Solution des énigmes de E31 à E33

E31: Cette énigme est une simple question de logique. Le voyant et le borgne peuvent voir les autres boules se trouvant sur la tête de ses camarades. Si l’un d’entre eux avait vu la boule noire au-dessus de la tête d’un de ses camarades, il aurait immédiatement déduit qu’il avait une boule blanche puisqu’il  n’y a qu’une seule boule noire. L’aveugle n’entendant aucune manifestation, il en déduira qu’il n’a pas de boule noire. Il a donc une boule blanche.

E32: Commençons par voir ce qui se passerait à la fin du jeu : si les 3 premiers votes sont refusés, il ne reste que les deux plus jeunes pirates. À ce moment là, quel que soit le partage proposé par le plus âgé des deux, le plus jeune vote contre, le partage est alors refusé et le plus jeune obtient la totalité du magot.

Donc, lorsqu’il y a trois pirates en lice pour le magot, le plus âgé des trois peut aisément faire accepter le partage suivant : 11 lingots pour lui, 1 pour le deuxième et aucun pour le plus jeune. Le deuxième votera pour ce partage puisque sinon il n’obtiendrait rien. Le partage est donc accepté à deux voix contre une (celle du plus jeune qui n’obtient rien).

Lorsqu’il y a quatre pirates, la situation est la suivante : si le partage proposé par le plus âgé est refusé, alors le partage effectif sera le précédent, à savoir 11 lingots pour le deuxième, 1 pour le troisième et aucun pour le dernier.

Le plus âgé des quatre doit se trouver deux alliés, c’est-à-dire faire une proposition qui attribue plus de lingot que la précédente à deux autres pirates. Pour en obtenir lui-même le plus possible, il va donc proposer 1 lingot au dernier pirate et 2 à l’avant-dernier (pour s’allier le deuxième, il faudrait lui proposer 12 lingots, ce qui n’est clairement pas optimal pour lui). Lui-même en obtient donc 9.

Nous pouvons désormais conclure : si le partage proposé par le plus âgé des cinq pirates est refusé, le partage effectif sera : 9 lingots pour le deuxième, 2 pour le quatième et 1 pour le dernier. Les alliés les moins coûteux pour le doyen des cinq pirates sont donc le troisième et le cinquième, à qui il proposera respectivement 1 et 2 lingots. Ajouté à sa propre voix, cela fait trois voix contre deux et ce partage sera entériné. C’est par ailleurs le partage le plus profitable possible pour le doyen.

La solution de l’énigme est donc que le doyen peut obtenir 9 lingots.

E33: Sur celle là je l’admets Remue Méninges a été un peu dur…

Soient n, m et l les entiers tels que notre joueur de casino a posé des tas de n², m² et l² jetons au départ. On appelle T le nombre total de jetons, qui vérifie :

T = 3 n² + 3 m² + 3 l²

Le problème est donc de savoir si l’on peut écrire T comme somme de quatre carrés d’entier non nuls. Nous allons voir qu’un grand nombre de cas se résolvent sans trop de problème.

• Si tout d’abord n, m et l sont deux à deux distincts, il suffit de remarquer que:

T = 3 n² + 3 m² + 3 l² = (m-n)² + (l-n)² + (l-m)² + (n+m+l)²

• Ensuite, si deux des trois nombres sont égaux, par exemple n=m, et le troisième distinct, alors on a :

T = 6 n² + 3 l² = (2 n)² + (n+l)² + (n-l)² + l²

• Enfin, reste le cas n=m=l. Si n est pair, on peut écrire n = 2a, et alors :

T= 9 (2a)² = 36 a² = (25 + 9 + 1 + 1) a² = (5a)² + (3a)² + a² + a²

Si par contre n est impair, c’est plus compliqué. Si n=1, alors on a T=9, et l’on vérifie que 9 ne se décompose pas comme une somme de quatres carrés d’entiers non nuls. Nous allons voir que c’est la seule exception. Si n est différent de 1, quitte à factoriser n sous la forme d’un produit p q, avec p premier, on peut supposer n premier. En effet, si l’on décompose en somme de quatre carrés non nuls la quantité :

