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 #1 - 02-04-2024 12:20:17

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,397E+3

pâtz à modeler

Bonjour à tous smile

Certains intervenants de P2T participent régulièrement ou occasionnellement à la gazette de Diophante : http://www.diophante.fr/

Un des problèmes du mois de mars est resté sans réponse .

Je vous le livre tel quel en laissant les réponses cachées pendant un certain temps :

Zig et Puce s'affrontent dans un tournoi de pâte à modeler à plusieurs rondes . Initialement la pâte forme un bloc unique posé sur la table puis Zig et Puce vont alternativement extraire ou assembler des morceaux à partir de ce bloc . Plus précisément chaque ronde se déroule de la façon suivante :
1°) Zig prélève deux morceaux d’un bloc ( éventuellement sans laisser de reste ) puis repose le tout sur la table .
2°) Puce assemble deux morceaux et repose le bloc obtenu sur la table .
Dès que 10 morceaux de même masse sont présents sur la table le jeu s’arrête .

Puce est-il assuré de jouer son 16ème coup si Zig fait tout pour le contrarier ?


Vasimolo

J'ajoute des indices pour que l'énigme ne se résume pas à un dialogue entre Gwen et moi smile

Spoiler : [Afficher le message] On peut supposer que le bloc initial est composé d'un certain nombre de morceaux identiques et que Zig commence par prélever toujours les mêmes morceaux ensuite il peut affiner sa stratégie . 

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 #2 - 02-04-2024 18:44:52

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,906E+3

Pâte à modeller

EDIT condensé dans le dernier post

 #3 - 02-04-2024 19:46:31

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,906E+3

pâte à modelet

Re EDIT condensé dans le post suivant...

 #4 - 03-04-2024 12:20:47

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,906E+3

Pââte à modeler

Alors je vais tenter de simplifier smile

Zig prend comme base des petits morceaux de même taille 1 unité arbitraire suffisamment petite (1/30 du bloc initial marche bien)

Au premier tour il en coupe 2.
Puce peut alors en éliminer 1 et le rattacher à l'ensemble, ou en attacher 2 et créer un morceau de taille 2.

Ensuite, à chaque découpe, tant qu'il n'y a que des morceaux de taille 1 ou 2 sur la table, Zig redécoupe 2 morceaux de taille 1 dans le bloc initial qui a un peu fonction de réserve infinie.
Si, par contre, Puce a créé un morceau de taille 3 , Zig le redécoupe en 3 morceaux.de taille 1 et si Puce a créé un morceau de taille 4, Zig le découpe en 1 1 et 2

A la fin d'une ènième découpe de Zig, avant l'assemblage de Puce, il n'y donc sur la table que le reste du bloc et n+1 morceaux de taille 1 ou 2.

A la fin de la seizième découpe (avant le 16e coup de Puce qu'il ne jouera pas), il y a 17 morceaux de taille 1 ou 2, et le reste du bloc.
Soit au moins 10 morceaux de même taille, auquel cas le jeu est fini.
Soit 8 morceaux de 1 et 9 de 2
Soit 9 morceaux de 1 et 8 de 2
Il s'agit de prouver que ces deux situations dans lesquelles Puce pourrait jouer son 16e coup auraient pu être évitées.


On part du principe que Zig a suivi fidèlement sa stratégie, donc dans chaque cas, il y a trois possibilités :
Zig vient de couper un morceau de 4 en 2 1 1
Zig vient de couper un morceau de 3 en 1 1 1
Zig vient de créer deux morceaux de 1

Premier Cas  8x1 et 9x2 :
Zig a coupé un morceau de 3 en 3x1, il aurait pu rajouter un morceau de 2 pris dans le reste.
Zig a Coupé un morceau de 4 en 2x1+2 , il aurait pu rajouter 2 morceaux de 2.
(ce cas est d'ailleurs impossible, car le morceau de 4 viendrait d'être créé à partir de 2 morceaux de 2 et donc, d'une situation perdante.)
Zig a rajouté 2x1 , il aurait pu rajouter un morceau de 2 à la place.

