On a évidemment $\overline{NON}\lt 500$, donc $N\leqslant 4$. En regardant le chiffre des unités, il vient $I=2\times N$ ou $I+10=2\times N$. Le second cas est à exclure car on aurait $I+10\leqslant 2\times 4$.
On a donc $I=2\times N$, ce qui permet de supprimer dans l’égalité le chiffre des unités : $\overline{NO}+\overline{NO}=\overline{OU}$.
Cela donne :

• Premier cas : $U=2\times O$ et $O=2\times N$, impossible car il conduit à $O=I$
• Deuxième cas : $U+10=2\times O$ et $O=2\times N+1$ et donc $U=4\times N+2-10=4\times N-8$. $I\leqslant 9$ impose $N\leqslant 4$, $U\leqslant 0$ impose $N\geqslant 2$. $N \in \{2,3,4\}$, ce qui fait trois sous-cas à étudier :
  • $N=2$. On a $I=4$, $O=5$ et $U=0$. Ce cas conduit à $\mathbf{252+252=504}$, qui convient manifestement.
  • $N=3$. On a $I=6$, $O=7$ et $U=4$. Ce cas conduit à $\mathbf{373+373=746}$, qui convient aussi.
  • $N=4$. On a $I=8$, $O=9$ et $U=8$, valeur identique à $I$, ce qui ne convient pas.

On a donc deux solutions :

$$\mathbf{252+252=504}$$

$$\mathbf{373+373=746}$$

Ce frère jumeau du précédent est un peu plus délicat. On démarre de la même façon :
$\overline{OUI}<500$ et donc $O\leqslant 4$. $\overline{NON}$ est pair, donc $N$ aussi. En regardant le chiffre des unités, il vient $N=2\times I$ (premier cas) ou $N+10=2\times I$ (deuxième cas).

• Premier cas : $N=2\times I$. En supprimant le chiffre des unités ont est ramené à $\overline{OU}+\overline{OU}=\overline{NO}$
• * sous-cas n°1 : $U+U=O$ et $O+O=N$. $N=2\times O$ et donc $O=I$, ce qui est exclu.
• * sous-cas n°2 : $U+U=O+10$ et $O+O+1=N$ ce qui conduit à $N=2\times O+1$, impair ce qui est exclu.
• Deuxième cas (seul éventuellement possible) : $N+10=2\times I$. En supprimant le chiffre des unités ont est ramené à $\overline{OU}+\overline{OU}+1=\overline{NO}$. Donc $\overline{NO}$ est impair et par suite $O$ aussi. Comme $O\leqslant 4$, les deux cas à étudier sont $O=1$ et $O=3$.
  • $O=1$. De $\overline{OU}+\overline{OU}+1=\overline{NO}$, on tire $\overline{NO}\leqslant 39$. Comme $N$ est pair $N=2$. Alors $\overline{1U}+\overline{1U}+1=21$ donne $U=0$. On trouve $\mathbf{106+106=212}$ qui convient.
  • $O=3$. De $\overline{OU}+\overline{OU}+1=\overline{NO}$, on déduit $61+2\times U=10\times N+3$. Soit encore $29+U=5\times N$. Comme $N$ est pair, $29+U$ est multiple de 10. Ainsi $U=1$. $\overline{OU}+\overline{OU}+1=\overline{NO}$ s’écrit alors $63=\overline{N3}$ ce qui donne $N=6$. De $N+10=2\times I$ on déduit $I=8$. On est conduit à $\mathbf{318+318=636}$ qui fournit une seconde solution.

On a donc deux solutions :

$$\mathbf{106+106=212}$$

$$\mathbf{318+318=636}$$

La recherche est laissée aux soins du lecteur. La réponse est $581+581+9 231=10 393$. Les premiers résultats accessibles sont $S=1$, $I=0$, $E=3$.

