corrigé séance n°10
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CORRECTION DES EXERCICES SUR MULTIPLICATION DIVISION Exercice 1 Le plus petit nombre entier positif obtenu en poursuivant de la même manière cette suite de soustractions est le reste de la division euclidienne de 4937 par 19.4937=19x259+16 donc c’est 16. Exercice 2 Soit a le dividende, b le diviseur et q le quotient. Le reste est nul donc a=bxq .or 4b=a donc q=4 Lorsque le dividende et le diviseur sont multipliés par un même nombre c alors le quotient est inchangé. Car ac=(bxq)xc = (bc)xq donc le quotient de la division de (ac) par (bc) est q. Si seul le diviseur est multiplié par un nombre n, le quotient est divisé par n .car a=bxq or (nb)x donc le quotient de la division de a par (bn) est q =bxq=a n q n Exercice 3 Dans une semaine il y a 7 jours. Il s’agit donc de déterminer le nombre de semaines dans 300 jours, soit combien de fois 7 jours est contenu dans 300 jours. C’est un problème de division euclidienne : on connaît le dividende : 300 et le diviseur : 7 et on doit chercher le quotient q et le reste r tels que 300 = 7 x q + r avec 0 ≤ r <7. On a 300 = 7 x 42 + 6. On en déduit que 42 semaines et 6 jours se seront écoulés à partir d’aujourd’hui, vendredi. Dans 300 jours, nous serons donc un jeudi. Exercice 4 1) On doit avoir: D < 4500, D = 82 d + 45 et 45 < d, en particulier 82 d + 45 < 4500, c'est à dire d ≤54. A chaque valeur de d comprise entre 46 et 54 correspond une valeur D, 82 d + 45, donnant un couple (D, d) solution. d 46 47 48 49 50 51 52 53 54 D= 82 d + 45 3817 3899 3981 4063 4145 4227 4309 4391 4473 2) On doit avoir: D < 4500, D = 82 d + 112 et 112 < d, en particulier 82 d + 112 < 4500, c'est à dire d ≤ 53. Il n'y a pas de solution! Car d doit être aussi inférieur à 112. 3) 82d + r < 4500 0 ≤ r < d implique 82d < 4500 donc 0 ≤ r < d d ≤ 54 0 ≤ r < d L'existence d'un couple solution rend nécessaire la condition 0 ≤ r ≤ 53. Cette condition est suffisante car alors: 82 x 54 + r ≤ 82 x 54 + 53 < 4500 . Si r > 53, il n'y a pas de solution. Si r ≤ 53, il y a au moins un couple solution. 4) D=37q + q =38q d st un multiple de 38 et D est un nombre à deux chiffres donc D=38 et q=1 ou D=76 et q=2 Exercice 5 L’égalité : 3431 =71 x 48 + 23 traduit la division euclidienne de 3431 par 71 avec un quotient égal à 48 et un reste égal à 23. 3453 = 3431 + 22 donc 3453 = 71 x 48 + 45 ; 45 et inférieur à 71 donc cette égalité traduit la division euclidienne de 3453 par 71 avec un quotient égal à 48 et un reste égal à 45. 3481 = 71 x 48 + 73 mais 73 est supérieur à 71 donc cette égalité ne traduit pas la division euclidienne de 3481 par 71. Cependant 73 = 71 +2 donc 3481 = 71 x 48 +71 +2 donc 3481 = 71 x 49 +2 cette égalité traduit la division euclidienne de 3481 par 71 avec un quotient égal à 49 et un reste égal à 2. 3376 = 71 x 48+23 – 55 = 71 x 48 -32 : cette égalité ne traduit pas la division euclidienne de 3481 par 71 car le reste ne peut être négatif mais 71 x 48 = 71 x 47 +71 donc 3376 = 71 x 47 +71-32 donc 3376 = 71 x 47 + 39 : cette égalité traduit la division euclidienne de 3376 par 71 avec un quotient égal à 47 et un reste égal à 39. Exercice 6 100 = 99 +1 donc 100= 9 x 11 + 1 1000 = 999 + 1 donc 1000 = 9 x 111 +1 10000 = 9999 +1 donc 10000 = 9 x 1111 +1 Ainsi, on peut penser que, n étant un entier naturel supérieur ou égal à n 1, le reste de la division euclidienne n de 