Second cas 9x1 et 8x2
Zig a coupé un morceau de 3 en 3x1, il aurait pu rajouter 2 morceaux de 2.
Zig a rajouté 2x1 , il aurait pu rajouter 2x2 à la place.

Zig a Coupé un morceau de 4 en 2x1+2 , et là, c'est plus délicat...
Il y avait donc 7x1, 7x2 et 1x4, un changement de la 16e découpe ne permet pas de conclure.
Il faut être un tout petit peu plus rétrograde et analyser la quinzième découpe...
Ce 4 a donc été assemblé juste avant par Puce, ce qui veut dire qu'à la fin de la 15e découpe, il y avait 7x1 et 9x2.

Cas 7x1 et 9x2 : (après la quinzième découpe, 16 morceaux et le reste)
Zig a coupé un morceau de 3 en 3x1, il aurait pu rajouter 1 morceau de 2.
Zig a rajouté 2x1 , il aurait pu rajouter 1 morceau de 2 à la place.
Zig a Coupé un morceau de 4 en 2x1+2 , il aurait pu rajouter 2x2 mais ce cas est de toute façon impossible puisque Puce aurait créé ce 4 à partir d'une situation perdante.

 #5 - 04-04-2024 07:52:53

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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Pte à modeler

Dans ce que je propose, Puce ne joue jamais son 16e coup.
Zig fait sa 16e découpe et il n'y a aucun morceau de 3 ou 4, juste 17 morceaux de 1 ou 2 et le reste.

C'est en constatant ça qu'on se dit prouve qu'il aurait pu gagner en changeant sa 16e découpe.

 #6 - 04-04-2024 11:11:11

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Pâte àà modeler

Tu sembles plus à l'aise que moi dans l'analyse directe et rétrograde , je m'y perds assez facilement .

1°) Si on considère que Zig joue son 16ème coup en utilisant ta stratégie principale , il y a bien 17 morceaux 1 ou 2 et un reste variable .
2°) Si on admet que Puce arrive à jouer son 16ème coup , il y aura possiblement sur la table au moins 15 morceaux 1 ou 2 et éventuellement 1 morceau 3 ou 4 et un reste .

Dans ton premier message tu remontais l'étude à partir du 16ème coup de Zig supposé non décisif et tu montrais qu'il pouvait modifier son coup précédent afin d'éviter cette déroute . L'analyse semble correcte mais il y a tellement de cas que je m'y perds smile

Dans ta deuxième proposition il me semble de tu démarres l'analyse rétrograde à partir d'un 16ème coup joué par Puce . Ensuite tu remontes pour voir comment Zig peut éviter cet échec .

Je ne mets pas en doute ton analyse d'autant que je suis parti sur le même modèle avant de chercher une autre partition du bloc initial .

Merci pour la participation smile

Vasimolo

 #7 - 04-04-2024 11:56:42

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Pâte à modler

J'ai ajouté un indice pour motiver les troupes smile

Vasimolo

 #8 - 05-04-2024 11:00:12

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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âPte à modeler

Après relecture/réécriture , la réponse de Gwen est convaincante smile

Ce n'est pas si compliqué ( un peu quand même smile )

Vasimolo

 #9 - 09-04-2024 18:31:36

Jackv
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 34
Messages : 3453
Lieu: 94110

âte à modeler

J'avoue que je ne comprend pas très bien ton problème...
A priori, je répondrait NON à ta question.

A la quinzième ronde Puce, qui fait tout pour contrarier son pote, prélève ses deux morceaux sans laisser de reste, et le jeu s’arrête faute de combattants, pardon, de pâte à modeler, et sans que Zig puisse jouer son seizième coup.

