Correction des exercices d`arithmétique

Correction des exercices dʼarithmétique
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 cʼest 16.
Exercice 2
1) a) Nombre terminant la liste « 61, 57, 53, ... »
Méthode 1
En continuant à décompter de 4 en 4, on obtient :
61, 57, 53, 49, 45, 41, 37, 33, 29, 25, 21, 17, 13, 9, 5, 1.
Le nombre qui termine la liste est 1.
Méthode 1 (bis)
On continue le décompte en retirant des multiples de 4. On part de 61, on retire 40, reste 21, on retire
20, reste 1.
Le nombre qui termine la liste est 1.
Méthode 2
Puisqu’on décompte de 4 en 4 à partir de 61, on cherche combien de fois au maximum on peut
enlever 4 de 61. Or 61 = (4 x 15) + 1 donc le dernier nombre est 1. C’est le reste de la division
euclidienne de 61 par 4.
Le nombre qui termine la liste est 1.
1) b) Nombre terminant la liste commençant à 9 843
Remarque :
Dans cette question la valeur importante de la variable empêche d’utiliser la méthode 1 précédente.
Méthode 1
On part de 9 843, on retire 4 000, reste 5 843, on retire 4 000, reste 1 843, on retire 1 000, reste 843,
on retire 800, reste 43, on retire 40, reste 3.
Le nombre qui termine la liste est 3.
Méthode 2
Effectuer des soustractions successives de 4 à partir de 9 843 et rechercher le nombre entier à partir
duquel on ne peut plus soustraire 4 revient à chercher le reste de la division euclidienne de 9 843 par 4.
On a : 9 843 = 4 x 2 460 + 3 donc le reste de la division euclidienne de 9 843 par 4 est 3.
Le nombre qui termine la liste est 3.
1) c) Nombre de termes de la liste
Dans la liste « 9 843, 9 839, ..., 7, 3 », on a 2 460 termes correspondant aux 2 460 retraits successifs
de 4, auxquels il convient d’ajouter le premier terme 9 843.
La liste comporte 2 461 termes.
1) d) Le 100e terme de la liste
9 843 étant le premier terme de la liste, pour obtenir le 100e terme, il suffit de soustraire 99 fois le
nombre 4 à 9 843.
9 843 – (99 x 4) = 9 447
Le 100ème terme de la liste est 9 447.
Remarque :
Cette question correspond à la situation classique « piquets – intervalles ». Les nombres de la liste
correspondent aux piquets, les soustractions successives aux intervalles. Ainsi, le 100ième nombre est
obtenu à la 99ième soustraction.
2) a) Quotient et reste de la division euclidienne de 16 135 407 par 4 548
On a : 16 135 407 = (4 548 x 3 547) + 3 651.
Puisque 3 651 < 4 548, l’égalité précédente est l’égalité de la division euclidienne de 16 135 407 par
4 548.
Dans la division euclidienne de 16 135 407 par 4 548, le quotient est 3 547 et le reste est 3 651.
2) b) Quotient et reste de la division euclidienne de 16 135 407 par 3 547
Puisque 3 651 ≥ 3 547, l’égalité 16 135 407 = (4 548 x 3 547) + 3 651 ne permet pas de conclure sur
la division euclidienne de 16 135 407 par 3 547.
Or 3 651 = 3 547 + 104
Ainsi 16 135 407 = (4 548 x 3 547) + 3 651
= (4 548 x 3 547) + 3 547 + 104
= (4 548 + 1) x 3 547 + 104
= (4 549 x 3 547) + 104 et 104 < 3 547
Dans la division euclidienne de 16 135 407 par 3 547, le quotient est 4 549 et le reste est 104.
3) Quotient et reste de la division euclidienne de 8 640 219 par 1 996
8 640 219 = 8 x 1 000 000 + 6 x 100 000 + 4 x 10 000 + 219
= 8 x (1 996 x 501 + 4) + 6 x (1 996 x 50 + 200) + 4 x (1 996 x 5 + 20) + 219
= 1 996 x [(8 x 501) + (6 x 50) + (4 x 5)] + (8 x 4) + (6 x 200) + (4 x 20) + 219
= 1 996 x (4 008 + 300 + 20) + 32 + 1 200 + 80 + 219
= (1 996 x 4 328) + 1 531
On a donc : 8 640 219 = (1 996 x 4 328) + 1 531 avec 1 531 < 1 996, ce qui permet de conclure.
Dans la division euclidienne de 8 640 219 par 1 996, le quotient est 4 328 et le reste est 1531.
