Tout simplement logique
Problème E546. de Diophante
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.
Solution
1ère énigme
Notons S, A, F les nombres respectifs de sommets, d’arêtes et de faces d’un polyèdre convexe et rappelons les relations S + F = A + 2 et 2A ≥ 3S.
Si les nombres d’arêtes de toutes les faces étaient différents on aurait la relation 2A ≥ 3 + 4 + … + 2012 soit A > 1 000 000. Ainsi S serait du même ordre de grandeur que A, en contradiction avec 2A ≥ 3S.
2ème énigme
Appelons pure une partie de l’intervalle [1,2n] dans laquelle aucun élément n’en divise un autre et impure une partie qui n’est pas pure.
Notons Hn la proposition : toute partie de [1,2n] possédant n+1 éléments est impure.
Manifestement, H1 est vraie. Montrons, par récurrence, que Hn-1 implique Hn. Soit P une partie de [1,2n] possédant n+1 éléments et P’ sa trace sur [1,2n-2].
Si cette trace P’ possède au moins n éléments, alors elle est impure (par hypothèse de récurrence) et donc P est impure.
Sinon P possède les deux nombres 2n et 2n-1. Supposons alors que P ne possède aucun diviseur de 2n (pour ne pas être manifestement impure) ainsi le
nombre n ne divise aucun élément de P’ ni n’est multiple d’aucun élément de P’. En ajoutant, ce nombre à P’, on obtient une partie P" de [1,2n-2], qui possède n éléments, qui est donc impure, par hypothèse de récurrence. Du fait que l’ajout du nombre n n’apporte pas d’impureté, c’est P’ qui est impure et donc P est impure.
3ème énigme
Prenons un tas de 1340 pièces et retournons les 670 autres pièces en un second tas. Alors il y a le même nombre de pièces côté pile dans chacun des deux tas.
En effet, soit p le nombre de pièces côté pile du premier tas. Avant le
retournement, il reste 670 – p pièces côté pile dans le deuxième tas et p pièces côté face. Après le retournement, il reste donc p pièces côté pile dans le deuxième tas.
Les deux tas ont ainsi le même nombre p de pièces côté pile.