$\overline{COCA}<10 000$ et $\overline{COLA}<10 000$, donc $\overline{OASIS}<20 000$. $O=1$. $A\neq1$ et si $A=0$ alors $S=A=0$ (à exclure). On a donc $A\geqslant 2$.
On a : $\overline{COCA}+\overline{COLA}>12 000$. Cette inégalité impose $C\geqslant 6$.
$S$ est pair car $S=A+A$ ou $S+10=A+A$ (analyse du chiffre des unités).
$S$ apparaît comme chiffre des centaines du résultat. On obtient ce chiffre en ajoutant éventuellement une retenue provenant de la somme des dizaines à $1+1$ ($O=1$). On obtient donc soit $S=2$ (sans retenue) ou bien $S=3$ (avec retenue). Le dernier cas est à exclure car $S$ est pair. Ainsi $S=2$ et il n’y a pas eu de retenue en ajoutant les dizaines.
Le cas $S=A+A$ ne peut se produire car il conduit à $A=1=O$.
Ainsi $S+10=A+A$ donne $12=A+A$ et $A=6$.
Comme l’addition des dizaines n’a pas donné lieu à une retenue, le problème se sépare en deux : d’une part $\overline{CO}+\overline{CO}=\overline{OAS}$ et d’autre part $\overline{LA}+\overline{CA}=\overline{IS}$. En injectant les chiffres déjà déterminés dans la première égalité, on obtient $\overline{C1}+\overline{C1}=162$ ce qui conduit à $C=8.$ La seconde devient donc $\overline{L6}+\overline{86}=\overline{I2}$ ce qui se ramène à $L+9=I$. Le seul choix possible est $L=0$ et $I=9$.

La réponse est donc $\mathbf{8 186+8106=16 192}$.

• $\overline{ONZE}\gt\overline{NEUF}$ conduit à $O\geqslant N$. Le cas d’égalité est à exclure. Alors $O\geqslant N+1$. De plus si $O\geqslant N+2$ on aurait $\overline{ONZE}-\overline{NEUF}\gt 1 000$. Ce cas est à exclure car $\overline{UN}+\overline{UN}\lt200$. Ainsi $O = N+1$.
• Le problème se ramène à $\overline{UN}+\overline{UN}+\overline{EUF}=1 000+\overline{NZE}$. Le second membre est supérieur à 1 100, ce qui donne $\overline{EUF}\gt 900$ et donc $E=9$. En enlevant 900 aux deux membres on obtient $\overline{UN}+\overline{UN}+\overline{UF}=100+\overline{NZE}$. Comme $\overline{UN}+\overline{UN}+\overline{UF}\lt 300$, on a $\overline{NZE}\lt 200$ ce qui donne $N=1$ ($N$ ne peut être nul). $O=N+1=2$.
• On regarde les chiffres des unités dans $\overline{UN}+\overline{UN}+\overline{UF}=100+\overline{NZE}$. On a $2+F=9$ ou $2+F=10+9$. Le deuxième cas est impossible donc $F=7$.
• On reporte dans $\overline{UN}+\overline{UN}+\overline{UF}=100+\overline{NZE}$ les chiffres déjà déterminés : $\overline{U1}+\overline{U1}+\overline{U7}=100+\overline{1Z9}$. Ainsi $3\times U = \overline{2Z}$. Nous avons pour U les choix suivants :
  • $U=7$ qui doit être exclu car $F=7$
  • $U=8$ qui conduit à $Z=4$
  • $U=9$ qui doit être exclu car $E=9$.
• La seule possibilité est donc $U=8$, $Z=4$. On vérifie qu’elle convient : $\mathbf{81+81+1987=2149}$.

