A Propos d'Un Thème Mathématique_la Parité

8/14/2019 A Propos d'Un Thme Mathmatique_la Parit

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SOMMAIRE

Publication de

l'l. R. E. M. de Strasbourg

L E L I V R E

d u P R O B L E M E

fascicule 3

proposd'un thme mathmatique :la parit

CEDIC 1973LYON - PARIS12, rue du Moulin de la Pointe - 75013 Paris


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CEDIC 1973

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Toute reproduction, mme partielle, de cet ouvrage est interdite.

Une copie ou reproduction par quelque procd que ce soit, photo

graphie, microfilm, bande magntique, disque ou autre, constitue

une contrefaon passible des peines prvues par la loi du

11 mars 1957 sur la protection des droits d'auteur


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propos

d'un thmemathmatique :

la parit


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Le LIVRE DU PROBLEME est une oeuvrecollective. Trois rdacteurs, animateurs de

l'I.R.E.M. ou collaborateurs bnvoles, ontcontribu essentiellement la conception et lardaction du prsent fascicule. Ils ont bnfici desconseils de nombreux collgues, de l'I.R.E.M. deStrasbourg ou d'ailleurs.


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Premire partie: ENONCES 11

1. Entiers pairs, impairs 112. Problmes de poignes de mains 143. Problme deux couleurs 15

Problme de dcomposition en paralllogrammes 165. Problme du Barman 166. Manipulation avec trois pices de monnaie 177. Problme des transistors 188. Problmes de dominos 189. Problme du chat et de la souris 2010.Exercices de charabia 2011.Signature d'une permutation 2012.Le problme du chapelier 2513.Echecs et parit 2614.L'chiquier 2615.Le problme du cavalier 2916.Jeu de dames 3217.Retour aux checs 3418.Coloriage d'une carte en deux couleurs 3619.Figures traces sans lever le crayon 3920.Points, segments, triangles, engrenages 41

Deuxime partie: SOLUTIONS 45

En guise de conclusion 54

Bibliographie 55


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Nous proposons ici une collection de questions o la paritjoue un rle prpondrant dans la rponse ou dans la mthode. Ces

questions ont en gnral l'avantage de n'exiger que peu deconnaissances mathmatiques pralables; elles peuvent donc treabordes tous les niveaux de la scolarit. Elles s'exposent facilement dans des situations concrtes, en utilisant des objets familiers.

En les prsentant comme des devinettes ou des casse-tte , onbnficie de l'effet de dfi, d'autant plus efficacement que lesquestions poses sont d'apparence simple. En soulignant l'aspecthistorique de certains noncs, on pourra replacer l'lve dans la

tradition ludique des Mathmatiques.Cela ne signifie en rien qu'il ne s'agit l que d'amusettes. Eneffet, certains exercices dbouchent sur des questions mathmatiques importantes et tous sont de nature exiger des dmonstrations rigoureuses. Nous entendons par l que mme un lve peuhabitu la ncessit de dmontrer ne pourra pas considrercomme une rponse, une ide intuitive.

Avertissement

Un numro entre crochets [ ] renvoie la bibliographie.Un numro entre doubles crochets [[ ]] renvoie la solution desexercices, la fin du fascicule.

Rappelons que EE signifie exercice d'exposition, P problme,ED exercice didactique, M manipulation et A application,conformment la thorie expose au fascicule l.


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Premire partie

ENONCES

Si l'existence des entiers pairs et des entiers impairs estconnue trs tt de tout lve, ce dernier n'a pas toujours une

bonne connaissance de leur comportement par rapport aux lois de

composition sur N (addition, multiplication). Cependant cela luisera ncessaire dans beaucoup de problmes.

Indiquons ici quelques exercices didactiques trs simples.

l. Entiers pairs, impairs1

EDComment peut-on crire deux entiers conscutifs quel-

conques ? Un entier pair quelconque ? Un entier impairquelconque ?

La somme de deux entiers impairs est-elle paire ou impaire ?

La diffrence de deux entiers impairs est-elle paire ou

impaire ? La somme de deux entiers conscutifs est-ellepaire ou impaire ?

Le produit de deux entiers conscutifs est-il pair ou impair ?

EDComment peut-on crire deux entiers pairs conscutifs ?

Deux entiers impairs conscutifs ?

Montrer que la somme de deux entiers impairs conscutifsest divisible par 4 et que la somme de deux entiers pairs

conscutifs ne l'est pas.

EDMontrer que le carr d'un entier impair est impair.

Montrer qu'un entier impair est la diffrence de deux carrs.(un peu moins immdiat).

1 L'usage est de dsigner un entier arbitraire par l'une des lettres m, n ou p.


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Application de ce dernier rsultat: calculer la somme des npremiers entiers impairs. (Cf. Fascicule l, Chapitre 5, Exem-

ple 2).

EDA quelle condition la somme de plusieurs entiers impairs est-elle

paire ? A quelle condition est-elle impaire ?

A quelle condition la somme de plusieurs entiers, les uns pairs,les autres impairs est-elle paire ? Est-elle impaire ?

Montrer que la somme de deux entiers est paire, si et seulement

si, ils sont de mme parit.

Montrer que la somme et la diffrence de deux entiers sont demme parit.

EDPlusieurs exercices prcdents peuvent tre rsolus de manire

lgante, l'aide des proprits de la fonction n (1)n

( savoir (1)n = 1 n est impair).

On peut aussi prsenter des exercices du type suivant:

Vrifier que m + n + m + n( 1) 1 = et que2 3 4n + n + n + n( 1) 1 =

Ces exercices fournissent l'occasion d'tudier le "sous-groupemultiplicatif" Z*2 de Z ce qui permettra de rappeler que Z n'estqu'un anneau, et non un corps. (Z*2 dsigne le sous-groupe

multiplicatif {1 ; +1} ).

Signalons enfin, pour l'histoire, le rle primordial qu'ont jou cesproprits des nombres pairs et impairs dans la plus ancienne

dmonstration par l'absurde dont on connaisse l'existence. Il

s'agit d'une dmonstration de l'irrationalit de 2 , irratio

nalit qui avait dj t prouve par Thodore de Cyrne,

comme le rapporte Platon :Supposons qu'il existe deux entiers p et q, premiers entre eux, tels

que 2 p/q= . Alors 2 = p/q et donc 2 q = p .

