CORRECTION DU DEVOIR A LA MAISON N 1

1 Lycée J.P Vernant spéTS

Année scolaire 2010-2011 Mathématiques

CORRECTION DU DEVOIR A LA MAISON N◦ 1 Exercice 1 : 1. a = 22 × 7 est la décomposition en produit de facteurs premiers de a donc ses diviseurs positifs sont : 20 × 70 = 1, 20 × 71 = 7, 21 × 70 = 2, 21 × 71 = 14, 22 × 70 = 4 et 22 × 71 = 28. La somme des diviseurs de a est : 1 + 7 + 2 + 2 × 7 + 22 + 22 × 7 = (1 + 7) + 2(1 + 7) + 22 (1 + 7) = (1 + 2 + 22 )(1 + 7). 2. (a) 2p−1 est directement écrit sous forme d'un produit de facteurs premiers (le seul facteur premier qui le compose est le nombre 2) donc ses diviseurs positifs sont : 20 , 21 , 22 · · · , 2p−1 soit tous les nombres du type 2i avec i ∈ {0 ; 1 ; 2 ; · · · ; p − 1}. (b) Comme 2p − 1 est premier, il admet uniquement deux diviseurs positifs : 1 et 2p − 1. (c) Le nombre Ep = 2p−1 (2p − 1) est décomposé sous forme d'un produit de facteurs premiers. Ses diviseurs positifs sont donc tous les nombres de la forme 2i × 1 et 2i (2p − 1) avec i ∈ {0 ; 1 ; 2 ; · · · ; p − 1}. La somme de ses diviseurs positifs est donc :

S = [20 + 21 + 22 + · · · + 2p−1 ] + [20 × (2p − 1) + 21 × (2p − 1) + 22 × (2p − 1) + · · · + 2p−1 (2p − 1)] = [20 + 21 + 22 + · · · + 2p−1 ] + (2p − 1)[20 + 21(+ 22 + · · · + 2p−1 ] ) = [20 + 21 + 22 + · · · + 2p−1 ] (1 + 2p − 1) = 2p 1 + 2 + 22 + · · · + 2p−1 On considère un = 2n . Alors pour tout n ∈ N, un+1 = 2n+1 = 2 × 2n = 2un donc (un ) est géométrique de raison 2 et

1 + 2 + 22 + · · · + 2p−1 =

p−1 ∑

ui = premier terme ×

i=0

1 − (raison)nombre de termes 1 − 2p = = 2p − 1 1 − raison 1−2

Finalement, la somme des diviseurs positifs de Ep est 2p (2p − 1). (d) La somme des diviseurs positifs de Ep est 2p (2p − 1) = 2 × 2p−1 (2p − 1) = 2Ep . Cela signie que Ep est un nombre parfait. (e) Comme p = 2 est un nombre premier et que 22 − 1 = 3 est également premier, alors, d'après la question précédente, E2 = 21 (22 − 1) = 2 × 3 = 6 est un nombre parfait. De même, avec p = 3 premier, on vérie que 23 − 1 = 7 est premier donc d'après ce qui précède, E3 = 22 (23 − 1) = 4 × 7 = 28 est un nombre parfait. Comme troisième nombre parfait, on choisit p = 5 qui est premier et tel que 25 − 1 = 32 − 1 = 31 soit aussi premier. Ainsi, E5 = 24 × (25 − 1) = 16 × 31 = 496 est parfait. 3. (a) Comme p et q sont premiers, les nombres pα et q β sont déjà écrit sous la forme de leur décomposition en produit de facteurs premiers. L'ensemble des diviseurs positifs de pα est donc D+ (pα ) = {pi ; i ∈ N tel que 0 6 i 6 α}. De la même façon, l'ensemble des diviseurs positifs de q β est D+ (q β ) = {q j ; j ∈ N tel que 0 6 j 6 β}. (b) Comme n = pα q β est la décomposition de n en produit de facteurs premiers, les diviseurs positifs de n sont :

p0 × q 0 ; p1 × q 0 ; p2 × q 0 ; .. .

