Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Après lui avoir posé la bonne question (très important), ChatGPT s'est décidé à simplifier la recherche de suites partiellement isomorphes ... sans passer par le calcul d'un entier potentiellement gigantesque. Voir cette nouvelle section.

Je viens de terminer une progression de 777 étapes sans doublon et sans permutation ... et sans zéro. Pour la charger dans l'appli, sélectionnez-la (Ctrl+A) puis copiez-la (Ctrl+C), cliquez sur le nouveau bouton "Importer" et collez-la (Ctrl+V).

Bien sûr, depuis n'importe lequel de ces 777 triplets on peut descendre rapidement vers un zéro. Ma stratégie pour rester "en altitude" en mode Exploration :

1. Si toutes les distances sont égales je sélectionne le plus petit receveur et le plus grand donneur, de manière à équilibrer les volumes puisque le receveur double et que le donneur diminue d'autant.

2. Sinon je sélectionne le couple receveur/donneur qui correspond à la plus grande distance.

Il est probable qu'en revenant suffisamment en arrière j'aurais trouvé un chemin qui m'aurait permis d'aller au-delà de 777 étapes, mais j'ai estimé que pour un test effectué manuellement c'était suffisant. Pour la suite j'envisage d'automatiser la procédure afin de voir si des chemins de plusieurs milliers d'étapes sans tomber sur un zéro sont possibles.

L'algorithme de parcours en largeur permettrait également de tracer le graphe du chemin à partir d'un triplet donné jusqu'au plus proche zéro (ou plus proches zéros).

Tout ceci est toujours sur le Problème des trois bidons

L'application réunit maintenant le meilleur des deux mondes : 1) un explorateur interactif, 2) un assistant au choix.

Je ne vais pas réitérer les explications que j'ai fournies dans mon premier message après l'avoir édité, alors merci à vous de remonter jusqu'à lui.

EDIT : je viens de modifier un comportement, illustré par cette phrase : "Il peut arriver que deux bidons représentent un bon choix, aussi bien comme receveur que comme donneur. L'appli n'en suggère cependant qu'un seul, aléatoirement, ce qui fait que la progression peut changer."

Hi Ernst,

Merci, bien que le triplet dont j'ai parlé ne soit pas (3, 5, 8) mais (3, 8, 13). Peux-tu refaire tes calculs et surtout expliquer la démarche plutôt que les résultats bruts ?

EDIT : ne te casse pas la tête, ton exemple est trop simple, surtout que mon appli donne la solution sans avoir besoin de cliquer (tu places simplement ta souris sur le 3 ou sur le 5). Ce qui serait formidable c'est que tu partes de (3, 8, 13) pour aboutir à un triplet contenant un zéro mais inconnu jusqu'à présent, quel que soit le nombre d'étapes (parce que je soupçonne qu'il en faudra plus pour atteindre certains zéros).

[suite]

D'ailleurs c'est un excellent test sur les capacités de ChatGPT en maths. Comme je lui avais passé une capture de ta démo (sinon il m'aurait fallu une heure pour la convertir en LaTeX), il m'a répondu sous la même forme (?). Une critique envers ses explications ?

EDIT :

Tu n'as qu'à t'acheter un BenQ RD240Q (24 pouces, 2560x1600) avec la mise à l'échelle de 125 % recommandée par Windows 11 (et appliquée par défaut). Augmenter la densité de pixels augmente la lisibilité du texte, surtout lorsqu'il est petit, sans modifier la perception de l'échelle. On le constate quotidiennement en utilisant un smartphone.

@Ernst, je dois dire que je suis impressionné par la fonction 'solve(a,b,c)', qui t'a permis de passer d'une usine à gaz à une solution concise.

J'ai demandé à ChatGPT de lancer une recherche exhaustive sur des petites sommes $a+b+c$ en utiisant les règles définies dans l'énoncé. Il a cherché jusqu'à 500 sans tomber sur une impossibilité (un triplet de départ qui ne tombe jamais sur un autre contenant 0). Tout comme avec le problème de Collatz, ce genre de test ne constitue pas une preuve : on sait que le triplet cible existe, mais on ne sait pas si on pourra l'atteindre à partir de celui de départ. Dans les deux cas il reste à trouver une démonstration, et je trouve que de ce point de vue il existe une similitude entre les deux problèmes.