Si p est impair, p est impair, ce qui est absurde.

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Si p est pair, il existe un entier r tel que p = 2r , donc2q = 4 r , c'est--dire q = 2 r ce qui implique que q est pair

et donc p et q ne seraient pas premiers entre eux, ce qui est encoreabsurde.

Dans le mme esprit que les prcdents et presque aussi immdiats,

voici d'autres exemples d'exercices didactiques.

EDIl est d'usage de noter

n ! = 1 . 2 . 3 . . n

et n ! ! = 1 . 3 . 5 . .(2n 1)Vrifier que n ! ! . 2n . n ! = (2n) !

EDLe but des exercices suivants est de donner des exemples de

bilan de parit ou bilan de croissanceque l'on fait souvent pour

dterminer indpendamment du calcul (soit pour le prvoir, soitpour le vrifier) le signe d'une expression :

Etudier le signe des termes de la srie du binme (1 + x)1/2

pour1 < x < 0 (s'il le faut, on donnera l'expression :

2 N ( -1) (-1)...( - N+1)(1+x) =1+ x+ x +...+ x +...1! 2! N!

ou, plus simplement, l'expression du terme gnral).

Dcider, sans faire le calcul, du signe de la drive

de2

cosx

au point

3x

= ; de1

1 xpour x = 0 .

On notera ici l'analogie du comportement du sens de variation des

fonctions face la composition, et de la parit des entiers, face la

multiplication.

EDCritre de divisibilit par deux dans les diffrentes bases denumration : en base dix , un nombre est divisible par 2 si et

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seulement si son dernier chiffre est pair.

Qu'en est-il en base deux, trois, quatre, cinq ?

Gnraliser une base p quelconque.Voici un exercice un peu plus dlicat [[1]]:

EDOn considre le tableau triangulaire ci

contre [1] :

Chaque nombre de ce tableau est obtenuen faisant la somme de trois nombres dela ligne prcdente, celui qui est juste

au-dessus et les deux qui sont situs depart et d'autre de ce dernier (lorsqu'ilmanque un nombre pour faire cettesomme sur les bords, on suppose qu'il yfigure un zro). Montrer que chaque ligne, partir de la troisime, contient aumoins un nombre pair.

Ce dernier nonc est plus un problme qu'un exercice didactique

et en cela il se rattache ceux que nous allons prsenter maintenant. En effet, ces problmes sont pour la plupart du type "cassette", c'est--dire qu'ils demandent toujours, quelquefois dans descas fort simples, que l'on "sche" un peu

Cependant, ils ont l'avantage d'tre prsents le plus souvent dansdes situations concrtes, ce qui les rend plus attrayants ; certainsd'entre eux, qui utilisent des objets familiers, peuvent mmefournir un sujet de manipulation.

2. Problmes de poignes de mains

Voici une application la thorie des bains de foule.

PChaque tre humain a, dans sa vie, serr la main d'une tierce

personne un certain nombre de fois. Montrer que le nombre des

tres humains qui ont dans leur vie serr un nombre impair de

mains est ncessairement pair[[2]].

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P Sur la mme ide :

Une runion rassemble 225 personnes. Montrer que l'un aumoins des participants a donn un nombre pair de poignes de

main

3. Problme deux couleurs2

P

On trace n droites dans le plan. Est-il possible de colorier"proprement" ( savoir: deux rgions adjacentes sont de cou

leurs diffrentes) en deux couleurs la "figure" ainsi obtenue ?

[[3]]

Indiquons ici la manipulation appele "jeu du saut de haies" [2]

qui fut propose des lves du Cours Moyen et qui met bien en

vidence le problme de parit sous-jacent.

MJeu du saut de haies

Sur une feuille de carton on trace un certain nombre dedroites et dans l'une des rgions ainsi dtermines on placedes pices de monnaie en nombre au moins gal au nombre dergions dlimites par ces droites et toutes tournes du ctface. On demande alors aux lves de rpartir les pices defaon que finalement il y en ait une au moins par rgion et en

appliquant la rgle suivante: lorsque la pice "saute" une haie( savoir une droite) on la retourne (exemple: si elle tait"face", on la repose "pile").

A la fin on colorie en blanc les rgions sur lesquelles on

trouve une pice "pile" et en noir les autres. On constate quele coloriage ainsi obtenu est "propre".

2 On verra une solution gnrale du problme du coloriage d'une carte en deux couleursun peu plus loin.


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PMme problme que le prcdent avec n cercles [[3]]

Comment rsoudre l'ingalitP1(x,y) P2(x,y) Pn(x,y) 0

lorsqu'on sait rsoudre chacune des ingalits P i(x, y) >0 ?

4. Problme de dcomposition en paralllogrammes [[4 ]]

P

Voici un hexagone rgulier dcomposen trois paralllogrammes.Quels sont les polygones rguliers qu'ilest possible de dcomposer en paralllogrammes

5. Problme du Barman [3]

PUn barman a devant lui 10 verres dont 5 sont l'envers.Pourra-t-il, en retournant toujours simultanment une paire de

verres et en rptant volont cette opration, obtenir finale

ment les dix verres avec le bord en haut ? Ou au contraire,

avec le bord en bas ?[[5]]

On rapprochera cet nonc des noncs sur les permutations que

nous prsentons plus loin: en effet, l'opration de base est icitoujours de "signature" + 1 (compose de deux oprations l

mentaires: tourner un seul verre). Donc, quel que soit le nombre de

verres et quelle que soit la proportion de verres tourns vers le

haut ou vers le bas, il y aura toujours une classe de positions

impossibles.

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6. Manipulation avec trois pices de monnaie [3]

MOn place trois pices de monnaie sur une table, toutes tournesdu ct face (F, F, F). On retourne les pices une une, dans unordre quelconque en effectuant un nombre pair de retournements. En rptant ceci plusieurs fois, on constate qu'onaboutit toujours l'une des quatre configurations suivantes:

(F, F, F)(P, P, F)(F, P, P)

(P, F, P)

(nombrepairde piles)

En repartant de la position initiale (F, F, F), on retourne cettefois un nombre impair de pices, toujours dans un ordre quelconque; on obtient, cette fois toujours l'une des quatre: configurations

(F, F, F)(P, P, F)(F, P, P)(P, F, P)

(nombre impairde piles)

On note P l'ensemble des quatre premires configurations(nombre pair de piles) et J l'ensemble des quatre autres (nom

bre impair de piles)

On remarque que : Pet J sont "stables" par un nombre pair de

"retournements" et qu'on passe d'un ensemble l'autre par unnombre impair de "retournements".

