Enigmes arithmétiques

  L'énigme nous dit que les trains partent de Paris et de Lyon exactement au même moment. Lorsque mon train part de Paris, il croise celui qui est parti de Lyon deux heures plus tôt. Lorsque mon train arrive à Lyon, il croise celui qui part à Paris exactement à mon heure d'arrivée, soit deux heures après mon départ. Mon train va donc croiser tous les trains qui sont partis de Lyon durant un intervalle de 4h. Il y en a exactement 6 à chaque heure, plus le dernier, c'est-à-dire 25 trains.

  Remarquons que tout nouvel étage comporte 3 cartes de plus que l'étage précédent. En partant du haut on a donc : On ne pourra construire qu'un château de cartes ayant au maximum 5 étages!

  Avant-hier, ni Josette, ni Louisette n'étaient disponibles. Ceci ne se produit que tous les $3\times 5=15$ jours, soit dans $13,28,33,58,73,\dots$ jours.

  Paulette est indisponible le mercredi, soit dans $2,9,16,23,30,37,44,51,58,65,\dots$ jours. En comparant les deux listes, on se rend compte qu'aucune des maitresses de Nérosson ne sera libre dans 58 jours.

  On commence par regarder les premiers totaux que l'on peut réaliser. Il s'agit de 3, 5, 6 (=3+3), 7…et on peut s'arrêter là! En effet, tous les nombres suivants pourront être réalisés, en rajoutant un certain nombre de pénalités à 5,6 ou 7. En effet, 8=5+3, 9=6+3 et 10=7+3. On réalise de même les nombres 11, 12 et 13 à partir de 8,9 et 10.

  D'un point de vue plus formel, on peut remarquer que tout entier s'écrit 3p, 3p+1 ou 3p+2. Les multiples de 3 sont donc atteints, ceux qui s'écrivent 3p+1 peuvent encore s'écrire 3(p-2)+7 et sont donc atteints à partir de 7. Ceux qui s'écrivent 3p+1 s'écrivent aussi 3(p-1)+5, et sont donc atteints à partir de 5.

  Il faut déterminer quelles sont les configurations possibles pour pouvoir placer 3 vendredis 13 dans une année. On va attribuer un numéro de 1 à 7 pour chaque jour de la semaine, en attribuant (arbitrairement) le numéro 1 au 13 janvier. Ceci signifie que si le 13 janvier était un jeudi, alors le 14 était un vendredi (il porte le numéro 2), le 15 un samedi (il porte le numéro 3),…, le 20 janvier un vendredi (il porte à nouveau le numéro 1), etc…

  Quels sont les numéros attribués au 13 de chaque mois? Si le mois de janvier comportait 28 jours, le 13 du mois de février porterait également le numéro 1. Mais le mois de janvier comporte 31 jours, et donc le 13 du mois de février porte le numéro 4. On continue ainsi pour chaque mois, et on trouve que le 13 de chaque mois porte le numéro suivant :   La seule possibilité pour qu'il y ait 3 vendredis 13 est que ces vendredis correspondent au numéro 4, et qu'ils aient lieu en février, mars et décembre. Le 13 aout est donc un jeudi (numéro 3) et le 25 aout est donc un mardi!

  Nous décomposons 36 en produits de 3 facteurs (les âges possibles des filles), et calculons la somme des 3 âges.

36=	1*1*36	38
	1*2*18	21
	1*3*12	16
	1*4*9	14
	1*6*6	13
	2*2*9	13
	2*3*6	11
	3*3*4	10

Puisqu'Alexandre n'a pas su conclure en connaissant la somme de leurs âges, c'est qu'on est dans le cas où deux sommes sont égales, et on est dans le cas 2*2*9, où 1*6*6. Mais puisqu'on a l'information supplémentaire de l'existence d'un aîné, on peut conclure que les âges respectifs des enfants de Bertrand sont 9,2,2 (et tant pis pour les grincheux qui diront que deux enfants de 6 ans peuvent ne pas être jumeaux car il peut y avoir juste 9 mois d'écart entre eux!)

  Notons $n$ le nombre de filles ou de garçons par rangées (bien sûr, chaque rangée comporte le même nombre d'élèves qui est $2n$). Le nombre total d'élèves de la classe vaut $4n$, c'est donc un multiple de 4, on sait donc que ce sera 20, 24 ou 28. Notons : On sait, en étudiant simplement le nombre d'élèves de la première rangée, que $$a+c=b+d=n$$ puis en étudiant le nombre d'élèves de la deuxième rangée, que $$a+d=b+c=n.$$ On en déduit que $a+c=a+d=n$, donc que $c=d$ puis que $a=b$. Exploitons maintenant la dernière information, le nombre de paires de même sexe vaut le nombre de paires mixtes. On a donc $$a+b=c+d,$$ ce qui donne finalement $a=b=c=d$. Ainsi, sur une rangée, on a $2n$ enfants qui vaut aussi $4a$ enfants. Ainsi, $n/2=a$ et donc $n/2$ est un entier. Le nombre total d'enfants dans la classe est $$4n=8\times\frac n2,$$ qui est un multiple de 8. La seule possibilité entre 20 et 30 est 24. La classe comporte 24 élèves.