• Première étape : $\overline{SEND}+\overline{MORE}<10 000+10 000$ donc $\overline{MONEY}<20 000$, et $M=1$.
  Alors $\overline{MORE}<2000$ et par suite $\overline{SEND}+\overline{MORE}<12 000$, donc $O$ vaut 0 ou 1, Comme $M=1$, il reste $O=0$.
  De $\overline{MONEY}\geqslant 10 234$ et $\overline{MORE}\leqslant 1 098$, on tire $\overline{SEND}\geqslant 9 136$, donc $S=9$.
• Deuxième étape : on a donc $9 000+\overline{END}+1 000+\overline{RE}=10 000+\overline{NEY}$, ce qui ramène à un problème de taille plus modeste, où les chiffres représentées par les lettres sont à prendre dans [2 ;8] :
  

  $$\overline{END}+\overline{RE}=\overline{NEY}$$

  
  $\overline{NEY}$ s’obtient en ajoutant à $\overline{END}$ un nombre inférieur à 100, donc $N = E + 1$. Il vient alors $\overline{ND}+\overline{RE}=\overline{EY}+100$ et $\overline{ED}+\overline{RE}=\overline{EY}+90$, d’où :
  

  $$D+\overline{RE}=Y+90$$

• Troisième étape : de $D+\overline{RE}>90$ et $R\neq 9$ ($R=9$ donnerait $R=S$ ) on tire $R=8$. $D+\overline{RE}=Y+90$ devient alors $D+E=Y+10$, les chiffres $D$, $E$, $Y$ étant à prendre dans [2 ;7]. On a $D+E\leqslant 7+6$ , donc $Y$ vaut 2 ou 3.
  Si on avait $Y=3$, on aurait soit $D=7$, $E=6$, ce qui est exclu car comme $N=E+1$, on aurait donc $D=N=7$, soit $D=6$, $E=7$, ce qui donnerait $N=8$, donc $N=R$.
  La seule possibilité est donc $Y=2$, ce qui donne $D=7$, $E=5$ ou $D=5$, $E=7$ ; mais la seconde éventualité est exclue car menant à $N=8=R$.
  Reste à voir que l’unique possibilité restante convient bien. On vérifie :

$$\mathbf{9 567+1 085=10 652}$$

On a $100\lt C^{4}<1 000$. Mais $3^{4}=81$, $4^{4}=256$, $5^{4}=625$, $6^{4}=1 296$. $C$ vaut donc 4 ou 5. Le chiffre des unités de $C^{4}$ étant $C$ seul $C=5$ convient. On a bien $\mathbf{625=5^{4}}$.

On a $1 000\lt D^{4}$ donc $D\geqslant 6$. Si D vaut 7, 8 et 9, le chiffre des unités de $D^{4}$ vaut respectivement 1, 6 et 1, différent de $D$ dans ces trois cas. $6^{4}=1 296$ convient donc $D=6$.

La ligne donnant $\overline{ABC}\times A=\overline{\bullet{} \bullet{} A}$ est « plus courte » que les deux autres. De la comparaison des produits partiels, on peut donc déduire $A\lt B$ et $A\lt C$. Comme $A$ n’est pas nul, $B$ et $C$ sont supérieurs ou égaux à 2.

De $\overline{ABC}\times A=\overline{\bullet \bullet A}$ on déduit que le chiffre des unités de $C\times A$ est $A$. Ainsi $C\times A-A=(C-1)\times A$ est multiple de 10.
A fortiori 5 divise $(C-1)\times A$, donc il divise $A$ ou $C-1$. Deux cas sont à examiner : $A=5$ ou $C=6$.

On peut appliquer le même raisonnement à $\overline{ABC}\times B=\overline{\bullet \bullet \bullet B}$. Ainsi soit $B=5$ soit $C=6$.

Si l’on avait $C\neq 6$, on aurait d’après ce qui précède $A= B=5$, ce qui est exclu. On a donc $C=6$.

10 divise $(C-1)\times A$ et $(C-1)\times B$, soit $5\times A$ et $5\times B$. $A$ et $B$ sont donc pairs. Ils valent 2, 4 ou 8. Comme $A \lt B$, on peut exclure le cas $A=8$. Il reste $A=2$ ou $A=4$, et $B=4$ ou $B=8$.

