On peut montrer que c'est impossible, même sur un échiquier aussi grand que l'on veut.

On attribue une valeur à chaque case de l'échiquier, en fonction de la diagonale NW/SE qu'elle occupe :
[TeX]1[/latex] pour la case en bas à gauche.

[latex]\frac12[/latex] pour chacune des 2 cases de la diagonale juste au-dessus.

[latex]\frac1{2^{k-1}}[/latex] pour chacune des k cases de la diagonale NW/SE.

Puis on attribue une valeur à une configuration de pions sur le plateau, qui est la somme des valeurs des cases occupées par des pions.

Pour la configuration de départ, la valeur est égale à : [latex]1+ \frac12 + \frac12 = 2[/TeX]
Lors d'un coup, on enlève un pion d'une diagonale k pour en rajouter 2 sur la diagonale k+1, ce qui fait que la valeur de la configuration après le coup est la même que la valeur de la configuration avant le coup. Donc la valeur d'une configuration issue de la position de départ (après un certain nombre de coups) est toujours égale à 2.

Maintenant, pour une configuration où les 3 cases de départ sont libres, la valeur est inférieure strictement à [latex]\sum_{k\geq3}{k\times\frac1{2^{k-1}}[/latex]

Evaluons cette somme :

On définit une fonction f sur l'intervalle ]-1;1[ par [latex]f(x)=\sum_{k\geq0}{x^k}=\frac1{1-x}[/latex].
Alors [latex]f'(x)=\sum_{k\geq1}{k\times x^{k-1}}=\frac1{(1-x)^2}[/latex]

Donc [latex]f'\left(\frac12\right)=\sum_{k\geq1}{k\times \frac1{2^{k-1}}}=\frac1{\left(1-\frac12\right)^2}=4[/latex]

On en déduit que [latex]\sum_{k\geq3}{k\times\frac1{2^{k-1}}=4-2=2[/latex]

Par conséquent, toute configuration où les 3 cases de départ sont libres a une valeur strictement inférieure à 2, et donc elle ne peut être obtenue à partir de la position de départ.

Joli problème !

ils seront libérés en 4 coups

Ce problème est difficile , il faut trouver ce que les matheux appellent un invariant puis il faut voir en quoi cet invariant est incompatible avec la suppression des trois cases rouges .

Bon courage à ceux qui cherchent

Vasimolo

J'ai une proposition à faire.

Je considère que les pions peuvent s'empiler avant d'être dispatchés.

Comme il faut exclure les 3 pions de départ, on doit passer obligatoirement par les étapes de la première ligne :



On se retrouve avec 2-4-2 dans la diagonale. On ne peut laisser qu'un pion sur chaque case, donc sur les 2 des cases du haut et du bas, 1 doit virer, ainsi que 3 sur les 4 de la case du milieu.

Je débarrasse ainsi les cases une à une, en ne laissant qu'un pion sur chaque case derrière moi.

La progression est "exponentielle" et je vois bien que je fini par bloquer.

J'espère que cette explication te satisfera Vasimolo...

C'est drôle je me souviens avoir planché sur cette énigme il y a quelque temps mais je n'ai aucun souvenir de la solution...
Je vois bien l'invariant de valeur 2, mais je sais pas trop quoi en faire.

Bon pour moi, c'est l'explication de MthS qui m'a ouvert les yeux.
C'est en effet expéditif !

Je pense qu'il y a des dizaines de problèmes avec invariants sur le site , j'en ai personnellement proposé un bon paquet . Tu peux faire une recherche sur le site avec le mot clé "invariant" .

Vasimolo