10 par 9 est 1 : 10 =9 x 111....11 +1 où 111....11 est un nombre qui ne s’écrit qu’avec n 1 Exercice 7 1) Le nombre n de livres composant le stock est donc égal à un nombre entier de fois 54, soit q x 54 où q est un nombre entier naturel. Autrement dit, c’est un multiple de 54. Comme le nombre total de livres est au moins égal à 1500 et au plus égal à 1800, on écrire :1 500 ≤ q x 54 < 1 800. Il s’agit donc de chercher les multiples de 54 compris entre 1500 et 1800. En effectuant la division euclidienne de 1500 et 1800 par 54, on trouve que 1500 = 27x54 + 42 et que 1800 = 33x54+ 18. On déduit que le premier multiple de 54, supérieur à 1500, est 28x54 et que le dernier multiple de 54, inférieur à 1800, est 33x54. Les multiples de 54 compris entre 1500 est 1800 sont de la forme qx54 avec 28≤q≤33, soit : 28x54 = 1512 ; 29x54 = 1566 ; 30x54 = 1620 ; 31x54 = 1674 ; 32x54 = 1728 ; 33x54 = 1782. Ces nombres correspondent au nombre de livres composant le stock de l’éditeur. Il y a donc plusieurs possibilités. 2) Soit p le nombre de livres dans un carton. Le nombre n de livres du stock est égal à 15 x p. 15 est donc un diviseur de n. D’après ce qui précède : n peut être égal à 1512, 1566, 1620, 1674, 1728, et 1782. Mais n doit être divisible par 15 donc à la fois par 5 et par 3 . Seul 1620 est divisible par 15 :en effet, les autres nombres ne sont pas divisibles par 5 donc ils ne sont pas divisibles par 15. 1620 = 108x15 Le stock de livres comprend 1620 livres et chaque carton contient 108 livres Multiples et diviseurs, critères de divisibilité, nombres premiers Exercice 1 1. Utilisons un contre-exemple pour montrer que cette proposition est fausse: le nombre 3 lui-même est multiple de 3, mais n'est pas multiple de 9. 2. Cette proposition est vraie: un nombre divisible par 4 s'écrit 4 x k, où k est un entier naturel. Il s'écrit aussi 2 x 2 x k, il est donc divisible par 2. 3. Utilisons à nouveau un contre-exemple pour montrer que cette proposition est fausse: 10 est divisible par 2, mais pas par 4. 4. Cette proposition est vraie: en effet, tout nombre n multiple de 12 peut s'écrire n = k x 12 = k x 3 x 4; ce nombre n est donc multiple de 4, ce qui signifie qu'il est divisible par 4. 5. Cette proposition est fausse: en effet, tout nombre premier est divisible seulement par 1 et par lui-même; 2 est un nombre premier divisible par 1 et par lui-même, or 2 est un nombre pair. 6. Cette proposition est fausse: en effet, 2 et 7 sont des nombres premiers, mais 2 + 7 = 9 n'est pas un nombre premier. Remarque: Un exemple suffit à montrer qu'une proposition est fausse; on parle dans ce cas de contre-exemple. Mais un exemple ou plusieurs exemples ne prouvent pas qu'une proposition est vraie. Exercice 2 15 est multiple de 5 sans être multiple de 10 .Les multiples de 5 se terminent par 0 ou 5 et les multiples de 10 par 0 ;donc les multiples de 5 se terminant par 5 sont des multiples de 5 sans être des multiples de 10. Tous les multiples de 10 sont des multiples de 5 . Plus généralement si a est un multiple de b et best multiple de c alors a est un multiple de c. En effet si a est un multiple de b alors ,il est un entier naturel q tel que a=b x q et si b est un multiple de c alors ,il est un entier naturel q’ tel que b=c x q’ ainsi a= c x (q’ x q ) et q’ x q est un entier naturel donc a est un multiple de c 282828 est égal à 28 x1000 +28x100 + 28 donc à 28x(1000+100+1) or 28=4 x 7 donc 282828= 7x 4x 1101 C’est donc un multiple de 7. 