ce qu’il n’en reste plus que deux

Enonc´e n^oE441 (Diophante) Et il n’en reste plus que deux

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Probl`eme n<sup>o</sup>1 : Zig et Puce effacent `a tour de rˆole 9 nombres de la suite des entiers naturels 1,2,3, . . . ,101 jusqu’`a ce qu’il n’en reste plus que deux. On d´esigne pardla diff´erence positive entre ces deux nombres. Si d >54, Zig qui joue le premier re¸coit d−54 euros de la part de Puce.

Sid= 54, match nul et sid <54 Zig verse 54−deuros `a Puce. A votre avis, qui a l’avantage ?

Zig peut s’assurer le gain d’un euro `a chaque partie, de la fa¸con suivante.

Au premier coup, Zig efface les nombres de 47 `a 55, laissant deux

“blocs” de 46 entiers cons´ecutifs ; comme Puce ne peut effacer que 45 nombres, Zig peut s’arranger pour qu’aucun de ces deux blocs ne soit compl`etement effac´e ; les diff´erences entre nombres des deux blocs vont de 56−46 = 10 `a 101−1 = 100.

Le jeu optimal de Puce est alors de limiter la diff´erence maximale et prenant 9 nombres dans les extrˆemes, du cˆot´e de 1, du cˆot´e de 101, ou les deux ; la diff´erence maximale tombe `a 91.

Zig efface des nombres en sorte d’avoir deux blocs de 37 entiers, en s’adaptant `a la r´epartition des nombres effac´es par Puce ; il les choisit dans la zone m´ediane, en sorte d’augmenter `a 19 la diff´erence minimale.

Et ainsi de suite :

– deux blocs de 28, diff´erence 28 `a 82, – deux blocs de 19, diff´erence 37 `a 73, – deux blocs de 10, diff´erence 46 `a 64,

– deux entiers, diff´erence 55 dans la strat´egie optimale de chacun.

Le jeu serait ´equitable, mais sans grand int´erˆet (chacun pouvant forcer la nullit´e) si la “barre” des diff´erences ´etait `a 55 au lieu de 54. Une autre fa¸con de le rendre ´equitable est de tirer `a pile ou face celui qui joue en premier.

Probl`eme n<sup>o</sup>2 : Zig et Puce effacent `a tour de rˆole un nombre de la s´equence 1,2, . . . ,27 jusqu’`a ce qu’il n’en reste plus que deux. Puce qui joue le premier est le vainqueur si la somme des deux nombres restants est divisible par 5. A contrario, c’est Zig qui est le vainqueur. Lequel des deux joueurs a une strat´egie gagnante ?

Supposons que les nombres de 2 `a 23 aient ´et´e effac´es. Il reste 1, 24, 25, 26, 27 et c’est `a Puce de jouer.

Si Puce efface l’un des nombres 1 ou 26, Zig efface l’autre ; quel que soit le nombre effac´e ensuite par Puce parmi 24, 25, 27, les sommes 49, 51, 52 ne sont pas multiples de 5.

Si Puce efface l’un des nombres 24 ou 25, Zig efface l’autre ; quel que soit le nombre effac´e ensuite par Puce parmi 1, 26, 27, les sommes 27, 28, 53 ne sont pas multiples de 5.

Si Puce efface 27, Zig efface 24 ; quel que soit le nombre effac´e ensuite par Puce parmi 1, 25, 26, les sommes 26, 27, 51 ne sont pas multiples de 5.

Une tactique de Zig pourrait donc ˆetre : si Puce efface un nombre de 2 `a 23, Zig efface lae compl´ement `a 25 ; si Puce efface un des autres nombres, Zig agit comme ci-dessus.

Cependant Zig sera mis en difficult´e si Puce efface 27 puis 25, ou 27 apr`es 24, sans qu’on en soit au tout dernier coup ; Zig doit affiner sa strat´egie.

Les nombres ne jouent un rˆole que par leur reste modulo 5. On peut donc repr´esenter les r´eactions de Zig aux coups de Puce par les paires (entre parenth`eses, le nombre de fois o`u Zig peut y recourir) :

1+1 (1), 1+4 (4), 4+5 (1), 5+5 (2), 2+5 (1), 2+3 (5).

Quand il reste 3 nombres, 12 de ces paires ont ´et´e utilis´ees. Toutes les paires o`u figure 5 ne sont pas utilis´ees, car il y faudrait 6 multiples de 5 (les 14 paires list´ees totalisent 28 entiers, non 27). Sur les 13 possibilit´es que cela donne, celles o`u Zig gagne sont

1+1 et 5+5, 1+1 et 2+5, 4+5 et 2+5.

