Nous donnons ici deux exemples qu’il est loisible de mener en classe, dès celle de première, sous forme d’activité ou d’approfondissement et qui peuvent ensuite fournir de la matière au grand oral du baccalauréat [1]. Sans être élémentaire, le bagage mathématique que nous mobiliserons demeurera toutefois raisonnable [4, 7].

Introduction

Pour un algorithme glouton, tout ce qui est pris n’est plus à prendre : une stratégie à courte vue car en se ruant sur les entrées, on n’a parfois plus de place au dessert. Ainsi résumée (et simplifiée), la logique du glouton — greedy algorithm en anglais — ne consiste cependant pas « à goûter à tout » [9, 2]. En effet, bien que son caractère vorace puisse le laisser supposer, le glouton n’est pas un algorithme de recherche par force brute. Il ne teste pas exhaustivement tous les possibles. Mais il maximise, à la manière d’un gradient discret et sans vision d’ensemble, donc sans revenir dessus, chaque prise de décision. Nous le mettons ici en œuvre dans deux contextes simples, la décomposition en fractions égyptiennes et le problème du rendu de monnaie, et nous en discutons les performances.

Fractions égyptiennes

Une réécriture élégante des fractions rationnelles

Le rôle de ces fractions est remarquable dans le

Avant d’en démontrer le résultat (quand \(x \lt 1\) pour commencer), vérifions-le sur quelques exemples. Ainsi, \(\frac{3}{2} = 1 + \frac{1}{2}\). Et \(\frac{2}{3}= \frac{1}{2} + \frac{1}{6}\), ou, plus long, \(\frac{2}{3}=\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{9} + \frac{1}{18}\). On peinerait davantage avec le nombre \(\frac{5}{2} = 1 +1+ \frac{1}{2}\), qu’il faut débarrasser de ses doublons. La formule des "matching pairs",

\begin{equation} \frac{1}{k}=\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k(k+1)} \label{(1)} \end{equation}

peut nous y aider. L’une des fractions \(1 = \frac{1}{1}\) se ramifie en \(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\), l’une des fractions \(\frac{1}{2}\) en \(\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\), etc. De fil en aiguille et après remise en ordre, \(\frac{5}{2}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{12}+\frac{1}{42}\) ainsi que l’illustre l’arborescence de la figure 1.

Mais en éliminant une redondance on en crée parfois d’autres. À cette entreprise artisanale et hasardeuse, on préfère la ligne plus stricte qu’apporte la preuve suivante, valable tant que \(x=\frac{p}{q} \in ]0,1[\).

Démonstration. Raisonnons par récurrence forte sur le numérateur \(p\) de la fraction à décomposer. Quand \(p=1\), la propriété est acquise. Soit maintenant \(x = \frac{p}{q}\) où \(p \lt q\). Il serait vain de scinder \(x\) en \(\frac{1}{q} + \frac{p-1}{q}\) car la deuxième fraction porte potentiellement \(\frac{1}{q}\) elle aussi dans son écriture au rang \(p-1\). Commençons plutôt par serrer \(x\) au plus près sur sa gauche grâce à une première fraction égyptienne, \(\frac{1}{k}\). Ainsi défini, l’entier \(k\) remplit les conditions \(\frac{1}{k}\leq x \lt \frac{1}{k-1}\), avec \(k \geq 2\) puisque \(x \lt 1\).

Remplacer \(x\) par \(\frac{1}{k}\) cause une erreur \(e =x - \frac{1}{k} \). Ainsi définie, \(e\) est une fraction et \(e\) est positive. De plus,

\begin{eqnarray*} e &=& \frac{p}{q} - \frac{1}{k}\\ &=&\frac{p k -q}{k q} \end{eqnarray*}

Mais \( \frac{p}{q} \lt \frac{1}{k-1}\) donc le numérateur \(P = p k-q = p+ \overbrace{(p(k-1)-q)}^{\llap{\!\!\!\! \lt 0}}\), qu’on sait déjà positif, est aussi strictement inférieur à \(p\). Nous venons d’établir que \(0 \leq P \lt p\) et d’écrire

\begin{eqnarray*} x &=& \frac{p}{q}\\ &=& \frac{1}{k} + \frac{P}{Q} \end{eqnarray*}

où \(Q=k q\). Si \(P=0\), l’affaire est pliée. Sinon, l’hypothèse \(\mathcal{H}\) au rang \(P\) fournit une décomposition égyptienne de \(\frac{P}{Q}\), dont il faut juste s’assurer qu’elle ne contienne pas \(\frac{1}{k}\). Or,

\begin{equation} \frac{P}{Q} = e \lt \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k} = \frac{1}{k(k-1)} \label{DENOMINATEUR} \end{equation}

et

\begin{equation*} \frac{1}{k(k-1)}\leq \frac{1}{k} \end{equation*}

d’où \(\frac{P}{Q} \lt \frac{1}{k}\). Les fractions unitaires constituant \(\frac{P}{Q}\) et relevant de \(\mathcal{H} (P)\) se cumulent ; aucune d’elle n’égale donc \(\frac{1}{k}\) et la conclusion suit. On notera que réduire les fractions au fur et à mesure dans cette démonstration ne modifierait en rien le cours des choses et conduirait au même développement. $\square$

Mise en œuvre algorithmique quand \(x \lt 1\)

De notre approche découle un algorithme glouton, déjà connu de Fibonacci au xiiiè siècle, où chaque itération donne lieu à la plus grande fraction égyptienne qui soit. On le rédigerait de la sorte pour fournir, en sortie, la chaîne de caractères à afficher présentant la décomposition obtenue.

Ordonnées, les fractions égyptiennes vont en décroissant strictement. Il n’est donc pas utile, et serait même dispendieux, de réinitialiser la variable \(k\) à $1$ avant la seconde boucle.