56 = 1 x 56 , 56 = 2 x 28 , 56 = 4 x 14, 56 = 7 x 8 .Les entiers naturels qui 56 pour multiples sont les diviseurs de 56 :1,2,4,7,8,14,28,56. Les diviseurs de 48 sont 1,2,3,4,6,8,12,16,24,48 .8, 16,24 et 48 ne sont pas des diviseurs de 12. Mais 12 divise 48 donc tout diviseur de 12 est un diviseur de 48. Exercice 3 Nous allons essayer d’exprimer chacun de ces nombres en une somme de nombres divisibles par 9. A=10a4= 1000 + 10xa + 4 = 999 + 1 + 9xa +a + 4 = 999 + 9xa + 1 + a + 4 = 999 + 9xa + a + 5. Comme 999 et 9xa sont divisibles par 9, 999 + 9xa est divisible par 9. Pour que A soit divisible par 9, il suffit que a+5 le soit aussi. Or a est un chiffre, il ne peut être compris qu’entre 0 et 9. La seule possibilité pour que a+5 soit divisible par 9 est que a soit égal à 4. A = 1044 On remarque que a+5 =1+a+4 est la somme des chiffres du nombre A. B=31a = 3x100 + 1x10 + a = 3x(99 + 1) + 1x(9+1) + a = 3x99 + 3 + 1x9 + 1 + a = 3x99 + 1x9 + 3 + 1 + a = 3x99 + 1x9 + 4+a 3x99 et 1x9 sont divisibles par 9. Pour que B soit divisible par 9, il suffit que 4+ a le soit. Comme 0≤a≤9, la seule possibilité est que a=5. B = 315 On remarque 4+a = 3+1+a est la somme des chiffres du nombre B. C=a6324 = ax10 000 + 6 x1000 + 3x100 + 2 x 10 + 4 = a x(9 999 + 1) + 6 x(999 +1) + 3x(99 +1) + 2x(9+1) + 4 = a x 9 999 + a + 6x999 + 6 + 3 x 99 + 3 + 2 x 9 + 2 + 4 = a x 9 999 + 6x999 + 3x99 + 2 x 9 + a + 6 + 3 + 2 + 4 = a x 9 999 + 6x999 + 3x99 + a+15 Pour que C soit divisible par 9, il suffit donc que a + 15 le soit. Comme 0≤a≤9, la seule possibilité est que a=3. C = 36324 On remarque que a+13 = a + 4 + 3 + 2 + 4 est la somme des chiffres du nombre C. D= a56aa = ax10 000 + 8 x 1000 + 3 x 100 + ax10 + a = a x(9 999 +1) + 5x(999 +1) + 6x(99 + 1) + a x(9 +1) +a = a x9 999 + a + 5x999 + 5 + 6x99 +6 + a x9 +a +a = a x9 999 +5x999 +6x99 + a x9 + a+ 5 +6 +a + a = a x9 999 +5x999 +6x99 + a x9 +11 + 3xa Pour que D soit divisible par 9 il suffit que 11+ 3xa le soit. En essayant toutes les valeurs de a comprises entre 0 et 9, on peut constater que 11+ 3xa n’est jamais un multiple de 9. Il n’y a pas de solution. On remarque que 11+ 3xa = a+ 5 +6 +a + a est la somme des chiffres de D. On peut alors uniquement faire une hypothèse (puisque qu’il n’est pas possible de déduire une condition générale en raisonnant uniquement à partir d’exemples aussi nombreux soient-ils) concernant la condition pour qu’un nombre soit divisible par 9 : la somme des chiffres qui composent le nombre est divisible par 9. Nous admettrons (sans le démontrer) que si la somme des chiffres qui composent un nombre est divisible par 9 alors ce nombre est divisible par 9. Exercice 4 Le tableau comprend 900 nombres. Les nombres divisibles par 10 sont tous les nombres se terminant par le chiffre 0. pour chaque chiffre des centaines fixé, il y a 10 de ces nombres correspondant à un chiffre des dizaines compris entre 0 et 9.Comme le chiffre des centaines varie entre 0 et 9, il y a alors 90 nombres se terminant par 0 et donc divisibles par 10 dans le tableau. Les nombres divisibles par 5 sont tous les nombres se terminant par 0 et par 5. Ceux qui se terminent par 0 ont déjà été comptés. Un raisonnement analogue à celui qui a permis de dénombrer les nombres divisibles par 10 montre qu'il existe 90 nombres se terminant par 5 dans le tableau. Le premier nombre divisible par 11 