EDIT :

L'approche "à la Collatz" consisterait à noter que le triplet $(a,3a,c)$ atteint 0 en 2 étapes, et il en existe une infinité. Ensuite on se demanderait quel triplet a pour successeur $(a,3a,c)$, puis ... Et là on deviendrait fou, comme avec Collatz. ❌⛔

J'ai demandé à Qwen de faire en sorte que le contenu des triplets soit affiché dans l'ordre naturel (a, b, c), parce qu'avec le tri il faut se faire des noeuds au cerveau pour suivre. Il a trouvé une solution élégante : utiliser le tri dans le calcul, pour les performances, mais afficher les étapes dans l'ordre original. Nouvelle version :

Triplet initial : (54,  78,  37)

Ancien affichage (avec tri) :

Étape 0 : (37, 54, 78)
Étape 1 : (17, 74, 78)
Étape 2 : (34, 57, 78)
Étape 3 : (44, 57, 68)
Étape 4 : (11, 44, 114)
Étape 5 : (22, 44, 103)
Étape 6 : (44, 44, 81)
Étape 7 : (0, 81, 88)

Nouvel affichage (sans tri) :

Étape  0 : ( 54,  78,  37)
Étape  1 : (108,  24,  37)
Étape  2 : ( 71,  24,  74)
Étape  3 : (142,  24,   3)
Étape  4 : (139,  24,   6)
Étape  5 : (133,  24,  12)
Étape  6 : (121,  24,  24)
Étape  7 : (121,  48,   0)

EDIT:

Étape  0 : ( 54,  78,  37)
Étape  1 : (108,  24,  37)    ← ( 2a, b-a, c )
Étape  2 : ( 71,  24,  74)    ← ( a-c, b, 2c )
Étape  3 : (142,  24,   3)    ← ( 2a, b, c-a )
Étape  4 : (139,  24,   6)    ← ( a-c, b, 2c )
Étape  5 : (133,  24,  12)    ← ( a-c, b, 2c )
Étape  6 : (121,  24,  24)    ← ( a-c, b, 2c )
Étape  7 : (121,  48,   0)    ← ( a, 2b, c-b )

Avec ma simplification :

Étape  0 : ( 54,  78, 999)
Étape  1 : (108,  24, 999)    ← ( 2a, b-a, c )
Étape  2 : (216,  24, 891)    ← ( 2a, b, c-a )
Étape  3 : (192,  48, 891)    ← ( a-b, 2b, c )
Étape  4 : (192,  96, 843)    ← ( a, 2b, c-b )
Étape  5 : (192, 192, 747)    ← ( a, 2b, c-b )
Étape  6 : (384,   0, 747)    ← ( 2a, b-a, c )

La simplification requiert moins d'étapes, et $c$ n'augmente jamais.

Je comprends que ce soit obscur pour beaucoup de gens...

Voici la participation de Mistral au format PDF.

Question de la démonstration posée par Michel Coste. Réponse de Qwen. La mise en page n'est pas terrible puisqu'il s'agit d'une exportation de ladite réponse au format texte. Heureusement, le code LaTeX est préservé :

QWEN

Voici une démonstration claire, rigoureuse mais accessible, basée sur des idées classiques de théorie des nombres et d’invariants.

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Théorème

> Étant donné trois entiers positifs \( a, b, c \in \mathbb{N}^* \), il existe toujours une suite finie d’opérations autorisées (doubler le plus petit en prélevant sur un plus grand) qui conduit à un état où l’un des bidons est vide.

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Idée centrale : on peut simuler l’algorithme d’Euclide

L’opération autorisée :
- Si \( x \le y \), alors \( (x, y) \mapsto (2x, y - x) \)

peut sembler étrange, mais elle permet en fait de réduire progressivement les différences entre les quantités, tout comme l’algorithme d’Euclide réduit deux nombres via des soustractions successives.

Mais ici, on a trois nombres → ce qui donne assez de flexibilité pour éviter les blocages.

