G287. Numismatique en Diophantie
L’Institut Monétaire de la Diophantie dont la monnaie est l’ouro (Ŏ), soucieux d’éviter la prolifération des pièces de monnaie, a émis une série limitée de 12 pièces dont les valeurs faciales sont des entiers distincts d’ouros de telle sorte que n’importe quel montant entier de 1 ouro à N ouros – N fixé par décret – peut être payé avec 8 pièces ou moins, tout ou partie de ces pièces pouvant avoir la même valeur faciale.
Q1 Sans l’aide d’un quelconque automate, trouver une série de 12 pièces qui satisfait N = 6543 Ŏ (1).
Q2 Avec l’aide d’un automate, trouver une série de 12 pièces qui satisfait N = 13000 Ŏ.
Q3 Pour les plus courageux disposant d’un puissant automate : déterminer le plus grand entier N tel qu’il existe au moins une série de 12 pièces distinctes telles que toute somme comprise entre 1 et N inclus peut être réglée avec au maximum 8 pièces pas
nécessairement distinctes.
(1)Cette question est le problème n°3 posé aux candidats du niveau 11 des Olympiades russes de mathématiques au printemps 2013. C'est une variante du problème bien connu du timbre-poste. Une
documentation abondante en anglais (« Postage Stamp problem ») est disponible sur Internet.
Solution proposée par Jean Nicot
On notera N/P/V le résultat à obtenir pour exprimer 1,..,N avec P pièces et V valeurs distinctes.
Q1 – N=6543/8/12
81²>6543. Il suffit donc de résoudre le problème 81/4/6. Commençons pour trouver n/2/3. Les valeurs {1, 3, 4}, avec 2 pièces, permettent d’atteindre 1…8, mais pas 9. Ajoutons à ces trois valeurs leurs multiples de 9.
Les valeurs {1, 3, 4, 9, 27, 36}, avec 4 pièces permettent d’atteindre 80 avec (4,4,36,36) et même 81 et 82 avec (1,9,36,36). Mais 83 est impossible. Ajoutons 6 autres valeurs multiples de 83 des 6 premières. On obtient la panoplie {1, 3, 4, 9, 27, 36, 83, 249, 332, 747, 2241, 2988} qui permet évidemment d’atteindre 83+747+2988+2988 + 1+9+36+36 = 6888. Cette valeur peut être augmentée jusqu’à 83+747+2988+2988 + 83+9+9+4 = 6911. (car 6909 = 2981+2241+747+747 + 83+83+27)
Q2 – N= 13000/8/12
115² > 13000. Il suffit de résoudre 115/4/6 sans passer par l’intermédiaire n/2/3 qui s’arrête à 82.
L’ensemble {1, 4, 9, 16, 38, 49}, avec 4 pièces, permet d’atteindre 108 = 49+49+9+1 mais pas 109, et encore moins 115, ce qui est inquiétant quant au succès ici de la méthode utilisée pour la
première question.
En complétant avec les 6 multiples de 109, soit { 1, 4, 9, 16, 38, 49, 109, 436, 981, 1744, 4142, 5341}
on arrive seulement à 11895 = 5341+5341+981+109 + 109+9+4+1.