supérieur à 100 est 10 x 11 = 110; le dernier nombre divisible par 11 inférieur à 999 est 90 x 11 (91 x 11 = 1001). Les nombres du tableau divisibles par 11 sont donc de la forme 11 x p, avec 10 ≤ p ≤ 90, p entier naturel. Il y a ainsi 81 de ces nombres. On a alors effacé en tout 90 + 90 + 81 = 261 nombres. Il reste donc 900 - 261 = 639 nombres dans le tableau. Exercice 5 • 1ère procédure possible Soit abcdef l'écriture chiffrée du nombre cherché. La deuxième condition peut se traduire par a < b < c < d < e < f. La troisième condition peut se traduire par: les nombres ab, cd et ef sont des nombres premiers. Les nombres premiers à deux chiffres sont: 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; 37; 41; 43; 47; 53; 59 ; 61; 67; 71; 73; 79; 83; 89; 97· En tenant compte de la deuxième condition, on trouve quatre possibitités pour le nombre cherché: 134789; 136789; 234789; 236789. D'après la première condition, le nombre cherché est divisible par 3 et parmi les quatre possibilités précédentes, seul 234789 est divisible par 3. 234789 est donc le nombre cherché . • 2ème procédure possible Puisque les nombres ab, cd et ef sont premiers, b, d et f sont impairs et différents de 5. De plus, b < d < f; b ne peut être égal à 1, puisque a < b, d'où b = 3; d = 7 et f= 9· Puisque d < e < f, e ne peut être égal qu'à 8, ef = 89 et 89 est bien un nombre premier. Puisque b < c < d, et puisque c7doit être premier, c peut être égal soit à 4, soit à 6 puisque 47 et 67 sont des nombres premiers. En revanche, c ne peut être égal à 5 puisque 57 n’est pas premier . Il y a donc deux possibilités pour cd 17 et 67. Comme a<b a peut être égal à 1 ou à 2. On a les possibilités suivantes pour le nombre abcdef 134789, 136789, 234789 et 236789. Parmi ces nombres seul 234789 est divisible par 3. Exercice 6 1. Soit n le nombre d'enfants dans la colonie. n ≤ 100. Une solution serait de faire une seule équipe avec tous les enfants mais cherchons les autres solutions. • Si on groupe tous les enfants par 3, il en reste 2 : cela signifie que n= q1x 3 + 2 avec q1 le nombre de groupes de trois; donc n - 2 = q1x 3 ; n - 2 est un multiple de 3. • Si on groupe tous les enfants par 4, il en reste 1 : cela signifie que n = q2 x 4 + 1 avec q2 le nombre de groupes de quatre; donc n - 1 = q2 x4; n - 1 est un multiple de 4· • Si on groupe tous les enfants par 5, il en reste 2 : cela signifie que n = q3 x 5 + 2 avec q 3 le nombre de groupes de cinq; donc n - 2 = q 3x 5 ; n - 2 est un multiple de 5. n - 2 est un multiple de 3 et de 5, donc un multiple de 15 et n - 2≤ 98 puisque n ≤ 100. Les solutions pour n - 2 correspondant aux deux conditions précédentes sont: 15; 30; 45 ; 60; 75 ; 90. Les solutions possibles pour n-1 sont donc: 16; 31; 46; 61; 76; 91. n -1 étant un multiple de 4, les solutions restantes sont: 16 et 76, donc n = 17 ou 77. Si le nombre d'enfants dans la colonie est 17, 17 étant un nombre premier, on ne peut constituer que des équipes de 1, or il y a au moins deux enfants dans les équipes. 77 n'est pas un nombre premier, il a deux diviseurs autres que 1 et 77 qui sont 7 et 11. Le nombre d'enfants dans la colonie est 77. 