On peut prsenter- le mme nonc sous forme de problme.

PIl s'agit d'un "tour de magie": l'oprateur demande un spectateur de mettre plat sur- la table une poigne de pices (lemonnaie. II se bande les yeux et demande que l'on retourne unepice de monnaie au hasard chaque l'ois qu'il (lit "tourne". Celafait, il demande qu'on couvre une pice. Il se dvoile et peutdire aussitt si la pice cache est pile ou face.Comment a-t-il fait ?

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On rapprochera le problme suivant du problme des poignes de

main dont il n'est qu'une variante.

7. Problme des transistors [4]

PSur cette figure chacun des 6 points

A, B, C, D, E, F est "reli" trois

autres points exactement.

Est-il possible de raliser une figureayant cette mme proprit, si l'on se

donne seulement 5 points ?[[6]]

8. Problmes de dominos

POn considre un jeu de dominos (quel en est le nombre d'l

ments ? )

Peut-on l'aide de ce jeu construire une chane comprenant

tous les dominos du jeu commenant par un et

se terminant par un ?

On peut aussi prsenter ce problme comme un tour de magie :

PLe "magicien" inscrit deux numros sur une feuille de papier

qu'il place dans une enveloppe. Puis il demande que l'on formeune chane avec tous les dominos. Quand la chane est forme,

on ouvre l'enveloppe qui contient videmment les numros pla

cs aux deux extrmits de la chane.

Comment le "magicien" a-t-il procd? [[7]].

PPeut-on, toujours l'aide d'un jeu de dominos, former une

chane ferme comprenant tous les dominos du jeu ?

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Montrer que, plus gnralement, si l'on considre un jeu dedominos comprenant tous les dominos du double 0 au double n,

on pourra former une chane ferme comprenant tous les dominos si et seulement si n est pair.

T.J. Fletcher [5] donne une dmonstration trs lgante de ceci,que nous indiquons dans le cas du jeu normal "double zro double six" et qui se gnralise immdiatement.

Sur ce diagramme, chaque domino estreprsent par un segment. Par exem

ple (2;5) est reprsent par le segment joignant les sommets 2 et 5. Le problme tudi n'est soluble que dans lecas o l'on pourra tracer cette figuresans lever le crayon. Or, comme nousle verrons un peu plus loin, ceci n'estpossible que si ce polygone a un nombre impair de sommets, c'est--dire sin est pair (0 est un sommet)

POn considre "l'chiquier" suivantobtenu en supprimant deux coins diamtralement opposs d'un chiquiernormal de 64 cases.Est-il possible de le recouvrir par desdominos (comme l'indique la figu

re) ?[[8]].Chaque domino recouvre exactementdeux cases.

PMme problme en retirant deux cases quelconques [[9]].

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9. Problme du chat et le la souris [5]

P

Il s'agit d'un jeu qui se joue deux surun rseau du type ci-contre. Au dbutde la partie, le chat et la souris (2pions) sont aux endroits indiqus parla figure. On joue tour de rle enallant d'un point un point voisin

joint par un trait. Le chat commenceet il doit tenter d'attraper la souris ense plaant sur le mme point qu'elle.

Trouver la meilleure stratgie pour les deux joueurs

On rapprochera la stratgie du chat de celle du roi dans le problme d'checs de Loyd dcrit un peu plus loin.

10. Exercices de charabia

Voici des exercices auxquels nous forcent parfois nos lectures, etqui se rsolvent par des bilans de parit.

PQu'entendre par :

"Personne ne refusera de nier que l'arbitre n'ait pas t injuste"

"Je ne viendrai pas sans t'avertir"

"Ne manquez pas de refuser de nier votre dsaccord avec l'ab

sence d'irresponsabilit d'aucun fonctionnaire""Nous ne pouvons tre absolument certain d'aucune chose aussilongtemps que nous ne savons pas que nous existons"(Spinoza,"Les Principes de la philosophie de Descartes dmontrs selon lamthode gomtrique").

11. Signature d'une permutation

S'il est un sujet mathmatique o la parit joue un rle clef, c'estbien celui des permutations, ouplus prcisment de la signatured'une permutation. Sans prtendre faire ici une thorie complte

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de la question (nous ne saurions nous substituer un manueld'algbre), nous voudrions prsenter plusieurs manires d'exposer

- entendre par l transmettre - l'existence de cet homomorphismefondamental de groupe, de Sn sur Z*2 = {1 ; +1} . Ce qui noussemble tout fait primordial, c'est que toute approche des permutations comporte un moment donn une manipulation, que cesoit sur des objets "concrets" ou que ce soit sur des indices (etd'ailleurs, si le sujet a paru de tout temps ennuyeux et dlicat auxtudiants dbutants, c'est certainement que son approche troptardive l'universit, et sa prsentation magistrale ne possdaient

jamais ce caractre de manipulation qui lui est indispensable).

Nous prsentons pour cette raison deux manipulations qui mettenten vidence la signature d'une permutation, manipulations quenous avons choisies parmi beaucoup d'autres, pour leur caractreattrayant. Paralllement ces manipulations indispensables, il peuttre intressant de prsenter une dmonstration de l'existence dela signature. Pour cela, nous avons rdig sous la forme d'un exercice d'exposition une dmonstration classique de cette existence.Enfin, nous proposons deux problmes illustrant cette question: le

jeu du Taquin et le problme du Chapelier.

MMatriel: "Une couleur" d'un jeu de 32 cartes (par exemplepique).

Objet de la manipulation :- trouver des familles de permutations qui engendrent tout 8(ici n = 8);

- constater que la parit du nombre de transpositions nces

saires pour reprsenter une permutation donne est indpendant de la dcomposition choisie.N.B. On aura soin d'insister sur la diffrence entre permutationet effet d'une telle permutation sur un ensemble.

On pourra ventuellement centrer cette manipulation sur le "dcodage" du tour suivant :

MUn forain offre un spectateur de jouer avec lui : tant donnune range de 8 cartes, de valeurs diffrentes, dans le dsordre,


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chacun, tour de rle, doit changer deux cartes, afin de restaurer l'ordre habituel. Celui qui effectue la dernire manipulation

a gagn.Est-ce un attrape-nigaud ? Cela dpend-il du nombre de cartes ?