Supposons $A=4$. $\overline{ABC}\times A>1 600$ conduit à une contradiction car ce produit partiel n’a que trois chiffres. Ainsi $A=2$.

$B$ vaut donc 4 ou 8. Le premier cas conduit pour le troisième produit partiel à $\overline{ABC}\times B=246\times 4=984<1 000$. Ce produit n’a que trois chiffres au lieu de quatre.

Finalement $B=8$. On vérifie que $\mathbf{286\times826=236 236}$ convient bien.

• $D\times \overline{ABC}$ et $E\times \overline{ABC}$ finissent tous deux par $\overline{EC}$. Donc 100 divise $(D-E)\times\overline{BC}$. Il en résulte que 25 divise $\overline{BC}$ ou 5 divise à la fois $\overline{BC}$ et $D-E$. Dans les deux cas cela donne $C=5$ ou $C=0$.
• En regardant l’addition des dizaines dans le détail de l’opération, on voit que $C=0$ entraînerait $E=B$. On a donc $C=5$.
• 4 divise $(D-E)\times\overline{BC}$ et est premier avec $\overline{BC}$, puisque $C=5$. Donc 4 divise $(D-E)$, qui vaut ainsi $-8$, $-4$ , $4$ ou $8$.
• 25 divise $(D-E)\times\overline{BC}$ et est premier avec $D-E$. Donc 25 divise $\overline{BC}$ qui se termine par 5. Les multiples impairs de 25 se terminent par 25 ou 75. Donc $B$ vaut 2 ou 7.
• $\overline{ABC}$ est multiple de 25. C’est le cas aussi de $\overline{FEC}$ car $\overline{FEC}=\overline{ABC}\times E$. De plus $\overline{FEC}$ est impair puisque de terminant par 5. $\overline{EC}$ vaut donc 25 ou 75. Si on avait $E=2$, le produit $\overline{ABC}\times E$ serait pair. C’est impossible car il est égal à $\overline{FEC}$ qui est impair .
• On a donc : $\overline{EC}=75$, $\overline{BC}=25$ , soit $C=5$, $E=7$, $B=2$.
• De $D-E=\pm 4$ ou $D-E=\pm 8$ et $E=7$ la seule possibilité pour $D$ est $D=3$.
• De $\overline{ABC}\times D=\overline{DEC}$ on tire $\overline{ABC}\times 3=375$. $\mathbf{\overline{ABC}=125}$. Comme $\mathbf{\overline{DE}=37}$, la solution est bien déterminée.
• On a procédé par conditions nécessaires. Il reste à vérifier que cette solution convient bien.

Pour plus de commodité, nous allons utiliser des lettres à la place des trous à compléter pour les deux nombres dont on fait le produit. Les lettres représenteront dans ce cas ci des chiffres a priori non forcements distincts :