  Notons $n=2p$ le nombre de participants à la soirée, $p$ étant donc le nombre de couples. Il y a $\frac{n(n-1)}2$ paires de deux personnes, et donc "virtuellement" $\frac{n(n-1)}2$ poignées de main échangées. Mais on peut supposer que les deux membres d'un couple ne se serrent pas la main en partant, et donc le nombre de poignées de main échangées est : $$\frac{n(n-1)}2-p=\frac{n(n-1)}2-\frac n2.$$ Ainsi, $n$ est solution de l'équation $$\frac{n(n-1)}2-\frac n2=112\iff n^2-2n=224.$$ Les solutions de cette équation sont $n=16$ et $n=-14$. La seule solution acceptable est $n=16$. Il y avait donc 16 personnes à cette soirée.

  La somme des 26 premiers entiers vaut $\frac{26\times 27}2=13\times 27.$ on a donc l'équation $$nm=13\times 27-n-m\iff (n+1)(m+1)=13\times 27+1=2^5\times11=2^4\times 22.$$ On constate alors aisément que la seule solution qui convient avec $n,m$ dans $\{1,\dots,26\}$ est $n=21$ et $m=15$.

Solution proposée par Freddy sur le forum

  La première chose à remarquer est que la somme d'argent reçue est un carré. En effet, elle vaut $n^2$, où $n$ est le nombre de bêtes du troupeau. De plus, le nombre de billets de 10 € est impair, puisque le vieux en touche un de plus que le jeune.

   Or, si $n$ s'écrit $10k+p$, avec $p$ entre 0 et 9, son carré s'écrit $$n^2=100^2 k^2+20kp+p^2.$$ Les nombres $100^2 k^2$ et $20kp$ comportent un nombre pair de dizaines. Il faut donc donc que le carré de $p$ comporte un nombre impair de dizaines. Seuls 4 (4² = 16) et 6 (6² = 36) répondent à la condition, et dans les deux cas , la terminaison est 6…

  Donc, le chiffre des unités du carré du nombre de moutons, donc de la somme reçue, est 6. La somme reçue en monnaie était donc de 6 €. Le plus jeune ayant pris les 6 €, il accusait encore un déficit de 4 € sur son aîné. Il y avait donc un partage équitable avec un chèque de 2 €

  Si on note n le nombre de bêtes du troupeau et a l'age du jeune homme, les données de l'énigme nous disent que n(n-1)=15+a(n-2). On va utiliser des propriétés arithmétiques pour trouver la valeur de a et de n. Remarquons que parmi les entiers n, n-1 et n-2, un seul est divisible par 3. Si c'est n-2, alors on aura une contradiction car, puisque 3 divise 15, on trouvera que 3 divise n(n-1), ce qui n'est pas le cas. Donc 3 divise n(n-1), et puisqu'il divise 15, il divise aussi a(n-2). Or, il ne divise pas 3, donc il divise a. a est un multiple de 3 et s'écrit donc 3b. L'équation devient : n(n-1)=15+3b(n-2) On étudie maintenant des propriétés de parité. n(n-1) est toujours un entier pair. Puisque 15 est impair, 3b(n-2) est aussi impair, ce qui n'est possible que si b est impair et n-2 aussi. Ainsi, a s'écrit 3(2k+1), ce qui ne laisse que 3 possibilités d'âge inférieur ou égal à 20 : 3 ans, 9 ans et 15 ans. Il est inconcevable qu'on garde un troupeau à 3 ans, ceci est donc à exclure. On regarde ensuite si les équations n(n-1)=15+9(n-2) et n(n-1)=15+15(n-2) ont des solutions en nombre entier. Ce n'est pas le cas pour la première, mais c'est le cas pour la seconde avec n=1 et n=15. On en déduit que l'adolescent a 15 ans, et garde un troupeau de 15 bêtes.

  Soit $x$ le nombre de Saint-Nectaires (S.N.) acheté par une femme donnée et $y$ celui acheté par son mari, on a la relation $y^2=63+x^2$ (chaque homme ayant payé 63 de plus que son épouse). On a donc $(y−x)(x+y)=63$ et $x<y$.

  Puisqu'il existe exactement trois façons de factoriser 63 en paire de deux entiers ${1,63},{3,21},{7,9}$ , il y a exactement trois solutions $(x,y)$ au système qui sont respectivement $(31,32)$ , $(9,12)$ et $(1,8)$.