Exercice 3
Dans une semaine il y a 7 jours. Il sʼagit donc de déterminer le nombre de semaines dans 300 jours, soit
combien de fois 7 jours est contenu dans 300 jours. Cʼest 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 dʼaujourdʼhui, 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.
⎧ 82d + r < 4500
3) ⎨
⎩ 0 ≤ r < d
€
implique
⎧ 82d < 4500
⎨
⎩ 0 ≤ r < d
donc
⎧ 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
Lʼégalité : 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 1, le reste de la division euclidienne
de 10n par 9 est 1 : 10n=9 x 111...11+1 où 111...11est un nombre qui ne sʼécrit quʼavec n chiffres égaux à 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, cʼest 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 sʼagit 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 lʼéditeur. 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. Dʼaprès 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 contreexemple.
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 qʼ tel que b=c x qʼ ainsi a= c x (qʼ x q) et qʼ 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
Cʼest 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 dʼexprimer 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 quʼentre 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) + 3 x (99 +1) + 2 x (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) + 5 x (999 +1) + 6 x (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 nʼest jamais un multiple de 9.
Il nʼy 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 quʼil nʼest pas possible de déduire une condition
générale en raisonnant uniquement à partir dʼexemples aussi nombreux soient-ils) concernant la condition
pour quʼun 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. Parmi ces nombres il faut
enlever les multiples de10 et de 5 :11 x 10,11 x 15, 11x 20, 11 x 25, 11 x 30,11 x 35,11 x 40,11 x 45,
11 x 50,11 x 55, 11 x 60, 11 x 65,11 x 70, 11 x 75, 11 x80, 11x 85, 11 x 90.il reste donc 81-17 soit 64
nombres divisibles par11 mais pas par 10 ou 5
On a alors effacé en tout 90 + 90 + 64 = 244 nombres. Il reste donc 900 - 244 = 656 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 possibilités 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 nʼest 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
Exercice 7
1) Reste des divisions euclidiennes par 6 et par 3
Il s’agit ici de divisions entre entiers, avec reste, c'est-à-dire de divisions euclidiennes. La division
euclidienne de l’entier a par l’entier b non nul est la recherche des entiers q et r tels que a = b x q + r
avec 0 ≤ r < b ; q représentant le quotient et r le reste de la division.
Remarque :
Les sommes des chiffres qui composent 21, 51 et 4 587 (respectivement 3, 6 et 24) étant divisibles
par 3, les sommes S1, S2 et S3 sont aussi divisibles par 3 et, par conséquent le reste de la division de
ces nombres par 3 est nul.
Les trois sommes ont pour reste 3 dans la division euclidienne par 6.
Les trois sommes ont pour reste 0 dans la division euclidienne par 3.
2) a) Division par 6 de la somme de trois entiers impairs consécutifs
Méthode 1
Tout nombre impair peut s’écrire sous la forme (2n + 1) avec n entier naturel quelconque.
En considérant que (2n + 1) est le plus petit des trois, les suivants sont (2n + 3) puis (2n + 5). Leur
somme S peut donc s’écrire :
S = (2n + 1) + (2n + 3) + (2n + 5). On a donc S = 6n + 9 = 6n + 6 + 3.
Ceci peut s’écrire : S = 6(n + 1) + 3 (on reconnaît l’égalité caractéristique de la division euclidienne par 6).
Le reste de la division euclidienne par 6 de la somme de trois nombres impairs consécutifs est 3.
Méthode 2
En considérant que (2n - 1) est le plus petit des trois entiers impairs consécutifs, les suivants sont
(2n + 1) puis (2n + 3). Leur somme S peut donc s’écrire :
S = (2n - 1) + (2n + 1) + (2n + 3). On a donc S = 6n + 3 (on reconnaît l’égalité caractéristique de la
division euclidienne par 6).
Le reste de la division euclidienne par 6 de la somme de trois nombres impairs consécutifs est 3.
Méthode 3
En remarquant que les trois nombres sont des impairs consécutifs, le premier est celui du milieu
moins 2, et le dernier est celui du milieu plus 2, donc la somme est égale à trois fois le terme du
milieu. Le reste de la division euclidienne de cette somme par 3 est donc 0.
Comme le nombre central est impair, il peut s’écrire sous la forme (2n + 1), la somme des trois vaut
3 x (2n + 1), soit 6n + 3, le reste de la division euclidienne de cette somme par 6 est donc 3.
Le reste de la division euclidienne par 6 de la somme de trois nombres impairs consécutifs est 3.
2) b) Division par 3
Méthode 1
En utilisant la méthode 1 de la question 2) a), on a : S = 6n + 9, soit S = 3(2n + 3) (on reconnaît
l’écriture caractéristique d’un multiple de 3).