Implémenté en machine, le programme ne tourne pourtant pas comme prévu. Voyons pourquoi sur l’exemple où \(x =\frac{3}{5}\), en l’exécutant pas à pas. En théorie, le procédé génère d’abord la fraction égyptienne \(\frac{1}{2}\). En ligne 5, il remplace \(x\) par \(x - \frac{1}{2}\), soit \(\frac{1}{10}\) ; puis par \(x - \frac{1}{10}\), qui est nul. Il s’arrête donc et retourne \(\frac{1} {2}+\frac{1}{10}\). La machine se comporte autrement. Elle débute bien en calculant \(\frac{1}{2}\). Sur ce elle remplace \(x\) par \(x - \frac{1}{2}\), soit \(\frac{1}{10}\), mais elle entâche le décimal \(\frac{1}{10}\), qui n’est pas un nombre dyadique, d’une petite erreur [10]. Elle lui substitue \(\frac{1}{16} + \frac{1}{32}+\frac{1}{256}+\frac{1}{512}+\ldots = 0,0999\ldots\) qui, malgré toute la puissance informatique, lui est légèrement inférieur. Dès lors, la deuxième fraction égyptienne renvoyée n’est plus \(\frac{1}{10}\), mais \(\frac{1}{11}\), ce qui entraîne l’ordinateur dans une boucle sans fin, ligne 2, et donne : \(\frac{3}{5} = \frac{1}{2}+\frac{1}{11}+\frac{1}{111}+\frac{1}{12211}+\frac{1}{149096311}+\ldots\).

On évite cet écueil en bannissant tout calcul flottant. On s’oblige alors à ne gérer que des entiers, correspondant aux paires de numérateurs et dénominateurs des rapports manipulés. D’où la version ajustée :

Plus fiable, le script produit cependant des décompositions laborieuses. En témoignent

$$ \frac{14}{19} = \frac{1}{2} + \frac{1}{5}+\frac{1}{28}+\frac{1}{887}+\frac{1}{2359420}$$

ou l’astronomique

$$\frac{5}{31} = \frac{1}{7}+\frac{1}{55}+\frac{1}{3979}+\frac{1}{23744683}+\frac{1}{1127619917796295}.$$

Et pour cause : si le processus a déjà engrangé la somme \(s_n = \frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}+\ldots+\frac{1}{k_n}\) approchant par défaut la fraction \(x = \frac{p}{q}\) passée en argument, et s’il n’a pas encore terminé, il s’apprête à rechercher \(k_{n+1}\). La somme \(s_n\) engage \(\frac{1}{k_n}\) et non \(\frac{1}{k_{n}-1}\) pour ne pas excéder \(x.\) Nécessairement,

\begin{equation*} \frac{1}{k_{n+1}} \lt \frac{1}{k_{n}-1}-\frac{1}{k_{n}} = \frac{1}{k_{n} (k_{n}-1)} \end{equation*}

donc

\begin{equation*} k_{n+1} \gt k_{n} (k_{n}-1) \end{equation*}

On comprend ainsi mieux l’inflation observée. Quant au nombre d’étapes requises, on ne sait que le majorer par \(p\), limite d’ailleurs atteinte avec \(\frac{5}{31}\).

La taille des dénominateurs n’est pas rédhibitoire en soi – le langage Python composerait avec ce gigantisme sans provoquer de débordement de la mémoire – mais elle verrouille la boucle en ligne 3. Le compteur \(k\), qui ne s’y incrémente que d’une unité par itération, doit dépasser des seuils toujours plus vertigineux. Les temps de calcul en deviennent prohibitifs.

En pratique, sorti des fractions les plus simples, il faut choisir une autre stratégie — non gloutonne cette fois. Habilement, les dénominateurs successifs émergeront des relations de Bézout. L’effet ne sera plus d’augmenter \(k\) à chaque tour, mais à l’inverse, pour un meilleur contrôle, de le diminuer.

Partons de la fraction préalablement réduite \(\frac{p}{q}=\frac{p_0}{q_0} \in ]0 , 1[\). Bien entendu, \(0 \lt p_0 \lt q_0\). Tant que \(p_0 \ne 1\) il existe une paire \((p_1,q_1)\) unique telle que :

\begin{equation} p_0 q_1 - q_0 p_1 = 1 \label{BEZOUT} \end{equation}

avec \(0 \lt q_1 \lt q_0\) et \(0 \lt p_1 \lt p_0\). Les entiers \(p_1\) et \(q_1\) sont à leur tour premiers entre eux.

Ajoutons que \(\frac{p_0}{q_0}=\frac{1}{q_0 q_1} + \frac{p_1}{q_1}\). Nécessairement, \(p_1 \lt q_1\). Tant que \(p_1 \ne 1\) on répète l’opération qui donne ici naissance au couple \((p_2,q_2)\), avec \(p_1 q_2 - q_1 p_2 = 1\), \(0 \lt q_2 \lt q_1 \lt q_0\), \(0 \lt p_2 \lt p_1 \lt p_0\). À ce stade, \(\frac{p_0}{q_0}=\frac{1}{q_0 q_1} + \frac{1}{q_1 q_2}+\frac{p_2}{q_2}\), un scenario qui se répète jusqu’au premier entier \(p_i\) égal à \(1\). La décomposition finale compte moins de \(p\) membres, tous distincts puisque la suite \((q_n q_{n+1})_n\) décroît strictement. Contenus par \(q_0 q_1\), lui-même inférieur à \(q^2\), les dénominateurs n’enflent plus démesurément.