pα−1 × q 0 ; pα × q 0 ;

p0 × q 1 ; p1 × q 1 ; p2 × q 1 ;

p0 × q 2 ; p1 × q 2 ; p2 × q 2 ;

··· ; ··· ; ··· ;

p0 × q β−1 ; p1 × q β−1 ; p2 × q β−1 ;

p0 × q β p1 × q β p2 × q β

pα−1 × q 1 ; pα × q 1 ;

pα−1 × q 2 ; pα × q 2 ;

··· ; ··· ;

pα−1 × q β−1 ; pα × q β−1 ;

pα−1 × q β pα × q β

2 La somme des diviseurs positifs de n est donc : ( ) S = p(0 × q 0 + p0 × q 1 + p0 × q 2 + · · · + p0 × q β−1 + p0 × q β ) + (p1 × q 0 + p1 × q 1 + p1 × q 2 + · · · + p1 × q β−1 + p1 × q β ) + p2 × q 0 + p2 × q 1 + p2 × q 2 + · · · + p2 × q β−1 + p2 × q β + ·(· · ) + (pα−1 × q 0 + pα−1 × q 1 + pα−1 × q 2 + · · · + pα−1 × q β−1 +) pα−1 × q β + pα × q 0 + pα × q 1 + pα × q 2 + · · · + pα × q β−1 + pα × q β

( ) ( ) 1 q 0 + q 1 + q 2 + · · · + q β−1 + q β S = p0 q(0 + q 1 + q 2 + · · · + q β−1 + q β + p ) ( ) +p2 (q 0 + q 1 + q 2 + · · · + q β−1 + q β ) + · · · + pα−1 q 0 + q 1 + q 2 + · · · + q β−1 + q β +pα q 0 + q 1 + q 2 + · · · + q β−1 + q β S =

(

q 0 + q 1 + q 2 + · · · + q β−1 + q β

)(

p0 + p1 + p2 + · · · + pβ−1 + pα

)

Chacune des parenthèses correspond à la somme des termes consécutifs d'une suite géométrique, l'une de raison p, l'autre de raison q . Les nombres p et q sont diérents de 1 donc :

p0 + p1 + p2 + · · · + pα−1 + pα = 1 × De même, q 0 + q 1 + q 2 + · · · + q β−1 + q β = (c) n est parfait si et seulement si

S = 2n

1 − pα+1 pα+1 − 1 = 1−p p−1

q β+1 − 1 pα+1 − 1 q β+1 − 1 . Ainsi, S = × . q−1 p−1 q−1

⇔

pα+1 − 1 q β+1 − 1 × = 2pα q β ⇔ (pα+1 − 1)(q β+1 − 1) = 2pα q β (p − 1)(q − 1) p−1 q−1

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

pα+1 q β+1 − pα+1 − q β+1 + 1 = pα q β [2(p − 1)(q − 1)] 1 − pα+1 − q β+1 = pα q β [2(pq − p − q + 1)] − pα+1 q β+1 1 − pα+1 − q β+1 = pα q β (2pq − 2p − 2q + 2 − pq) 1 − pα+1 − q β+1 = pα q β (pq − 2p − 2q + 2)

