E445. Zig et Puce fêtent 2013
1ère réjouissance
Zig trace un segment de 20 cm de longueur et Puce de son côté trace un segment de 13 cm de longueur.
Puce partage en trois son segment puis Zig fait de même avec le sien. On obtient ainsi six segments. S’il est possible de les partager en deux sous-ensembles de trois segments chacun et de construire deux triangles non dégénérés dont les longueurs des côtés sont celles des segments, Zig est le vainqueur. A contrario, Puce est le vainqueur. Qui a une stratégie gagnante ?
Résoudre l’énigme avec des segments de longueurs p et z respectivement tracés par Puce et Zig. Puce partage son segment en trois puis Zig fait de même avec le sien. Déterminer en fonction du ratio p/z celui des deux qui a une stratégie gagnante.
2ème réjouissance
Zig et Puce tracent les bords d’un rectangle de dimensions 20 x 13 sur le quadrillage d’une feuille de papier dont les lignes horizontales et verticales sont séparées d’une unité. Chacun à tour de rôle trace les côtés d’un carré de dimension quelconque qui repose sur les lignes du quadrillage à l’intérieur du
rectangle - bords inclus - et qui est extérieur à tous les carrés déjà tracés mais peut avoir un point commun ou un segment commun avec l’un quelconque d’entre eux. La partie se poursuit jusqu’au moment où un joueur perd la partie car il n’a plus la place pour tracer un carré. Zig joue en premier. Quel est le perdant ?
Solution proposée par David Amar
Premier problème : Zig gagne à coup sûr pour
On peut construire à partir des longueurs , et un triangle non dégénéré si et seulement si
(En cas d’égalité, on a un triangle dégénéré, sinon pas de triangle du tout). On suppose que Puce est un parfait mathématicien et qu’il va tout faire pour gagner.
Propriété 1 : Puce va forcément tracer un segment de longueur supérieure ou égale à
Démonstration : par l’absurde. Si Puce trace avec , on a alors
Zig n’a plus alors qu’à tracer trois segments de longueur pour gagner.
Propriété 2 : est une condition nécessaire à la victoire de Zig
Démonstration : comme on l’a vu avec la propriété 1, il n’est pas possible de faire un triangle non dégénéré à partir des seuls segments de Puce. Zig va donc devoir combiner ses segments avec ceux de Puce pour former 2 triangles. On notera les segment de Puce et ceux de Zig. On va alors grouper d’une part et d’autre part. On doit avoir pour que Zig gagne (entre autres)
- , donc -
En additionnant les deux, on trouve , qui peut s’écrire . Cette inégalité doit rester vraie pour toute valeur de , aussi petite soit-elle, puisqu’elle est fixée par Puce. On a et donc .
Cette démonstration s’appuie sur le fait que puisse avoir une valeur aussi petite que le veut Puce.
Seulement, la somme est fixée. Il peut donc choisir de prendre 2 valeurs aussi petites qu’il le souhaite, la troisième sera invariablement la différence restante avec .Cependant, 2 valeurs sur 3 suffisent à s’assurer que le triangle comportant 2 segments de Puce comportera au moins un de ces deux petits segments.
Propriété 3 : est une condition suffisante à la victoire de Zig
Démonstration : d’après la propriété 1, on peut écrire les longueurs choisies par Puce de la forme suivante : avec et .
Zig va alors procéder de la manière suivante : et On regroupe alors d’une part et d’autre part. On a :
et
On a donc rempli nos 3 conditions par triangles : Zig gagne.
Application numérique : : Zig gagne
Second problème : Zig gagne
La résolution de tous les cas de manière générale semble un poil trop complexe, cependant on peut en traiter une très grosse partie, incluant entre autre le cas « 20 par 13 ».
Soit un rectangle de dimensions et . On remarque tout d’abord que le jeu ne s’arrête que lorsque le rectangle est entièrement rempli : il est sinon toujours possible d’y ajouter un carré de côté 1.
- Cas : celui qui commence gagne. On ne peut jouer que des carrés de côté 1 et il y en a un nombre impair
- Cas : pour les mêmes raisons, celui qui commence perd.
- Cas : celui qui commence gagne. Il lui suffit de tracer un carré de côté centré au milieu du rectangle, le séparant en 2 parties entièrement symétriques, et de répliquer ensuite à chaque coup de l’adversaire le coup symétrique correspondant. Ainsi, tant que l’adversaire joue, il peut jouer aussi et s’assure donc de ne pas être bloqué en premier - Cas : celui qui commence gagne, même stratégie
- Cas : celui qui commence gagne. Il lui suffit de tracer un carré de côté , centré sur le segment de longueur . Il reste alors deux rectangles de taille par
et un troisième de taille par 1. Ce modèle est aussi parfaitement symétrique, avec un nombre pair de carrés. Exemple pour 20 par 13 avec en bleu le premier coup de Zig.
- Cas : ce cas est le dernier à pouvoir être traité simplement. Celui qui
commence gagne, il suffit de tracer un carré de côté , il reste alors un rectangle de par 1 ; et comme on l’a vu, celui qui commence à y jouer (donc l’adversaire) perd
- Enfin, le cas ne permet pas de tracer une figure dans laquelle le premier joueur pourrait répliquer de manière symétrique.
Conclusion : pour le cas qui nous interesse, Zig gagne en traçant un carré de côté 12, puis en répliquant de manière symétrique.