C’est avec cette méthode que nous ramenons \(\frac{14}{19}\) et \(\frac{5}{31}\) respectivement à \(\frac{1}{285}+\frac{1}{165}+\frac{1}{21}+\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\) et à \(\frac{1}{775}+\frac{1}{475}+\frac{1}{247}+\frac{1}{91}+\frac{1}{7}\).

Retranscrite ci-après, elle charge une routine bezout( ) associant à tout couple \((a,b)\) non trivial les traditionnels coefficients \(u\) et \(v\) respectant l’identité \(au+bv = pgcd(a,b)\), et, moyennant une retouche mineure à l’algorithme d’Euclide étendu, les conditions \(u \in [1,b-1]\) et \(-v \in [1,a-1]\). Sa complexité, de l’ordre de log\((ab)\), reste mesurée.

Le programme a encore faim !

Notre traitement échoue quand \(x \gt 1\) : la solution gloutonne accumule des fractions égyptiennes toutes égales (en l’occurence, à 1), l’autre mène à une fraction du type \(\frac{p}{1}\) (en définitive, entière) qui l’enlise.

Une première phase consiste dès lors à approcher \(x\) par défaut à l’unité près avant d’enclencher l’algorithme qui terminera le travail. On se sert pour cela de la série harmonique, qui présente le double intérêt d’être formée de fractions égyptiennes distinctes et de diverger.

Un rationnel \(x \gt 1\) étant donné, il existe un rang \(j\) pour lequel \begin{equation} H_j=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{j} \lt x \leq 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{j}+\frac{1}{j+1}=H_{j+1} \end{equation} Reste à décomposer \(x-H_j\), élément de \(\mathbb{Q}_+^*\), sans craindre de collision avec l’expression de \(H_j\) puisque \(x-H_j \lt H_{j+1}-H_j=\frac{1}{j+1}\).

Sur ce modèle, \(\frac{5}{2}=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6} \right)+\frac{1}{20}\). En partant non pas d’une somme partielle mais d’une tranche de Cauchy, \(H_{i,j}=\frac{1}{i}+\frac{1}{i+1}+\ldots+\frac{1}{j}\), on mettrait en évidence une autre décomposition égyptienne. En choisissant \(i\) assez grand, on adapte même cette idée au cas de \(x \in ]0,1]\).

Ainsi,

$$ \frac{2}{3}= \left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right) +\left(\frac{1}{69720}+ \frac{1}{54282}+\frac{1}{40766}+ \frac{1}{29172}+\frac{1}{19500}+\frac{1}{11750}+\frac{1}{5922}+\frac{1}{2016}+\frac{1}{32}\right)$$

En conclusion, tout rationnel strictement positif admet une infinité de développements égyptiens.

Le problème du monnayeur

Rendre efficacement la monnaie

Pour régler 48 euros en liquide, on peut sortir de son portefeuille 5 billets ou pièces : 2 billets de 20, 1 billet de 5, 1 pièce de 2 et 1 pièce de 1. D’autres combinaisons existent, telles que \(\textbf{2} \times 10 + \textbf{2} \times 5 + \textbf{6} \times 2 + \textbf{6} \times 1\), mais elles nécessitent davantage d’espèces, ici 16 billets ou pièces (nous dirons coupures, pour simplifier).

L’approche la plus naturelle, celle du « moindre » effort, celle-là même que nous avons appliquée et que pendant longtemps les distributeurs automatiques des banques ou les caisses électroniques de supermarché ont suivie, est gloutonne. On avance vers le montant désiré en piochant d’abord autant que de possible dans sa liasse de 500, puis dans celle de 200, de 100, etc. jusqu’à utiliser les pièces. L’écart à la valeur nominale se réduit à grandes enjambées, à plus courtes, et, à tout petits pas, finit par s’annuler. Nous allons étudier si cette manière de faire l’appoint fonctionne toujours, est optimale au regard du nombre de coupures à réunir, et, le cas échéant, conserverait de bonnes performances dans des systèmes monétaires aux devises différemment échelonnées.

Par commodité, nous n’envisagerons que des prix ronds — les sommes seront donc entières (sans centimes), et nous nous rêverons riches à millions — nos réserves de “cash” étant illimitées.

Formalisation

Le contexte une fois posé, il est utile de le modéliser.

Le système \(S = (4, 8, 12)\) n’est pas complet tandis que le système numéraire en vigueur sur la zone euro, \(S_{\text{€}} = (1, 2, 5, 10, 20, 50, 100, 200, 500)\), l’est.

Avec \(S = (4, 8, 12)\), \({2} \times 4 + {1} \times 8 + {0} \times 12\) et \({1} \times 4 + {0} \times 8 + {1} \times 12\) sont des décompositions de \(x=16\), tandis que \(x=10\) et \(x=13\) n’en ont aucune. Lorsque le système \(S\) est complet — nous le supposerons dorénavant — tout \(x \in \mathbb{N}\) s’y décompose ne serait-ce que par autoréférencement : \(x = {x} \times v_1 + {0} \times v_2 +\ldots + {0} \times v_n\).

L’algorithme glouton ci-après termine toujours ; au pire solde-t-il la fin de l’addition en pièces de 1. Il délivre « sa » décomposition, formatée dans une chaîne de caractères renvoyée en sortie.

L’ensemble des décompositions possibles d’un entier \(x\) donné est fini, les coefficients étant tous bornés par \(x\). On le dénombrerait même en multipliant des séries génératrices comme suit :

\begin{equation*} \frac{1}{1-z} \times \frac{1}{1-z^{v_2}} \times \frac{1}{1-z^{v_3}} \times \ldots \times \frac{1}{1-z^{v_n}} \end{equation*}

dont on sélectionnerait le monôme \(z^x\) du produit après distribution.

