Le premier doigt replié est le nombre modulo 5: 5 cas possibles
Le second est, dans les doigts qui restent, le nombre modulo 4 : 4 cas possibles
Le troisième, idem modulo 3 : 3 cas possibles
Le quatrième : modulo 2 est directement lié  au second modulo 4, donc pas de double choix
Le dernier coule de source

Donc 5X4X3 = 60 solutions possibles

61 nombres suffiront donc à en obtenir 2 "équivalents"

Ce problème aurait pu s'appeler: "Quand Bezout rencontre Dirichlet (principe des tiroirs)" ou encore "Mariage du théorème chinois et du principe des tiroirs"...

Si N et N' sont équivalents, on a:
[TeX]N \equiv N' [5][/TeX]
[TeX](N-1) \equiv (N'-1) [4][/TeX]
[TeX](N-2) \equiv (N'-2) [3][/TeX]
[TeX](N-3) \equiv (N'-3) [2][/TeX]
Donc [latex]N \equiv N' [ppcm(2,3,4,5)][/latex] (Bezout).
Donc 2 nombres sont équivalents s'ils sont congrus modulo 60 (ou encore s'ils sont dans la même classe d'équivalence dans Z/60Z).

Comme il y a 60 classes d'équivalence modulo 60, 61 nombres assurent qu'il y en a au moins 2 dans la même classe et donc équivalents entre eux (Principe de Dirichlet ou des tiroirs).

La case réponse valide ce 61.
Merci pour ce problème original.
Si on avait utilisé les 10 doigts, il aurait fallu choisir 2521 nombres.

60 combinaisons différentes + 1 = 61

En supposant que toutes les combinaisons sont possibles, le nombre d'entier est le nombre de combinaison +1 soit 5!+1=121

La bonne question a se poser est donc: est-il possible d'obtenir les 120 combinaisons différentes??

Le premier doigt sur lequl on s'arrete est le modulo de N
mod5 = mod(N-1,5)+1 ; pour avoir les résultats entre 1 et 5
doigt1 = mod5

les valeurs N de 1 à 5 permettent d'obtenir les 5 valeurs initiales

mod4 = mod(N-1,4)+1 ce qui donne une valeur de 1 à 4 qu'il faut rajouter à doigt1
EX:i.e. si doigt1 est 3 et mod4 est 4 alors doigt2 = 2

Partant de N = 1 qui nous a donné doigt1 = 1
N = 1 => doigt2 = 2
N = 1 + 5 = 6 => doigt2 = doigt1 (1) + 6 mod(4) = 3
N = 1 + 10 =11 => doigt2 = 4
N = 1 + 15 => 16 qui est 4  doigt2 = 5


Partant de N = 3 qui nous a donné doigt1 = 3
N = 3 => doigt2 = 1
N = 3 + 5 = 8 = 4 => doigt2 = doigt1 + 4 = 2
N = 3 + 10 = 13 = 1 => doigt2 = doigt1 + 1 = 4
N = 3 + 15 = 2 => doigt2 = 5

on se rend bien compte que n'importe quel doigt1, il est facile d'atteindre tout doigt2. Quant est-il de doigt3? Partant de ce dernier exemple, doigt1=3 et doigt2=5 donc avec N = 18
N = 18  = 3 mod (3) [en forçant un résultat 1, 2  ou 3)
ce qui donne doigt3 = 4
N = 18 + 20 = 38 = 2 mod(3) => doigt3 = 2 (les doigts déjà pliés étant 3 et 5)
N = 18 + 40 = 58 = 1 mod(3) => doigt3 = 1

cet exemple montre que tout doigt3 est atteignable

et pour doigt4? allez, on part de N = 38 qui nous a donné dans l'ordre
38 mod(5) => doigt1 = 3 ; 38 mod(4) => doigt2= 3+2=5 et doigt3 = 2 (ci-dessus!); 38 est paire donc  2 ce qui donne doigt4=1. N=38+60=98 est toujours paire ce qui laisse penser que la combinaison 3, 5, 2, 4 et 1 n'est pas réalisable!! et qu'en extrapolant, sans demontrer je sais, le doigt de rang 4 ne peut être choisi le nombre total de combinaison serait 5*4*3=60 et non 120 comme initialement pensé

La réponse est donc 61

edit: question subsidiaire
je mettais fait la remarque de l'extraterrestre à plein de doigts
la reponse serait [latex]\frac{doigt!}{2}+1[/latex] pour avoir deux N equivalents

Bonne réponse de tous ceux qui ont dit 61

Explications: le principe de Dirichlet (ou des tiroirs), nous dit que si on range N+1 chaussettes au moins dans N tiroirs, alors un tiroir au moins en contiendra 2.

Appliqués à notre problème cela devient: si N est le nombre de "classes d'équivalences" différentes, alors la réponse est N+1

Le gros piège à éviter est alors de dire N = 5! = 120. En effet, toutes les solutions ne peuvent pas forcément être atteintes !
Plus précisément, pour les trois premiers doigts repliés, on peut, grâce au théorème des restes chinois, trouver une valeur de N qui les pliera: le premier doigt étant le numéro A, N=A[5]; le deuxième doigt est B, N=B[4] et le 3ème est C, N=C[3]
Par contre, pour le 4ème doigt, on ne décide de rien: en effet le modulo 2 de N est déjà défini par le modulo 4 de N. Pour le dernier doigt, on décide encore moins.
On a donc 5*4*3 possibilités (c'est à dire ppcm(1,2,3,4,5))
La réponse est alors 61

Pour les 2 mains, pareil: la réponse est ppcm(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)

Pour les sceptiques, il suffit de vérifier que pour tout k et pour i=1..5, k%i = (k+60)%i (donc chaque nombre X est équivalent à X+60, et il ne peut y avoir plus de 60 classe d'équivalences différentes)