Exercice 1 — Vous avez la monnaie, s'il vous plait?

Partie A

1. 99 centimes en pièces de 1 centime réalisent la constatation ( C ).
2. a) S'il reste une pièce de 1 centime en poche, avec les 99 sur la table, l'appoint de \(1 €\) est possible ; contradiction.
   b) De même, s'il reste une pièce de deux centimes, pouvant faire l'appoint de 1 centime, une pièce de 1 centime est dans la somme sur la table (elle n'est pas en poche); donc l'appoint de \(1 €\) est encore possible ; contradiction.
   c) Pouvant faire l'appoint de quatre centimes, s'il reste cinq centimes et qu'il n'y a pas de pièce de deux centimes en poche, l'appoint de \(1 €\) est possible; contradiction.
   Il en sera de même pour la valeur 10 centimes.
   Il y a exactement 99 centimes en poche au départ.

Partie B

1. Avec 99 centimes en poche dont une pièce de un centime, l'appoint de 1 et de 99 centimes est acquis. Par suite celui de 98 .
   Ceci implique que j'ai des pièces de un ou deux centimes parmi les 98 , l'appoint de 97 , 96 , 95 est possible ainsi que celui de \(2,3,4\) centimes \(\ldots\) De proche en proche...

Ou bien...
Soit \(s\) la somme pour laquelle je peux faire l'appoint de 1 à \(s\) et pas de \(s+1\).
Alors, j'ai la somme \(s\) en poche sans plus, comme au A).
Or c'est 99 qui sont en poche : \(s=99\).
2. 2090 quadruplets tels que (1) \(10 a+5 b+2 c+d=99\) et 55 triplets tels que (2) \(10 a+5 b+2 c=99\). A chaque composition \((a ; b ; c ; d)\) du porte monnaie de 99 centimes en pièces respectivement de 10 , 5,2 et 1 centimes correspond une solution de l'équation \(10 a+5 b+2 c+d=99\) et réciproquement. D'après 1), on est sûr que \(d\) n'est pas nul. Le nombre de jeux est le nombre de solutions de l'équation (1) avec \(d\) non nul.

Le nombre de solutions de l'équation (1) avec \(d=0\) est celui de (2) soit 55 .
Il y a donc \(2090-55\) jeux de pièces pouvant composer ce porte monnaie.
N.B. : l'équation (1) pour \(d=1\) n'a pas de solution (une étude arithmétique le montre); on retrouve ce qui a été justifié à B-1).

Complément de l'initiateur de l'exercice : Le nombre de quadruplets entiers tels que \(10 a+5 b+2 c+d=99\) est bien connu pour être le coefficient de \(x^{99}\) dans le développement en série entière de

\[ \frac{1}{(1-x)\left(1-x^{2}\right)\left(1-x^{5}\right)\left(1-x^{10}\right)}, \text { soit } 2090 \text { (loué soit Maple!) } \]

De même le coefficient de \(x^{99}\) dans le développement en série entière de

\[ \frac{1}{\left(1-x^{2}\right)\left(1-x^{5}\right)\left(1-x^{10}\right)} \]

est 55 et le nombre de triplets entiers solutions de \(10 a+5 b+2 c=99\).
A voir la réponse de Maple, on pourrait conjecturer que le nombre de façons de payer \(n\) centimes en pièces de 2,5 et 10 centimes est toujours triangulaire… Ce qui est laissé à prouver ou réfuter …