Si ce n'est pas la réponse attendue, je te propose une autre rédaction :

Zig et Puce s'affrontent dans un tournoi à plusieurs rondes. Un [b]grand[/b ]sac empli de billes est posé sur la table.
1°) Zig prélève un certain nombre de billes puis écrit leur nombre dans un fichier.
2°) Puce prélève un certain nombre de billes puis écrit leur nombre dans le même fichier.
Puis c'est de nouveau le tour de Zig.
Dès que que le même nombre apparaît dix fois dans le fichier, le jeu s’arrête.

Est-ce que ce problème amène à la même réponse que le tien ?

 #10 - 09-04-2024 19:19:56

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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pâte à modemer

@Jackv : La pâte à modeler ne quitte pas la table , on découpe , on repose , on colle et on repose smile

Vasimolo

 #11 - 10-04-2024 13:48:36

Migou
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 17
Messages : 407
Lieu: Ville 2/N près 2*i

pâte à modzler

Bonjour Vasimolo,

Merci pour l'énigme. Je n'ai pas le temps de creuser, mais le début de la réflexion a été assez amusant.

au départ, la victoire de Zig me paraissait impossible.

Puis j'ai trouvé une stratégie payante pour Zig :
a. considerer le bloc initial comme 27 unités.
b. décomposer ensuite en blocs de 9 puis de 3 puis de 1.
c. On s'apperçoit que Puce a tendance a tendabce à transformer les 1 en 2. Toujours conserver les 1 et les 2. On essayera de gagner soit par dix 1 soit par dix 2. l'idée étant que la quantité des 1 et des 2 va augmenter conjointement.
d. s'efforcer de les décomposer les blocs crées par Puce en deux blocs de taille 1, 2 + un bloc "pratique à découper" (désolé c'est vague)

exemple 12 -> 9 + 1 + 2 (9 étant jugé pratique)

A présent, la question se pose sous l'angle : Puce peut-elle gagner malgré cette strategie ? ou sinon, peut-on prouver que la victoire de Zig est inéluctable.

Désolé de ne pas être allé plus loin.

 #12 - 10-04-2024 18:08:29

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,397E+3

pâte à modeker

Attention Migou , à chaque étape , Zig ne fait qu'extraire deux morceaux d'un même bloc smile

Vasimolo

 #13 - 10-04-2024 18:40:05

Migou
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 17
Messages : 407
Lieu: Ville 2/N près 2*i

Pât eà modeler

Mais on est d'accord que si le morceau initial est de taille finie (ex 5) et que Zig en extrait deux blocs de 1, au final il en résulte 1, 1 et 3 ?

 #14 - 10-04-2024 19:13:24

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,397E+3

Pâe à modeler

Désolé , ta stratégie n'est pas claire . La première étape est facile : 3 blocs de 9 et Puce réagit : un bloc de 18 et un de 9 . Que fait Zig ???

Vasimolo

 #15 - 11-04-2024 09:56:51

Migou
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 17
Messages : 407
Lieu: Ville 2/N près 2*i

Pâte à modleer

Bon, j'ai simplifié la stratégie et ca semble toujours gagnant.
a. on conserve les 1 et les 2.
b. si un 3 apparait, Zig le décompose en 1 1 1
c. si un 4 apparait, Zig le décompose en 2 1 1
d. sinon Zig sort deux nouveaux 1 du tas de pâte à modeler.

Cela donne ce genre de successions.

1. Z 1 1  P 2
2. Z 2 11 P 2 2
3. Z 2 2 1 1 P 2 2 2
4. Z 2 2 2 1 1 P 4x2
5. Z 4X2 1 1 P 5x2
6. Z 5x2 1 1 P 6x2
7. Z 6x2 1 1 P 7x2
8. Z 7x2 1 1 P 4 5x2 1 1
9. Z 6x2 1 1 1 1 P 7x2 1 1
10. Z. 6x2 6x1 P 7x2 4x1
11. Z. 7x2 6x1 P 4 5x2 6x1
12. Z. 6x2 8x1 P 7x2 6x1
13 Z. 7x2 8x1 P abandon.