2. Avec 77 enfants, on peut constituer des équipes de 7 ou de 11, donc respectivement 11 ou 7 équipes. Exercice 7 Le nombre de billes par sac correspond à un diviseur de 1820 compris entre 20 et 150. Cherchons les diviseurs de 1820 : 1820 = 10 x 182 = 10 x 2 x 91 = 10 x 2 x 7 x 13 = 2 x 5 x 2 x 7 x 13 = 22 x 5 x 7 x13· 0n peut alors chercher tous les diviseurs de 1820 en réalisant toutes les combinaisons des facteurs premiers un à un, deux à deux, trois à trois, quatre à quatre. Il y a 24 diviseurs de 1820.Ceux qui conviennent sont: 5x4=20(chaque sac contient 20 billes et il y a alors 91 sacs ) ; 2x13 = 26(chaque sac contient 26 billes et il y a alors 70 sacs) 7x4 = 28(chaque sac contient alors 28 billes et il y a alors 65 sacs) 5x7 = 35 (chaque sac contient 35 billes et il y a alors 52 sacs) ; 4x 13 = 52 (chaque sac contient 52 billes et il y a alors 35 sacs) ; 5x 13 = 65 (chaque sac contient 65 billes et il y a alors 28 sacs) ; 5 x 7 = 70 (chaque sac contient 70 billes et il y a alors 26 sacs) ; 7x13 = 91 (chaque sac contient 91 billes et il y a alors 20 sacs) ; 5 x 2 x 13 = 130 (chaque sac contient 130 billes et il y a alors 14 sacs) ; 5 x 4 x 7 = 140 (chaque sac contient alors 140 billes et il y a 13 sacs). Exercice 8 L'associé de 768492 est 7684902. 2. L'entier 2005 est l'associé de 205. 3.a. Les sommes des chiffres de n et de son associé sont égales puisque l'associé de n est constitué des chiffres de n et d'un 0 supplémentaire. Si n est un entier divisible par 9, alors la somme de ses chiffres est divisible par 9, donc la somme des chiffres de l'associé de n est divisible par 9; d'où l'associé de n est divisible pour 9· 3.b. La propriété réciproque à la précédente s'énonce ainsi: si l'associé de n est divisible par 9, alors n est divisible par 9. 3.c. Si l’associé de n est divisible par 9 alors la somme de ses chiffres est divisible par 9, donc la somme des chiffres de n aussi ; d’où n est divisible par 9. 4. Pour que l’associé de n soit divisible par 4,sachant qu’il se termine par 0u où u est le chiffre des unités de n, il faut et il suffit que u soit divisible par 4 donc il faut et il suffit que le chiffre des unités de n soit divisibles par 4. 5.les restes possibles de la divisions euclidienne par 5 d’un nombre n sont :0,1,2,3,4. Le reste est 0 si et ssi n est divisible par 5 donc s’il se termine par 0 ou 5. Le reste est 1 si et ssi n-1 est divisible par 5 donc si n se termine par 1 ou 6. Le reste est 2 si et ssi n-2 est divisible par 5 donc si n se termine par 2 ou 7. Le reste est 3 si et ssi n-3 est divisible par 5 donc si n se termine par 3 ou 8. Le reste est 4 si et ssi n-4 est divisible par 5 donc si n se termine par 4 ou 9. N et son associé ont le même chiffre des unités donc ils auront les mêmes restes dans la division euclidienne par 5 PPCM, PGCD - Nombres premiers entre eux Exercice 1 Le PGCD de deux nombres est 18. Leur PPCM est 648. Quels sont ces deux nombres? 3 4 18= 2x3² et 648=2 x3 Comme le PGCD de deux nombres est le produit des facteurs premiers communs aux décomposition en facteurs premiers des deux nombres, accompagnés de leur plus petit exposant et que la décomposition du PPCM des deux nombres est composée de tous les facteurs qui interviennent dans les décompositions des deux nombres, accompagnés de leur plus grand exposant, ces dernières peuvent donc comporter les facteurs 2 et 3 . 