$$\overline{AB3C}\times\overline{PQ3}$$

• De l’analyse du premier produit partiel $\overline{AB3C}\times 3=\overline{3\bullet\bullet\bullet}$, on tire $A=1$ et $B\leqslant 3$. $B=3$ étant exclu par l’énoncé, $B$ vaut 0, 1 ou 2.
• Du deuxième produit partiel $\overline{1B3C}\times Q=\overline{\bullet\bullet\bullet\bullet33}$ on tire $Q\geqslant \dfrac{10 033}{1 239}\approx 8,09$. Donc $Q=9$.
• Toujours dans le deuxième produit partiel, le chiffre des unités de $\overline{1B3C}\times 9=\overline{\bullet\bullet\bullet\bullet33}$ impose $C=7$
• Il reste à déterminer $B$ et $P$.
• Le cas $B=0$ peut être exclu en regardant le deuxième produit partiel qui a cinq chiffres. Si $B=0$, le deuxième produit partiel vaudrait $1 037\times 9 = 9333$ qui a le double défaut de ne comporter que quatre chiffres et d’avoir un 3 pour chiffre des centaines (ce qui aurait du être révélé selon l’énoncé). Ainsi $B=1$ ou $B=2$.
• Le produit $\overline{1B37}\times \overline{P93}$ a sept chiffres. Il est au moins égal à 1 000 000. On a donc $1 237\times \overline{P93}\geqslant\overline{1B37}\times \overline{P93}\geqslant 1 000 000$, d’où on déduit $\overline{P93}\geqslant \dfrac{1 000 000}{1 237}$, d’où $\overline{P93}\geqslant 808$. $P$ vaut 8 ou 9.
• Cas où $P=9$ : en regardant le troisième produit partiel on aurait $\overline{1B37}\times 9\geqslant 1 137\times 9=10 233$, ce qui est impossible car ce produit est annoncé avec quatre chiffres. On a donc $P=8$.
• Deux produits sont à essayer : 1 137×893 et 1 237×893
  • Le premier essai est infructueux car un 3 non révélé par l’énoncé apparaît au résultat.

    

  • 1 237×893 remplit toutes les conditions, donc convient.

    

$$\overline{MATH} \times \overline{MATH} = \overline{\bullet\bullet\bullet\bullet MATH}$$

Posons $x=\overline{MATH} $. La principale information que nous ayons est $x^{2}\equiv x \mod 10 000$ :

• $10^{4}$ divise $x(x-1)$
  De plus :
• $x$ et $x-1$ sont premiers entre eux.
• $10^{4}=2^{4}\times 5^{4}$

Cela signifie que chacun des deux nombres $2^{4}$ et $5^{4}$ divise $x$ ou $x-1$. Ils ne peuvent pas diviser le même car $x$, qui n’a que quatre chiffres, serait divisible par 10 000 ce qui n’est pas possible pour un nombre avec quatre chiffres.

Donc :

• 625 divise $x$ et 16 divise $x-1$ (premier cas), ou
• 16 divise $x$ et 625 divise $x-1$ (deuxième cas).

• Premier cas : Posons $x=625\times h$. De $625\equiv 1 \mod 16$ [4] on tire $x\equiv h \mod 16$. On veut que $x-1$ soit multiple de 16, donc que $h$ soit de la forme $16\times u+1$ et $x=625\times(16u+1)$. La valeur 625 ($u=0$) n’a pas assez de chiffres, la suivante, $625\times17=10 625$ a trop de chiffres. On peut donc exclure ce premier cas.
• Deuxième cas : Posons $x-1=625\times k$ et donc $x=625\times k +1$. On sait que 16 divise $x$. Ainsi $625\times k +1\equiv 0 \mod 16$. Comme $625\equiv 1 \mod 16$, $k+1\equiv 0 \mod 16$. Pour $k=15$ on a $x=625\times 15 +1 = 9 376$. Les autres valeurs de $k$ fournissent pour $x$ des écritures à au moins cinq chiffres, ce qui les exclut.
• Reste à déterminer si $\overline{MATH}=9 376$ convient. La seule condition à vérifier est que le carré de $\overline{MATH}$ ait huit chiffres. Or $\mathbf{9 376^{2}=97 909 376}$, ce qui règle la question.

L’équivalent Scratch du programme Python donné en introduction est quelque peu « indigeste », parce qu’il n’y a pas de bloc « Pour » :

Donc, si on veut traiter ce problème avec Scratch au collège, il faut chercher à réduire le nombre de boucles. Cela est possible en calculant OUI à partir de NON, puis en extrayant les chiffres le composant à partir de divisions par 10 :

Même si ce programme Scratch n’est pas aussi « indigeste » que le premier, il est loin d’être simple et quelques exercices préparatoires semblent nécessaires :

• afficher les deux chiffres d’un entier compris entre 10 et 99
• afficher les trois chiffres d’un entier compris entre 100 et 999
• afficher tous les entiers entre 0 et 9 à l’aide d’une boucle « Répéter »
• ...

