E628. La roue tourne

E628. La roue tourne

On se place dans le cas o`u la roue contient k>2 secteurs angulaires que l’on num´erote `a l’aide des ´el´ements du groupe A=Z/kZ={0,1, ..., k−1} et on num´erote aussi les couleurs de fa¸con `a ce que, pour tout s∈A, la couleur situ´e danss-i`eme secteur du disque ext´erieur soit celle de num´ero s. On note alorsf(s) le num´ero de la couleur situ´ee dans le s-i`eme secteur du disque int´erieur : f est une application de A dans A et le nombre j de couleurs diff´erentes apparaissant dans le disque int´erieur est le cardinal de l’ensemble f(A).

Lorsque l’on fait tourner le disque int´erieur de t∈A secteurs (dans le sens oppos´e `a la num´erotation) le secteur int´erieur qui, au d´epart avait le num´ero s (donc de couleur f(s)) se retouve en face du secteur ext´erieur de num´ero s−t (o`u la soustraction est bien entendu `a comprendre modulo k, c’est `a dire dans Z/kZ=A).

Zig gagne donc la partie lorsque, pour toutt∈A, l’´equation f(s) =s−t admet une unique solution s∈A.

Si tel est le cas, et si on noteg(t) cette unique solution alorsg:A→A et, pour toutt∈A, on af(g(t)) =g(t)−t.

Le fait que t=g(t)−f(g(t)) signifie que g est injective et donc bijective vu que A est fini.

L’applicationh= Id_K−f(=g⁻¹) (i.e. h(s) =s−f(s) pour tout s∈A) est donc une bijection de A dans A.

R´eciproquement, sih= Id_K−f est bijective, alors, pour tout t∈A, l’´equation f(s) =s−t ´equivaut `ah(s) =t qui admet effectivement une unique solutions=h⁻¹(t).

Conclusion : Un couple (k, j) est gagnant si et seulement si il existe une application h:A→A bijective telle que si f= Id_K−h le cardinal de f(A) soit j.

(1) Le couple (k,1) est toujours gagnant :

Si on prendh= Id_K (´evidement bijective) alors f= Id_K−h est identiquement nulle doncf(A) ={0}

(2) Le couple (k,2) est gagnant si et seulement si k est compos´e (c’est `a dire non premier) : Si (k,2) est gagnant alors il existeh:A→A bijective telle que, si f= Id_K−h, on aitf(A) ={b, b⁰}.

Il existe donc une partie B⊂A non vide et distincte de A telle que h(s) =

s−b si s∈B s−b⁰ sinon . Si on noten le cardinal de B, on a :

P

s∈A

s =

h bijective

P

s∈A

h(s) = P

s∈B

(s−b) + P

s∈A\B

(s−b⁰) = P

s∈A

s−nb−(k−n)b⁰ = n(b⁰−b) + P

s∈A

s

Doncn(b⁰−b) = 0 et cela n’est possible que si k est compos´e car sinon on aurait soit n= 0, soitn=k soit b=b⁰. R´eciproquement, sikest compos´e alorsk=nbavecn, b∈ {2..k−1}et, en prenantB=bA={0, b,2b,3b, ...,(n−1)b}

puish:A→A; s7→

s−b si s∈B

s sinon , on a une applicationhbijective et telle que, sif= Id_K−h, on aitf(A) ={0, b}.

Le couple (k,2) est donc bien un couple gagnant.

(3) Si k et j sont impair avec 16j6k alors le couple (k, j) est gagnant : On consid´ere h:A→A; s7→

−s si s∈ {0,1, ..., j−1}

s+1−j sis∈ {j, j+1, ..., k−1}(vide sij=k) qui est bijective.

Si f= Id_K−h on a f(A) =B∪{j−1} (ou f(A) =B si j=k) avec B={0,2,4, ...,2(j−1)} de cardinal j (car 2s= 2s⁰ ⇒s=s⁰ vu que est k est impair). De plus, ^j−1₂

∈ {0,1, ..., j−1} et 2 ^j−1₂

=j−1, donc j−1∈B et on a syst´ematiquement f(A) =B. L’ensemeble f(A) est donc de cardinal j et le couple (k, j) est gagnant.

(4) Si k est impair et j pair avec 46j6k−3 alors le couple (k, j) est gagnant : Si 2j−1< k on consid´ere h:A→A; s7→







s sis∈ {0,1,2,3}

3−s sis∈ {4,5, ..., j+1}

s+2−j sis∈ {j+2, j+3, ..., k−1}

qui est bijective.

Sif= Id_K−h on a f(A) ={0}∪B∪ {j−2} avec B={5,7,9, ...2j−1} de cardinal j−2.

Or, 06=j−2 et, vu que 2j−1< k et que 0 et j−2 sont pairs, on a 06∈B et j−26∈B donc f(A) est de cardinal j et le couple (k, j) est bien un couple gagnant.

Si 2j−1>k on consid´ere alors h:A→A; s7→







0,3,1,2 pour s= 0,1,2,3 3−s si s∈ {4,5, ..., j+1}

s+2−j si s∈ {j+2, j+3, ..., k−1}

qui est bijective.