Le reste de la division euclidienne par 3 de la somme de trois nombres impairs consécutifs est 0.
Méthode 2
En utilisant la méthode 2 de la question 2) a), on a : S = 6n + 3, soit S = 3(2n + 1) (on reconnaît
l’écriture caractéristique d’un multiple de 3).
Le reste de la division euclidienne par 3 de la somme de trois nombres impairs consécutifs est 0.
Méthode 3
D’après la méthode 3 de la question 2) a), la somme de trois entiers consécutifs est égale à trois fois
le terme du milieu, c’est donc un multiple de 3, par conséquent, le reste de la division euclidienne de
cette somme par 3 est 0.
Le reste de la division euclidienne par 3 de la somme de trois nombres impairs consécutifs est 0.
3) Nombres impairs consécutifs de somme 12 027
Dans cette question nous utilisons les mêmes méthodes, donc les mêmes notations que dans la
question précédente.
Méthode 1
Dans la méthode 1 de la question 2) a), on a S = 6n + 9. Donc on résout l’équation 6n + 9 = 12 027,
soit 6n = 12 018. On en déduit n = 2 003.
On vérifie alors aisément que (2 x 2 003 + 1) + (2 x 2 003 + 3) + (2 x 2 003 + 5) = 12 027.
On obtient ainsi : 4 007 + 4 009 + 4 011 = 12 027.
Les trois nombres cherchés sont 4 007, 4 009 et 4 011.
Méthode 2
Dans la méthode 2 de la question 2) a), on a S = 6n + 3. Donc on résout l’équation 6n + 3 = 12 027,
où encore 6n = 12 024. On en déduit n = 2 004.
On vérifie alors aisément que (2 x 2 004 - 1) + (2 x 2 00 4 + 1) + (2 x 2 004 + 3) = 12 027.
On obtient ainsi : 4 007 + 4 009 + 4 011 = 12 027.
Les trois nombres cherchés sont 4 007, 4 009 et 4 011.
Méthode 3
Dans la méthode 3 de la question 2) a), en appelant n le nombre central, on a S = 3n, d’où
3n = 12 027. Ainsi n = 4 009, c’est un nombre impair. On vérifie alors que :
4 007 + 4 009 + 4 011 = 12 027.
Les trois nombres cherchés sont 4007, 4009 et 4011.
Les trois nombres cherchés sont 4 007, 4 009 et 4 011.
4) Recherche du nombre minimal de termes
Remarque préalable :
Implicitement, les cas p = 0 et p = 1 n’ont pas de sens et donc dans cette question, on considère que
p est au moins égal à 2.
Méthode 1 : par essais successifs et contre-exemples
Pour p = 2, prenons le cas S = 1 + 3 = 4, ce n'est pas un multiple de 5, donc p=2 ne convient pas.
Pour p = 3, prenons le cas S= 1 + 3 + 5 = 9, ce n'est pas multiple de 5, donc p = 3 ne convient pas.
Pour p = 4, prenons le cas S = 1 + 3 + 5 + 7 = 16, ce n'est pas un multiple de 5, donc p = 4 ne
convient pas.
Pour p = 5, prenons le cas S = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25, on obtient un multiple de 5. Evidemment, cet
unique exemple ne prouve pas que n’importe quelle somme S de 5 nombres impairs consécutifs est
toujours un multiple de 5. Raisonnons dans le cas général. La somme S peut s’écrire :
S = (2n + 1) + (2n + 3) + (2n + 5) + (2n + 7) + (2n + 9) = 10n + 25 = 5(2n + 5)
C’est un multiple de 5. Donc 5 est bien la plus petite valeur possible pour p.
Méthode 2 : par exhaustion des cas
Etudions successivement la somme de 2, 3, 4, … nombres impairs successifs. Soit (2n + 1) le premier
nombre.
Somme de 2 nombres impairs consécutifs :
S = (2n + l) + (2n + 3) = 4n + 4.
Cette somme n’est pas toujours un multiple de 5 : un contre-exemple suffit : pour n = 0, on a S = 1 + 3 = 4 et
4 n’est pas un multiple de 5.
Somme de 3 nombres impairs consécutifs :
S = (2n + l) + (2n + 3) + (2n + 5) = 6n + 9.
Cette somme n’est pas toujours un multiple de 5 : en effet, pour n = 0, on a S = 1 + 3 + 5 = 9 et 9 n’est
pas un multiple de 5.
Somme de 4 nombres
S = (2n + l) + (2n + 3) + (2n + 5) + (2n + 7) = 8n + 16.
Cette somme n’est pas toujours un multiple de 5 : en effet, pour n = 0, on a S = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 16
et 16 n’est pas un multiple de 5.