M ExempleOn se donne 8 cartes dans un certain ordre:

[7, 8, D, R, 10, As, 9, V ]

On se propose de les ramener dans l'ordre habituel[7, 8, ..., R, As], par une succession d'changes de deux cartes

(si l'on veut raffiner, on peut exiger en outre que les changesne portent que sur des cartes voisines).

On constate que cela est toujours possible. En comparant lesrsultats de diffrents essais, on remarque que le nombre detranspositions ncessaires peut varier, mais pas la parit de cenombre.

Dans le cas o l'on n'utilise que des transpositions de cartes cons

cutives, on cherche rendre la dcomposition la plus conomique

possible: le nombre de transpositions dans ce cas est prcismentle nombre d'inversions (i.e. le nombre de couples (i, j) tels que

i < j et (i) > (j)).On en dduit l'existence d'une application

nombre d'inversion dans

{ 1; 1}:

( 1)

nS

+

L'exercice d'exposition suivant montrera que l'application ainsi

dfinie est bien la signature cherche.Auparavant, afin de familiariser l'lve avec un calcul qui interviendra dans la dmonstration, on pourra faire faire de petitsexercices didactiques du type suivant:

EDQuelles sont les permutations sur { x, y, z, t } qui laissent lepolynme P = P(x, y, z, t) invariant,

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(i.e. P((x,y,z,t)) = P(x,y,z,t) dans les cas suivants :

P1 = (x y) (y z) (z t) (t x)

P2 = (x y) (z t)P3 = (x y)2 (z t)2

P4 = (x y + z t) (x y) (z t)

Remarquons que ces permutations forment toujours un sousgroupe de S4 .

EDTrouver un polynme en x, y et z invariant par toutes les per

mutations de { x, y, z } (resp. uniquement par toutes lespermutations circulaires).

EE

On considre un ensemble (ordonn) En n lments que l'on

pourra noter En = { 1, 2, 3, ..., n} . On appelle"permutation de

En"toute application bijective de En dans En. On note Sn l'en

semble de ces permutations.1- Montrer que Sn est un groupe3, pour la composition.

2- On appelle transposition une permutation a telle qu'il existe

i0 et j0 dans En tels que k i0 ; k j0 ; (k) = k ,(i0) = j0 , (j0) = i0 .Montrer (par rcurrence sur n) que toute permutation est unproduit de transpositions.

3- Montrer, sur un exemple, que cette dcomposition n'est pasunique.

On va dmontrer cependant que la parit du nombre de termes dela dcomposition ne dpend pas du choix de cette dcomposition.

3 L'tude de ce groupe par Lagrange (1736-1813) et plus tard par Galois(1811-1832)contribua la naissance de la notion gnrale de groupe


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4- tant un lment, de Sn qui s'crit comme le produit de r

transpositions, montrer que la fonction A Z {0} ,

dfinie par f(x1 , , xn) =1 i j n (x

i xj)

o A est l'ensemble des n-uples d'entiers deux deux distincts, vrifie la relation :

(1) ( ) 1( ,..., ) ( 1) ( ,..., )r

n n f x x f x x =

En dduire que la parit de r ne dpend que de .On pourra objecter la dmonstration prcdente qu'elle utilise unordre sur l'ensemble sur lequel opre Sn . Or Sn est le groupe des

bijections sur un ensemble n lments qui n'est pas, a priori,ordonn4.

La manipulation suivante introduit une autre dfinition de lasignature d'une permutation ne faisant pas intervenir d'ordre surun ensemble. Elle utilise la notion de cycle d'une permutation. Ladfinition dogmatique d'un cycle d'une permutation ne parlantpas directement l'imagination (sa formulation constitue d'ailleursun bon exercice), on se contentera tout d'abord de la donner surun exemple. On pourrait rutiliser l'exemple du jeu de cartes.

Donnons ici la mthode utilise par Papy.

MChaque lve d'une classe crit son nom sur une feuille depapier. On ramasse les "cartes de visite" ainsi obtenues, on lesmlange et on les redistribue. On demande ce que l'on obtiendralorsque chaque lve tiendra, de sa main droite, la main gauchede celui dont il a la carte de visite. Qu'arrivera-t-il aux rondesainsi obtenues lorsque l'on change (transposition) deux cartesde visite, et que l'on rorganise alors les lves suivant la mmergle?

On constate que la parit du nombre de cycles change lorsqu'on effectue une transposition En posant

o c est le nombre de cycles de , on

retrouve la signature.

( ) ( 1)n c

+=

4 Cf. ce sujet l'article de Pierre Cartier [7].

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Une application inattendue de la signature d'une permutation nousest fournie par le Jeu duTaquinde Sam Loyd.

ARappelons qu'il se joue l'aidede 15 carrs de mme taille,numrots, et rangs dans uneboite pouvant en contenir 16, dela manire ci-contre. Le problme est de replacer 14 et 15dans le "bon ordre", rien qu'en

faisant glisser dans la case laisselibre les carrs adjacents cettecase.

Notons pour l'anecdote que lorsque Sam Loyd (1841-1911),inventeur de nombreux problmes d'checs et autres, voulutdposer son invention, il se vit rpondre par le bureau amricaindes brevets qu'il ne pouvait prendre en considration que desappareils capables de fonctionner, et que par consquent, il ne

pouvait enregistrer un problme impossible, quand bien mmecette impossibilit faisait l'objet mme du brevet.

Pour qui croirait avoir nanmoins trouv une solution au problme, ou qui ne verrait vraiment pas comment prouver l'insolubilit, nous renvoyons [8].

Voici enfin une seconde application :

12. Le problme du chapelier [6]

PPour faire ses rubans de chapeau un chapelier tresse un certainnombre de fils tous de couleurs diffrentes, les croisant deux deux, tour de rle, un certain nombre de fois. Il veut que leruban obtenu entoure le chapeau sans que le raccord soit visible,et pour cela, il ne nouera la fin que les deux extrmits de

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Caractriser les classes d'quivalence.Comment se traduit ce rsultat sur l'chiquier ?

Le fouLe fou est une pice qui se dplace suivant les diagonales de l'chiquier et leurs parallles.