3 4 4 3 Si a et b sont les nombres cherchés, on a donc les possibilités : a =2 x3 et b = 2x3² et a= 2x3 et b= 2 x 3² Exercice 2 3 2 2 3 2 2 3 5 4 2 PPCM= 5 x 3² x 11x2 et PGCD = 5 x3 le produit des deux nombres est (5 x 3 x 11)x (2 x 5 x 3 )=5 x3 x11x2 et le 3 2 2 5 4 2 produit du PGCD et du PPCM est (5 x 3² x 11x2 ) x(5 x3) =5 x3 x11x2 .Les deux produits sont donc égaux. Exercice 3 3 825=3x11x5² et 686= 2x7 donc leur PGCD est 1 .Ils sont premiers entre eux. Leur somme est 1511 et leur produit :565950 1511 n’est divisible par aucun nombre premier inférieur à 41 et 41²=1681 donc 1511 est un nombre premier donc et 565950 n’est pas divisible par 1511 donc 1511 et 565950 sont premiers entre eux. Soient deux nombres n et p premiers entre eux .on va raisonner par l’absurde : Supposons que leur somme n+p et leur produit np ne soient pas premiers entre eux : alors ils auraient un facteur premier commun d et d serait différent de 1 .d divise donc le produit np comme d ne peut diviser à la fois n et p qui sont premiers entre eux, d divise n ou d divise p. Mais p = (n+p)-n donc si d divise (n+p) et n , d divise leur différence , donc d diviserait p et n à la fois ce qui est impossible.la supposition faite est donc absurde donc (n+p) et np sont premiers entre eux Exercice 4 Soit a la mesure en cm de la longueur de l’arête d’une boîte cubique, a doit diviser 180, 150 et 90.a est donc un diviseur commun à ces trois nombres et a doit être la plus grande possible. 90 divise 180 donc le PCGD de 180 et de 90 est 90,donc a est le PCGD de 150 et de 90. 150= 2x3x5² et 90=2x5x3² donc a=2x3x5=30 Cherchons maintenant le nombre de boites qui remplissent la caisse : Sur la longueur qui mesure 180 cm , on peut mettre 6 boites ; sur la largeur on peut mettre 5 boites et enfin sur la hauteur, on peut mettre 3 boites on peut donc mettre 6x5x3 boites soit 90 boites. Exercice 5 Le fait que le boulanger ne puisse pas faire de paquets contenant le même nombre de friandises sans qu’il n’y en ait d’incomplet sauf à mettre une friandise dans chaque paquet peut se traduire mathématiquement par le fait que le nombre total n de friandises n’a pas de diviseur autre que lui-même et 1. Le nombre total n de friandises est donc un nombre premier compris entre 830 et 840. Rappelons qu’un nombre premier n’a que deux diviseurs : 1 et lui-même. Analysons tous les nombres compris entre 830 et 840 du point de vue du nombre de leurs diviseurs : Nous pouvons éliminer tous les nombres pairs de cet intervalle. En effet, ils ont au moins trois diviseurs : eux-mêmes, 1 et 2. Nous pouvons aussi éliminer 835 qui a plus de deux diviseurs : 1, lui-même et 5. 831 est divisible par 3 parce que la somme de ses chiffres est divisible par 3. 837 est divisible par 3 pour les mêmes raisons. Ces deux nombres ont donc plus de deux diviseurs : 3, 1 et eux-mêmes. 833 n’est pas divisible par 2, 3, 4, 5. Par contre il est divisible par 7 : 833 = 7 x 119. Aucun nombre premier compris entre 2 et 29 (Il est en effet inutile d’essayer de diviser 833 par un nombre premier supérieur à 29 lorsqu’on divise 833 par 29, le quotient euclidien est inférieur à 29. On peut aussi dire que 29² = 841 et que 841>833) ne divise 839 : il suffit d’essayer en utilisant une calculette. On en déduit alors que 839 n’a pour seuls diviseurs que 1 et lui-même. Il est donc premier. Le nombre total de friandises est donc égal à 839. Exercice 6 Un rectangle est déterminé par deux dimensions p et q. Ici, p et q sont des nombres entiers correspondent au nombre de pièces carrées que l’on peut placer sur la longueur et la largeur du rectangle. Ils sont donc tels que pxq = 476. p et q sont des diviseurs de 476. Il s’agit alors de trouver tous les