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.
Réponses proposées par Gaston Parrour
1ère enigme
Supposons que chaque face a un nombre d' arêtes différent (les arêtes d' une face sont les côtés du polygone définissant la face).
Le nombre minimum d' arêtes est obtenu lorsque les 2010 polygones ont un nombre croissant de côtés depuis 3 -valeur minimale -, jusqu' à 2012.
Le nombre TOTAL de côtés dans ce cas est :
Ncôtés = 3+4+...+2012 = 2012x2013/2 – 3 = 1006x2013 - 3
Ce résultat est impair, or pour un polyèdre, deux côtés de deux polygones adjacents constituent une arête. Par conséquent, il faut qu' au moins la 2010 ième face ait 2013 côtés.
Donc nombre minimum d' arêtes si chaque face possède un nombre différent de côtés ainsi décrits Amin = 506x2013 - 1
D' autre part, nous avons affaire ici à un polyèdre convexe pour lequel la relation d' Euler-Poincarré reliant le nombre de sommets S, d' arêtes A et de faces F doit être vérifiée :
S – A + F = 2 Donc
A – S = F – 2 = 2008
On peut constater que pour tout polyèdre un sommet est relié à au moins trois arêtes
Compte tenu qu' une arête est partagée par deux sommet, 2 A/3 représente le nombre de sommets dans ce cas.
Si des sommets sont reliés à plus de trois arêtes, le nombre total de sommets sera inférieur à ce résultat
Donc S majoré par 2A/3 => A – S minoré par A – 2A/3 = A/3 Et 2008 > A/3 , égalité permise
Soit nombre d' arêtes A inférieur ou égal à 6024
Le désaccord très grand avec l' hypothèse précédente montre que non seulement deux faces ont le même nombre d' arêtes, mais qu'il y a un grand nombre de faces - avec peu d' arêtes - qui ont le même nombre d' arêtes !
2ième énigme
Remarques préliminaires :
– entre 1006 et 2010 il y a 1005 éléments dont aucun n'est multiple d' un autre. Parmi ces éléments, 503 sont des nombres pairs
– entre 503 et 1005 aucun élément n'est multiple d' un autre et il y a 503 valeurs possibles.
Et tous ces éléments ont leur image par un facteur 2, comme nombre pair compris entre 1006 et 2010
On désignera par E1 l' ensemble des nombres entre 1 et 1005, par E'1 le sous-ensemble entre 503 et 1005 et par E2 l' ensemble des nombres entre 1006 et 2010.
1 - Supposons qu' on commence par l' ensemble des 1005 éléments entre 1006 et 2010, il doit être complété par un nombre entre 1 et 1005 (disons ici que 1 sera ignoré dans tout ce qui suit en tant que solution triviale). Ce nombre a choisi dans E1 peut l' être dans E'1, auquel cas il a un nombre b pair image dans E2. Il peut aussi être choisi dans E1-E'1, alors il existe un nombre n tel que 2na est dans E'1 et on est ramené au cas précédent.
Quel que soit le a choisi dans E1 pour former 1006 éléments, ce a divise un b pair de E2
2 – A partir de cela montrons que n' importe quel ensemble de 1006 éléments obéit à la propriété énoncée.
Pour cela soit un ensemble Ef quelconque où on trouve a
1, a
2, … ,a
m dans E1 et b
m+1, … , b
1006
dans E2
Montrons qu' on peut créer cet ensemble pas à pas, à partir d' un ensemble considéré en 1 -, cela en conservant la propriété requise : un élément est divisible par un autre.
A partir de l' ensemble E2 au complet on lui ajoute a
1 de Ef, on construit ainsi l' ensemble de départ a1, b
2, b
3, … , b
1006.
Ce a1 divise par une puissance de 2 un b pair de E2 comme on a vu:
- si ce b s' identifie à l'un des b
m+1, … , b
1006 de l' ensemble final Ef, la question est résolue, il suffit de procéder aux autres remplacements pour les ai et les bj afin de constituer cet ensemble Ef.
=> Dans tout ce qui suit nous supposerons que, pas à pas, ceci n' a pas lieu afin d' établir le résultat dans le cas général.
- donc ce b n' appartient pas à Ef et notons-le b
2 (le premier de ceux qui sont dans E2). Alors on retire ce b
2 de E2 et on le remplace par a2 de Ef
Alors, ou bien cet a2 divisait aussi b
2 (enlevé) par une puissance de 2, mais dans ce cas, il divise ou il est divisé, par le a1 déjà présent et la question est à nouveau résolue : il suffit de procéder aux autres échanges pour former Ef.
Ou bien, a2 divise par une puissance de 2 un b
3 – qu'on supposera en général ne pas appartenir à Ef (comme il a été dit ci-dessus )
Dans ce cas on réitère l' opération précédente : - on retire ce b
3 et on le remplace par a3 de Ef
A nouveau le raisonnement précédent reconduit sur a3, aboutit, dans le cas le plus défavorable, à : - a3 divise par une puissance de 2 un b
4 n' appartenant pas à Ef, etc …
Donc dans la situation la plus défavorable, on aura fait ainsi ce type d' opération jusqu'à la dernière étape:
- bm remplacé par a
m de Ef.
Alors
- ou bien cet a
m divise, dans une puissance de 2, un b
m+1 appartenant ici à l' ensemble final Ef.
- ou bien cet a
m n' est le diviseur d' aucun bj présent dans Ef. Compte tenu des étapes successives, cela signifie comme on l' a vu au début que ce dernier a
m divise ou est divisé par l' un des ai constituant Ef depuis les étapes antérieures.
En procédant ainsi on a donc bien constitué un ensemble Ef quelconque de 1006 éléments choisis entre 1 et 2010 et parmi lesquels, un (au moins) de ces éléments en divise un autre.
3ème énigme
Supposons que je choisisse « sans voir », dans un tas A, un total de n pièces constitué de a pièces pile et b pièces face.
Dans le tas B restant constitué de 2010-n pièces, il y aura (670-a) pièces pile et (1340-b) pièces face Dans ce dernier tas B, je retourne systématiquement toutes les pièces. Il y a maintenant dans B (670-a) pièces face et (1340-b) pièces piles.
Si on veut le même nombre de « piles » dans chaque tas, il faut que a (de A) = (1340-b) (de B)
Par conséquent a + b = 1340
Recette : choisir 1340 pièces au hasard sur la table ceci constitue le tas A, retourner toutes les pièces restantes (tas B). Il y aura autant de pièces « pile » dans A que dans B