Le fou plac sur la case (4 ; 5) peut se rendre en un seul coup l'une quelconque des cases marques par une croix.

ED

Considrons un fou plac sur une case (m, n) E. Onconstate que toutes les cases sur lesquelles il peut se rendre en

un coup peuvent s'crire (m k, n k) E.

En supposant qu'il se rende la case (m', n'), montrer que(m, n) R (m', n').

Traduire ce rsultat en termes de coloriage. Nous appellerons ce

rsultat la contingence spatialedu fou.

Dans une partie d'checs, chaque joueur a deux fous. On

convient de placer, au dbut de la partie, les deux fous blancs

sur les cases (3, 1), (6, 1).

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15. Problme du cavalier

Ce problme tait dj connu des Brahmes hindous: il consiste faire parcourir tout l'chiquier un cavalier, en 63 coups,c'est--dire que le cavalier passe une fois et une seule sur chaquecase de l'chiquier.

Ce problme admet un nombre considrable de solutions dontvoici un exemple clbre trouv par Euler. (On notera que le grandcarr et les quatre carrs plus petits qui le composent sont descarrs latins).

P

Existe-t-il une solution au problme du cavalier qui commenceen un coin de l'chiquier et qui se termine au coin diamtralement oppos ?[[12]].

PSur un chiquier 7 7, existe-t-il une solution au problme ducavalier telle qu'en fin de parcours il soit sur une case contigu la case de dpart ? [[13]].

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Le roi

Le roi ne peut se rendre que dans une case immdiatement

voisine de celle o il se trouve.

EDMontrer que si de plus on impose au roi de ne se dplacer quesur une couleur, alors il est soumis une contingence temporelleanalogue celle du cavalier [[16]].

Une illustration de cette contingence temporelle du roi forc rester sur la mme couleur se trouve dans le problme que SamLoyd composa en 1856, l'ge de quinze ans [9], [[17]].

PSam Loyd (Saturday Courier, 1856)

Les blancs jouent et font mat en14 coups.

PDans un mme ordre d'ides, voici une tude compose parV. Tchekover sur le mme thme [[18]].

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V. Tchekover, (Schachmati,v. CSSR. 1937)

Les blancs jouent et gagnent.

16. Jeu de dames

Notons que la marche du pion au jeu de dames n'est qu'un aspectde la marche sur une seule couleur du roi. Dans les fins de parties,aux dames, on rencontre donc le problme suivant :

L'opposition au jeu de damesOn considre l'ensemble des positions (conformes aux rgles du

jeu de dames) que l'on obtient, lorsqu'on place un pion blanc et unpion noir sur un damier et que le trait est aux blancs. Ces positions

se rpartissent en trois sous-ensembles:1 - Aucun des deux adversaires ne peut s'opposer ce que

l'adversaire aille Dame.La partie est alors nulle.

2 - L'un des joueurs peut damer, puis grce sa dame s'opposer ce que l'adversaire en fasse autant.La partie est alors gagne par le premier joueur

3 - L'un des joueurs peut capturer le pion adverse. Il gagne doncsans avoir besoin de damer au pralable

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PFormuler et dmontrer une rgle permettant de reconnatre,dans le troisime cas, si ce sont les blancs ou les noirs qui gagnent [[19]]

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Le deuxime des diagrammes illustre ces rsultats dans le cas d'unepartie o s'opposent deux pions blancs et deux pions noirs. Le

choix du pion jouer suivant les cas dtermine l'issue de la partie

17. Retour aux checs

Signalons enfin une situation o la parit joue un rle importantaux checs:

L'opposition des rois:Lorsque les deux rois sont sur la mme colonne ou la mme traver

se et qu'un nombre impair de cases les sparent, on dit qu'ils sonten opposition. On parlera de "prendre" ou "perdre" l'oppositionlors d'un "corps corps" entre rois. (Lorsqu'ils ne sont spars quepar une case, le roi qui perd l'opposition se voit interdire l'accsd'une trois cases du seul fait que l'autre a pris l'opposition aucoup prcdent).

Exemples :Dans les deux exemples suivants, si les blancs ont le trait, ilsprennent l'opposition et gagnent; si les noirs ont le trait, ils pren nent l'opposition et obtiennent la nullit.

Les blancs, avec le trait gagnent.Les noirs, avec le trait, annulent.

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Les blancs, avec le trait gagnent.Les noirs, avec le trait, annulent.

Fin de partie

Kling and Horwitz (Chess studies and end-games, Londres, 1889)

Deux noncs-les blancs jouent et gagnent- les noirs jouent et les blancs gagnent [[20]].

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18. Coloriage d'une carte en deux couleurs5

Nous avons dj donn deux exemples de problme de coloriagede cartes en deux couleurs dans les cas particuliers o les cartestaient dfinies par des droites ou des cercles. Nous abordonsmaintenant le problme gnral, que nous prsentons comme unexercice d'exposition o, si l'on prend bien soin de dcomposersuffisamment le problme, les difficults sont analogues cellesdes premiers exercices didactiques prsents plus haut.On considre un rseau quelconque de courbes dans le plan.On utilisera la terminologie suivante:

On appellera ordre d'un carrefour, le nombre de chemins qui

y aboutissent.

Exempleord(A) -= 1 , ord(B) = 2 , ord(C) = 5

On appellera sommetun point d'ordre diffrent de 2.On appellera arc (ou frontire) une portion de rseau compriseentre deux sommets conscutifs.

Enfin on appellera carteun rseau qui ne contient aucun sommetd'ordre 1.

EEOn pourra s'entraner construire des rseaux ayant un nombred'arcs et de sommets donns : 5 arcs, 3 sommets ou 11 arcs,7 sommets ; on pourra aussi s'entraner construire des cartesayant un nombre donn d'arcs, de sommets et de rgions :8 arcs, 5 sommets, 5 rgions. On pourra enfin se demander si

cette construction est toujours possible si l'on se donne 2 ou 3nombres quelconques : (voir le problme des transistors).

On va prsent dmontrer le thorme suivant :

5 Nous n'tudions ici que le problme du coloriage d'une carte en deux couleurs car il serattache notre thme : la parit ; et nous n'aborderons donc Iras le problme gnral ducoloriage d'une carte, qui consiste a dterminer le nombre minimal de couleurs nces

saires pour colorier une carte quelconque (ce problme n'est d'ailleurs pas totalementrsolu l'heure actuelle). Pour s'initier cette question on pourra lire [4].