Surtout, il est légitime d’introduire la

Par propriété d’un minimum et car \(x = x \times 1\) compte parmi les décompositions admissibles de \(x\), on a la  

Reprenons \(S = (4, 8, 12)\), avec lequel \(\mu_{S}(16)=2\).

Ce poids minimal s’obtient de deux façons : \(16 ={1} \times 4 + {0} \times 8 + {1} \times 12\), déjà rencontrée, mais aussi \(16 = {0} \times 4 + {2} \times 8 + {0} \times 12\)

Les poids des décompositions produites par l’algorithme glouton retiendront notre attention :

Bien sûr, nous avons la

Avant la réforme de 1971, le système monétaire du Royaume Uni reposait sur la suite \(S_{£} = (1, 3, 6, 12, 24, 30)\). Il n’était pas canonique. En cause par exemple \(x = 48\), dont la décomposition gloutonne, \({0} \times 1 + {0} \times 3 + {1} \times 6 + {1} \times 12 + {0} \times 24+ {1} \times 30\) (à lire de droite à gauche) pèse \(g_{S}(x)=3\) et coûte par conséquent davantage que l’écriture \(x = {2} \times 24\).

Il n’est pas si aisé de caractériser les systèmes canoniques. Une chose est sûre, en dépit de légendes aux arguments plus ou moins intuitifs, ils ne correspondent pas aux suites supercroissantes, par conséquent sans objet dans cet article. Nous en rappelons néanmoins la

La supercroissance ne garantit pas le caractère canonique d’un système complet. En atteste \(S = (1, 6, 11, 19)\). Le choix de \(x = 22\) donne lieu à \(\mu_S (22) = 2\) quand \(g_S (22) = 4\). À travers des cas d’école, nous constaterons dans le paragraphe suivant que la condition de supercroissance n’est pas non plus nécessaire, puis nous déboucherons vers le cas le plus général, section 3.4.

Quelques exemples canoniques

Avant d’illustrer le propos, caractérisons les décompositions gloutonnes :

Démonstration. Qu’une de ces inégalités soit renversée, par exemple \({\omega_1} v_1+{\omega_2} v_2+\ldots + {\omega_{k-1}} v_{k-1} \geq v_k\) et l’algorithme glouton n’a pas fait son office au moment de déterminer \(\omega_{k}\). Qu’elles soient toutes bien orientées et les coefficients successifs, \(\omega_{n}\), \(\omega_{n-1}\), …, en remontant jusqu’à \(\omega_{1}\) sont conformes aux choix de l’algorithme. $\square$

Une grande variété de situations types s’en déduit.

Situation 1 Un système complet \(S = (d_1 = 1, d_2, \ldots, d_n)\) dont les barreaux se divisent successivement — \(d_1\mid d_2\), \(d_2\mid d_3\), …, \(d_{n-1}\mid d_n\) — est canonique.

Démonstration. Soit \({\omega_1^*} d_1 + {\omega_2^*} d_2 + \ldots + {\omega_n^*} d_n\) une décomposition optimale d’un certain \(x\). Obligatoirement \({\omega_1^*} d_1 \leq d_2 - d_1\). Sans quoi \({\omega_1^*} d_1\), qui saute par crans d’amplitude \(d_1\), égale ou dépasse \(d_2\) de \(({\omega_1^*} - {\frac{d_2}{d_1}}) d_1 \).

Or il est sans conteste plus rentable de remplacer \({\omega_1^*} d_1\) par \(({\omega_1^*} - {\frac{d_2}{d_1}}) d_1 + {1} d_2\) dont la contribution à la décomposition de \(x\) descend à \(({\omega_1^*} - {\frac{d_2}{d_1}})+{1} \lt {\omega_1^*}\).

De même, \({\omega_2^*} d_2 \leq d_3 - d_2\), \({\omega_3^*} d_3 \leq d_4 - d_3\), etc. Si bien que : \begin{equation*} \forall k \lt n, \;\; {\omega_1^*} d_1 + {\omega_2^*} d_2 + \ldots + {\omega_k^*} d_k \leq (d_2-d_1)+(d_3-d_2) + \ldots (d_{k+1} - d_k) \end{equation*} et, après télescopage :

\begin{equation*} {\omega_1^*} d_1 + {\omega_2^*} d_2 + \ldots + {\omega_k^*} d_k \leq d_{k+1} - d_1 \lt d_{k+1} \end{equation*}

La conclusion tombe via le théorème 4 : non seulement l’écriture gloutonne est optimale mais c’est ici la seule à l’être et par conséquent la meilleure. $\square$

Cette propriété vaut notamment pour les suites en progression géométrique \((1, q, q^2, \ldots, q^{n-1})\) de raisons entières \(q \geq 2\). Quand \(q = 2\) et \(q = 10\), on y retrouve les jalons des bases 2 et 10. Signalons en passant la supercroissance de tous ces systèmes : \(v_2 \leq 2 v_1\), \(v_3 \leq 2 v_2\), …donc, \begin{eqnarray*} v_1 + v_2 + \ldots + v_k &\leq& (2^{k} - 1) v_1 \\ & \lt & 2^k v_1 \leq v_{k+1} \end{eqnarray*}

Situation 2 Le système euro \(S_{\text{€}} = (1, 2, 5, 10, 20, 50, 100, 200, 500)\) est canonique.

Démonstration. Nous l’avons souligné, la supercroissance du système (ici vérifiée) n’est pas un critère déterminant. Utilisons plutôt le théorème 4 et autorisons-nous à indexer les coefficients par les valeurs faciales qu’ils pondèrent. Soit donc $${\omega_1^*} \times 1 + {\omega_2^*} \times 2 + {\omega_5^*} \times 5 + {\omega_{10}^*} \times 10 + {\omega_{20}^*} \times 20 + {\omega_{50}^*} \times 50 + {\omega_{100}^*} \times 100 + {\omega_{200}^*} \times 200 + {\omega_{500}^*} \times 500$$ une décomposition optimale d’un certain \(x\).