Somme de 5 nombres
S = (2n + l) + (2n + 3) + (2n + 5) + (2n + 7) + (2n + 9) = 10n + 25 = 5(2n + 5).
S est de la forme 5k avec k entier naturel, S est donc bien un multiple de 5.
On en conclut que pour qu’une somme de nombres entiers impairs consécutifs soit toujours un
multiple de 5, il faut qu’elle contienne au moins 5 termes.
Méthode 3 : suites arithmétiques
On peut considérer que les termes de la somme S de p nombres impairs consécutifs constituent une
suite arithmétique de premier terme (2n + 1) et de raison 2, n étant un entier naturel quelconque.
Le dernier terme de la somme de p termes est ((2n + 1) + 2(p - 1)).
On a :
S = (2n +1) + ((2n + 1) + 2)) + ((2n + 1) + 4)) +…………..+ ((2n + 1) + 2(p - 2)) + ((2n + 1) + 2(p - 1)) ;
S = (2n +1) + (2n + 3) + (2n + 5) +…………………. + (2n + 2p - 3) + (2n + 2p - 1) ;
Après suppression des parenthèses et regroupement des p termes “2n” on obtient :
S = 2np + 1 + 3 + 5 +……………………. + (2p – 3) + (2p – 1) ;
Cette écriture fait apparaître la somme des p premiers nombres impairs qui vaut p2 (cf. remarque cidessous).
Ainsi : S = 2np + p2 = p (2n + p).
Pour que le produit p (2n+p) soit un multiple de 5 (pour toute valeur de n), il faut que 5 divise p, ou
2n+p.
1er cas, 5 est un diviseur de p.
2ème cas, 5 est un diviseur de (2n + p) pour toute valeur de n. Ceci est impossible, en effet, si l’on
suppose que 5 divise (2n + p), alors 5 diviserait aussi (2(n + 1) + p) or 2(n + 1) + p = (2n + p) + 2, qui
n’est pas divisible par 5.
Ainsi la seule possibilité est p divisible par 5. Le cas p = 0 n’a pas de sens (la somme ne comporterait
aucun terme !) donc le plus petit entier non nul divisible par 5 est 5, donc la solution est p = 5.
La solution est p = 5.
Remarque :
Calcul de la somme des p premiers nombres impairs. On sait que la somme des N premiers entiers vaut
N (N + 1)/ 2, ainsi pour N = 2p on obtient la somme des 2p premiers entiers par la formule p (2p + 1).
De plus la somme des p premiers entiers pairs vaut :
2 + 4 + … + 2p = 2(1 + 2 + … + p) = 2 x p (p + 1)/ 2 = p (p + 1).
On obtient la somme des p premiers entiers impairs en soustrayant à la somme des 2p premiers
2
entiers, la somme des p premiers entiers pairs, à savoir : p(2p + 1) – p(p + 1) = p .
Exercice 8
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 9
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 10
Solution 1 :
Le nombre de bouteilles diminué de 2 doit être un nombre multiple commun de 3, de
5 et de 7 plus grand que 1500 -2 = 1498 plus petit que 1600 – 2 = 1598
Pour que le nombre soit multiple de 5 il doit se terminer par à ou 5. Donc la recherche commence à 1500 et
sʼarrête à 1595.
Pour quʼun nombre soit multiple de 3, la somme de ses chiffres doit être multiple de 3. Or 5+1 = 6 (somme du
chiffre des unités de mille et du chiffre des centaines) est déjà un multiple de 3.
Il faut donc que la somme du chiffre des dizaines et du chiffre des unités soit un multiple de 3.
Quand le chiffre des unités est 0, le chiffre des dizaines peut être 3, 6 ou 9.
Quand le chiffre des unités est 5, le chiffre des dizaines peut être 1 ou 4.
Il reste donc à chercher les multiples de 7 parmi 1515, 1530, 1545, 1560, 1575, 1590 (on passe dʼun nombre au
suivant en ajoutant 15).
La division par 7 de 1515 donne pour reste 3. La division par 7 de 15 a pour reste 1.
Les restes successifs de la division par 7 des nombres retenus sont donc : 3, 4, 5, 6, 0, 1
Le seul nombre qui convient est 1575
Le nombre de bouteilles est donc 1575 + 2 soit 1577 bouteilles.
Remarque Il existe un théorème qui permet de trouver le reste de la division par 7 dʼun nombre. Mais ce
théorème nʼest pas utile ici car, pour lʼappliquer, les calculs sont relativement longs. Ce théorème est utile quand
on cherche le reste de la division par 7 dʼun nombre dʼau moins 5 chiffres.
