2nde 2 - Correction du devoir à la maison n˚ 2 Exercice 1 1. Les diviseurs de 20 sont : 1, 2, 4, 5, 10, 20. Si on calcule la somme des diviseurs autres que 20, on obtient : 1 + 2 + 4 + 5 + 10 = 22 ; cette somme n’est pas égale à 20, donc 20 n’est pas un nombre parfait. 2. On cherche des nombres parfaits N . D’après les travaux d’Euclide et d’Euler, on sait que : N = 2p−1 (2p − 1), avec p nombre premier et 2p − 1 nombre premier. On essaie en prenant pour p un nombre premier. * p=2 Alors : 22 − 1 = 4 − 1 = 3, et ce nombre est bien un nombre premier. Donc si on calcule N en remplaçant p par2, on obtient un nombre parfait. N = 22−1 22 − 1 = 21 × 3 = 6. On en déduit que 6 est un nombre parfait. * p=3 Alors : 23 − 1 = 8 − 1 = 7, et ce nombre est bien un nombre premier. Donc si on calcule N en remplaçant p par3, on obtient un nombre parfait. N = 23−1 23 − 1 = 22 × 7 = 4 × 7 = 28. On en déduit que 28 est un nombre parfait. Vérification les diviseurs de 28 sont : 1, 2, 4, 7, 14, 28. 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28 ; la somme des diviseurs de 28 autres que 28 est égale à 28, donc 28 est bien un nombre parfait. * p=5 Alors : 25 − 1 = 32 − 1 = 31, et ce nombre est bien un nombre premier. Donc si on calcule N en remplaçant p par5, on obtient un nombre parfait. N = 25−1 25 − 1 = 24 × 31 = 16 × 31 = 496. On en déduit que 496 est un nombre parfait. Vérification les diviseurs de 496 sont : 1, 2, 4, 8, 16, 31, 62, 124, 248, 496. 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248 = 496 ; la somme des diviseurs de 496 autres que 496 est égale à 496, donc 496 est bien un nombre parfait. * p=7 Alors : 27 − 1 = 128 − 1 = 127, et ce nombre est bien un nombre premier. Donc si on calcule N en remplaçant p par7, on obtient un nombre parfait. N = 27−1 27 − 1 = 26 × 127 = 64 × 127 = 8128. On en déduit que 8128 est un nombre parfait. Vérification les diviseurs de 8128 sont : 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 127, 254, 508, 1016, 2032, 4064, 8128. 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 127 + 254 + 508 + 1016 + 2032 + 4064 = 8128 ; la somme des diviseurs de 8128 autres que 8128 est égale à 8128, donc 8128 est bien un nombre parfait. On a donc trouvé trois nombres parfaits autres que 6 et inférieurs à 10 000 : 28, 496 et 8128. Exercice 2 √ 2 √ !2 1+ 5 1 + 5 2 2 1. ϕ = , donc ϕ = . 2 4 On développe une identité remarquable : √ le numérateur en appliquant √ 1 + 2 5 + 5 6 + 2 5 ϕ2 = , soit : ϕ2 = . 4√ 4 √ 2 3+ 5 3+ 5 2 2 ϕ = , d’où, en simplifiant par 2 : ϕ = . 4 2 √ √ √ 1+ 5 1+ 5 2 3+ 5 D’autre part : ϕ + 1 = +1= + , d’où : ϕ + 1 = . 2 2 2 2 √ √ 3+ 5 3+ 5 On a donc = et ϕ + 1 = , d’où : ϕ2 = ϕ + 1. 2 2 1 1 2 √ . = √ = 1+ 5 ϕ 1+ 5 2 √ √ √ 5−1 1+ 5 1+ 5 2 D’autre part : ϕ − 1 = −1= − , d’où : ϕ − 1 = . 2 2 2 2 On calcule la différence de√ces deux nombres : 2 1 5−1 √ − − (ϕ − 1) = . ϕ 2 1+ 5 √ On prend comme dénominateur commun : 2 1 + 5 : √ √ 5−1 1+ 5 1 4 √ − √ − (ϕ − 1) = ϕ 2 1+ 5 2 1+ 5 √ √ 4− 5−1 1+ 5 1 √ − (ϕ − 1) = ϕ 2 1+ 5 √ √ 4− 5+5−1− 5 1 1 4−4 √ √ = 0. ; − (ϕ − 1) = − (ϕ − 1) = ϕ ϕ 2 1+ 5 2 1+ 5 1 1 − (ϕ − 1) = 0, donc = ϕ − 1. ϕ ϕ 2. Figure : ϕ2 Longueur = ϕ. largeur a) ABCD a pour longueur AB et pour largeur BC. AB ϕ = = ϕ, donc ABCD est un rectangle d’or. BC 1 Un rectangle d’or est un rectangle tel que : b) A’BCD’ a pour longueur BC (c’est-à-dire 1) et pour largeur A’B = AB − AA’, c’est-à-dire ϕ − 1, 1 et on sait que ϕ − 1 = . ϕ 1 1 BC = = 1 = ϕ, donc A’BCD’ est un rectangle d’or. A’B ϕ−1 ϕ c) MNDC a pour longueur CM = CB + BM = 1+ ϕ, et pour largeur MN = AB = ϕ. CM 1+ϕ CM ϕ2 = ; or on a vu que 1 + ϕ = ϕ2 , donc = = ϕ. MN ϕ MN ϕ Donc MNDC est un rectangle d’or.