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En effet, si on considre le parcours effectu par le pion et laportion de la carte entoure par ce parcours, ils forment une nou

velle carte : les sommets qui ne sont pas sur le bord sont d'ordrepair (par hypothse) les autres sont d'ordre impair car ils correspondent des intersections du circuit parcouru avec les frontiresde la carte initiale. Le nombre de ces derniers doit tre pair d'aprsl'exercice prcdent.

4 - On gnralise ce rsultat au cas o l'on peut traverser unergion plus d'une fois : par exemple dans le cas o on traversera largion Ro n fois, le parcours peut se dcomposer en n circuits dutype prcdent, au dpart de Ro . Si l'on ajoute les passages de

frontire, on ajoute des nombres pairs ; leur somme sera encorepaire.De mme, si on passe d'une rgion R1 une rgion R2 enempruntant deux trajets diffrents, l'un passant p frontires,l'autre q, alors p et q sont de mme parit : en effet, si onemprunte le premier trajet l'aller et l'autre au retour, onparcourt un circuit qui nous fait revenir notre point de dpart,donc on aura travers un nombre pair (p + q) de frontires.

5 - Sur une carte dont les sommets sont d'ordre pair, on partd'une rgion Ro et on parcourt toutes les autres une fois aumoins ; on affecte la n-ime rgion traverse le nombre n.D'aprs 4, tous les nombres affects une mme rgion sont demme parit et deux rgions voisines ont des nombres de paritsdiffrentes. Il suffit alors de colorier les rgions coefficientspairs d'une couleur et les autres d'une autre couleur et obtenirde cette faon un coloriage "propre" de la carte en deux couleurs.

Exemple :

Les flches indiquent le sens de parcours.

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RemarqueOn obtient des "contre-exemples" quelques-unes des assertions

prcdentes, en construisant des trajets tangents certaines frontires, ou en repassant plusieurs fois par le mme poste-frontire. Ilest clair que chacun de ces points d'intersection devrait tre affect d'un ordre de multiplicit.

19. Figures traces sans lever le crayon

On peut dire un mot galement du problme consistant tracerdes figures sans lever le crayon en passant une fois et une seule partout arc. Ce problme est un problme dualdu prcdent.Il n'est pas tonnant, dans ces conditions, que le thorme (quenous nonons sans dmonstration) qui permet de reconnatre les"bonnes" figures des "mauvaises" soit semblable au thorme decoloriage d'une carte en deux couleurs :

Thorme:Pour qu'un rseau puisse tre trac d'un seul trait en passantune fois et une seule par tout arc, il faut et il suffit que tousses sommets soient d'ordre pair, sauf ventuellement deux

sommets d'ordre impair (point de dpart et point d'arrive,dans le cas o ils ne sont pas confondus).

Remarque

Il faut bien sr supposer le rseau d'un seul tenant (connexe par

arcs).Voici quelques exemples qui illustrent ce thorme :

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Figure 4 Figure 5

1, 2, 4 sont de "bonnes" figures,3,5 sont de "mauvaises" figures.

PUne autre illustration est donne par le fameux problme desponts de Knigsberg [10] auquel se heurta Euler (1736). Le

plan de la ville est le suivant :

Sept ponts relient les bords du fleuve deux les.Le problme est de trouver s'il existe un circuit qui permette defranchir les sept ponts une fois et une seule7[[21]].

P Et enfin un dernier problme: [10]

On veut construire la figure suivante: on plante 23 clous sur uneplanche de faon qu'ils forment les sommets d'un polygonergulier 23 cts. On dessine, l'aide d'un fil qui passe autour

des 23 clous, le polygone rgulier et tous les polygones toilsde 23 cts (ce qui revient tracer toutes les cordes joignantdeux sommets). Le pourra-t-on, en ne faisant qu'un noeud dansle fil, c'est--dire de telle faon que cette figure reprsente uneseule courbe ferme ? [[22]].

7 Signalons, pour la petite histoire que le factieux Sam Loyd publia au XIXme sicle

une carte de Koenigsberg comportant huit ponts, ce qui lui permettait de donner unesolution magistrale au problme, faisant passer Euler pour un simple d'esprit !

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Qu'en serait-il si on avait plant 24 clous ? 25 clous ?On rapprochera cet nonc de celui du deuxime problme de

dominos signal plus haut.

20. Points, segments, triangles, engrenages [6]

Sur un segment donn on place un certain nombre de points et onnote ces points et les extrmits du segment soit A, soit B.

Par exemple :

A B A B B A A A

Ces points dcoupent sur le segment initial des segments lmentaires (7 sur la figure) que l'on appellera "segments complets" sileurs extrmits ne portent pas la mme lettre.

PMontrer que si le segment initial est not AB ou BA, il contientun nombre impair de "segments complets" et que s'il est notAA ou BB il en contient un nombre pair.

(On constatera en examinant les diffrents cas possibles qu'ajouterun point ne change pas la parit du nombre de "segmentscomplets").

A On trouve une application de ce phnomne dans les appareilscomportant ou bien des roues dentes, ou bien des transmissions par courroies parallles ou croises. 11 suffit de savoir quelest le sens du mouvement la sortie en fonction du sens dumouvement l'entre pour pouvoir dterminer la parit dunombre de roues dentes ou de courroies croises contenuesdans l'appareil.

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Sachant que le moteur actionnant l'horloge astronomique deStrasbourg tourne dans le sens inverse de la grande aiguille,

dterminer la parit du nombre de roues dentes impliquesdans le mouvement des aiguilles de l'horloge.

Les axes de roues dentes, de mme diamtre, sont fixs ausommet d'un polygone rgulier (la longueur de ses cts estdonc gale au diamtre des roues).

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Les roues peuvent-elles ou non pivoter autour de leur axe ?

Voici une gnralisation au plan du problme des segmentscomplets.

POn considre un triangle dans lequel on place un certain nombrede points (y compris sur le bord) que l'on relie les uns auxautres par des segments, de telle faon qu'ils dcoupent le triangle initial en triangles lmentaires, tels qu'aucun triangle ainsiobtenu n'ait un de ses sommets sur le ct d'un autre (11 sur lafigure).

On attribue chacun des sommets de ces triangles une deslettres A, B ou C.


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On appellera alors "triangle complet" un triangle dont les sommets sont nots A, B et C.