Et là on se rend compte qu'entre un homme (y) et une femme (x) il y a nécessairement une différence de nombre de S.N. achetés de   On déduit alors des hypothèses que Berthe et Yoshi ne sont pas mariés, de même que Nérosson et Gertrude. De plus, Nérosson a forcément acheté 32 Saint-Nectaire et son épouse 31, et Gertrude a acheté 9 Saint-Nectaire et son mari 12. L'écart de 11 entraîne que Yoshi a acheté 12 Saint-Nectaires, son épouse 9 et Berthe un seul Saint-Nectaire, son mari 1. Il reste pour Freddy 8 Saint-Nectaire, et pour Mauricette 31 Saint-Nectaire. En remettant toutes les informations en place, on trouve finalement que :

  Il suffit de remarquer que le tiroir n est manipulé autant de fois qu'il a de diviseurs. Autrement dit, le tiroir n sera ouvert s'il a un nombre impair de diviseurs. Maintenant, factorisons n en produits de facteurs premiers : $$n=p_1^{\alpha_1}\dots p_r^{\alpha_r}.$$ Alors le nombre de diviseurs de $n$ est : $$(\alpha_1+1)\times\dots\times\dots(\alpha_r+1).$$ Pour que ceci soit impair, il faut que tous les $\alpha_i+1$ soient impairs, c'est-à-dire que tous les $\alpha_i$ soient pairs. Autrement dit, le tiroir n est ouvert si et seulement si n est un carré parfait.

  Les premiers nombres premiers sont : 2 - 3 - 5 - 7 - 11 - 13 - 17 - 19 - 23 - 29 - 31 - 37 - 41 - 43
47 - 53 - 59 - 61 - 67 - 71 - 73 - 79 - 83 - 89 - 97 Les deux premiers nombres premiers qui sont séparés de plus de 7 sont donc 89 et 97. La stratégie de Véro consiste à jouer à un moment de la partie 89, forçant Fred à perdre. Il suffit alors de remonter pour déterminer, parmi 2, 3, 5 et 7, quel est le premier nombre que doit jouer Véro : Donc Véro a une stratégie gagnante en jouant 5.

  On commence par faire un tableau avec pour chaque nombre entre 1 et 12, la somme de ces diviseurs et son plus petit facteur premier :

N	Diviseurs	Nombre de diviseurs	Somme des diviseurs	Plus grand diviseur premier
1	1	1	1
2	1-2	2	3	2
3	1-3	2	4	3
4	1-2-4	3	7	2
5	1-5	2	6	5
6	1-2-3-6	4	12	3
7	1-7	2	8	7
8	1-2-4-8	4	15	2
9	1-3-9	3	13	3
10	1-2-5-10	4	18	5
11	1-11	2	12	11
12	1-2-3-4-6-12	6	28	3

Si Croute ne peut pas conclure, c'est que la somme des diviseurs qu'on lui tend est celle d'au moins deux nombres entre 1 et 12. D'après le tableau précédent, cette somme ne peut être que 12, obtenue pour N=6 et N=11. Donc N=6 ou N=11.

Si Roro ne peut pas conclure, c'est que le nombre qu'on lui tend est le plus grand diviseur premier d'au moins deux nombres entre 1 et 12. Ce ne peut pas être 11, car 11 est seul dans ce cas. C'est donc que N=6, le raisonnement qu'a mené Véro.

  Soit $2012\times u$ ce multiple. Il s'écrit $k\times 111\dots1$ avec $n$ fois le chiffre 1, et $k$ compris entre 1 et 9. On peut encore écrire $$k\times 111\dots1=\frac k9 \times 999\dots 9=\frac k9 \times (10^{n}-1).$$ On a donc l'égalité $$2012\times u\times 9-k\times 10^n=-k.$$ On remarque alors que de nombreuses valeurs de $k$ sont exclues :   Il reste à envisager les cas $k=4$ et $k=8$. Si $k=4$, on est réduit à trouver $n$ et $u$ de sorte que $$503\times 9\times u-10^n=-1,$$ c'est-à-dire à trouver $n$ tel que $10^n$ est congru à 1 modulo $503\times 9$. On peut facilement trouver cette valeur de $n$ à l'aide d'un algorithme ou d'un tableur, en calculant les restes successifs de $10^n$ modulo $503\times 9$ (attention : on ne peut pas calculer $10^n$ puis prendre le reste, cela dépasserait les capacités du tableur, il faut partir du reste précédent que l'on multiplie par 10, et dont on prend encore le reste modulo $503\times 9$). On trouve que le plus entier $n$ qui convient est $502$. Ainsi, $444\dots 4$, où le chiffre 4 apparait $502$ fois, est un multiple de 2012, et c'est le plus petit multiple qui ne s'écrit qu'avec le chiffre 4.

  Envisageons maintenant le cas $k=8$. Alors l'équation devient $$503\times 9\times u-2\times 10^n=-2,$$ c'est-à-dire que l'on cherche la plus petite valeur de $n$ telle que $2\times 10^n$ est congru à $2$ modulo $503\times 9$. Comme $2$ est inversible modulo $503\times 9$, car premier avec cet entier, cela revient à déterminer le plus petit entier $n$ tel que $10^n$ est congru à 1 modulo $503\times 9$. C'est ce que l'on a fait précédemment et on trouve toujours $n=502$. Maintenant, $888\dots 8$, avec 502 fois le chiffre 8, est supérieur ou égal à $444\dots 4$, avec 502 fois le chiffre 4. C'est donc ce dernier nombre le plus petit multiple de 2012 qui s'écrit, en écriture décimale, avec un seul chiffre.