Solution 2 :
Soit n le nombre de bouteilles. Il faut que n-2 soit un multiple de 3, de 5 et de 7.
Ces nombres étant premiers entre eux, tout multiple commun est un multiple de leur produit, cʼest à dire un
multiple de 3 x 5 x 7 = 105.
Le seul multiple de 105 compris entre 1500 et 1600 est 105 x 15 = 1575. Donc n-2 = 1575 et n = 1577
Exercice 11
Exercice 12
Question 1 a :
En examinant les nombres donnés, on peut voir que 6+5 = 9+2 donc
(6+5) – (9+2) = 0 ce qui permet de trouver un nombre divisible par 11, soit par exemple 2596.
Cette remarque peut conduire du fait de la commutativité de lʼaddition à trois autres nombres : 2695 ou 9526 ou
9625 ;
En écrivant la différence opposée (9+2) – (6+5) = 0 on obtient quatre autres nombres :
5269 ou 5962 ou 6259 ou 6952.
Pour répondre à la question, il suffit de donner un de ces huit nombres.
Question 1 b
Un nombre de 4 chiffres est divisible par 11 si :
(1er chiffre + 3ème chiffre) – (2ème chiffre + 4ème chiffre) = 11k (k entier positif ou négatif)
Le choix dʼune paire de deux chiffres parmi les quatre chiffres proposés détermine lʼautre paire (les deux chiffres
restants) et il suffit alors de savoir si la différence correspondante sera ou non de la forme 11k.
Ainsi avec la paire {2,9} associée à la paire {5,6} nous trouvons huit nombres qui vont être tous divisibles par 11
car la différence des sommes est nulle. 2596 ou 2695 ou 9526 ou 9625 et 5269 ou 5962 ou 6259 ou 6952 en
inversant les deux paires.
Il nʼy a que deux autres possibilités :
Si les chiffres 2 et 5 sont associés aux chiffres 6 et 9, la différence des sommes est :
15 – 7 = 8 ou 7 – 15 = - 8
Cela ne fournit pas dʼautres nombres divisibles par 11.
Si les chiffres 2 et 6 sont associés aux chiffres 5 et 9, la différence des sommes est :
14 – 8 = 6 ou 8 – 14 = -6
Cela ne fournit pas dʼautres nombres divisibles par 11.
Tous les nombres divisibles par 11 sont donc les huit cités.
Remarque 1: Il existe 24 nombres formés avec les 4 chiffres différents donnés car :
- il y a 4 choix possibles pour le premier chiffre,
- ce choix étant fait, il y a 3 choix possibles pour le second,
- et il reste 2 choix possibles pour le troisième
- soit 4 x 3 x 2 = 24 nombres
Nous avons envisagé 3 cas qui conduisent chacun à 8 nombres, ce qui fait bien 24 nombres différents.
Remarque 2 : Lʼexamen des cas peut être fait plus rapidement de la façon suivante :
Avec les quatre chiffres donnés, la différence positive maximale (1er chiffre + 3ème chiffre) – (2ème chiffre +
4ème chiffre) est (9+6) –(2+5) = 8 soit la somme des deux plus grands à laquelle on retranche la somme des
deux plus petits.
Pour que le nombre soit divisible par 11 la différence doit être de la forme 11k. donc la seule valeur possible de k
est 0.
Nous avons déjà trouvé à la question 1 les deux paires qui conduisent à ce cas :
{2,9} et {5,6}. Il suffit dʼécrire les huit nombres.
Question 2
Solution 1 :
Avec les six chiffres donnés, la différence positive maximale :
(1er chiffre + 3ème chiffre + 5ème chiffre) – (2ème chiffre + 4ème chiffre + 6ème chiffre) est
(4+5+6) –(1+2+3) = 9 , soit la somme des trois plus grands à laquelle on retranche la somme des trois plus petits.
Pour que le nombre soit divisible par 11 la différence doit être de la forme 11k. donc des valeurs de k supérieures
ou égales à 1 ou inférieures ou égales à –1 sont impossibles à trouver.
La seule valeur possible pour k pourrait être 0.
Mais comme la somme est impaire 1+2+3+4+5+6 = 21, la valeur 0 est impossible aussi car si la différence valait
0 alors la somme sera le double de la somme (1er chiffre + 3ème chiffre + 5ème chiffre) et cette somme serait
donc paire mais 21 nʼest pas pair.
Il nʼy a pas de nombre divisible par 11 parmi tous les nombres écrits ainsi.
Solution 2
Une autre solution consiste à examiner tous les cas.
