Correction de l’examen de 2008 (LG308) Exercice 1 : On met d’abord le problème en équation : m et n sont des nombres entiers positifs tels que 19n + 13m = 289. Tout d’abord on a bien 4 = 15 + 19 et comme n est évidemment 0 6 19n 6 289 donc 0 6 n 6 289 19 un nombre entier on doit avoir 0 6 n 6 15. On peut alors essayer toutes les possibilités une par une (il y en a 16) n = 0, 1,2...jusqu’à 15 et voir quand est ce qu’on trouve pour m un nombre entier. Une autre possibilité plus rapide est de regarder ce qui se passe modulo 13. Si on écrit l’équation modulo 13 on obtient 19n ≡ 289 [13] mais 19 ≡ 6 [13] et 289 = 13 × 22 + 3 ≡ 3 [13]. On a donc 6n ≡ 3 [13] ou encore 13|6n − 3 = 3(2n − 1) et comme 13 et 3 sont premiers entre eux on a 13|2n − 1 ou encore 2n ≡ 1 [13]. On multiplie cette congruence par 7 (car 2 × 7 = 14 ≡ 1 [13]) et on obtient n ≡ 14n ≡ 7 [13]. On doit donc avoir n ≡ 7 [13] et comme on a 0 6 n 6 15 il n’y a plus qu’une possibilité c’est n = 7. Pour n = 7 on a alors 13m = 289 − 19 × 7 = 156 = 12. Il n’y a donc qu’une seule solution celle donnée par et donc m = 156 13 n = 7 et m = 12. Exercice 2 : 1) Les diviseurs positifs de 6 sont 1, 2, 3 et 6 donc la somme des diviseurs positifs de 6 autres que lui-même est 1+2+3 = 6. On en déduit que 6 est un nombre parfait. Pour trouver efficacement les diviseurs positifs de 496 on regarde sa décomposition en nombres premiers 496 = 24 × 31 les diviseurs positifs de 496 sont donc 1, 2, 4, 8, 16, 31, 2 × 31 = 62, 4 × 31 = 124, 8 × 31 = 248 et 16 × 31 = 496. La somme des diviseurs positifs de 496 autres que lui-même est donc 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 62 + 124 + 248 = 496. Par conséquent 496 est un nombre parfait. 2) Dans cette question on vous demande de montrer qu’un nombre n’est pas parfait. Le problème c’est que 120 a beaucoup de diviseurs positifs :il y en a 16 (exercez vous à tous les trouver !). On pourrez très bien les lister et vérifier que la somme des diviseurs positifs de 120 autres que lui-même est différente de 120. On peut cependant se passer de faire la liste des diviseurs positifs de 120 et n’en exhiber que 4 d’entre eux : 15, 24, 30 et 60. En effet la somme de ces quatres diviseurs vaut 15 + 24 + 30 + 60 = 129 est déjà strictement plus grande que 120 donc a fortiori la somme de tous les diviseurs positifs de 120 autres que lui-même sera aussi strictement plus grande que 120. 120 n’est donc pas un nombre parfait. 1 3)a) – Pour n = 1 on a 22 − 1 = 3 qui est un nombre premier donc 2n (2n+1 − 1) = 2 × 3 = 6 est un nombre parfait. – Pour n = 2 on a 23 − 1 = 7 qui est un nombre premier donc 2n (2n+1 − 1) = 4 × 7 = 28 est un nombre parfait. – Pour n = 3 on a 24 − 1 = 15 qui n’est pas un nombre premier donc 2n (2n+1 − 1) = 8 × 15 = 120 n’est pas un nombre parfait. – Pour n = 4 on a 25 − 1 = 31 qui est un nombre premier donc 2n (2n+1 − 1) = 16 × 31 = 496 est un nombre parfait. On retrouve donc tout les nombres parfaits que l’on avait trouvés dans les questions précédentes. b) Pour trouver le nombre parfait pair suivant, il suffit de trouver l’entier naturel n suivant qui convient (c’est-à-dire tel que 2n+1 − 1 soit un nombre premier). – Pour n = 5 on a 26 − 1 = 63 = 3 × 21 qui n’est pas un nombre premier. – Pour n = 6 on a 27 − 1 = 127 qui d’après la liste donnée dans l’énoncé est un nombre premier. Par conséquent le plus petit nombre parfait pair supérieur à 496 est 26 × (27 − 1) = 64 × 127 = 8128. Exercice 3 : 1) Il suffit de penser à tracer les diagonales. En effet dans le triangle ABC I est le milieu de [AB] et J est le milieu de [BC] donc d’après le théorème des milieux (ou le théorème de Thalès) on a (IJ)//(AC). De même dans le triangle ADC, L est le milieu de [DA] et K le milieu de [CD] donc (KL)//(AC). Les doites (IJ) et (KL) sont toutes deux parallèles à (AC) par conséquent (IJ)//(KL). De la même façon on montre que (LI)//(JK) (En utilisant le théorème des milieux dans les triangles DAB et BCD). On 2 en déduit que IJKL est un parallélogramme car ses cotés sont deux à deux parallèles. 