E546. Tout simplement logique
1ère énigme : prouver que tout polyèdre convexe à 2010 faces comporte au moins deux faces qui ont le même nombre d’arêtes.
2ème énigme : prouver que si 1006 entiers sont choisis parmi les entiers de 1 à 2010, l’un d’eux est divisible par un autre.
3ème énigme : les yeux bandés et les mains gantés,comment partager 2010 pièces de
monnaie posées sur un table dont 670 côté pile et 1340 côté face en deux tas de manière à obtenir le même nombre de pièces côté pile dans chacun des deux tas.
Solutions proposées par Bernard Grosjean 1ère énigme :
Si aucune des 2010 faces n'avait le même nombre d'arêtes, il existerait une face comportant 2010 arêtes (et même 2011 et 2012, puisqu'une face a au minimum 3 arêtes).
Soit cette face ayant 2010 arêtes: chacune d'entre elles correspond à 2010 autres faces, soit au total au minimum 2011 faces, ce qui est impossible.
Conclusion : il existe au moins 2 faces ayant le même nombre d'arêtes.
2ème énigme :
Soit E l'ensemble des entiers de 1006 à 2010. E comporte 1005 entiers différents dont aucun n'est divisible par un autre. Parmi les nombres restants, il n'en existe aucun qui ne divise pas un des nombres de E :
1°) chaque nombre de l'ensemble 503 à 1005 multiplié par 2 a un équivalent dans E 2°) chaque nombre de l'ensemble 252 à 502, multiplié par 22 a un équivalent dans E 3°) chaque nombre de l'ensemble 126 à 251, multiplié par 23 a un équivalent dans E 4°) chaque nombre de l'ensemble 63 à 125, multiplié par 24 a un équivalent dans E 5°) chaque nombre de l'ensemble 32 à 62, multiplié par 25 a un équivalent dans E 6°) chaque nombre de l'ensemble 16 à 31, multiplié par 26 a un équivalent dans E 7°) chaque nombre de l'ensemble 8 à 15, multiplié par 27 a un équivalent dans E 8°) chaque nombre de l'ensemble 4 à 7, multiplié par 28 a un équivalent dans E 9°) chaque nombre de l'ensemble 2 à 3, multiplié par 29 a un équivalent dans E « 1 » étant également à exclure, divisant tous les nombres de l'emsemble.
Les autres ensembles comportant 1005 entiers dont aucun n'en divise un autre se déduisent de E en substituant aux nombres de E non premiers leur diviseur le plus grand. Mais, de même que pour E, il n'en existe aucun, parmi les nombres restants, qui ne divise pas un des nombres du nouvel ensemble.
La substitution d'un nombre premier de E par un des nombres ne faisant pas partie de E ne change rien à l'impossibilité de trouver le 1006ème nombre. (bien au contraire)
Conclusion : un ensemble de 1006 entiers pris parmi les nombres de 1 à 2010 comporte au minimum un nombre qui en divise un autre.
3ème énigme
Répartissons les pièces en 2 tas : – premier tas : 670 pièces
– deuxième tas : 1340 pièces (soit 670 x 2) Dans le premier tas : X pile et (670 – X) face
Dans le deuxième tas : (670 – X) pile et (670 + X) face
Retournons toutes les pièces du premier tas : chaque tas aura bien (670 – X) pièces côté pile.