Parmi les six chiffres proposés choisir trois chiffres de rang donné détermine les trois autres chiffres restants. Par
exemple si on choisit 1, 2, 3 de rang impair alors 4, 5, 6 seront de rang pair. Inversement si 1, 2 et 3 sont de rang
pair, 4, 5, 6 seront de rang impair.
La différence des deux sommes est : (1+2+3) – (4+5+6) = -9 ou son opposé (4+5+6) – (1+2+3) = 9
Dans les deux cas, ce nʼest pas de la forme 11k
Toutes les possibilités sont résumées dans ce tableau :
Remarque : Nous avons bien examiné tous les cas.
En effet, il y a 120 façons de choisir une suite ordonnée de 3 chiffres parmi 6 chiffres :
6 choix pour le premier, 5 choix pour le second et 4 choix pour le troisième soit 6x5x4 possibilités. Lʼordre des
trois chiffres nʼintervient pas dans la somme. On peut permuter 3 chiffres de 6 façons possibles (3x2x1). Donc il y
a 20 ensembles différents de trois chiffres (120 :6 = 20). Comme ces ensembles de trois chiffres sont associés
deux par deux, il y a 10 cas à examiner.
Aucune des différences trouvées nʼest un multiple de 11.
Il nʼy a pas de nombre divisible par 11 parmi tous les nombres écrits ainsi.
Exercice 13
1)
2)
3)
4)
5)
le nombre 123 412 893 135 552 est divisible par 4 car ses deux derniers chiffres forment le nombre 52
qui est divisible par 4 : 52 = 4 x 13
a) n a au moins deux chiffres ; on peut faire la division de n par 100 alors on sait quʼil existe deux entiers
naturels q et r tels que n = 100q + r avec 0≤ r <100
b) si r est divisible par 4 alors il existe un entier k tel que r = 4k et n = 100q + 4k donc n= 4(25q + k) et k
et q étant des entiers naturels 25q + k est un entier naturel donc n est divisible par 4
c) si n est divisible par 4 alors il existe un entier naturel m tel que n = 4m et donc r = 4m – 100q donc r =
4(m-25q) ; r est ≥ 0 et m et q sont des entiers naturels donc m-25q est un entier naturel donc r est
divisible par 4
c) n est divisible par 4 si et seulement si r est divisible par 4
p
p-1
p-2
1
Or n= ap10 + ap-110 + ap-210 + …………….a110 +a0
1
Donc le reste r de la division euclidienne de n par 100 est a110 +a0 cʼest à dire le nombre formé par les
deux derniers chiffres de n. donc n est divisible par 4 si et seulement si le nombre formé par les deux
derniers chiffres de n est divisible par 4
n a au moins trois chiffres
p
p-1
p-2
2
1
a) n= ap10 + ap-110 + ap-210 + ……………+ a210 + a110 +a0 donc la division euclidienne de n
2
1
par 1000 a pour reste a210 + a110 +a0 et puisque 1000= 8 x 125, n est divisible par 8 si et
seulement si ce reste est divisible par 8 donc si le nombre formé par ses trois derniers chiffres est
divisible par 8.
b) le nombre 123 412 893 135 552 est divisible par 8 car ses deux derniers chiffres forment le nombre
552 qui est divisible par 8 : 552 = 8 x 69
p
a) les nombres entiers naturels ayant au moins p chiffres (p≥1) sont divisibles par 2 si et seulement si
p
le nombre formé par les p derniers chiffres est divisible par 2
5552= 16 x 347 donc est divisible par 16 donc 123 412 893 135 552 est divisible par 16
35552 =32 x 1111 donc est divisible par 32 donc 123 412 893 135 552 est divisible par 32
135552 = 64 x 2118 donc est divisible par 32 donc 123 412 893 135 552 est divisible par 64
Mais 3 135 552 nʼest pas divisible par 128 donc 123 412 893 135 552 nʼest pas divisible par 128.
6
128= 27 donc la plus grande puissance de 2 qui divise le nombre 123 412 893 135 552 est 2 .
Exercice 14
1) 1001 = 91 × 11 + 0.
2) mcdu = 1000 × m + 100 × c + 10 × d + u
Or 1000 = 1001 − 1, 100 = 99 + 1 et 10 = 11 − 1
Dʼoù
3) a.
c − d + u.
€
€
€
€
€
mcdu = 1001 × m + 99 × c + 11 × d − m + c − d + u.
mcdu = (91 × m + 9 × c + d) × 11 − m + c − d + u donc mcdu a même reste de division par 11 que − m +
mcdu est divisible par 11 si et seulement si − m + c − d + u est divisible par 11.
b. mcdu a mc centaines, il faut donc trouver quatre nombres de la forme 38du , divisibles par 11, c'est à dire
tels que − 3 + 8 − d + u, ou encore u − d + 5, soit €
divisible par 11, par exemple, pour u = d − 5, en prenant d = 5,
6, 7 et 8 on obtient les nombres divisibles par 11 et ayant 38 centaines : 3850, 3861, 3872 et 3883
4) a. 100000 = 100001 − 1 = 9091 × 11 − 1
10000 = 9999 + 1 = 909 × 11 + 1
€
€
Donc abmcdu a même reste de division par 11 que − a + b − m + c − d + u.