9 p² = a² + b² + c² + d²

alors on a immédiatement :

T = 9 p² q² = a² q² + b² q² + c² q² + d² q² = (aq)² + (bq)² + (cq)² + (dq)²

On suppose donc désormais que p est un nombre premier, et l’on veut décomposer le nombre T = 9 p² en une somme de quatre carrés non nuls. Nous allons pour cela utiliser le théorème des 4 carrés : tout entier s’écrit comme somme de quatre carrés, dont certains peuvent être nuls (il s’agit ici d’un théorème qui n’a rien d’immédiat. Voir par exemple le Cours d’arithmétique de Jean-Pierre Serre).

Soit donc p un nombre premier. On sait que

p = a² + b² + c² + d²

avec a, b, c et d des entiers naturels. On suppose, quitte à réordonner ces entiers que l’on a aussi :

a>b>c>d (supérieur ou égal)

 Nous allons maintenant distinguer les cas, selon le nombre de termes non nuls dans cette somme.

• Il ne peut y en avoir un seul : le cas p=a² est absurde puisque par hypothèse p est premier.
• S’il n’y en a que deux : c’est le cas où c = d = 0, alors on a immédiatement :

 T=9p²=(3a²)²+(3b²)²+(3ab)²+(3ab)²

S’il n’y en a que trois : c’est le cas d = 0 et a, b, c non nuls. p est alors la norme au carré des quaternions a + b i + c j, et a + b i + c k (entre pas mal d’autres). p² est donc la norme au carré de leur produit, soit le quaternion :

 (a+bi+cj) (a+bi+ck)=a²-b²+(2ab+c²)i+(ac-bc)j+(ac-bc)k

Si a > b, alors les quatre termes a² – b², (2 a b + c²), (a c – b c) et (a c – b c) sont non nuls, et l’on obtient la solution :

p² = (a² – b²)² + (2 a b + c²)² + (a c – b c)² + (a c – b c)²

soit:

9 p² = (3 a² – 3 b²)² + (6 a b + 3 c²)² + (3 a c – 3 b c)² + (3 a c – 3 b c)²

Si maintenant a = b, alors b > c. En effet, le cas a = b = c entraîne que p = 3 a², soit p divisible par 3. C’est impossible sachant que p est premier, sauf si p = 3, et l’on traite aisément ce cas à la main:  9×3²=81=36+25+16+4

On considère cette fois les quaternions b i + c j + a k et a + b i + c j (par exemple), dont le produit est :

(- b² – c²) + (a b – a c) i + (a c + a b) j + a² k

Et cette fois-ci, les quatres composantes sont non nulles, on obtient donc :

9 p² = (- 3 b² – 3 c²)² + (3 a b – 3 a c)² + (3 a c + 3 a b)² + (3 a²)²

• Passons maintenant au dernier cas, c’est-à-dire a, b, c et d non nuls. Toujours selon le même principe, p² est alors la norme au carré du quaternion :

(a + b i + c j + d k)² = (a² – b² – c² – d²) + 2 a b i + 2 a c j + 2 a d k

Lorsque a = b, on a en particulier a² – b² – c² – d² = – c² – d² < 0, et les quatre composantes sont alors non nulles. On obtient:

9 p² = (3 a² – 3 b² – 3 c² – 3 d²)² + (6 a b)² + (6 a c)² + (6 a d)²

Sinon, on a a > b, et l’on écrit alors p² comme la norme au carré du quaternion :

 (d+bi+cj+ak)(a+bi+cj+dk)=(-b²-c²)+(ab+db+cd-ac)i+(ac+dc+ab-db)j+(a²+d²)k

Et l’on constate que cette fois-ci, toutes les composantes sont non nulles, d’où:

9 p² = (- 3 b² – 3 c²)² + (3 a b + 3 d b + 3 c d – 3 a c)² + (3 a c + 3 d c + 3 a b – 3 d b)² + (3 a² + 3 d²)²

Sauf dans le cas où le nombre de jetons est 9, l’ami a une solution pour remporter la mise!