Les 1 sont particulièrement dicficiles à éliminer pour Puce, car si puce fait 1+1, cela génère un 2 qui est utile à Zig, et si Puce fait 1+2, le cas paraît encore plus défavorable car zig produit trois 1 au tour suivant.

Avec cet algorithme, la masse de pâte sortie apres le ième tour de Zig vaut 2.(i - le nombre de coups où puce a généré 3 ou 4)

Cela indiquerait que Puce pourrait avoir une stratégie de limitation de la masse, qui consiste à associer le plus de 2 possibles pour faire des 4.

je vais creuser cette piste smile

 #16 - 11-04-2024 18:15:04

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Pâte àà modeler

J'aurais bien laissé un peu plus de temps à Migou mais j'étais au maximum de la durée autorisée smile

Gwen a vite cerné le problème en remarquant qu'il fallait prélever des parts égales sur le bloc initial car alors chaque étape produra un nouveau morceau de 1 ou 2 . Après il faut accélérer la chose pour que 10 morceaux identiques apparaissent avant la fin de la 16ème étape et c'est plus compliqué . On peut comme Gwen imaginer des petits morceaux et négliger le reste et je vous laisse lire sa solution ou considérer que le bloc initial est composé de 27 parts ( ce qu'avait intuité Migou ) et la solution est plus rapide car le reste peut être utilisé comme une part .

Un grand merci aux participants smile

Vasimolo

 #17 - 12-04-2024 22:14:43

gwen27
Elite de Prise2Tete
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pâte à modzler

Je veux bien la version à 27 morceaux.
Ca me parait peu évident de conclure avec le "reste" de manière construite.

 #18 - 13-04-2024 10:44:18

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,397E+3

pâte à mofeler

Imaginons le bloc initial constitué de 27 pièces identiques . La stratégie de Zig dans un premier temps va consister à prélever deux pièces du plus petit bloc contenant au moins 3 pièces . Tant qu'il utilise ce procédé , chaque étape augmente de 1 le nombre de blocs et en dehors du bloc initial , il ne reste que des blocs de 1 ou 2 pièces éventuellement accompagnés d'un unique bloc de 3 ou 4 pièces . Zig peut utiliser cette stratégie tant qu'il dispose d'un bloc d'au moins 3 pièces c'est à dire dans le pire des cas jusqu'à la 15ème étape sauf s'il apparaissait huit blocs de 1 ou huit blocs de 2 pièces mais alors il pourrait conclure en récupérant les deux blocs manquant . Sinon à la 16ème étape , il trouvera huit blocs de 1 pièce ou l'une des configurations suivantes qui lui permettra aisément de gagner :

https://www.prise2tete.fr/upload/Vasimolo-Tableau.png

Vasimolo

 #19 - 13-04-2024 15:38:32

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Pâte à modelre

En fait, tu n'utilises pas le reste...
Dans 2 cas, il pourrait te rester 50 morceaux vu que tu en découpes 2, et dans l'autre , tu découpes le bloc de 3, pas besoin du reste non plus.

27 n'apporte pas grand chose.
Le seul intérêt du reste serait de découper 6 en 3 fois 2 par exemple, ou de créer 3 morceaux de 1 en une seule fois et peut-être gagner un coup.

 #20 - 13-04-2024 18:49:13

Vasimolo
Le pâtissier
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pâte à modelee

Un peu tout de même car avec 28 morceaux Zig pourrait se retrouver coincé avec six morceaux de 1 , huit morceaux de 2 et deux morceaux de 3. Les 27 parts étaient choisies pour régler le 7-7 blocs de 1-2 sans remonter à l'étape antérieure . On peut bien sûr faire d'autres choix smile

Vasimolo

 

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