Le problème est plus abordable avec l’extension SofusPy [7] de Blockly : non seulement il y a des boucles « Pour », mais il y a aussi un bloc permettant de calculer le quotient d’une division par 10 sans recourir à la fonction PartieEntière (voir programme). Cerise sur le gâteau, SofusPy peut aussi engendrer automatiquement ce programme Python à partir du programme Blockly :

for N in range(1,10):
	for O in range(1,10):
		NON = 100*N + 10*O + N
		OUI = NON + NON
		I = OUI % 10
		OU = OUI // 10
		U = OU % 10
		O_OUI = OU // 10
		if (O_OUI == O) :
			print(NON)
			print(OUI)

Aucun test n’a été inséré pour vérifier que les lettres ont des valeurs différentes, afin de ne pas alourdir le code. Cela paraît d’autant moins nécessaire qu’on n’obtient que 5 solutions potentielles, dont 3 sont à éliminer :

• 121 + 121 = 242 (à éliminer car O=I=2)
• 242 + 242 = 484 (à éliminer car O=I=4)
• 252 + 252 = 504
• 373 + 373 = 746
• 494 + 494 = 988 (à éliminer car U=I=8)

Pour en finir avec cet exemple, il est à signaler qu’il peut être traité avec une unique boucle, en s’inspirant de la solution donnée pour l’exemple suivant (OUI+OUI=NON).

Comme il me semble problématique d’imbriquer 3 boucles « Répéter » au collège (une pour O, une pour U et une pour I), je vais proposer une autre stratégie : faire varier OUI entre 100 et 999, puis en déduire NON, puis extraire les chiffres de ces deux nombres pour faire des tests :

Il y a alors 4 solutions potentielles, dont 2 sont à éliminer pour des doublons :

• 106 + 106 = 212
• 212 + 212 = 424 (à éliminer car O=I=2)
• 318 + 318 = 636
• 424 + 424 = 848 (à éliminer car O=I=4)

Pour ce cryptarithme, il est clair que le M de MONEY ne peut qu’être égal à 1, ce qui permet ici un gain de temps non négligeable : dans l’environnement de test que j’ai utilisé, le temps d’exécution est ainsi passé de 70 secondes à 8 secondes. Contrairement au cryptarithme NON + NON = OUI, il est conseillé de veiller dans le programme à ce que tous les chiffres soient différents car il y aurait ensuite trop de fausses solutions à éliminer « manuellement » :

def differents(*args):
	return len(set(args)) == len(args)
 
m = 1
for s in range(1, 10):
	for e in range(0, 10):
		for n in range(0, 10):
			for d in range(0, 10):
				for o in range(0, 10):
					for r in range(0, 10):
						for y in range(0, 10):
							if differents(s, e, n, d, m, o, r, y):
								send = 1000 * s + 100 * e + 10 * n + d
								more = 1000 * m + 100 * o + 10 * r + e
								money = 10000 * m + 1000 * o + 100 * n + 10 * e + y
								if send + more == money:
									print(send)
									print(more)
									print(money)

Pour une utilisation en classe au lycée, le code de la fonction « differents » serait bien sûr à fournir aux élèves. Elle construit un ensemble à partir des 8 lettres, puis vérifie si la longueur de l’ensemble est 8, ce qui signifie alors qu’il n’y a pas de doublons.

