E569– Comment faire table nette
Il y a sur une table deux piles qui contiennent respectivement 2014 et 2015 pièces de monnaie.
Q₁ Deux opérations sont permises :
1) enlever le même nombre de pièces de chaque pile,
2) doubler le nombre de pièces dans l’une quelconque des deux piles.
Est-il possible de débarrasser la table de toutes les pièces de monnaie ?
Q₂ Même question si la deuxième opération consiste à tripler le nombre de pièces de l’une des piles.
Q₃ Avec m et n pièces respectivement dans chaque pile et lors de la deuxième opération on multiplie par k entier quelconque > 1 le nombre pièces de l’une des deux piles. Quelles conditions doivent remplir les entiers m, n et k pour que l’on puisse débarrasser la table de toutes les pièces de monnaie ?
Solution proposée par Patrick Gordon Q1
On enlève 2013 pièces de chaque pile. Reste (1, 2).
On double la première. Reste (2, 2)
On enlève 2 pièces de chaque pile. Reste (0, 0).
Q2
L'opération (1) ne change pas l'opposition de parité entre les deux piles.
La multiplication d'une pile par 3 ne change pas sa parité.
C'est donc impossible.
Q3
Remarque liminaire
Par extension de ce qui a été souligné à la question Q2, nous savons déjà que, si m et n sont de parités opposées et que k soit impair, il est impossible de débarrasser la table de toutes les pièces de monnaie.
Étudions le cas général.
Supposons m > n pour fixer les idées. Notons d l'écart (m-n), qui est impair si m et n sont de parités opposées et pair si m et n sont de même parité.
Après une éventuelle opération (1) (effectuée une ou plusieurs fois, ce qui revient au même), supposons atteint le "score" (d+x, x).
On peut alors tenter d'appliquer l'opération (2) en multipliant à droite par k = (d + x) / x.
Cela implique (k – 1) x = d, ce qui n'est possible que :
- si d est pair (m et n de même parité) et (k – 1) (pair ou impair) diviseur de d, - si d est impair (m et n de parités opposées) et (k – 1) (nécessairement impair)
diviseur de d,
On retrouve (remarque liminaire) que, si m et n sont de parités opposées et k impair, il est impossible de débarrasser la table.
Y va-t-il d'autres solutions?
Si l'on commence par une éventuelle opération (1), tous les cas ont été envisagés.
En effet, d'une part une nouvelle opération (1) n'en ferait qu'une avec les précédentes, D'autre part, si l'on fait l'opération (2) en multipliant à droite par un facteur k' ≠ (d + x) / x, on aura le "score" (d+x, k'x). On peut alors tenter l'opération (1), arrivant à (d+x-y, k'x-y) puis l'opération (2) en multipliant à droite par le même facteur k', ce qui donnerait le
"score" (d+x-y, k'²x-k'y). Pour pouvoir conclure par une ultime opération (1), il faudrait que :
d+x-y = k'²x-k'y soit :
(k'²-1) x – (k'-1) y = d.
On voit que la conclusion serait la même : (k' – 1) doit diviser d (avec les mêmes implications quant à la parité de d.
Mais si, avant toute opération (1), c’est-à-dire en partant de (m, n), on fait l'opération (2) en multipliant à droite par un facteur k', on est ramené au problème précédent avec (m, k'n).
Donc (k' – 1) doit diviser d' = |m – k'n|. Pour fixer les idées, supposons m > k'n. Il faut alors que :
m – k'n = p (k' – 1) soit :
(n + p) k' = m + p
Ce cas semble nouveau. Prenons par exemple m =10 et n = 4.
Dans la méthode ci-dessus, nous trouvions (k – 1) diviseur de d = 6, donc k = 2, 3, 4 ou 7.
Et de fait, (10, 4) peut être réduit à (9, 3), d'où une solution avec k = 3, ou à (8, 2), d'où une solution avec k = 4, ou à (7, 1), d'où une solution avec k = 7.
La nouvelle approche nous donne, avec p = 2 : m' = m + p = 12 et n' = n + p = 6, d'où une solution avec k = 2. Elle n'est nouvelle que par rapport à la liste précédente, où nous ne trouvions pas de solution avec k = 2 parce que l'écart d était > n, mais elle entre bel et bien dans le cadre de la règle :
(k' – 1) doit être un diviseur de d = m – n.
On notera que les diviseurs particuliers de d que sont 1 et d lui-même comptent.
