Clôture du problème

Au bout de deux mois, il est alors essentiel de clôturer le problème. Les élèves et leurs enseignants ont besoin de faire le point sur ce qui a été démontré, sur les nouvelles connaissances rencontrées sur les questions qui restent encore en suspens.
Les enseignants doivent sentir qu'ils n'ont pas " perdu leur temps " par rapport au programme, et que les élèves ont acquis des connaissances qu'ils pourront réinvestir.
Le chercheur propose donc un texte que chaque enseignant va utiliser à sa guise en prenant ce qui correspond au travail de sa classe.

Voici la clôture du problème de la monnaie. Vous y trouverez un bilan global sur l'ensemble de vos recherches, des réponses à certaines questions que vous vous êtes posées, et des prolongements possibles.
1. LE PROBLEME
Depuis la première relance, le problème s'est stabilisé : il n'y a plus trop de références aux euros ou aux centimes d'euros, à savoir si on pourrait utiliser des billets, ou aux différents pays qui participeraient à l'opération, etc. Vous cherchez un problème plus abstrait, plus mathématique, que celui posé au départ.
Cela n'empêche pas d'être amené à se poser des questions inspirées par le contexte concret de l'énoncé initial- et c'est très bien comme ça. Par exemple : ce système va être lourd, beaucoup de pièces seront nécessaires, peut-on avoir une idée du nombre minimum de pièces nécessaires pour réaliser telle ou telle somme ?
2. LES RESULTATS
Vous avez tous observé qu'il y a des cas où on peut faire toutes les sommes (en rendant la monnaie), par exemple 9 et 11, et qu'il y a aussi des cas où on ne peut pas faire toutes les sommes, par exemple 6 et 9.
Comment prouver qu'on peut réaliser toutes les sommes ?
Vous avez eu la très bonne idée de remarquer que si on peut faire 1, alors on peut tout faire. Cela vient du fait que 1 " engendre " tous les nombres par l'addition.
Sur un exemple concret il est alors possible de montrer explicitement que l'on peut faire 1. Par exemple avec 9 et 11, on a :
1 = 5 x 9 - 4 x 11
c'est à dire que nous donnons 5 pièces de 9 et qu'on nous rend 4 pièces de 11.
Remarquez d'ailleurs que cela prouve du même coup qu'on peut réaliser 1 avec 5 et 11, ou encore avec 5 et 4, ou encore avec 9 et 4 !
Il reste des questions : y a-t-il plusieurs solutions possibles ? Y a-t-il une formule pratique pour réaliser 1 si on donne deux nombres différents de 9 et 11 ? Y a-t-il une manière de faire 1 qui demande le moins de pièces possibles, et si oui laquelle et avec combien de pièces ?
Une fois qu'on a fait 1, on sait faire les autres sommes en multipliant le nombre de pièces utilisées, par exemple :
10 = 50 x 9 - 40 x 11
Mais quand on a fait 10 comme cela, ce n'est pas très économique ! Cela nous demande 50 + 40 = 90 pièces, or on peut aussi dire que 10 c'est 11 moins 1, et que 11 est un pièce et qu'on sait faire 1 avec 5 + 4 = 9 pièces.
Cela nous amène aux mêmes questions que pour faire 1 : y a-t-il une manière de faire une somme quelconque qui demande le moins de pièces possibles, et si oui laquelle ?
Comment prouver qu’on ne peut pas réaliser toutes les sommes ?
La question semble plus difficile, parce que nous ne pourrons jamais faire toutes les combinaisons possibles de 9 et de 11 – il y en a une infinité ! Il nous faut donc trouver un raisonement qui nous permette de conclure…et vous l’avez bien trouvé : dans votre langage, vous dites « si les deux nombres sont dans la même table, alors on ne pourra pas tout réaliser ». Par exemple, 6 et 9 sont tous les deux dans la table de 3 ; et toutes les combinaisons possibles de 6 et de 9 seront elles-mêmes toujours dans la table de 3.
Que signifie « être dans la même table » ? Naturellement, si on prend cela au sens strict, alors tous les nombres sont dans la table …de 1 ! On a donc envie de dire : si les deux nombres sont dans une même table autre que la table de 1, alors on ne peut pas réaliser toutes les sommes. En effet : si les nombres sont « dans la même table », cela signifie qu’ils apparaissent tous les deux dans la table de multiplication d’un même nombre, autrement dit qu’ils sont tous les deux multiples de ce nombre. Ce qui se dit encore : ils ont un diviseur commun (autre que 1). Mais dans ce cas, comme vous l’avez bien remarqué pour beaucoup d'entre vous, cela implique que toutes les sommes seront elles-mêmes divisibles par ce même nombre.
Quels sont les nombres qui permettent de réaliser toutes les sommes ?
Vous avez essayé de donner des conditions pour dire " si les deux nombres vérifient ceci ou cela, alors on peut réaliser toutes les sommes ". Par exemple :

• Des nombres successifs, par ex, 20 et 21 : dans ce cas il est clair qu'on obtient tout de suite 1 en soustrayant le plus petit du plus grand

