Exercice 1 Exercice 2

Corrigé du devoir à la maison no1
Exercice 1
1. Ordre des consignes : e) - d) - a) - f) - c) - b)
A
B
C
D
E
F
G
H
I
2. Les droites (GF )et (IH)semblent être parallèles.
3. Eest l’image de Bpar la translation de vecteur # » AI donc le quadrilatère AIEB est un parallélogramme.
Or, les diagonales d’un parallélogramme se coupant en leur milieu, les segments [AE]et [IB]se coupent en leur milieu
d’où F, point d’intersection des droites (AE)et (BI), est le milieu de [BI].
Par ailleurs, Hest le symétrique de Bpar rapport à Gdonc Gest le milieu de [BH].
Fet Gétant les milieux respectifs des segments [BI]et [BH], nous pouvons appliquer le théorème de la droite des
milieux dans le triangle BIH et conclure que les droites (GF )et (IH)sont parallèles, ce qui valide la conjecture émise à
la question précédente.
Exercice 2
1. Algorithme de Fibonacci appliqué à la fraction 5
11 :
Fraction a
bFraction b aÉcriture décimale de b aEntier pCalcul de a b−1 p
5
11
11
52,2 3 5 11 −1 3=15 33 −11 33 =4 33
4
33
33
48,25 9 4 33 −1 9=36 297 −3 297 =3 297 =1 99
1
99
99
199 99 1 99 −1 99 = 0
Conclusion : 5
11 =1 3+1 9+1 99
Algorithme de Fibonacci appliqué à la fraction 61
84 :
Fraction a
bFraction b aÉcriture décimale de b aEntier pCalcul de a b−1 p
61
84
84
61 ≈1,38 2 61 84 −1 2=61 84 −42 84 =19 84
19
84
84
19 ≈4,42 5 19 84 −1 5=95 420 −84 420 =11 420
11
420
420
11 ≈38,18 39 11 420 −1 39 =429 16380 −420 16380 =9 16380 =1 1820
1
1820
1820
11820 1820 1 1820 −1 1820 = 0
Conclusion : 61
84 =1 2+1 5+1 39 +1 1820

2. 1
3+1 4+1 7=4×7 3×4×7+3×7 4×3×7+3×4 7×3×4
=28
84 +21 84 +12 84
=61
84
Au vu du résultat obtenu, on peut déduire que l’écriture égyptienne d’une fraction n’est pas unique puisque nous en
connaissons déjà deux différentes pour la fraction 61
84 (celle obtenue en exécutant l’algorithme de Fibonacci et celle
correspondant au calcul que nous venons d’effectuer).
3. Non, l’algorithme de Fibonacci ne conduit pas toujours à l’écriture faisant intervenir le plus petit nombre de fractions.
En effet, dans le cas de la fraction 61
84, l’écriture obtenue grâce à l’algorithme est une somme de quatre fractions alors
même qu’il est possible d’écrire ce même nombre comme la somme de seulement trois fractions égyptiennes (voir question
précédente).
4. Pour tout entier naturel non nul p:
1
p+ 1 +1 (p+ 1)(2p+ 1) =1(2p+ 1) (p+ 1)(2p+ 1) +1 (p+ 1)(2p+ 1)
=2p+ 2
(p+ 1)(2p+ 1)
=2(p+ 1)
(p+ 1)(2p+ 1)
=2
2p+ 1
5. L’égalité prouvée à la question précédente est valable pour tout entier naturel non nul pdonc, en particulier, pour p= 100.
Par conséquent, on a : 2
201 =2 2×100 + 1
=1
100 + 1 +1 (100 + 1)(2 ×100 + 1)
=1
101 +1 101 ×201
=1
101 +1 20301
On obtient ainsi, sans utiliser l’algorithme de Fibonacci, une écriture égyptienne de la fraction 2
201.