La réponse du jeudi (40) : pièces et échiquier | CultureMath
La réponse du jeudi (40) : pièces et échiquier
Publié le 05/11/2015

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Question du jeudi #40 : Alice et Bob ont été capturés par Ève. Celle-ci leur propose de jouer pour leur libération. Ève va placer sur un échiquier 64 pièces de monnaie. Il y aura ainsi une pièce sur chaque case, soit sur « pile », soit sur « face ». Elle fera ensuite venir Alice, lui montrera l'échiquier, et lui désignera une des cases. Alice devra retourner une des pièces. Ève fera alors sortir Alice et entrer Bob, qui devra, en regardant l'échiquier, trouver quelle case a été désignée par Ève.

Avant le jeu, Alice et Bob ont tout le temps de mettre au point une stratégie commune, mais une fois que le jeu commence, ils ne pourront plus communiquer : la seule information transmise par Alice à Bob le sera par l'intermédiaire de l'échiquier.

Pouvez-vous trouver une stratégie qui permette à Alice et Bob d'être sûrs de gagner ?


On remarque déjà qu'Alice a 64 choix d'actions, puisqu'elle doit retourner exactement une des pièces. D'un autre côté, le message qu'elle veut envoyer à Bob (la case qui a été désignée par Ève) existe également en 64 versions. Il lui faut donc trouver un moyen d'exploiter pleinement son action.

Une manière de faire est d'utiliser la numérotation binaire. Les nombres de $0$ à $63$ s'écrivent en binaire avec six bits (de $0 = \overline{0}$ à $63 = \overline{111111}$).

En particulier, si on numérote de $0$ à $63$ les cases de l'échiquier, on possède $6$ groupes de $32$ cases, du type
$$E_i = \left\{\text{case numéro $n$}\, \Big| \, \text{le $i$-ème bit de $n$ est un $1$} \right\}.$$

Par construction, cette famille $(E_i)_{i=0}^5$ a la propriété remarquable1 que quel que soit l'ensemble $I \subset \{0, 1, \ldots, 5\}$, il existe une unique case sur l'échiquier appartenant aux $E_i$ pour $i \in I$ et n'appartenant pas aux $E_j$ pour $j \not\in I$. En effet, si l'on cherche la case appartenant à $E_2$, $E_3$ et $E_5$ et à aucun autre $E_i$, par exemple, il s'agit nécessairement de la case dont le numéro possède un $1$ aux bits numéro $2$, $3$ et $5$ et un $0$ aux autres bits, c'est-à-dire à la case numéro $\overline{101100} = 44$.

Ces ensembles permettent d'associer à chaque configuration de pièces sur l'échiquier un nombre entre $0$ et $63$ que l'on appellera son résultat (et donc une case de l'échiquier). Pour chaque $i \in \{0, 1, \ldots, 5\}$, on compte le nombre de « face » dans $E_i$, si celui-ci est pair, on pose $b_i = 0$ ; dans le cas contraire, $b_i = 1$. Le résultat de l'échiquier est alors le nombre dont la décomposition en base $2$ est $\overline{b_5b_4b_3b_2b_1b_0}$, c'est-à-dire $R = \sum_{i=0}^5 b_i 2^i$.

Par exemple, dans le cas de l'échiquier de l'énoncé, il y a :

  • 15 « face » dans $E_0$, donc $b_0 = 1$ ;
  • 15 « face » dans $E_1$, donc $b_1 = 1$ ;
  • 15 « face » dans $E_2$, donc $b_2 = 1$ ;
  • 14 « face » dans $E_3$, donc $b_3 = 0$ ;
  • 17 « face » dans $E_4$, donc $b_4 = 1$ ;
  • 20 « face » dans $E_5$, donc $b_5 = 0$ ;

ainsi, $R = \overline{010111} = 23$.

La stratégie d'Alice va donc être de retourner une pièce de telle sorte que le résultat de la nouvelle configuration soit le numéro de la case désignée par Ève. Bob n'aura plus donc qu'à calculer le résultat et montrer (fièrement) la case correspondante, leur assurant la liberté.

Pour vérifier que cette stratégie fonctionne, il faut donc s'assurer qu'Alice peut, en retournant une pièce, faire apparaître n'importe quel résultat, et ce quelle que soit la configuration initiale.

C'est en fait étonnamment facile : pour chacun des $E_i$, il y a deux possibilités. Soit le nombre de « face » est déjà de la bonne parité (c'est-à-dire que le $b_i$ correspondant est bien le $i$-ème bit du nombre qu'Alice souhaite obtenir), soit il ne l'est pas. Notons $I$ l'ensemble des $i$ tels que $b_i$ ne soit pas le bon. D'après la propriété cruciale des $(E_i)$, il existe une unique case appartenant à tous les $E_i$ pour $i \in I$ et à aucun autre. Si Alice retourne cette case, elle change le nombre de « face » appartenant à ces $E_i$ d'une unité, et elle change donc les $b_i$ correspondant. En revanche, comme la pièce qu'elle retourne n'appartient pas aux $E_j$, $j \not \in I$, les $b_j$ « déjà corrects » restent inchangés. Alice peut donc obtenir n'importe quel résultat, et elle peut donc envoyer le bon message à Bob.

Par exemple, dans la situation de l'énoncé, si Ève avait désigné la case $18 = \overline{01010}$, Alice veut changer les valeurs de $b_0$ et $b_2$, donc il lui faut retourner la case $\overline{000101} = 5$. Pour donner2 un autre exemple, dans le cas où la configuration donnée par Ève fournit déjà le bon résultat, Alice doit retourner la pièce située sur la case $0$.

  • 1. En fait, cette propriété est essentiellement équivalente au fait que si on regarde l'univers $\Omega = \{0, 1, \ldots, 63\}$  muni de la probabilité uniforme, les ensembles $E_0, \ldots, E_5$ sont des événements de probabilité $1/2$ deux à deux indépendants. N'importe quelle famille $(E_i)$ vérifiant ces propriétés permettrait d'ailleurs à Alice et Bob d'appliquer leur stratégie.
  • 2. En fait, si le résultat de la configuration initiale est $R_0$ et que le résultat voulu est $R_1$, Alice doit retourner la case de numéro $R_0 \oplus R_1$, où $\oplus$ désigne le ou exclusif bit à bit. Mais cela n'est qu'une manière légèrement plus savante de dire la même chose.
 
 
 
 
 
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