33 énigmes de logique, raisonnement compris

Il emmène la chèvre, puis le chou, et ramène la chèvre avant d'emmener le loup.

La clé est qu'un voyage peut se faire à vide, mais aussi en sens inverse avec une charge. On l'oublie presque toujours. Le fermier emmène d'abord la chèvre, seule charge dont l'absence ne cause rien. Il revient à vide, emmène le chou, et repart avec la chèvre : c'est le coup contre-intuitif. Il laisse la chèvre sur la rive de départ, emmène le loup qu'il dépose près du chou sans risque, revient à vide et prend la chèvre. Sept traversées.

Oui : 1 et 2 passent, 1 revient, 5 et 10 passent ensemble, 2 revient, 1 et 2 passent.

Le réflexe est de faire escorter chacun par le plus rapide, ce qui donne 19 minutes. L'idée qui fait gagner deux minutes est de faire voyager les deux lents ENSEMBLE, pour ne payer leur lenteur qu'une seule fois. Le détail : 1 et 2 traversent (2 min), 1 revient (1 min), 5 et 10 traversent (10 min), 2 revient (2 min), 1 et 2 traversent (2 min). Total 17. Le principe se généralise : quand un coût ne se paie qu'au maximum, il faut regrouper les gros.

En onze traversées, en gardant toujours l'égalité ou la supériorité des missionnaires sur chaque rive.

La contrainte porte sur les DEUX rives à la fois, y compris pendant que la barque est au milieu : c'est ce qu'on oublie. Une solution : deux cannibales passent, un revient ; deux cannibales passent, un revient ; deux missionnaires passent, un missionnaire et un cannibale reviennent ; deux missionnaires passent, un cannibale revient ; deux cannibales passent, un revient ; deux cannibales passent. À aucun moment un missionnaire ne se retrouve minoritaire. Une rive vide de missionnaires est en revanche parfaitement sûre, quel que soit le nombre de cannibales.

Deux pesées.

On raisonne par tiers, et non par moitiés, parce qu'une balance donne TROIS réponses et pas deux : penche à gauche, penche à droite, ou reste en équilibre. Première pesée : trois billes contre trois. Si la balance penche, la bille est dans le groupe le plus lourd ; si elle reste droite, elle est dans les trois restantes. Dans les deux cas il reste trois candidates. Deuxième pesée : une bille contre une autre du groupe retenu. Si l'une descend c'est elle, sinon c'est la troisième. Le même raisonnement donne 27 billes en trois pesées, et 81 en quatre.

C'est possible, mais la deuxième pesée doit dépendre du résultat de la première.

C'est l'énigme de pesée la plus connue, et elle est plus dure que la précédente parce que le sens de l'écart est inconnu : chaque bille porte deux hypothèses au lieu d'une, soit vingt-quatre cas pour neuf résultats possibles en deux pesées, ce qui ne suffit pas. Première pesée : quatre contre quatre. Si l'équilibre est atteint, l'intruse est parmi les quatre écartées et deux pesées suffisent. Sinon, on sait que les quatre du plateau lourd sont candidates au lourd et les quatre du plateau léger candidates au léger. La deuxième pesée mélange volontairement des billes des deux plateaux avec des billes saines, de façon que chacun des trois résultats élimine un groupe entier. Le principe à retenir : ne jamais fixer ses pesées à l'avance.

Prendre une pièce du premier sac, deux du deuxième, trois du troisième, et ainsi de suite, puis tout peser ensemble.

Le nombre de pièces prélevées sert d'étiquette. Si tout était normal, les 1+2+...+10 = 55 pièces pèseraient 550 grammes. Chaque pièce défectueuse retire un gramme. Le manque lu sur la balance donne donc directement le numéro du sac : il manque 3 grammes, c'est le sac numéro 3. L'idée générale, utile bien au-delà de cette énigme, est d'encoder l'information dans la quantité plutôt que de la chercher par essais.

Demandez à l'un : « Quelle porte l'autre gardien me désignerait-il ? », puis prenez l'autre porte.

L'astuce consiste à faire passer la réponse par les deux gardiens, ce qui rend le mensonge inoffensif. Si vous interrogez le sincère, il rapporte fidèlement le mensonge de l'autre : il désigne la mauvaise porte. Si vous interrogez le menteur, il déforme la réponse honnête de l'autre : il désigne aussi la mauvaise porte. Dans les deux cas la porte indiquée est la mauvaise, et vous prenez l'autre. Le principe est que deux inversions se compensent, et une seule ne se compense pas.

Allumer le premier dix minutes, l'éteindre, allumer le deuxième, puis descendre et toucher les ampoules.

