Corrigé

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