• Une pièce de 2 se substitue à deux de 1, abaissant strictement le poids de la décomposition si \({\omega_1^*} \geq 2\). Donc \({\omega_1^*} \leq {1}\). De même, \({\omega_{10}^*} \leq {1}\) et \({\omega_{100}^*} \leq {1}\).
• Un billet de 5 et une pièce de 1 font gagner trois pièces de 2. Donc \({\omega_2^*} \leq {2}\), majoration qui se transpose aux dizaines et aux centaines : \({\omega_{20}^*} \leq {2}\) et \({\omega_{200}^*} \leq {2}\).
• Un billet de 10 vaut mieux (en contexte) que deux de 5. Donc \({\omega_5^*} \leq {1}\) et, à l’avenant, \({\omega_{50}^*} \leq {1}\).
• Un dernier point mérite précision :
• Quand \({\omega_1^*} = {1}\), alors \({\omega_2^*} \leq {1}\) : on tirerait sinon meilleur profit de \({\omega_5^*}\). De même, quand \({\omega_{10}^*} = {1}\), \({\omega_{20}^*} \leq {1}\) et quand \({\omega_{100}^*} = {1}\), \({\omega_{200}^*} \leq {1}\).

Ces inégalités aboutissent à

\begin{equation*} \left\{ \begin{array}{l} {\omega_1^*} \times 1 \lt 2 \\ {\omega_1^*} \times 1 + {\omega_2^*} \times 2 \lt 5 \\ {\omega_1^*} \times 1 + {\omega_2^*} \times 2 + {\omega_5^*} \times 5 \lt 10 \\ {\omega_1^*} \times 1 + {\omega_2^*} \times 2 + {\omega_5^*} \times 5 + {\omega_{10}^*} \times 10 \lt 20 \\ \ldots \\ {\omega_1^*} \times 1 + {\omega_2^*} \times 2 + \ldots + {\omega_{50}^*} \times 50 + {\omega_{100}^*} \times 100 + {\omega_{200}^*} \times 200 \lt 500 \end{array} \right. \end{equation*}

C’est en dosant les coefficients \({\omega_1}\) et \({\omega_2}\) qu’on balaye les cinq premiers entiers : \(0 = {0} \times 1 + {0} \times 2\), \(1 = {1} \times 1 + {0} \times 2\), \(2= {0} \times 1 + {1} \times 2\), \(3 = {1} \times 1 + {1} \times 2\), \(4 = {0} \times 1 + {2} \times 2\). Réglé à 1, le poids \({\omega_5}\) translate le curseur dans la fourchette \([\![4,9]\!] \). On joue sur les dizaines en actionnant \({\omega_{10}},\) \({\omega_{20}},\) \({\omega_{50}}\). Et sur les centaines au moyen de \({\omega_{100}},\) \({\omega_{200}},\) \({\omega_{500}}\). De sorte qu’avec un exemplaire de 1, deux de 2, un de \({5}\), …, deux de 200, un de 500, on couvre toutes les valeurs entières allant de 0 à 999 (et même un peu au-delà).

Bien que cela ne corresponde pas à la logique gloutonne, on peut aussi faire avec deux exemplaires de 1, un de 2, un de 5, deux de 10, …, un de 500. Les coffrets de masses des balances Roberval sont garnis selon cette répartition, et sont ainsi (un peu) moins lourds à transporter.

Situation 3 Un système complet en progression arithmétique \(S_A = (a_1=1, a_2 = a_1 + r, a_3=a_2 + r, \ldots, a_n = a_{n-1} + r)\) gouverné par une raison entière \(r \geq 1\) est canonique.

Il n’est en revanche pas supercroissant.

Démonstration. Commençons par la fin. Dans le cas général, \begin{equation} a_{k-1} + a_k = a_{k-2} + a_{k+1} \label{ARITHM} \end{equation} donc \(a_{k+1} = a_k + (a_{k-1}-a_{k-2}) \lt a_k + a_{k-1} \lt a_k + a_{k-1}+\ldots+a_1 \) et le système n’est pas supercroissant.

Étudions la canonicité. Soit un entier \(x\). Parmi toutes les décompositions optimales de \(x\), une seule, \({\omega_1^{**}} a_1 + {\omega_2^{**}} a_2 + \ldots + {\omega_n^{**}} a_n\), est maximale au regard de l’ordre lexicographique « arabe », où \((\omega_1^*, \omega_2^*,\ldots,\omega_n^*) \preceq (\widehat{\omega}_1^* , \widehat{\omega}_2^*,\ldots,\widehat{\omega}_n^*)\) quand \(\omega_n^* \lt \widehat{\omega}_n^*\) ou, s’ils sont égaux, \(\omega_{n-1}^* \lt \widehat{\omega}_{n-1}^*\) ou, s’ils sont eux aussi égaux, etc1.