11
b. 1,2452 × 10 = 124520000000 = 124520 × 1000000
Or − 1 + 2 − 4 + 5 − 2 + 0 = 11
0 donc 124520 est un multiple de 11 ; un multiple d'un multiple de 11 étant encore un
multiple de 11 : 1,2452 × 10 est un multiple de 11 et donc divisible par 11!
Exercice 15
Méthode 1 :
Soit x et y les mesures en cm des longueurs des côtés
x y
= soit 6y = 7x
6 7
€
x et y sont des multiples de 19
Si n désigne le nombre de carreaux sur la largeur et nʼ le nombre de carreaux sur la longueur. On sait dʼaprès
lʼénoncé que n et nʼ sont deux entiers
Avec n x nʼ = 2688
et x = 19n2et y = 19nʼ
2
2
2
Donc x y = 19 x n x nʼ = 19 x 2688 donc 7x = 6xy= 6 x 19 x 2688
2
2
2
2
2
7x = 6 x19 x 7 x 384 donc x = 6 x19 x 384 = 19 x 6 X 6 x 64
x = 19 x 48 et y = 19 x 56 donc x = 912 cm et y = 1064 cm
Méthode 2 :
Les mesures en cm du 2rectangle sont 7k et 6k (k,
nombre réel)
2
Lʼaire de la salle en cm est donc 7k x 6k = 42 k
2
Dʼaprès lʼénoncé
on sait que les dimensions de la salle sont des entiers (donc k entier) et son aire en cm est :
2
2688 x 19
2
2
2
2
2
2
Il vient 42 k = 2688 x 19 = 64 x 42 x 19 donc k = 8 x19
Dʼoù k = 8 x19 donc les mesures en cm du rectangle sont : 7 x 8 x 19 et 6 x 8 x 19
Soit 1064 cm et 912 cm.
Exercice 16
N =mcdu avec m>c>d>u>0
1) Le plus petit nombre N possible est 4321.
2) Le plus grand nombre N possible est 9876.
3) Liste des nombres N pour lesquels le chiffre des milliers est 6 :
6543, 6542, 6541, 6532, 6531, 6521, 6432, 6431, 6421, 6321
4) N = 1000m + 100c + 10d + u
Nʼ = 1000u + 100d + 10c + m
D = N-Nʼ = 1000(m-u) + 100(c-d) + 10(d-c) + (u-m)
D = 1000(m-u) + 100(c-d) - 10(c-d) - (m-u)
D = 999(m-u) + 90(c-d)
5) D = 9 x [111(m-u) + 10(c-d)]
m-u et c-d étant des entiers naturels, 111(m-u) + 10(c-d) est un entier naturel.
D est donc un multiple de 9.
6) D est maximum quand les écarts m-u et c-d sont maximum ; or m-u est multiplié par un facteur entier plus
grand que c-d. Compte tenu de la condition
m>c>d>u, m-u varie entre 8 et 3, la valeur maximum est obtenue pour m=9, u=1.
La valeur maximum de la différence c-d est alors de 6, obtenue pour c=8, d=2.
D est alors égal à 999´8 + 90´6 soit D = 8532
N= 9821
7) D est minimum pour les écarts minimum de m-u et de c-d ; soit pour m-u = 3 et
c-d = 1
La valeur de D est alors 999´3 + 90´1, soit D = 3097
Ici les valeurs minimales pour m-u et d-c sont obtenues à chaque fois que les chiffres du nombres N sont
consécutifs, ce qui donne six solutions :
N = 9876 N = 8765
N = 7654 N = 6543
N = 5432 N = 4321
PPCM, PGCD - Nombres premiers entre eux
Exercice 1
1.139 est un nombre premier car il nʼest pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13 et 13 est supérieur à
139 .139 nʼa donc aucun autre diviseur que 1 et139.
€
2. 23352= 23x 3x7x139 et 19460 = 22 x 5 x 7 x139 donc PGCD (23352 ; 19460)= 22 x 7 x 139=3892 et
PPCM (23352 ; 19460) = 23x 3 x 5 x 7x139
Pour trouver le PGCD on peut aussi utiliser lʼalgorithme dʼEuclide qui utilise des divisions euclidiennes
successives : 23352 =19460 x 1 + 3892 et 19460 =3892 x 5 + 0
Le PGCD est le dernier reste non nul lorsquʼon effectue la division euclidienne du quotient précédent
par le reste précédent donc ici le dernier reste non nul est 3892.