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Invariant fondamental : le PGCD

Soit \( d = \gcd(a, b, c) \). Alors :

- Toute opération conserve \( d \). En effet, si \( d \mid x \) et \( d \mid y \), alors \( d \mid 2x \) et \( d \mid (y - x) \).
- Donc, tous les états accessibles sont des multiples de \( d \).
- On peut donc diviser tous les nombres par \( d \) dès le départ, sans perte de généralité. Autrement dit, on suppose désormais que \( \gcd(a, b, c) = 1 \).

> ? Objectif équivalent : atteindre un état contenant un 0 et deux entiers dont le PGCD est 1.

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Stratégie : faire décroître la somme des carrés

Considérons la fonction potentiel suivante :
\[
P(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2
\]

Montrons que chaque opération non triviale diminue strictement cette somme, sauf dans des cas particuliers qu’on peut contourner grâce au troisième bidon.

Calcul :
Supposons \( x \le y \), et on applique \( (x, y) \mapsto (2x, y - x) \). La variation de \( P \) est :
\[
\Delta P = (2x)^2 + (y - x)^2 - (x^2 + y^2)
= 4x^2 + y^2 - 2xy + x^2 - x^2 - y^2
= 4x^2 - 2xy
= 2x(2x - y)
\]

Donc :
- Si \( 2x < y \), alors \( \Delta P < 0 \) → la somme des carrés diminue.
- Si \( 2x = y \), alors \( \Delta P = 0 \), et on obtient \( (2x, y - x) = (y, x) \) → on a juste échangé les valeurs.
- Si \( 2x > y \), alors \( \Delta P > 0 \) → la somme augmente, ce qui semble mauvais.

Mais attention : on n’est pas obligé de choisir cette paire-là !

Grâce au troisième bidon, on peut toujours éviter les coups qui augmentent \( P \), ou les utiliser temporairement pour créer une configuration où un coup utile devient possible.

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Argument de terminaison par descente infinie

Comme la somme totale \( S = a + b + c \) est constante, l’espace des états possibles est fini : il y a au plus \( (S+1)^2 \) triplets d’entiers non négatifs de somme \( S \).

De plus, tant qu’aucun bidon n’est vide, il existe toujours une opération qui diminue strictement \( P \) ou rapproche deux valeurs, ce qui permet in fine de générer un zéro.

Mais voici une preuve plus élégante, due à une observation combinatoire :

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Preuve constructive via la représentation binaire

On utilise un résultat connu (appelé parfois lemme des trois verres) :

> Si \( \gcd(a, b, c) = 1 \), alors il existe une suite d’opérations qui produit un bidon contenant 1 litre.

Une fois qu’on a un bidon avec 1, il devient trivial de vider un autre :
- Supposons qu’on ait \( (1, u, v) \) avec \( u, v \ge 1 \).
- Tant que \( u > 1 \), on applique \( (1, u) \mapsto (2, u-1) \), puis on réordonne.
- En répétant cela, on finit par avoir \( (1, 1, w) \), puis \( (2, 0, w) \) → un zéro apparaît.

Donc tout revient à montrer qu’on peut atteindre 1.

Or, l’opération \( (x, y) \mapsto (2x, y - x) \) permet de réaliser des combinaisons linéaires entières du type \( mx + ny \), modulo des puissances de 2. Comme le PGCD est 1, Bézout garantit qu’il existe des entiers \( m, n, p \) tels que \( ma + nb + pc = 1 \). Grâce aux trois bidons, on peut simuler ces combinaisons via une suite d’opérations inversibles (modulo conservation de la somme).

Une version plus formelle montre que l’ensemble des valeurs atteignables dans un bidon est exactement l’ensemble des multiples de \( d = \gcd(a,b,c) \) inférieurs ou égaux à \( S \). Donc si \( d = 1 \), 1 est atteignable.

Et une fois que 1 est atteint, comme vu plus haut, 0 l’est aussi.

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Conclusion

- L’espace d’états est fini → l’algorithme BFS termine.
- Le PGCD est conservé → on peut supposer \( \gcd = 1 \).
- Sous cette hypothèse, **1 est atteignable**, donc **0 aussi**.
- Donc **quelle que soit la configuration initiale**, **un bidon peut être vidé en un nombre fini d’étapes**.

C’est pourquoi ton algorithme **fonctionne toujours** ! ?

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Ce problème est une variante du "water jug problem" ou du "three jug problem", et la preuve ci-dessus s’appuie sur des idées classiques en théorie algorithmique des nombres.