Cette écriture « suroptimale » qui privilégie les grosses coupures a des chances d’être gloutonne. Elle l’est effectivement et ne reposera que sur de rares coefficients :

• S’il se trouve un \(k\), \(1 \lt k \lt n\), pour lequel \(\omega_k^{**} \geq 2\), on aurait remplacé \(2 a_k\) par \(a_{k-1} + a_{k+1}\), engendrant une écriture de même poids mais classée au-dessus selon \(\preceq\). C’est impossible.
• S’il se trouve \(k\) et \(\ell\), \(1 \lt k \lt \ell \lt n\), pour lesquels \(\omega_k^{**}\) et \(\omega_\ell^{**}\) sont non nuls (donc valent 1), on aurait remplacé \(a_k + a_\ell\) par \(a_{k-1} + a_{\ell+1}\), engendrant une écriture de même poids mais classée au-dessus selon \(\preceq\). C’est impossible.
• Le développement « suroptimal » de \(x\) possède donc au plus trois coefficients significatifs : \(\omega_1^{**}\), un certain \(\omega_k^{**} \leq 1\), et \(\omega_n^{**}\). De plus \(\omega_1^{**} \leq r \) sans quoi nous aurions subtilisé avantageusement \(a_2\) à \((1+r) a_1\). Enfin, \(\omega_1^{**}\) et \(\omega_k^{**}\) ne sont pas conjointement saturés sans quoi \(\omega_1^{**} a_1+ \omega_k^{**} a_k= r + a_k = a_{k+1}\). Le théorème 4 s’enclenche.

Situation 4 Bien qu’il ne soit pas supercroissant, le système \(S_F = (F_1=1, F_2=2, F_3=3, \ldots, F_n)\) régi par la récurrence de Fibonacci est canonique.

Démonstration. L’inégalité \(F_1+F_2+\ldots+F_k \geq F_{k-1}+F_k = F_{k+1}\) valable dès que \(2 \leq k \lt n\) contredit la supercroissance. On déduirait même d’une récurrence que

\begin{equation} \label{FIBONACCI} F_1+F_2+\ldots+F_k =F_{k+2}-2 \end{equation}

Pour l’heure, envisageons une décomposition optimale \({\omega_1^*} F_1 + {\omega_2^*} F_2 + \ldots + {\omega_n^*} F_n\) d’un certain \(x\).
Jusqu’au rang \(n-1\), au moins un coefficient sur deux est nul. Si deux poids consécutifs \({\omega_{k-1}^*}\) et \({\omega_k^*}\), \(k \lt n\), étaient non nuls on grouperait en effet \(F_{k-1}+F_k\) en \(F_{k+1}\), de valence strictement moindre.

On peut alors toujours se ramener à une écriture de \(x\) à la fois minimale et dont les coefficients sont binaires jusqu’à l’ordre \(n-1\).

Expliquons comment on a pu l’aplanir ainsi.

Quand le poids \({\omega_{n-1}^*}\) dépasse \({2}\), on allège d’autant sa charge en la redistribuant entre ses voisins selon la règle \({2} F_{n-1} = F_n+F_{n-3}\). Cela laisse inchangé le poids total. On répète l’opération sur \({\omega_{n-1}^*}\) autant que de besoin.

On aborde ensuite \({\omega_{n-2}^*}\). S’il excède \({2}\), on le lisse à son tour sachant que \({2} F_{n-2} = F_{n-1}+F_{n-4}\). On ne compromet pas le travail réalisé sur \(F_{n-1}\) car le coefficient (actualisé) \({\omega_{n-1}^*}\) devait être nul. À ce stade, \({\omega_{n-1}^*} = 1\) et (donc) \({\omega_{n-2}^*} = 0\).

Cahin caha, on en arrive à \({\omega_2^*}\), que l’équation \({2} F_{2} = F_{3}+F_{1}\) dissout à son tour. Enfin \({\omega_1^*}\) se traite en reversant \({2} F_{1}\) dans \(F_{2}\).

Une alternative à cette démarche constructive consistait à raisonner comme sur les systèmes arithmétiques, en considérant la décomposition « suroptimale » de \(x\).

Le reformatage une fois accompli, nous récueillons une écriture mimale de \(x\) dont les poids sont binaires et non mitoyens de \({\omega_{1}^*}\) à \({\omega_{n-1}^*}\). Soit \(k \lt n\). Comme \(F_k = F_{k-1} + F_{k-2}\) et \(F_{k-1} = F_{k-2} + F_{k-3}\), et puisque \(F_k\) et \(F_{k-1}\) ne sont pas concomitants dans la nouvelle décomposition, \({\omega_{k-1}^*} F_{k-1} + {\omega_k^*} F_k \leq F_{k-3} + F_{k-2} + F_{k-1}\).

En étendant ce raisonnement, \begin{eqnarray} {\omega_1^*} F_1 + {\omega_2^*} F_2 + \ldots + {\omega_k^*} F_k &\leq& 1 + F_1 + F_2 + \ldots + F_{k-1} \\ &=& F_{k+1} - 1 \text{ d'après } (\ref{FIBONACCI}) \\ & \lt & F_{k+1} \end{eqnarray} On conclut grâce au théorème 4.

Cas général

L’étude qui suit, inspirée de [6, 8, 5, 3], vise à qualifier directement les systèmes canoniques en nous affranchissant du théorème 4.

Nous noterons \( \lceil x \rceil\) et \( \lfloor x \rfloor\) les parties entières respectivement supérieure et inférieure d’un réel \(x\). Par exemple, \( \lceil 10.4 \rceil = 10\) et \( \lfloor 10.4 \rfloor = 11\). Commençons par ce

Démonstration. Le terme \({\frac{v_k^+}{v_{k-1}}} v_{k-1}\) est une représentation, certes ramassée, de \(v_k^+\) sur le système \(S\). Donc \(\mu_{S}(v_k^+) \leq {\frac{v_k^+}{v_{k-1}}}\). Or, \(g_S (v_k^+) =\mu_{S}(v_k^+) \). La conclusion s’impose. $\square$

La condition énoncée, qui porte sur les performances du glouton en certains nœuds bien choisis, s’avère suffisante quand les échelons de \(S\) sont assez espacés. C’est ce qu’affirme le

Démonstration. On procède par l’absurde. L’arme est à « double détente »…

D’abord en déclarant l’existence d’un premier rang \(t\), \(2 \leq t \leq n\), tel que \(S_t = (v_1, v_2, \ldots, v_t)\) ne soit pas canonique.