Sif= Id_K−h on a f(A) ={0,−2,1}∪B∪ {j−2}avec B={5,7,9, ...2j−1} de cardinal j−2.

Vu que 46^k+1₂ <^k+3₂ 6j+1, on a −2 = 2 ^k+1₂

−3∈B et 0 = 2 ^k+3₂

−3∈B. Mais, par contre, vu quej+1<^k+j+1₂ < k+2, on a j−2 = 2 ^k+1+j₂

−36∈B et 1 = 2(k+2)−36∈B ce qui, compte tenu du fait que j−26= 1 montre que f(A) est de cardinal j et donc que le couple (k, j) est un couple gagnant.

(5) Si k est impair le couple (k, k−1) est perdant :

On raisonne par contraposition en supposant que (k, k−1) est gagnant donc qu’il existe h:A→A bijective telle que, si f= IdK−h, on ait f(A) =A\{b}. Vu que f est forc´ement non injective il existe a 6=a⁰ tels que f(a) =f(a⁰) donc a f(A\{a}) =f(A) =A\{b} et, comme A\{a} etA\{b} ont mˆeme cardinal, cela montre que la restriction de f `a A\{a} r´ealise une bijection de A\{a} surA\{b} (∗). On a alors :

k(k+1) 2

= P

s∈A

s =

h bijective

P

s∈A

h(s) = P

s∈A

(s−f(s)) = P

s∈A

s−P

s∈A\{a}

f(s)−f(a) =

(∗)

P

s∈A

s−P

s∈A\{b}

s−f(a) = b−f(a) 6= 0 Donc ^k+1₂ n’est pas un nombre entier et cela signifie que l’entier k est pair.

(6) Si k est pair et j impair avec 36j6k−1 alors le couple (k, j) est gagnant : Posons`=j−1

2 et consid´erons h:A→A; s7→







−s sis∈ {0,1, ..., `−1}

j−s si s∈ {`, `+1, ..., j−1}

s+1−` si s∈ {j, j+1, ..., k−1}

qui est bijective.

Si f = Id_K−h on a f(A) = B₁∪B₂∪ {`−1} avec B<sub>1</sub> = {0,2,4, ...,2`−2} et B₂ = {−1,1,3, ...,2`−1} donc B<sub>1</sub>∪B<sub>2</sub>={−1,0,1, ..., j−2} est de cardinal j. De plus, on a clairement `−1∈B₁∪B₂ donc f(A) =B₁∪B₂ est de cardinalj ce qui montre que le couple (k, j) est un couple gagnant.

(7) Si k et j sont pairs avec 46j6k−2 alors le couple (k, j) est gagnant : Posons`= j

2 et consid´erons h:A→A; s7→











2,3,1,0 pour s= 0,1,2,3 3−s si s∈ {4,5, ..., `+2}

j+4−s sis∈ {`+3, `+4, ..., j}(vide si j= 4)

s+1−` sis∈ {j+1, j+2, ..., k−1}

qui est bijective.

Si f = Id_K−h on a f(A) = {−2,1,3} ∪ {5,7,9, ..., j+1} ∪ {2,4,6, ..., j−4} ∪ {`−1} = B∪ {`−1} avec B={−2,1,2,3, ..., j−3, j−1, j+1} de cardinal j. De plus, 16`−16j−3 donc `−1∈B et f(A) =B est de cardinal j ce qui montre que le couple (k, j) est un couple gagnant.

(8) Si k est pair le couple (k, k) est perdant :

On raisonne par contraposition en supposant que (k, k) est gagnant donc qu’il existe h:A→A bijective telle que, si f= Id_K−h, on ait f(A) =A c’est `a dire f bijective. On a alors :

_k(k+1)

2

= P

s∈A

s =

h bijective

P

s∈A

h(s) = P

s∈A

(s−f(s)) = P

s∈A

s− P

s∈A

f(s) =

f bijective

P

s∈A

s− P

s∈A

s = 0 Donc ^k+1₂ est un nombre entier et cela signifie que l’entier k est impair.

Conclusion : Les seuls couples (k, j) non gagnants sont ceux de la forme :

(k,2) avec k premier (k, k−1) avec k impair (k, k) avec k pair

Donc Zig perd s’il tire k= 4 , j= 4 (proba = ¹₆×¹₃) ou k= 5, j∈ {2,4} (proba =¹₆ײ₄) ou k= 6, j= 6 (proba

=¹₆×¹₅) ou k= 7, j∈ {2,6}(proba =¹₆ײ₆) ou k= 8, j= 8 (proba =¹₆×¹₇) ou k= 9, j= 8 (proba =¹₆×¹₈).

Au total, la probabilit´e de perdre de Zig est de p= 1 6×

1 3+2

4+1 5+2

6+1 7+1

8

= 1373 5040. Et, ´evidement, la probabilit´e de gagner est de 1−p= 3667

5040 ≈73% de chance.