E620 Le ballet de Goupil et de Zéphyrin [***** à la main]
Solution de Dominique Ceugniet :
Je préfère numéroter les cases en partant de 0. Je définis donc les nouveaux numéros comme allant de 0 à n-1. Goupil se trouve en 0, Zéphyrin en d-1. On notera par G et Z les positions respectives de Goupil et Zéphyrin. Donc G=0 et Z=d-1 au début. Il est clair que n est supérieur ou égal à 4, sinon les mouvements indiqués seraient impossibles.
Cas d pair, d=2k
La distance entre G et Z au départ est de : d-1, soit 2k-1.
Après (k-1) jours, G se trouve en k-1, Z en 2k-1-(k-1) soit k.
Après (k-1) nouveaux jours, G se trouve en 0 et Z en 2k-1. Ainsi au bout de 2j-2 jours les deux compères ont retrouvé leurs places. Comme 2k-2 est pair, il ne peut être égal à 999. Le problème n’a pas de solution dans ce cas.
Cas n pair et d impair, soit n=2p, d=2k+1
La distance entre G et Z au départ est de : d-1, soit 2k.
Après (k-1) jours, G se trouve en k-1, Z en 2k-(k-1) soit k+1.
Le jour k, G peut encore avancer en G=k, mais Z doit reculer en Z=k+2.
À partir de ce moment, G et Z s’étant « retournés » avancent face à face et ils sont distants de n-3 soit 2p-3.
Vont-ils retrouver leurs places ? Le jour k+i, la place de Goupil sera k-i, celle de Zéphyrin sera k+2+i. Goupil retrouvera donc sa place pour i=k, Zéphyrin lorsque k+2+i=2k, soit lorsque i=k-2. Ils ne repasseront pas aux mêmes places qu’initialement.
Au bout de (p-2) jours, leur distance aura diminué de 2*(p-2) soit 2p-4, il seront donc l’un de l’autre à la distance 1. Goupil ne pourra donc aller plus loin, il fera demi tour, de même que Zéphyrin et au bout de (p-2) nouveaux jours, les positions de Goupil et Zéphyrin seront de nouveau : G = k et Z = k+2. C’est au jour : k + 2*(p-2)=k+2k-4. Le positions des deux compères seront exactement les mêmes au retour qu’à l’aller. Ils ne retrouveront pas simultanément leurs places non plus au retour.
Le jour suivant (k+2p-3) Goupil peut avancer en G=k+1, tandis que Zéphyrin doit reculer en Z=k+3. Les deux se retournent à nouveau ; à nouveau ils ont un nombre impair (2p-3) de places à parcourir. A nouveau ils mettront 2*(p-2) jours pour faire l’aller et le retour. On aura G=k+1 et Z=k+3 au bout de 2*(p-2) jours, soit au jour (k+2p-3)+2*(p-2), soit encore k+4p-7.
Le jour suivant (k+4p-6) Goupil peut avancer en G=k+2, tandis que Zéphyrin doit reculer en Z=k+4. Les deux se retournent à nouveau ; à nouveau ils ont un nombre impair (2p-3) de places à parcourir. A nouveau ils mettront 2*(p-2) jours pour faire l’aller et le retour. On aura G=k+2 et Z=k+4 au bout de 2*(p-2) jours, soit au jour (k+4p-6)+2*(p-2), soit encore k+6p- 10.
Il est clair que le schéma se répète invariablement tous les 2p-3 jours, et a pour effet de se décaler d’une unité à chaque fois. Il s’ensuit qu’au bout de n décalages d’une unité, le schéma se répètera de la même façon. Précisons les choses en paramétrant le nombre q d’allers et retours.
Après avoir fait q allers et retours, juste avant que Goupil prenne la dernière place libre à côté de Zéphyrin et que Zéphyrin reparte en arrière, nous serons au jour J = (k-1)+q*(2p-3).
Goupil sera à la position k-1+q et Zéphyrin à la position k-1+q+2. Le jour suivant
(J0=k+q*(2p-3)), Goupil ira en k-1+q+1, tandis que Zéphyrin fera demi-tour et rejoindra le terrier k-1+q+3. Toutes ces expressions et ces opérations doivent bien entendu être effectuées modulo n. Le lendemain, J0+1, Goupil fera à son tour demi-tour et reprendra le terrier k-1+q,
tandis que Zéphyrin poursuivra son chemin en arrivant au terrier k-1+q+2+1, soit k+1+q+1.
Le surlendemain, J0+2, Goupil sera en k+q-2.