L'énigme paraît impossible tant qu'on ne considère que l'état allumé ou éteint : deux états pour trois ampoules, cela ne suffit pas. La solution consiste à créer un troisième état en se servant de la chaleur. L'ampoule allumée correspond au deuxième interrupteur. L'ampoule éteinte mais chaude correspond au premier. L'ampoule éteinte et froide correspond au troisième. Le raisonnement ne marche qu'avec des ampoules à filament : avec des diodes, qui ne chauffent pas, l'énigme redevient insoluble. C'est un bon exemple d'énigme dont la réponse a une date de péremption.

Un chapeau noir, et les trois en portent un.

Le raisonnement se fait sur les silences, qui sont de l'information. Si une personne voyait deux chapeaux blancs, elle saurait immédiatement que le sien est noir, puisqu'il y a au moins un noir : elle parlerait. Le silence de la première prouve donc qu'elle voit au moins un noir. La deuxième, sachant cela, raisonne à son tour : si elle voyait un seul noir et un blanc, elle saurait que le sien est noir, sinon la première aurait vu deux blancs et aurait parlé. Son silence prouve qu'elle voit deux noirs. La troisième conclut donc que le sien est noir. Ce type d'énigme s'appelle un raisonnement de connaissance commune, et il repose entièrement sur ce que l'absence de réponse révèle.

Trois.

Avec deux chaussettes, on peut tomber sur une noire et une blanche. Avec trois, il n'y a que deux couleurs possibles, donc au moins deux chaussettes partagent forcément la même : c'est ce qu'on appelle le principe des tiroirs. Le nombre total de chaussettes n'intervient pas, ce qui surprend toujours. Attention à la variante : pour être sûr d'avoir une paire NOIRE, il en faut douze, puisque les dix blanches peuvent sortir en premier.

Allumer la première par les deux bouts et la seconde par un seul, puis allumer le second bout de la seconde quand la première a fini.

Une corde allumée par les deux bouts se consume en trente minutes, quelle que soit son irrégularité : les deux flammes se rejoignent forcément à la moitié du TEMPS, même si ce n'est pas la moitié de la longueur. C'est le point que tout le monde manque. Quand la première corde est finie, trente minutes se sont écoulées et la seconde a trente minutes de matière restante. En allumant alors son autre extrémité, elle se consume en quinze minutes. Total : quarante-cinq.

Remplir le seau de cinq, en verser trois dans l'autre, vider le petit, y verser les deux litres restants, puis compléter le grand et le vider dans le petit.

Le détail : remplissez le seau de cinq litres, versez dans celui de trois jusqu'à ras bord, il reste deux litres dans le grand. Videz le petit, versez-y les deux litres. Le petit contient deux litres et peut donc encore en recevoir un seul. Remplissez le grand à cinq litres et versez dans le petit : il n'en prend qu'un, et il reste quatre litres dans le grand. Ce type de problème se résout toujours de la même façon : on ne mesure pas des volumes, on mesure des DIFFÉRENCES entre les deux contenants.

Il est de petite taille et n'atteint que le bouton du dixième.

Les jours de pluie il a son parapluie, qui lui sert à appuyer plus haut. Quand il y a du monde, il demande. L'hypothèse cachée que l'énigme exploite est que tout le monde atteint tous les boutons. Une énigme latérale fonctionne toujours ainsi : elle ne cache pas une déduction, elle cache une évidence que l'auditeur a ajoutée lui-même sans s'en rendre compte. C'est pourquoi les chercher par la logique ne mène nulle part, et pourquoi elles se jouent en posant des questions fermées à celui qui connaît la réponse.

Il est monté sur un bloc de glace, qui a fondu.

L'hypothèse cachée est ici que ce qui a servi de support devait encore être là. La flaque est l'indice, et elle est donnée dans l'énoncé : les bonnes énigmes latérales fournissent toujours de quoi trouver, à condition de renoncer à l'idée de départ. C'est l'énigme latérale la plus connue au monde, et elle sert souvent d'exemple pour expliquer ce qu'est la pensée divergente.

Aucun : c'est Noé qui avait une arche, pas Moïse.

Presque tout le monde répond « deux » avant de réaliser. Ce n'est pas de l'ignorance : c'est un effet mesuré par les psychologues du langage, appelé illusion de Moïse. Le cerveau traite le sens général de la phrase et laisse passer un mot faux tant qu'il appartient au même contexte. Remplacez Moïse par Napoléon et l'erreur disparaît immédiatement, parce que le contexte ne colle plus. C'est la démonstration la plus simple qu'on lit rarement mot à mot.

Le chirurgien est sa mère.