diviseurs de 476 et de les regrouper par paire de telle sorte qu’en multipliant deux éléments d’une paire, on trouve 476. Pour trouver les diviseurs de 476, on peut : - décomposer 476 en produit de facteurs premiers : 476 = 2x2x7x17. L’ensemble des diviseurs de 476 s’obtient en réalisant toutes les combinaisons des facteurs premiers un à un, deux à deux, trois à trois...soit : 2 ; 7 ; 17 ; 2x2 = 4 ; 2x7 = 14 ; 2x2x7 =28 ; 2x17 = 34 ; 2x2x17= 68; 7x17 = 119 ; 2x7x17 = 238 ; 2x2x7x17 =476. Il ne faut pas oublier 1, qui divise 476, mais qui n’apparaît pas dans la décomposition en produit de facteurs premiers. - essayer de diviser 476 par tous les nombres qui lui sont inférieurs. En associant par paire les diviseurs, on peut alors trouver les dimensions de tous les rectangles possibles : 1 x 476 ; 2 x 238 ; 4 x 119 ; 7 x 68 ; 14 x 34 ; 17 x 28 ; On peut donc construire six rectangles différents avec 476 pièces carrées identiques. Exercice 7 Une dalle carrée a ses dimensions égales. Soit n cette dimension en cm. la dalle pave le rectangle si n divise les deux dimensions du rectangle et donc si n est un diviseur commun à ces deux nombres. La dalle carrée la plus grande possible donc celle dont la dimension est le plus grand diviseur commun aux deux dimensions du rectangle. 1) Cherchons le plus grand diviseur commun (PGCD) aux deux nombres 175 et 315. Pour cela : - soit on écrit le liste de tous les diviseurs de 175 et de 315 et on choisit ensuite le plus grand des nombres communs à ces deux listes : 175 = 5 x 35 = 5x5x7 = 5² x7 (décomposition en produits de facteurs premiers du nombre 175) Les diviseurs de 175 sont donc 1, 5, 7, 25, 35 et 175. 315=5x63=5x7x9=5x7x3x3 = 3² x 5 x 7 (décomposition en produit de facteurs premiers de 315) Les diviseurs de 315 sont donc : 1, 3, 5, 7, 9, 15, 21, 35, 45, 63, 10, 315. Le PGCD de 175 et 315 est donc 35. - soit on écrit la décomposition en facteurs premiers de chacun des nombres et le PGCD est le nombre obtenu en faisant le produit de tous les facteurs premiers communs aux deux nombres accompagnés de leur plus petit exposant : 175 = 5²x7 et 315 = 3²x5x7. Le PGCD de 175 et de 315 est donc 3x5 = 35 La plus grande dalle carrée pouvant paver le rectangle a donc pour longueur de côté 35 cm. 2) En utilisant les méthodes précédentes appliquées aux nouvelles dimensions du rectangle, on trouve que le PGCD de 176 et de 315 est 1. Ces deux nombres sont donc premiers entre eux. Dans ce cas, La plus grande dalle carrée pouvant paver le rectangle a donc pour longueur de côté 1cm. Exercice 8 La hauteur de la tour de Bruno est un multiple de 72 mm. La hauteur de la tour de Léo est un multiple de 90 mm. Pour que la tour construite par Bruno soit aussi haute que celle de Léo, il faut que sa hauteur soit à la fois multiple de 72 mm et de 90 mm. Il faut donc que sa mesure soit un multiple commun à 72 et à 90. Mais comme elle doit être la moins haute possible, il faut que ce multiple commun soit le plus petit possible. C’est donc le plus petit commun multiple (PPCM) aux deux nombres 72 et 90. Pour trouver le PPCM des nombres 72 et 90, on peut : - soit écrire le liste des multiples de 72 et 90 et choisir le plus petit nombre commun à ces deux listes : Multiples de 72 : 72, 144, 216, 288, 360, 432, ..... Multiples de 90 : 90, 180, 270, 360, 450,.... Le PPCM de 72 et 90 est donc 360. - - -- soit écrire la décomposition en facteurs premiers de chacun des deux nombres et le PPCM est le nombre obtenu en faisant le produit de tous les facteurs premiers présents dans les deux décompositions accompagnés de leur plus grand exposant. 