3. Les diviseurs communs ont pour décomposition : 2P x 7q x 139r et 0 ≤ p ≤ 2 ; 0 ≤ q ≤ 1 et 0 ≤ r ≤ 1
On obtient donc 3 possibilités pour p, 2 pour q et 2 pour r. Il y a donc 3 x 2 x 2 =12 diviseurs
communs : 1 ;2 ;4 ;7 ;14 ;28 ;139 ;278 ;556 ;973 ;1946 ;3892
4. 18= 2x32 et 648=23 x34
Comme le PGCD de deux nombres est le produit des facteurs premiers communs aux décompositions 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.
Si a et b sont les nombres cherchés, on a donc les possibilités : a =23 x34 et b = 2x32 et a= 2x34 et
b= 23 x 32
Exercice 2
PPCM= 53 x 32 x 11 x 22 et PGCD = 52 x 3
Le produit des deux nombres est (53 x 3 x 11)x (22 x 52 x 33 )=55x34x11x22 et le produit du PGCD et du PPCM
est (53 x 32 x 11x22 ) x(5 2x3) =55x34x11x22 .Les deux produits sont donc égaux.
Exercice 3
825=3x11x52 et 686= 2x73 donc leur PGCD est 1 .Ils sont premiers entre eux.
Leur somme est 1511 et leur produit : 565950
1511 nʼest divisible par aucun nombre premier inférieur à 41 et 412=1681 donc 1511 est un nombre
premier donc et 565950 nʼest 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 lʼabsurde :
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 lʼarête dʼune 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 quʼil
nʼy en ait dʼincomplet sauf à mettre une friandise dans chaque paquet peut se traduire mathématiquement
par le fait que le nombre total n de friandises nʼa 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 quʼun nombre premier nʼa 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 nʼest 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 dʼessayer de diviser 833 par un nombre
premier supérieur à 29 lorsquʼon 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 dʼessayer en utilisant une calculette. On en
déduit alors que 839 nʼa 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 lʼon 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 sʼagit alors de trouver tous les diviseurs de 476 et de les regrouper par paire de telle sorte quʼen
multipliant deux éléments dʼune paire, on trouve 476.
Pour trouver les diviseurs de 476, on peut :
- décomposer 476 en produit de facteurs premiers : 476 = 2x2x7x17. Lʼensemble des diviseurs de 476
sʼobtient 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 ; et
2x2x7x17=476. Il ne faut pas oublier 1, qui divise 476, mais qui nʼapparaît 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 la 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.
Cʼest 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 la 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 = 23 x 32 et 90 = 2x 32 x 5. Le PPCM de 72 et de 90 est donc égal à 23 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 dʼarête.
Vrai –faux : justifier
2
1) Si a est un nombre entier pair alors a est aussi un nombre entier pair.
Vrai : si a est pair alors a = 2p et a2 = 4 p2= 2(2 p2)
2) a et q sont deux nombres entiers naturels.
L'égalité a = 13q + 18 montre que q est le quotient euclidien de a par 13.
Faux car 18 > 13
3) Si le nombre à quatre chiffres 8b76 est un multiple de trois alors le nombre b est un multiple de 3.
Vrai car alors 8 + b + 7 + 6 est un multiple de 3 et vaut 21 + b et 21 est un multiple de3 donc b aussi.
4) Le produit de trois nombres consécutifs dont le premier est pair est divisible par 24. Faux
exemple :3 x 4 x 5 = 60 qui n’est pas un multiple de 24
affirmation
1
2
3
4
5
Soit un nombre entier
(a centaines, b dizaines et c
unités), si
est divisible par 99, alors :a+b+c est
multiple de 9 et a-b+c est multiple de 11.
La somme de trois nombres entiers consécutifs est
toujours divisible par 3
Un nombre divisible par 6 et par 8 est divisible par 48
Les nombres 252 et 715 sont premiers entre eux
Soit a, b, c trois entiers compris entre 0 et 9. On peut
affirmer que les nombres qui s’écrivent
base dix sont des multiples de 13
en
Vrai ou
faux
faux
justification
Vrai
n +(n+1) + ( n+2) = 3n +3
soit 3(n+1)
Contre exemple : 24
Leur pgcd est 1
faux
vrai
vrai
Contre exemple : 693
abc + abc
=1001 x abc
=1000x
donc
et 1001 = 7 x 11 x 13
€
€
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