Puis, conditionnellement à ce rang \(t\), en invoquant un premier contre-exemple \(x \geq 2\) pour lequel \(g_{S_t} (x) > \mu_{S_t} (x)\), ou, abréviativement, \(g_{t} (x) > \mu_{t} (x)\).

Forcément \(x \geq v_t\). Dans le cas contraire, aucune représentation de \(x\) ne peut mobiliser l’échelon \(v_t\) et donc \(\mu_t (x) = \mu_{t-1} (x)\). Mais alors \(\mu_{t-1} (x) = g_{t-1} (x)\) par minimalité de \(t\). On remonte ensuite à \(g_{t} (x)\), du fait de \(x \lt v_{t}\). Bref, l’enchaînement \(\mu_t (x) = \mu_{t-1} (x) = g_{t-1} (x) = g_{t} (x)\) nous dément. Évidemment \(x \ne v_t \), où le glouton serait imbattable avec \(g_{t} (v_t) = 1\). Ainsi a-t-on même \(x > v_t\).

Puisque \(x \geq v_t\), \(g_{t} (x)\) impliquera \(v_t\). Pas \(\mu_{t} (x)\). Justifions tout cela :

• Naturellement, \(x\) étant supérieur au barreau \(v_t\), le glouton relatif à \(S_t\) lui ôte un premier \(v_t\). Puis il se lance aux trousses de \(x-v_t\). Si bien que \(g_{t} (x) = g_t (x - v_t) +1\).
• De la somme \(x = (x-v_t) + v_t\) provient une première inégalité, que l’on pourrait baptiser de triangulaire : \(\mu_t (x) \leq \mu_t (x - v_t) + \mu_t (v_t) = \mu_t (x - v_t) +1\). À supposer que \(v_t\) participe de \(\mu_{t} (x)\), nous aurions \(x = \left( {\omega_1^*} v_1 + {\omega_2^*} v_2 + \ldots + (\omega_t^*-1) v_t \right)+ {1} v_t\). Il est virtuellement possible de condenser encore le premier membre, c’est pourquoi \(\mu_t(x) \geq \mu_t (x - v_t) + 1\). L’un dans l’autre, \(\mu_t(x) = \mu_t (x - v_t) + 1\).
• Tout mis bout à bout, \(\mu_t (x - v_t) \lt g_t (x - v_t)\), ce qu’interdit pourtant la minimalité de \(x\).

Dual de \(v_t^+\), premier multiple de \(v_{t-1}\) supérieur ou égal à \(v_t\), définissons \(x^-\), dernier multiple de \(v_{t-1}\) inférieur ou égal \(x\) : \(x^- = \lfloor \frac{x}{v_{t-1}} \rfloor v_{t-1}\). La figure 2, qui n’est pas à l’échelle, résume l’alignement des principaux jalons concernés, les positions relatives de \(x_-\) et \(v_t^+\) étant permutables. $\square$

Dès lors que \(\mu_{t} (x)\) n’accorde aucun poids à \(v_t\), \(\mu_{t} (x) = \mu_{t-1} (x)\), lui-même égal à \(g_{t-1} (x)\), conséquence de la minimalité de \(t\). À l’assaut de \(x\), le glouton adossé à \(S_{t-1}\) s’élance résolument sur \(x^-\). Il lui en coûte \({\lfloor \frac{x}{v_{t-1}}\rfloor}\). Puis \(g_{t-1} (x - x^-)\) pour couvrir la distance restante. Le bilan s’écrit : \begin{equation} \mu_{t} (x) = {\lfloor \frac{x}{v_{t-1}}\rfloor} + g_{t-1} (x - x^-) \label{EQ1} \end{equation}

Soupesons en outre \(g_t (x)\). L’algorithme s’acquitte dès le départ de \({1} v_t \). Puis de \(g_t (x - v_t) = \mu_t (x - v_t)\) (minimalité de \(x\)), pour finir. L’emboîtement de \(S_{t-1}\) dans \(S_t\) prolonge cette chaîne en la majorant :

\begin{eqnarray} g_t (x) = {1} + g_t (x - v_t) &\underset{\text{min. de $x$}}{=} {1}& + \mu_t (x - v_t) \\ &\leq& {1} + \mu_{t-1} (x - v_t) \underset{\text{min. de $t$}}{=} {1} + g_{t-1} (x - v_t) \label{EQ2} \end{eqnarray}

Scindons par ailleurs \(x - v_t\) en

\begin{eqnarray} x - v_t &=& (x-x^-)+(x^- - v_t^+)+(v_t^+ - v_t) \\ &=& \left(\lfloor \frac{x}{v_{t-1}}\rfloor - \lceil \frac{v_t}{v_{t-1}}\rceil \right) v_{t-1} + (x-x^-) + (v_t^+ - v_t) \label{MODULO} \end{eqnarray}

Les entiers naturels \(x - v_t\) d’un côté et \((x-x^-) + (v_t^+ - v_t)\) de l’autre sont égaux modulo \(\left(\lfloor \frac{x}{v_{t-1}}\rfloor - \lceil \frac{v_t}{v_{t-1}}\rceil \right) v_{t-1}\). Leurs poids glouton s’en trouvent liés :

\begin{equation} g_{t-1}(x-v_t) = {\left(\lfloor \frac{x}{v_{t-1}}\rfloor - \lceil \frac{v_t}{v_{t-1}}\rceil \right) } + g_{t-1} \left((x-x^-) + (v_t^+ - v_t)\right) \label{EQ3} \end{equation}

Puis \(g_{t-1} \left((x-x^-) + (v_t^+ - v_t)\right) = \mu_{t-1} \left((x-x^-) + (v_t^+ - v_t)\right)\) (minimalité de \(t\)) qui, toujours à la manière d’une inégalité triangulaire, est moindre que \(\mu_{t-1} (x-x^-) + \mu_{t-1} (v_t^+ - v_t)\), quantité elle même égale à \(g_{t-1} (x-x^-) + g_{t-1} (v_t^+ - v_t)\) (minimalité de \(t\)).