Montrer alors que si le bord du triangle contient un nombreimpair de "segments complets" AB, il y a un nombre impair de"triangles complets" et que s'il contient un nombre pair de"segments complets" AB, il y a un nombre pair de "trianglescomplets" [[23]].

Ce dernier nonc, caractre topologique, est un thorme assezpuissant car on peut, par exemple, l'utiliser pour dmontrer lethorme du point fixe de Brouwer [6].


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Deuxime partie

SOLUTIONS

[[1]]Il suffit de s'occuper des quatre premiers nombres de chaque ligne.On crit les quatre premiers nombres des lignes 3 et 4 de la manire suivante

1 0 1 0

1 1 0 1o 0 indique la place d'un nombre pair et 1 celle d'un nombreimpair. Autrement dit, on calcule modulo 2.

On dtermine la parit des quatre premiers nombres des lignessuivantes l'aide des rgles de construction du tableau et desproprits de parit d'une somme. On obtient:

1 0 1 0 (3me ligne)1 1 0 1 (4me ligne)

1 0 0 0 (5me ligne)1 1 1 0 (6me ligne)1 0 1 0 (7me ligne)

On constate alors que les 4 premiers nombres de la septime lignesont les mmes que ceux de la troisime. Les lignes 3, 4, 5 et 6contiennent au moins un nombre pair. Les suivantes commenceront toujours de la mme faon que l'une de ces quatre lignes,de manire priodique. Donc elles contiendront toutes au moinsun nombre pair.

[[2]] Poignes de mains

Soit N le nombre d'tres humains et nk le nombre de poignes demains donnes par le kme tre humain. Soit enfin m le nombretotal de poignes de main changes; on a:

n, + n2 + ... + nN = 2 mCette somme est paire, donc elle contient un nombre pair determes impairs


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[[3]] Problmes deux couleurs

On dmontre par rcurrence que l'on peut colorier la "figure"ainsi obtenue. En effet, si n = 1 , cela est bien clair. Supposons la

figure obtenue avec (n - 1) droites "proprement" colorie .

On trace une n" "' e droite. Elle spare le plan en deux rgions,

chacune "proprement"colorie. Il suffit alors d'changer les deux

couleurs dans l'une des deux rgions (par exemple droite). Le

coloriage obtenu sera encore "propre" dans chacune des deuxrgions et galement le long de la nouvelle frontire.

On peut illustrer la dmonstration de la manire suivante: chaque droite correspondent deux demi-plans. On appelle arbitrairement l'un positif, l'autre ngatif. En pensant en termes de photographie et en convenant qu'au dbut le plan est noir, on obtient lecoloriage cherch.

On peut aussi raisonner par rcurrence dans le cas des cercles. Maison peut aussi utiliser une autre dmonstration qui rappelle "le jeudu saut de haies":

Sur chaque rgion, on note le nombre de cercles l'intrieurdesquels elle se situe. Il suffit alors de colorier de couleurs

diffrentes les rgions portant des nombres pairs et celles portant

des nombres impairs. Cela fournit bien un coloriage "propre".

Notons que la figure obtenue l'aide de n cercles peut, commenous le verrons plus loin, tre trace sans lever le crayon. Un teltrac qui se referme constitue un lacet. Le nombre qui apparatalors dans chaque rgion a mme parit que l'indice des points decette rgion par rapport au lacet ainsi obtenu.

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Le magicien pourrait-il conclure, si le domino escamot tait un"double" ?

[[8]]

Impossible: un domino recouvre une case blanche et une casenoire. Donc toute rgion recouverte par des dominos comporteraautant de cases blanches que de noires. Les deux cases supprimestant de mme couleur (noires par exemple) "l'chiquier tronqu"comportera plus de cases blanches que de noires (2 de plus).

[[9]]

Pour la mme raison, le problme gnral est impossible si l'onretire deux cases de mme couleur.Par contre, en traant sur l'chiquier des traits gras, commeindiqu sur la figure, on forme un couloir ininterrompu de cases"alternativement" blanches et noires. La suppression de deuxcases de couleurs diffrentes dcoupe la chane ininterrompue endeux morceaux (un ventuellement vide si les deux cases sontadjacentes) renfermant chacun un nombre pair de cases. Il existe

donc une solution au problme.

[[10]]

Impossible: en effet supposons que le chapelier tresse son rubanavec n fils. Chaque "croisement" correspond alors une transposition. Donc il ne pourra "refermer proprement" son ruban

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qu'aprs un nombre pair de "croisements" car il doit tre revenu la disposition initiale des fils, c'est--dire avoir fait la permutation

identique qui est de signature paire.

[[11]]

On peut placer 32 cavaliers sur 32 cases de la mme couleur,blanche par exemple. De l, ils ne peuvent se rendre que sur unecase noire. On se convainc aisment qu'on ne peut en mettre plus.

[[12]]

Non; ces deux coins sont de la mme couleur; or aprs son 63mecoup, le cavalier sera sur une case de couleur diffrente de celle dela case de dpart.

[[13]]

Non: cette case est de couleur diffrente et serait atteinte au48me coup.

[[14]]

Non : sur la figure il y a 24 cases blanches et 25 noires. Il faut doncncessairement commencer sur une case noire.

[[15]]

Les rois n'ont pu faire qu'un nombre pair de coups. De mmepour les tours. Chaque joueur a consacr deux coups avancerles deux pions. Les fous n'ont pas pu bouger, de mme pour lesdames, qui ont t captures sur leurs cases initiales. Les cavaliers de chaque camp ont effectu eux deux un nombre pair decoups (on peut prvoir la parit du nombre de coups ncessairesau transfert de n cavaliers d'une position une autre, rien qu'encomparant les couleurs des cases initiales et finales. Enoncer etdmontrer la rgle).Les nombres de coups de chaque joueur ont donc mme parit ;comme ils ne peuvent diffrer que d'une unit (car on joue tourde rle) ils sont donc gaux. Ce sont donc les noirs qui ont jou endernier


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[[16]]

Il suffit de remarquer que lorsque le roi se dplace en se rendant

une case de mme couleur, il est oblig de passer la ligne immdiatement au-dessus ou en-dessous de celle o il se trouve, et donc, chaque mouvement son "ordonne" change de parit.