Suite à la publication d’un article utilisant les permutations en Python [8], plusieurs membres du comité de rédaction ont alors songé à les utiliser ... sans proposer de solution toutefois ! Heureusement, il n’est pas difficile d’en trouver une avec un moteur de recherche car ce cryptarithme est très étudié :

import itertools
letters = ('s', 'e', 'n', 'd', 'm', 'o', 'r', 'y')
digits = range(10)
for perm in itertools.permutations(digits, len(letters)):
	sol = dict(zip(letters, perm))
	if sol['s'] == 0 or sol['m'] == 0:
		continue
	send = 1000 * sol['s'] + 100 * sol['e'] + 10 * sol['n'] + sol['d']
	more = 1000 * sol['m'] + 100 * sol['o'] + 10 * sol['r'] + sol['e']
	money = 10000 * sol['m'] + 1000 * sol['o'] + 100 * sol['n'] + 10 * sol['e'] + sol['y']
	if send + more == money:
		print(send)
		print(more)
		print(money)

Grâce au module itertools, toutes les permutations de 8 chiffres sont engendrées et associées aux 8 lettres du cryptarithme. A l’arrivée, on récupère un tableau associatif (appelé aussi dictionnaire) à partir duquel on peut calculer les nombres SEND, MORE et MONEY. Bien évidemment, cette solution n’est pas destinée à des lycéens, mais est fournie pour satisfaire l’insatiable curiosité des lecteurs de la revue !

Le temps d’exécution est alors de 4.5 secondes, et on peut l’abaisser à 0.4 secondes en adaptant le programme précédent puisqu’on sait que M vaut 1. Pour calculer ces divers temps d’exécution, qui varient bien sûr suivant l’ordinateur utilisé, il suffit de compléter les programmes par ces instructions :

import time
debut = time.clock()
...
fin = time.clock()
print fin - debut

Le cryptarithme relatif à Brigitte Bardot est facile à résoudre, même s’il est fastidieux [9] d’extraire les 6 chiffres de la variable BARDOT :

def differents(*args):
	return len(set(args)) == len(args)
 
for S in range(1,10) :
	for E in range(1,10) :
		for X in range(1,10) :
			SEX = 100*S+10*E+X
			B1 = (X*SEX) // 1000
			B2 = (E*SEX) // 1000
			BARDOT = SEX * SEX
			B3 = BARDOT // 100000
			if B1 == B2 and B1 == B3 :
				T = BARDOT % 10
				BARDO = BARDOT // 10
				O = BARDO % 10
				BARD = BARDO // 10
				D = BARD % 10
				BAR = BARD // 10
				R = BAR % 10
				BA = BAR // 10
				A = BA % 10
				if (differents(S,E,X,B1,A,R,D,O,T)) :
					print(SEX)
					print(BARDOT)

Pour une éventuelle utilisation en classe, mieux vaut remplacer ce cryptarithme par DIX fois DIX = QUATRE, plus neutre et moins inexact qu’il n’y paraît : en effet, 10 fois 10 en base 2 vaut 100, c’est à dire 4 en base 10.

L’intérêt de ce cryptarithme est qu’il peut être résolu avec une seule boucle : il est donc envisageable de le traiter au collège avec un programme visuel. Pour limiter le nombre de fausses solutions, j’utilise le fait que A est strictement inférieur à B et à C : en effet, A*ABC ne comporte que 3 chiffres, alors que B*ABC et C*ABC en comportent 4.

Il y a alors 3 solutions potentielles, dont 2 sont à éliminer :

• 246 * 426 = 104796 (à éliminer car 4 *246 comporte 3 chiffres)
• 286 * 826 = 236236
• 486*846 = (à éliminer car 4*486 comporte 4 chiffres)

Au collège, il vaut mieux privilégier la résolution de cryptarithmes pouvant être résolus avec une seule boucle (voire deux), d’autant que Scratch ne propose pas de boucle « Pour ».

Au lycée, n’importe quel cryptarithme peut être abordé : avec Python, il est en effet aisé d’imbriquer des boucles « Pour » afin d’examiner toutes les possibilités et les élèves ont aussi plus d’expérience en codage. Le célèbre SEND + MORE = MONEY, qui comporte 8 lettres à découvrir, peut conduire à s’intéresser au temps d’exécution des programmes.