2nde 2 - Correction du devoir `a la maison n˚2

2nde 2 - Correction du devoir `a 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 ´egale `a 20, donc 20 n’est pas un nombre parfait.
2. On cherche des nombres parfaits N.
D’apr`es les travaux d’Euclide et d’Euler, on sait que : N= 2p−1(2p−1), avec pnombre premier et
2p−1 nombre premier.
On essaie en prenant pour pun nombre premier.
*p= 2
Alors : 22−1 = 4 −1 = 3, et ce nombre est bien un nombre premier. Donc si on calcule Nen
rempla¸cant ppar 2, on obtient un nombre parfait.
N= 22−122−1= 21×3 = 6.
On en d´eduit 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 Nen
rempla¸cant ppar 3, on obtient un nombre parfait.
N= 23−123−1= 22×7 = 4 ×7 = 28.
On en d´eduit que 28 est un nombre parfait.
V´erification
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 ´egale `a 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 Nen
rempla¸cant ppar 5, on obtient un nombre parfait.
N= 25−125−1= 24×31 = 16 ×31 = 496.
On en d´eduit que 496 est un nombre parfait.
V´erification
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
´egale `a 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 Nen
rempla¸cant ppar 7, on obtient un nombre parfait.
N= 27−127−1= 26×127 = 64 ×127 = 8128.
On en d´eduit que 8128 est un nombre parfait.
V´erification
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 ´egale `a 8128, donc 8128 est bien un nombre parfait.
On a donc trouv´e trois nombres parfaits autres que 6 et inf´erieurs `a 10 000 : 28, 496 et 8128.
Exercice 2
1. ϕ2= 1 + √5
2!2
, donc ϕ2=1 + √52
4.
On d´eveloppe le num´erateur en appliquant une identit´e remarquable :
ϕ2=1+2√5+5
4, soit : ϕ2=6+2√5 4.
ϕ2=23 + √5
4, d’o`u, en simplifiant par 2 : ϕ2=3 + √5 2.
D’autre part : ϕ+ 1 = 1 + √5
2+ 1 = 1 + √5 2+2 2, d’o`u : ϕ+ 1 = 3 + √5 2.

On a donc ϕ2=3 + √5
2et ϕ+ 1 = 3 + √5 2, d’o`u : ϕ2=ϕ+ 1.
1
ϕ=1
1+√5
2
=2
1 + √5.
D’autre part : ϕ−1 = 1 + √5
2−1 = 1 + √5 2−2 2, d’o`u : ϕ−1 = √5−1 2.
On calcule la diff´erence de ces deux nombres :
1
ϕ−(ϕ−1) = 2
1 + √5−
√5−1
2.
On prend comme d´enominateur commun : 2 1 + √5:
1
ϕ−(ϕ−1) = 4
21 + √5−√5−11 + √5 21 + √5
1
ϕ−(ϕ−1) = 4−√5−11 + √5
21 + √5
1
ϕ−(ϕ−1) = 4−√5+5−1−√5
21 + √5;1
ϕ−(ϕ−1) = 4−4
21 + √5= 0.
1
ϕ−(ϕ−1) = 0, donc 1 ϕ=ϕ−1.
2. Figure :
Un rectangle d’or est un rectangle tel que : Longueur
largeur =ϕ.
a) ABCD a pour longueur AB et pour largeur BC.
AB
BC =ϕ 1=ϕ, donc ABCD est un rectangle d’or.
b) A’BCD’ a pour longueur BC (c’est-`a-dire 1) et pour largeur A’B = AB −AA’, c’est-`a-dire ϕ−1,
et on sait que ϕ−1 = 1
ϕ.
BC
A’B =1 ϕ−1=1
1
ϕ
=ϕ, donc A’BCD’ est un rectangle d’or.
c) MNDC a pour longueur CM = CB + BM = 1+ ϕ, et pour largeur MN = AB = ϕ.
CM
MN =1 + ϕ ϕ; or on a vu que 1 + ϕ=ϕ2, donc CM MN =ϕ2 ϕ=ϕ.
Donc MNDC est un rectangle d’or.