Cette énigme n'est pas un jeu de mots, c'est un test. Elle a été utilisée dans des études sur les représentations professionnelles depuis les années soixante-dix, et la proportion de personnes qui bloquent reste élevée aujourd'hui, y compris chez celles qui se déclarent sans préjugé sur le sujet. L'hypothèse cachée ne vient pas du texte, elle vient du lecteur, et c'est ce qui la rend intéressante à poser en famille.

Il avait le hoquet, et la peur l'a fait passer.

C'est le modèle des énigmes qui se jouent à plusieurs : celui qui connaît la réponse ne répond que par oui ou non, et les autres posent des questions fermées pour reconstituer la situation. Le verre d'eau est l'indice, puisqu'on en boit contre le hoquet. La bonne méthode consiste à interroger le MOTIF de chaque action plutôt que l'action elle-même : non pas « le barman est-il fou », mais « le barman voulait-il aider ».

Vingt-neuf jours.

La réponse spontanée est quinze, et elle est fausse parce que la croissance n'est pas régulière mais doublée. Si l'étang est plein au trentième jour et que la surface double chaque jour, la veille il en couvrait forcément la moitié. Le point à retenir dépasse l'énigme : dans une croissance qui double, tout se joue à la toute fin. Au quinzième jour, le nénuphar couvre moins d'un trente-millième de l'étang, et on jurerait qu'il ne se passe rien.

Huit jours.

La réponse spontanée est dix, en divisant dix par le mètre gagné chaque jour. Elle oublie que l'escargot ne glisse plus une fois sorti. Après sept jours il a gagné sept mètres et se trouve à sept mètres. Le huitième jour, il monte de trois mètres, atteint dix mètres et sort : il n'y a pas de huitième nuit. La règle générale de ces problèmes est de traiter la dernière étape à part, parce que c'est celle où la règle cesse de s'appliquer.

Cinquante centimes.

La réponse qui vient immédiatement est un euro, et elle est fausse : la raquette coûterait alors onze euros et le total douze. Si la balle vaut x, la raquette vaut x plus dix, et le total vaut deux x plus dix, soit onze : x vaut zéro virgule cinquante. Cette question fait partie d'un test de réflexion cognitive utilisé en psychologie expérimentale, et plus de la moitié des étudiants d'universités très sélectives donnent la mauvaise réponse. Elle ne mesure pas l'intelligence mais la tendance à s'arrêter à la première réponse plausible.

Vingt-deux fois.

On répond spontanément vingt-quatre, une fois par heure. Or entre onze heures et treize heures, il n'y a qu'une seule superposition, à midi pile : à midi cinq, la petite aiguille a déjà quitté le douze. Les aiguilles se rejoignent toutes les soixante-cinq minutes et cinq secondes environ, et non toutes les heures. Sur vingt-quatre heures, cela fait vingt-deux rencontres, dont minuit et midi.

Les douze.

La question ne demande pas quels mois ont EXACTEMENT vingt-huit jours, mais lesquels en comptent vingt-huit. Un mois de trente et un jours en contient bien vingt-huit, plus trois autres. C'est une énigme de lecture, pas de calendrier, et elle fonctionne parce que l'esprit ajoute le mot « exactement » sans y penser. Le même mécanisme sert dans les contrats et les questions de sondage, ce qui en fait un bon exercice de lecture attentive.

Environ seize centimètres.

La réponse paraît absurde : un mètre sur quarante mille kilomètres devrait être indétectable. Le calcul dit autre chose. La circonférence vaut deux fois pi fois le rayon, donc si la longueur augmente d'un mètre, le rayon augmente d'un divisé par deux pi, soit environ zéro virgule seize mètre. Le résultat ne dépend pas du tout de la taille de la sphère : sur une balle de tennis, un mètre de corde en plus donne exactement le même écart de seize centimètres. C'est la démonstration la plus courte que l'intuition sur les grands nombres est peu fiable.

Nulle part : l'addition est mal posée.

Les vingt-sept euros payés par les clients CONTIENNENT déjà les deux euros du groom : vingt-cinq pour l'hôtel plus deux pour le groom font vingt-sept. Ajouter les deux euros aux vingt-sept revient à les compter deux fois. La bonne façon de vérifier est de partir des trente euros de départ : vingt-cinq à l'hôtel, deux au groom, trois rendus aux clients. L'énigme ne cache pas un euro, elle cache une addition qui n'a pas de sens, et c'est pour cela qu'elle résiste si longtemps.

Oui : changer fait passer vos chances d'une sur trois à deux sur trois.