72 = 2 3 x 3² et 90 = 2x 3² x 5. Le PPCM de 72 et de 90 est donc égal à 2 3 x 3² x 5 = 360. La tour aura donc pour hauteur 360 mm, elle sera composée de 5 cubes de 72 mm et 4 cubes de 90 mm d’arête. Questions complémentaires Question complémentaire 1 : Voici des interprétations possibles des erreurs des 4 élèves et leur analyse THOMAS Il a mal mémorisé deux résultats de la table de 9, il utilise 35 pour 5 × 9 et 64 pour 6 × 9. Il n'intègre pas la deuxième retenue pour chacun des deux produits partiels. HÉLÈNE Elle n'intègre jamais les retenues dans ses calculs de produits partiels. Pour le second produit partiel, elle calcule 329 × 60 au lieu de 329 × 600 cela provient sans doute du 0 intermédiaire dans l'écriture du deuxième facteur. MATHIAS Les produits partiels sont corrects : il sait multiplier par un nombre de 1 chiffre. En revanche, il accorde la même valeur au 6 et au 5 de 605, sans tenir compte de la position du 6 (chiffre des centaines). RÉMY Les produits partiels sont corrects : il sait multiplier par un nombre de 1 chiffre. Il commence par le produit partiel correspondant au chiffre des centaines, puis il applique la règle habituelle de décalage sans tenir compte de son sens. Pour Hélène, Mathias et Rémy, il semble difficile de proposer une autre interprétation de leurs erreurs ; les erreurs de Thomas sont plus atypiques. Remarque : Hélène, Mathias et Rémy auraient pu constater que leurs résultats étaient erronés − contrôle du chiffre des unités du produit : 9 × 5 = 45 donc le produit se termine par 5. − ordre de grandeur du produit : 300 × 600 = 180 000 donc le produit exact est supérieur à 180000. Question complémentaire 2 : La technique utilisée , dans ces 4 divisions est celle des « soustractions de multiples du diviseur, et la recherche des quotients partiels est faite en considérant la division par 91 d’une partie du dividende . Par exemple pour 12714 on cherche d’abord à diviser 127 centaines par 91 on trouve une centaine donc le quotient partiel est 100 et le multiple du diviseur est 91x100 que l’on retranche ensuite à 12714. Analyse des erreurs : Elève A : 12714 = 91 x 139 +65 Le résultat est donc faux : l’erreur provient du second multiple : le quotient partiel trouvé est 40 au lieu de 30 car une erreur de calcul a probablement été faite dans le produit 91x40 en trouvant 3604 au lieu de 3640. Elève B : 7351 = 19x386 + 17 Le résultat est juste. Cependant une erreur a été faite au niveau du dernier multiple soustrait : 19x6 = 114 et non 14.On peut penser à une erreur de transcription des résultats de calculs intermédiaires qui auraient été faits sur un brouillon puisque le reste est juste. Elève C : 7351 = 386 x 19 + 17 Le résultat est faux. La gestion des restes et dividendes partiels est correcte(partie gauche de l’opération). Le second quotient partiel sous évalué : 8 au lieu de 9 Le reste 403 est supérieur au diviseur .Cela aurait du amener l’élève à modifier le quotient partiel ; ce qu’il n’a pas fait ,n’ayant probablement pas tenu compte du fait que le reste était supérieur au diviseur. Elève D : 72523 = 28 x 2590 + 3.L’erreur vient du fait que le premier multiple du diviseur est 56000 et non 56523.Par ailleurs, le reste du calcul est cohérent .