Lorsque q=n-1, donc après avoir fait n-1 allers et retours complets, nous serons au jour J=(k- 1)+(n-1)*(2p-3). Goupil sera à la position k-1+n-1 soit k-2 (modulo n). Zéphirin à la position k-1+n-1+2 soit k (modulo n). Le jour suivant ((k-1)+(n-1)*(2p-3)+1) Goupil ira donc en k-1, tandis que Zéphyrin retournera en k+1. Et le jour (k-1)+(n-1)*(2p-3)+1+k-1 Goupil retrouvera sa place 0, tandis que Zéphyrin se retrouvera en k+1+k-1 soit 2k, sa place initiale également.
(k-1)+(n-1)*(2p-3)+1+k-1 = 999 (n-1)*(2p-3)+2k-1=999
(2p-1)*(2p-3)+2k=1000
Le membre de gauche est impair, celui de droite pair : c’est donc impossible.
Cas n impair et d impair, soit n=2p+1, d=2k+1 La distance entre G et Z au départ est de : d-1, soit 2k.
Après (k-1) jours, G se trouve en k-1, Z en 2k-(k-1) soit k+1.
Le jour k, G peut encore avancer en G=k, mais Z doit reculer en Z=k+2.
À partir de ce moment, G et Z s’étant « retournés » avancent face à face et ils sont distants de n-2 soit 2p-1. Après (p-1) jours, G=k-(p-1) soit k-p+1 et Z = k+2+p-1 soit k+p+1 (modulo n).
Leur distance est de 1. Ils font donc demi-tour simultanément, et au bout de (p-1) nouveaux jours, se retrouvent aux positions G=k, Z=k+2. Nous sommes donc le jour k+2*(p-
1)=k+1*(2p-1)-1.
Le jour suivant, k+1*(2p-1), G peut encore avancer en k+1, mais Z doit reculer en k+3. Leur distance est à nouveau de 2. A nouveau, sur l’autre arc de cercle, leur distance est de 2p-1, les terriers libres entre eux deux sont en nombre pair : 2*(p-1). Ils vont à nouveau faire un aller et retour et se retrouver aux positions G=k+1 et Z=k+3 après 2*(p-1) nouveaux jours. Nous sommes donc le jour k+2p-1+2*(p-1)=k+2*(2p-1)-1
Le jour suivant, k+2*(2p-1) G peut encore avancer en k+2, mais Z doit reculer en k+4. Leur distance est à nouveau de 2. A nouveau, sur l’autre arc de cercle, leur distance est de 2p-1, les terriers libres entre eux deux sont en nombre pair : 2*(p-1). Ils vont à nouveau faire un aller et retour et se retrouver aux positions G=k+2 et Z=k+4 après 2*(p-1) nouveaux jours. Nous sommes donc le jour k+2*(2p-1)+2*(p-1)= k+3*(2p-1) –1
Ainsi, le jour k+i*(2p-1)-1, Goupil se retrouve en k-1+i et Zephyrin en k-1+i+2. Le jour suivant, k+i*(2p-1), Goupil peut aller en k+i et Zephyrin doit faire demi-tour et retourner en k+i+2. Ceci est le (i+1)-ième décalage. En donnant à i la valeur n-1 on trouve donc :
Le jour k+(n-1)*(2p-1)-1, Goupil se retrouve en k-1+(n-1), soit k-2 et Zephyrin en k-1+(n- 1)+2, soit k. Le jour suivant, k+(n-1)*(2p-1), Goupil peut aller en k-1 et Zephyrin doit faire demi-tour et retourner en k+1. Ceci est le n-ième décalage. Et k-1 jours plus tard, soit au bout de k+(n-1)*(2p-1)+k-1 jours au total, Goupil sera en 0 et Zéphyrin en k+1+k-1=2k, soit sa place initiale.
J = k+(n-1)*(2p-1)+k-1 J = 2p*(2p-1)+2k-1
Il nous faut donc résoudre l’équation : 2p*(2p-1)+2k-1 = 999
2p*(2p-1)+2k = 1000 p*(2p-1)+k = 500 2p*p – p + (k-500) = 0
k donné, on peut considérer cette équation comme du deuxième degré. Le discriminant delta est :
delta=1-8*(k-500)=4001-8k
Comme il faut que delta soit un carré parfait, posons i*i=delta=4001-8*k p = (1+i)/4
n=2*p+1 = (1+i)/2+1=(i+3)/2 d=2k+1
On peut chercher les carrés de nombre impairs inférieurs 4001, tels que la différence avec 4001 soit un multiple de 8, et ils ne sont pas nombreux. Il faut également que p soit entier. On doit de plus vérifier que la valeur de d obtenue est plus petite que n. Une seule valeur
convient. On trouve que n=33 et d=9.
Cas J=2005
2p*(2p-1)+2k-1 = 2005 2p*(2p-1)+2k = 2006 p*(2p-1)+k=1003 2p^2-p+k-1003=0
delta=1-8*(k-1003) delta=8025-8k
La même recherche trouve qu’aucune des valeurs trouvées ne conduit à des valeurs qui conviennent pour le problème.
