\section*{Eléments de réponse} 

\q (Facile) Non : pour $t=2$ et $p=3$, on vérifie qu'un plan idéal a au moins 4 repas, ce qui est strictement plus grand que la borne donnée.
Un argument de comptage montre que $r<(n-1)/(p-1)$ n'est pas possible pour un plan idéal. 
En effet à chaque repas un participant mange avec $p-1$ autres participants. En tout, il voit donc au plus $r(p-1)$ autres participants. Pour un plan idéal, il voit tout le monde, donc $r(p-1)\geq n-1$.

\q a) (Facile) $r=5$ est possible et optimal (par question 1). Pour $p=2$, un planning est équivalent à un ensemble de couplages parfaits du 2t-gone.
Ici, c'est un hexagone et on peut prendre (1-2,3-4,5-6), (1-3,2-5,4-6), (1-4,2-6,3-5), (1-5,2-4,3-6) et (1-6,2-3,4-5).

b) (Facile) $r=4$ est possible et optimal (par question 1). On peut prendre par exemple (1-2-3,4-5-6,7-8-9), (1-4-7,2-5-8,3-6-9), (1-5-9,2-6-7,3-4-8) et (1-6-8,2-4-9,3-5-7).

c) (Facile/moyen) $r=4$ est possible et optimal (par question 1). On peut regrouper les 6 participants en 3 paquets de 2 ce qui nous ramène à $p=t=3$ de la question précédente.

d) (Moyen) Si $p$ est pair, alors $r=3$ est possible et optimal (par question 1). Pour le construire, on fait deux paquets de $p/2$ personnes pour se ramener à $p=2$ et $t=2$ (voir l'exemple de l'énoncé).
Si $p$ est impair, alors $r=4$ est possible et optimal. 
Montrons d'abord que $r=3$ n'est pas possible : nous raisonnons par l'absurde et on considère un plan idéal avec $r=3$. Les ensembles A, B, C et D sont définis de sorte que les deux premiers repas sont (A-B,C-D) et (A-D,B-C). Il manque alors A-C et B-D. Comme $r=3$, le dernier repas est $(A-C,B-D)$ ce qui implique que $p=\# A+\# B = \# A + \# C$, donc $p=2\# B$ est pair, contradiction.
Un plan idéal pour $r=4$ est donné par (x-A-B,y-C-D), (x-A-C,y-B-D), (x-A-D,y-B-C) et (x-y-A-qc,qc) où x et y sont des participants, A, B, C, D sont des ensembles de (p-1)/2 participants et "qc" signifie un choix arbitraire.

\q (Difficile, ouvert en général ?) $t=p=q$, une puissance d'un nombre premier. Alors $r=q+1$ est possible et optimal (par question 1).
On peut représenter les $q^2$ participants dans un carré, auquel on peut penser comme l'espace vectoriel (F_q)^2 (où $F_q$ désigne le corps fini à $q$ éléments). Il y a $q+1$ droites vectorielles, chacune définit une relation d'équivalence sur les points (on considère toutes les droites affines parallèles à la droite vectorielle donnée). Cela définit un plan idéal.
Pour $p=q$ et $t=q^n$ avec $q$ une puissance d'un nomnbre premier et $n>0$ un entier, on peut répéter le même argument, donnant $r=(q^n-1)(q-1)$, ce qui est optimal.
Attention : les élèves ne connaissent ni les espaces vectoriels, ni les corps finis.
Le cas général est probablement ouvert.

\q (Ouvert ?) 
On peut traiter entièrement le cas $p=2$. Alors $r=n-1$ est possible et optimal. Pour $t$ pair, on regroupe les participants par deux pour se ramener à $t/2$. Pour $t$ impair, on considère les couplages parfaits du $n$-gone obtenus en "sautant" alternément $k$ et $n-k$ points avec $k$ pair.

\q (Ouvert ?)
Il semble que les seules plan idéaux 1-uniformes sont pour $p=q$ et $t=q^n$ comme dans la question 3b.

\q (Moyen/Difficle) Non : pour tout $f$, on trouve des valeurs pour $t$ et $p$ tel que aucun plan idéal $f$-uniforme n'existe. En effet, pour $f$ fixé, on considère $t=f+1$. Alors $r\geq (n-1)/(p-1)\geq f+1> f$.
Considérons les $f+1$ premiers repas. A chaque participant, on peut attribuer la suite des numéros des tables à laquelle il mange. Il y a $t^{f+1}$ suites possibles. Pour $n>t^{f+1}$ on aura forcément deux participants ayant assis à la même table au moins $f+1$ fois. Pour $p=t^f+1$, on a $n=pt=(t^f+1)t>t^{f+1}$.

\q (Ouvert)