• Deux nombres impairs successifs, c'est à dire à une distance de 2, par exemple 13 et 15 : dans ce cas on obtient tout de suite 2, et en prenant un des deux nombres impairs et en enlevant suffisamment de fois 2, on tombe sur 1

• Si on prend deux pairs, ça ne marche pas car les sommes seront toujours des nombres pairs

• Un pair et un impair : parfois ça marche, par exemple 10 et 11, mais parfois non, par exemple 10 et 15 (ils sont dans la table de 5)

• De même, un impair et un pair qui n'est pas multiple de l'impair ne marche pas toujours (10 et 15)

• Un nombre n et l'autre 2n + 1, par exemple 5 et 16 = 3 x 5 + 1
  Certains d'entre vous ont eu l'idée (correcte) que la bonne condition, c'est à dire la condition la plus générale, est de demander aux nombres de ne pas être dans la même table…

Si les nombres ne sont pas " dans la même table "
Cela signifie qu'il n'existe pas un autre nombre dans la table duquel ils apparaissent, autrement dit qu'ils ne sont pas multiples d'un même nombre. Ce qui se dit encore : ils n'ont pas de diviseur commun. Sauf qu'il existe un nombre qui divise toujours, c'est 1. Mais comme il divise toujours, il n'est pas très intéressant pour la multiplication ou la division. On dira alors : les deux nombres n'ont pas de diviseur commun autre que 1, ou encore que les deux nombres sont premiers entre eux. Dans ce cas, on peut montrer qu'il est effectivement possible de construire le nombre 1, mais c'est plus difficile : c'est le théorème de Bezout.

Comment trouver toutes les solutions ?
Sur notre exemple :
on sait que : 1 = 5 x 9 - 4 x 11
mais on a aussi: 1 = 16 x 9 - 13 x 11
ou encore 1 = -8 x 9 + 5 x 11
La première solution est meilleure que les deux autres, puisqu'elle nous fait utiliser 5 + 4 = 9 pièces, au lieu de 16 + 13 = 29 ou 8 + 5 = 13 pièces. Peut-on faire mieux ? On sent bien que non…mais comment le dire ?
De manière générale, le théorème de Bezout nous dit que si deux nombres, disons a et b, ne sont pas dans la même table, alors il existe deux autres entiers u et v tels que :au + bv = 1
En existe-t-il d'autres ? Beaucoup d'autres ? Il est facile de voir que oui : si u et v conviennent, alors u + b et v - a conviennent aussi, puisqu'alors :
a(u + b) + b(v - a) = au + ab + bv - ba = (au + bv) + (ab - ba) = 1 - 0 = 1
De même, u + 2b et v - 2a conviennt, ainsi que u + 3b et v - 3a, u + 4b et v - 4a, etc…de même que u - b et v + a, u - 2b et v + 2a etc…
Il y a donc une infinité de solutions u et v ! On peut montrer que ce sont là toutes les solutions, qu'il n'y en a pas d'autres.

Quelle est la solution la plus économique ?
Pour l'instant, on cherche la solution la plus économique pour faire 1.
Pour faire 1 avec des pièces de valeur a et de valeur b, il faut faire 1 = au + bv. Sauf si a = 1 ou b = 1, ce qu'on exclut, il faut donner des pièces et en rendre. Autrement dit, u et v ne sont pas tous les deux positifs…
Essayons d'abord de voir ce qui se passe si on donne des pièces de valeur a et si on rend des pièces de valeur b. On peut montrer que, parmi toutes ces solutions, il y en a une et une seule qui vérifie :
0 < u < b et -a < v < 0
[on donne u pièces de monnaie de la valeur a, et on rend -v pièces de valeur b].
Dans ce cas, le nombre de pièces échangées est u - v, qui est donc inférieur ou égal à a + b - 2.Dans notre problème initial, on a vu que 9 pièces suffisaient. On a effectivement :
9 < 9 + 11 = 18.
Pouvez-vous trouver un exemple où il faut a + b - 2 pièces pour faire 1 ? Et que peut-on dire sur la manière la plus économique de faire une autre somme que 1 ?

Et si on ne rend plus la monnaie ?
Voici une variante du problème que vous avez étudié : maintenant on ne s'autorise plus à rendre la monnaie. Toujours avec 9 et 11, on peut donc faire certaines sommes mais évidemment pas toutes : on peut faire 9, 11, 18 = 9 + 9, 20 = 9 + 11, etc…mais on ne peut pas faire 1, 2, 3, …, 8, 10, 12, etc…
Cependant, si on fait la liste par ordre croissant de toutes les sommes possibles par cette méthode, on voit quelque chose de surprenant. Dans le groupe 3, la classe de 6ème11 du collège de Thuir a ainsi remarqué qu'on ne peut pas obtenir 79, mais qu'à partir de 80 toutes les sommes sont possibles !
Est-ce un hasard ? Pouvait-on le prévoir à l'avance ?Aurait-on le même phénomène en prenant d'autres nombres que 9 et 11, par exemple 11 et 13, ou 5 et 6, ou autre chose encore ? Voici un prolongement possible, et fort intéressant, à votre recherche !