Récapitulons :

\begin{equation} g_{t-1} \left((x-x^-) + (v_t^+ - v_t)\right) \leq g_{t-1} (x-x^-) + g_{t-1} (v_t^+ - v_t) \label{EQ3bis} \end{equation}

Les hypothèses du théorème interviennent ici. Nous savons que :

\begin{equation} g_{S}(v_t^+) \leq \frac{v_t^+}{v_{t-1}} = \lceil \frac{v_t}{v_{t-1}} \rceil \label{EQ3ter} \end{equation}

et que

\begin{equation} v_t^+ \lt v_{t+1} \label{EQ4} \end{equation}

Donc \(g_{S}(v_t^+) = g_t (v_t^+)\) via $\eqref{EQ4}$. Ainsi $\eqref{EQ3ter}$ devient-elle \(g_t (v_t^+) \leq \lceil \frac{v_t}{v_{t-1}} \rceil\). Mais \(g_t (v_t^+) = 1 + g_t (v_t^+-v_t)\). Comme, \(v_t^+-v_t \lt v_t\) (car \(v_t^+-v_t \lt v_{t-1}\)), \(g_t (v_t^+) =1 + g_{t-1}(v_t^+ - v_t)\), bref :

\begin{equation} g_t (v_t^+) = 1 + g_{t-1}(v_t^+ - v_t) \label{EQ5} \end{equation}

puis :

\begin{equation} 1 + g_{t-1}(v_t^+ - v_t) \leq \lceil \frac{v_t}{v_{t-1}} \rceil \label{EQ6} \end{equation}

On infère, en articulant \(\eqref{EQ1},\) \(\eqref{EQ2},\) \(\eqref{EQ3},\) \(\eqref{EQ3bis},\) \(\eqref{EQ6}\) :

\begin{equation*} g_t (x) \leq \mu_t (x) \end{equation*}

La contradiction éclate.

Retour aux cas d’école et conclusion

Apprécions l’efficacité du théorème 4 en contraste au paragraphe 3.3 dont nous reprendrons le plan et les notations.

Reprise du résultat 1 où \(d_1 = 1 \mid d_2 \mid \ldots \mid d_n\). Pour \(k \lt n\), \begin{equation*} \lceil \frac{d_k}{d_{k-1}} \rceil = \frac{d_k}{d_{k-1}} \end{equation*} et donc \begin{equation*} d_k^+ = d_k \lt d_{k+1} \end{equation*} De plus, \(g_n(d_{k})=1\). En particulier, \begin{equation*} g_n(d_k^+) \leq \frac{d_k^+}{d_{k-1}} \end{equation*} Nous homologuons le système.

Reprise du résultat 2 où \(v_1 = 1, v_2 = 2, v_5 = 5, \ldots, v_{500} = 500\). Les seuls doutes éventuels porteraient sur \(v_{5}^+ = 6\) et \(v_{50}^+ = 60\). Ils sont bien strictement inférieurs respectivement à \(v_{10} = 10\) et \(v_{100} = 100\) (où les notations indicielle ont été adaptées pour l’occasion). De surcroît, 6 a pour développement glouton \(6 = 1 \times 5 + 1 \times 1\), de poids 2 inférieur ou égal à \(\frac{v_5^+}{v_2} = 3\). On traiterait de même l’entier 60. Nous homologuons le système.

Reprise du résultat 3 où \(v_1 = a_1 = 1, v_2 = a_2, \ldots , v_n = a_n\) est arithmétique de premier terme 1 et de raison entière \(r\). De manière générale, \begin{equation*} \frac{a_k}{a_{k-1}} = \frac{a_{k-1}+ r}{a_{k-1}} = 1 + \frac{r}{a_{k-1}} \end{equation*} et donc \(a_k^+=2 a_{k-1}\) …qui surclasse \(a_{k+1}\). Mais l’entrefilet qu’encadre les formules $\eqref{EQ4}$ et $\eqref{EQ5}$ prouve que seule l’inégalité \(g_k(a_k^+) \leq \frac{a_k^+}{a_{k-1}}\) compte. C’est une chance : \( a_k^+= 2 a_{k-1} = a_{k} + a_{k-2}\), et donc \(g_k ( a_k^+) = 1+1=2\). Nous homologuons le système.

Reprise du résultat 4 où \(v_1 = F_1=1, v_2 = F_2, \ldots , v_n = F_n\). De manière générale, \begin{equation*} \frac{F_k}{F_{k-1}} = \frac{F_{k-1}+F_{k-2}}{F_{k-1}} = 1 + \frac{F_{k-2}}{F_{k-1}} \end{equation*} donc \(F_k^+=2 F_{k-1}\). Or \(F_k = F_{k-1}+F_{k-2} \lt 2 F_{k-1}\). La condition \(F_k^+ \lt F_{k+1}\) du théorème 4 n’est certes pas réalisée, mais \(2 F_{k-1} = F_{k} + F_{k-3}\), dont la décomposition gloutonne sur \(S_k\) a pour valence \(1+1 = 2\) (voire 1 seulement quand \(k =2\)). Nous homologuons le système.

L’analyse des deux dernières situations dicte une version plus opérationnelle du théorème 4 :

Remerciements :

Les auteurs remercient l’équipe de relecteurs de l’ENS Paris, Maxime Berger, Florian Reverchon, et Frédéric Jaëck, pour leurs corrections et suggestions.