Exercice 1 Exercice 2

Corrigé du devoir à la maison no 1
Exercice 1
1. Ordre des consignes : e) - d) - a) - f) - c) - b)
H
D
C
G
B
A
F
E
I
2. Les droites (GF ) et (IH) semblent être parallèles.
#»
3. E est l’image de B par 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, H est le symétrique de B par rapport à G donc G est le milieu de [BH].
F et G étant 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
Fraction
a
b
Fraction
5
11
4
33
1
99
b
a
5
:
11
Écriture décimale de
11
5
33
4
99
1
Fraction
61
84
19
84
11
420
1
1820
a
b
Fraction
84
61
84
19
420
11
1820
1
b
a
Entier p
2,2
3
8,25
9
99
99
Conclusion :
Algorithme de Fibonacci appliqué à la fraction
b
a
a 1
−
b
p
1
15 11
4
5
− =
−
=
11 3
33 33
33
4
1
36
3
3
1
− =
−
=
=
33 9
297 297
297
99
1
1
−
=0
99 99
Calcul de
5
1 1
1
= + +
11
3 9 99
61
:
84
a 1
−
b
p
61 1
61 42
19
≈ 1,38
2
− =
−
=
84 2
84 84
84
19 1
95
84
11
≈ 4,42
5
− =
−
=
84 5
420 420
420
11
1
429
420
9
1
≈ 38,18
39
−
=
−
=
=
420 39
16380 16380
16380
1820
1
1
1820
1820
−
=0
1820 1820
61
1 1
1
1
Conclusion :
= + +
+
84
2 5 39 1820
Écriture décimale de
b
a
Entier p
Calcul de
2.
1 1 1
4×7
3×7
3×4
+ + =
+
+
3 4 7
3×4×7 4×3×7 7×3×4
28 21 12
+
+
=
84 84 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
61
connaissons déjà deux différentes pour la fraction
(celle obtenue en exécutant l’algorithme de Fibonacci et celle
84
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.
61
En effet, dans le cas de la fraction
, l’écriture obtenue grâce à l’algorithme est une somme de quatre fractions alors
84
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
1
1(2p + 1)
1
+
=
+
p + 1 (p + 1)(2p + 1)
(p + 1)(2p + 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 p donc, en particulier, pour p = 100.
2
2
Par conséquent, on a :
=
201
2 × 100 + 1
1
1
=
+
100 + 1 (100 + 1)(2 × 100 + 1)
1
1
=
+
101 101 × 201
1
1
=
+
101 20301
2
On obtient ainsi, sans utiliser l’algorithme de Fibonacci, une écriture égyptienne de la fraction
.
201