[[17]] Problme de Sam Loyd

Les noirs ne peuvent, moins de s'exposer un mat instantan,rien faire d'autre que dplacer leur fou "noir" entre (8, 2) et (7, 1)sauf si leur fou "blanc" pouvait placer un chec, auquel cas ils

mneraient leur pion en (6, 2) dame, retournant ainsi toute lapartie. Les blancs doivent donc viter cet chec tout prix. Toutefois, pour dcider de la partie, ils ne peuvent dplacer d'autre piceque le roi, qui doit arriver en (8, 4) lorsque le fou noir est en(8, 2). A cause de la contingence temporelle, si le roi est rduit sedplacer sur une seule couleur, cela est impossible. Le roi blancdoit donc passer sur une case blanche, afin de "changer de pied".Cela ne lui est possible qu'au prix d'une longue prgrination jusqu'en (1, 8) qui seule n'est pas attaquable en un coup par le fou

noir en (6, 1).

[[18]] Etude de V. Tchekover

Analyse de la position. Le fou (6, 1) est riv la garde de la case

(7, 2) o la dame (8, 3) peut faire immdiatement mat. Corrla

tivement, la dame (8, 3) est rive la garde de (7, 2) et ne peut pas

bouger, tant que le cavalier (8, 1) lui interdit d'aller en (7, 3),d'autant plus qu'elle doit dfendre la tour (8, 2).

En d'autres termes les pices du coin qui entourent le roi noir ne

peuvent pas bouger. Cependant, si le fou (6, 1) pouvait donner

chec au roi blanc, il pourrait librer cette case sans perdre de

temps. Aprs quoi la promotion dame du pion (6, 2) supplerait

le fou dans la dfense de (7, 2) et librerait le jeu des noirs.La stratgie des blancs est la suivante : le roi blanc va capturer lecavalier (8, 8) en vitant de s'exposer un chec: pendant cetemps, le cavalier se livre une samba, aller et retour, car il ne doitpas permettre la promotion du pion blanc en (8, 8).


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Un essai d'itinraire direct le long de la diagonale {(l, 1), ..., (8,8)} conduirait une capture du cavalier sur case

blanche, c'est--dire permettrait l'chec. Il faut donc perdre untemps ! Et ceci ne peut tre obtenu que sur la case (1, 8) commedans le problme de Loyd.

Le rapprochement des problmes de Loyd, de Tchekover et duchat et de la souris illustre parfaitement le fait qu'une mme ideheuristique peut tre prsente sous des formes en apparence trsdiffrentes.

[[19]]Numroter les lignes horizontales par exemple en partant duhaut, en suivant l'ordre naturel. Si les numros des lignes portantinitialement les pions sont de mme parit (respectivement deparits opposes) ce sont les noirs (respectivement les blancs) quigagnent.

[[20]]

Le roi noir est oblig d'osciller entre les cases (8, 8) et (7, 8): il luifaut protger son unique pion, et l'accs la case (7, 7) lui estinterdit par le roi en (8, 6). Les blancs doivent s'arranger pourarriver en (7, 6) lorsque le roi noir est en (7, 8) (une simple compilation des diverses marches possibles montre que les blancs peuvent alors, coup sr, mener un pion dame, ce qui leur assure lavictoire). Au contraire, le pion blanc arrivant en (7, 6) lorsque leroi noir est en (7, 8) dbouche ncessairement sur une partie nulle.On utilise la possibilit offerte un pion ( sa case de dpart)

d'effectuer, au choix, un pas simple ou un pas double.

[[21]]

Supposons, ce qui ne change en rien au problme, que dans chacune des quatre rgions se trouve un btiment o le promeneurdoit se rendre chaque fois qu'il pntre dans la rgion. S'il existaitune solution au problme, le parcours ainsi dfini constituerait, surune carte, une figure traable sans lever le crayon.


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Un triangle complet sera alors un triangle qui contient un caillouexactement. (Pourquoi ? )

Or chaque segment AB a un caillou de part et d'autre, sauf ceuxdu bord du triangle initial.

On peut alors compter les cailloux de deux faons:- ceux qui bordent des segments intrieurs (nombre pair) plus

ceux qui bordent des segments complets AB du bord du triangleinitial.

- ceux qui sont contenus dans des triangles complets plus ceux quine le sont pas, ces derniers tant en nombre pair.

Le nombre de segments complets du bord du triangle initial a doncla mme parit que le nombre de triangles lmentaires complets.


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En guise de conclusion

Nous tions tents de terminer ce livre par l'numration dessujets non abords (et la liste serait longue: parit et logique,applications aux circuits lectriques, etc ...) mais cela auraitdonn l'impression que nous voulions puiser le sujet, ce qui nefut jamais notre but.

Pour clore ces quelques pages, voici plutt le rcit d'une

scne laquelle l'un de nous dit avoir assist l'Acadmie desSciences. Deux minentes personnalits du monde scientifique,

que nous n'oserons pas dsigner autrement que par A et B, profitaient de la discussion pour s'adonner au jeu de "qui pair perd",

qui est un jeu "ppre". Voici en quoi il consiste

Sur une table se trouve un tas d'allumettes comprenant un

nombre impair d'allumettes. Un nombre maximum p d'allumettes

pouvant tre prises d'un coup est fix l'avance. A tour de rle,les joueurs A et B prennent autant d'allumettes qu'ils veulent,

entre une et le maximum fix. Quand le tas est puis, est dclar

vainqueur le possesseur d'un nombre impair d'allumettes, tandisque "pair perd".

Bourbaki, en personne, qui rdait dans la salle de sance,aperut A et B et, condescendant, leur dclara que le jeu n'en taitpas un, car le vainqueur pouvait tre dsign d'avance, connaissantle nombre d'allumettes du tas ainsi que le maximum p d'allumettespermis par coup (encore faut-il que ce vainqueur en puissancesache jouer). Honteux, A et B baissrent la tte sous la semonce,puis abandonnrent les allumettes, prirent chacun une feuille de

papier pour tenter de vrifier l'affirmation de Bourbaki.

Nous ne savons pas s'ils ont russi8

8 Pour les applications de la parit aux jeux de Nim, Cf [11].


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EDITIONS C E D I C

N d i t e u r : 4 7 2 . 0 9Dpt lgal 1er Trim. 1973

Imprimerie VAUDREY - LYON

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A Propos d'Un Thème Mathématique_la Parité