2) a) Dans ce cas particulier IJKL est un carré. En effet, on sait déjà que IJKL est un parallélogramme. En utilisant le théorème des milieu dans le triangle ABC (I est le milieu de [AB] et J celui de [BC]), on a IJ = 2AC et (IJ)//(AC) et en utilisant le théorème des milieux dans le triangle DAB on a LI = 2BD et (LI)//(BD). Puisque AC = BD (car ABCD est un carré en particulier un rectangle) on a IJ = LI et donc IJKL est un losange (un parallélogramme ayant deux cotés adjacents de même longueur a tous ses cotés de même longueurs donc est un losange). Puisque (AC) ⊥ (BD) (car ABCD est un carré en particulier un losange) et que (IJ)//(AC) et (LI)//(BD) on a (IJ) ⊥ (LI) et par conséquent IJKL est un rectangle (car c’est un parallélogramme avec un angle droit). IJKL est donc à la fois un rectangle et un losange : c’est donc un carré. b) La symétrie d’axe (AC) envoie A sur A et B sur D (car ABCD est un carré et donc ses diagonales sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu). On en déduit que la symétrie d’axe (AC) envoie le milieu du segment [AB] qui est I sur le milieu du segment [AD] qui est L. c) Ici on peut s’en sortir de plusieurs façons : 1ère méthode : C’est la solution attendue si on considère la question précédente qui nous incite à regarder la symétrie d’axe (AC). Cette symétrie 3 envoie les points B, P et L respectivement sur les points D, P (car P ∈ (AC)) et I (d’après la question précédente). Les trois premiers étant alignés par construction on en déduit que c’est aussi vrai pour les trois derniers (une isométrie respecte l’alignement). 2ème méthode : Si l’on ne pense pas à utiliser la symétrie d’axe (AC) (ce qui devrait pourtant vous sauter aux yeux étant donné l’énoncé !) on peut toujours s’en sortir en montrant que P est le centre de gravité du triangle ABD : en effet (BL) est la médiane issue de B et (AC) qui passe par le milieu de [BD] (car ABCD est un carré) est la médiane issue de A donc leur point d’intersection est le centre de gravité du triangle. Comme Les trois médianes du triangle passe par le centre de gravité on en déduit que la troisième médiane (celle issue de D) est la droite (DP ) et donc que la droite (DP ) passe par le milieu de [AB] qui est I : les points D, P et I sont par conséquent alignés. d) Encore une fois il y a deux façons de s’en sortir : on peut tout d’abord suivre les recommandations de l’énoncé (ce qui est généralement conseiller) et remarquer que P est le centre de gravité du triangle ABD car c’est le point d’intersection des médianes (BL) et (AC) (qui passe par le milieu de [BD]). La troisième médiane de ce triangle est (DI). Comme le centre de gravité est toujours situé aux 32 de la médiane en partant du sommet, on en = 32 . déduit que DP DI Une autre façon de faire est d’appliquer le théorème de Thalès dans le triangle AI DP C où I ∈ (DP ), A ∈ (P C) et (AI)//(DC) et on obtient PPDI = DC . Puisque I est le milieu de [AB] et que AB = CD on a donc P D = 2P I ce qui nous donne le résultat voulu après une petite manipulation. e) On applique le théorème de Thalès dans le triangle DIJ : on a P ∈ (DI), R ∈ (DJ) et (IJ)//(P R) = (AC) (comme on l’a vu dans la première question en appliquant le théorème des milieux dans le triangle ABC). On = 23 . On a aussi IJ = AC (cf question 2)a) aussi) d’où a donc PIJR = DP DI 2 1 PR = 3. AC 3) On de Pythagore dans le triangle rectangle LAB : √ √ applique le théorème √ 2 2 2 2 BL = AB + AL = 6 + 3 = 3 5 cm. On applique le théorème √ dans le triangle rectangle ABC : √ de Pythagore √ 2 2 2 2 AC = AB + BC = 6 + 6 = 6 2 cm. √ Enfin, d’apèrs la question précédente on a P R = AC donc P R = 6 3 2 = 3 √ 2 2 cm. 4