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En particulier les cas o`u 1+4 est inutilis´e sont perdants pour Zig ; Zig devra r´epondre par 4 aux coups 1 de Puce chaque fois que possible, et ne r´epondre 1+1 que pour les deux derniers nombres 5k+ 1. Il devra r´epondre par 1 aux coups 4 de Puce, sauf pour le dernier nombre 4 de Puce auquel il doit r´epondre 5, ´evitant que 4 + 5 ne soit inutilis´e si Puce n’efface aucun multiple de 5.

Si Puce a effac´e 3 multiples de 5 et efface pour la 4e fois un nombre 1 ou 4, Zig doit r´epondre 3 (faute de 5, cf. plus loin les r´eponses de Zig aux coups 5 de Puce) ; en effet il restera trois 1 et deux 2 plus des paires 2+3. Zig supprimera alors les 3 en priorit´e, aboutissant `a une des combinaisons `a 4 nombres 1+1+1+2, 1+1+2+2, 1+2+2+2 et 2+2+2+2, d’o`u il tire 1+1+1, 1+1+2 ou 2+2+2 pour gagner.

De mˆeme pour les cas o`u 2+3 est inutilis´e ; Zig devra r´epondre par 3 aux coups 2 de Puce chaque fois que possible, et ne r´epondre 2+5 que pour le dernier nombre 5k+ 2. Il devra r´epondre par 2 aux coups 3 de Puce.

Si Puce a effac´e 3 multiples de 5 et efface pour la 6e fois un nombre 2 ou 3, Zig doit r´epondre 4 (faute de 5) ; en effet il reste alors deux nombres 5k+ 1 de plus que de nombres 5k+ 4, et les 3 derniers nombres seront de la forme 5k+ 1.

Face aux coups 5 de Puce, Zig doit r´epondre 4 la premi`ere fois, puis 5 les suivantes. S’il n’y a plus de 5 pour que Zig r´eponde, c’est que Puce a effac´e 6 nombres 2 ou 3 et il reste six 1 et quatre 4 ; Zig r´epond 4 et r´epondra 4 aux coups suivants, pour terminer `a 1+1+1.

C’est donc Zig qui a une strat´egie gagnante. Dans la m´ethode g´en´erale (voir en annexe), le sommet^P_knk= 27 est marqu´e Z.

Annexe : m´ethode g´en´erale

Les nombres ne jouent un rˆole que par leur reste modulo 5 : 5 multiples de 5, 6 entiers avec reste 1, 6 entiers avec reste 2, 5 entiers avec reste 3, 5 entiers avec reste 4. Ainsi la situation des entiers subsistant `a un moment de la partie peut ˆetre repr´esent´ee par un sommet d’un graphe `a 6³ ·7² = 10584 sommets, dans un espace `a 5 dimensions, avec coordonn´ees n<sub>k</sub> (0 `a 5 ou 0 `a 6) pour le nombre d’entiers de reste k modulo 5. Une arˆete du graphe joint deux situations obtenues en retirant ou ajoutant un entier.

La situation en fin de partie correspond `a l’hyperplan^P_kn_k= 2, conte- nant K₅² = C₆² = 15 sommets du graphe. Trois de ces sommets sont gagnants pour Puce : les couples 1+4, 2+3, 5+5. On peut les ´etiqueter P, les 12 autres ´etant ´etiquet´esZ.

Dans l’hyperplan ^P_knk = 3, contenant K₅³ = C₇³ = 35 sommets, les voisins des sommets d´ej`a marqu´es P sont `a marquer P, car Puce peut jouer gagnant `a partir de ces situations que lui l`egue Zig. Il y en a 15, les 20 autres : 1+1+1, 1+1+2, 1+1+3, 1+1+5, 1+2+2, 1+2+5, 1+3+3, 1+3+5, 2+2+2, 2+2+4, 2+2+5, 2+4+4, 2+4+5, 3+3+3, 3+3+4, 3+3+5, 3+4+4, 3+4+5, 4+4+4, 4+4+5, sont `a marquer Z car ils n’ont aucun voisin marqu´e P.

De mˆeme, dans l’hyperplan ^P_kn_k = 4, tous les voisins des sommets d´ej`a marqu´esZ sont `a marquer Z, car Zig peut jouer gagnant `a partir de ces situations. Les autres sommets sont `a marquerP, car tous leurs voisins sont marqu´esP et Zig ne pourra en tirer une position ganante pour lui.

On peut donc ´etiqueter tous les sommets du graphe (dont celui^P_knk= 27, donnant la situation de d´epart) par la r`egle suivante : pourr = 2

`

a 26, ayant ´etiquet´e les sommets de l’hyperplan ^P_kn_k = r, marquer ceux de l’hyperplan^P_knk=r+ 1,

– sir est pair, en marquant P les voisins de sommets P, puis en mar- quantZ les autres ;

– si r est impair, en marquant Z les voisins de sommets Z, puis en marquantP les autres.

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