L'erreur consiste à croire qu'il reste deux portes équiprobables. Ce serait vrai si le présentateur ouvrait au hasard, mais il ne le fait pas : il SAIT, et il évite volontairement la voiture. Votre première porte avait une chance sur trois, et rien de ce qu'il fait ne change cette valeur. Les deux autres portes valaient donc ensemble deux chances sur trois, et comme l'une est éliminée, la porte restante porte à elle seule ces deux tiers. Avec cent portes au lieu de trois, l'intuition se rétablit : après que le présentateur en a ouvert quatre-vingt-dix-huit, personne n'hésite à changer.

Ils sont trois : un grand-père, son fils et son petit-fils.

Le fils du milieu compte deux fois, une fois comme père et une fois comme fils. L'énigme joue sur le fait qu'on additionne les rôles au lieu de compter les personnes. Elle se pose très bien à un enfant de sept ans, qui la trouve souvent plus vite qu'un adulte : n'ayant pas encore l'habitude d'additionner mécaniquement, il cherche d'abord à se représenter la scène.

Son fils.

Il faut décomposer la phrase de la fin vers le début. « Le fils de mon père » : comme il n'a ni frère ni sœur, cela ne peut désigner que lui-même. La phrase devient donc « le père de cet homme, c'est moi », et l'homme du portrait est son fils. La difficulté vient de ce que la phrase se lit naturellement dans l'autre sens, ce qui conduit la plupart des gens à répondre « lui-même ». La méthode générale sur ce type d'énoncé est de remplacer chaque groupe par un nom propre au fur et à mesure.

L'allumette.

La question porte sur l'ordre, pas sur le choix : rien ne peut être allumé avant elle. C'est une énigme de lecture, comme celle des mois de vingt-huit jours, et elle marche parce que l'énumération d'objets oriente vers un choix entre eux. Elle se prête bien aux enfants à partir de six ans, à condition de la poser lentement.

Cent quatre-vingts fois.

On compte par position. Aux unités, le neuf revient une fois toutes les dix pages, soit quatre-vingt-dix fois sur neuf cents. Aux dizaines, il apparaît par blocs de dix, de 90 à 99, de 190 à 199, et ainsi de suite : neuf blocs de dix, soit quatre-vingt-dix fois. Aux centaines, la série de 900 à 999 est hors du livre, donc zéro. Total : cent quatre-vingts. La méthode se généralise à n'importe quel chiffre et n'importe quelle borne, et elle vaut mieux que de chercher une astuce.

La place 73.

La règle générale est simple à énoncer une fois trouvée : on écrit le nombre de personnes sous la forme deux puissance a, plus un reste b. Ici cent vaut soixante-quatre plus trente-six. Le survivant occupe alors la place deux fois b plus un, soit soixante-treize. La raison en est qu'après le premier tour partiel, il reste exactement une puissance de deux de personnes, et dans ce cas c'est toujours celle qui vient de jouer qui survit. Ce problème porte un nom, le problème de Josèphe, du nom de l'historien qui aurait sauvé sa vie en s'y plaçant.

Aucune, si l'on s'y prend mal ; il faut créer des dépôts intermédiaires.

En partant droit devant avec cinquante kilos, tout est mangé bien avant l'arrivée. La solution consiste à avancer par étapes courtes en faisant plusieurs allers-retours pour déplacer le stock, en acceptant de consommer beaucoup au début. Chaque fois que le stock restant passe sous un multiple de la charge maximale, le nombre d'allers-retours nécessaires diminue, donc le coût au kilomètre chute. Le calcul complet donne un résultat positif mais modeste. Ce qui compte ici n'est pas le chiffre exact, c'est de comprendre qu'un problème de transport peut se résoudre en faisant DEMI-TOUR volontairement, ce que l'intuition refuse.

Elles font partie de triplés, ou davantage.

L'énoncé n'exclut qu'une chose : qu'elles soient DEUX. Il ne dit nulle part que la mère n'a eu que deux enfants ce jour-là. L'hypothèse ajoutée par le lecteur est que « nées le même jour de la même mère » implique jumelles, alors que cela n'implique qu'une naissance multiple. C'est une bonne énigme d'entraînement avant les latérales plus longues, parce qu'elle montre le mécanisme sur une seule phrase.

Il joue au Monopoly.

Chaque élément de l'énoncé est vrai au pied de la lettre, mais dans un contexte que le lecteur n'envisage pas. C'est le sommet du genre : l'énigme ne ment jamais, elle laisse simplement croire à une échelle. La méthode pour la résoudre à plusieurs consiste à interroger le CADRE avant les faits, par exemple « la scène se passe-t-elle dans le monde réel ». Une seule question bien placée fait tomber toute l'énigme, et c'est ce qui rend le format amusant à jouer en groupe.