Or, (p − 2)(q − 2) − 2 = pq − 2p − 2q + 4 − 2 = pq − 2q − 2q + 2 donc n est parfait si et seulement si 1 − pα+1 − q β+1 = pα q β [(p − 2)(q − 2) − 2] (d) Comme p et q sont des nombres entiers non nuls, pα+1 > 1 et q β+1 > 1 donc −pα+1 6 1 et −q β+1 6 −1. Par addition membre à membre, on en déduit que 1 − pα+1 − q β+1 6 1 − 1 − 1 d'où 1 − pα+1 − q β+1 < 0. Comme p et q sont des nombres premiers supérieurs ou égaux à 3 et distincs, il sont plus grand que 3 et ne peuvent pas valoir tous les deux 3 donc l'un des deux est nécessairement plus grand que 5 (4 n'est pas premier). Les rôles de p et q étant symétriques dans l'énoncé, on peut par exemple supposer que p > 3 et q > 5. Ainsi, p − 2 > 1 et q − 2 > 3 puis, par multiplication membre à membre (possible car tous les nombres intervenant dans ces deux encadrements sont positifs), (p−2)(q−2) > 3 puis (p−2)(q−2)−2 > 1 > 0. Comme pα q β > 0, alors pα q β [(p−2)(q−2)−2] > 0. On raisonne par l'absurde. On suppose que n est un entier naturel parfait et que sa décomposition en produit de facteurs premiers ne contient que deux facteurs premiers distincts. Cela signie que n s'écrit sous la forme n = pα q β avec p et q nombres premiers distincts. Comme n est impair, il n'est pas divisible par 2 donc p qt q sont des nombres premiers diérents de 2, autrement dit, ce sont des nombres premiers distincts supérieurs à 3. On est bien dans le cadre de la question 3 et comme n est parfait, 1 − pα+1 − q β+1 = pα q β (pq − 2p − 2q + 2), ce qui est absurde d'après l'etude de signe précédente (le membre de gauche est négatif et celui de droite positif). On aboutit à une contradiction donc n parfait impair ne peut pas se décomposer en produit de deux facteurs premiers distincts. (e) On suppose que n est parfait impair. D'après la question précédente, n ne peut pas se décomposer en produit de deux facteurs premiers distints. Deux cas sont envisageables : n est composé d'un seul facteur premier, la décomposition en produit de facteurs premiers de n est constitué d'au moins trois facteurs premiers distincts.

3

• n est constitué d'un seul facteur premier, autrement dit on peut écrire n = pα avec p premier supérieur à 3 (car n impair). Dans ce cas, les diviseurs positifs de pα sont p0 , p1 , p2 · · · pα donc la somme des diviseurs α ∑ 1 − pα+1 positifs de n est S ′ = pi = . Le nombre n est parfait signie que 1−p i=0

S ′ = 2n

⇔

1 − pα+1 = 2pα ⇔ 1 − pα+1 = 2pα (1 − p) ⇔ 1 − pα+1 = 2pα − 2pα+1 1−p

⇔

2pα − pα+1 = 1 ⇔ pα (2 − p) = 1

De plus, p > 3 d'où 2 − p 6 −1 et comm pα > 0, on en déduit que pα (2 − p) < 0. Cela contredit l'égalité pα (2 − p) = 1 donc n ne peut pas s écrire avec un unique facteur premier. • n est constitué d'au moins trois facteurs premiers (impairs) distincts : n = pα q β rγ et on peut alors supposer que p > 3, q > 5 et r > 7 d'où n > 3 × 5 × 7 = 105. Si n est un nombre impair parfait, n se décompose avec au moins trois facteurs premiers distincts donc n > 105.

Exercice 2 : On note x, y et z les ages respectives des 3 enfants en supposant que x 6 y 6 z . On sait

que xyz = 36 donc on cherche les diviseurs positifs de 36 = 22 × 32 . Il y en a (2 + 1) × (2 + 1) = 9 et ce sont les nombres appartenenant à : D+ (36) = {1 , 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 9 ; 12 ; 18 ; 36} • Si x = 1, alors yz = 36 donc  soit y = 1 et z = 36, ce qui donne le triplet (1 ; 1 ; 36)  soit y = 2 et z = 18, ce qui donne le triplet (1 ; 2 ; 18)  soit y = 3 et z = 12, ce qui donne le triplet (1 ; 3 ; 12)  soit y = 4 et z = 9, ce qui donne le triplet (1 ; 4 ; 9)  soit y = 6 et z = 6 et le triplet est (1 ; 6 ; 6)  soit y > 6 et comme z > y , yz > 36 donc xyz > 36, ce qui est impossible. • Si x = 2 (et donc yz = 18 = 2 × 32 ), en se rappelant que y > x les choix pour y sont :  ou bien y = 2 et z = 9 donc le triplet obtenu est (2 ; 2 ; 9)  ou bien y = 3 et z = 6 donc le triplet obtenu est (2 ; 3 ; 6)  ou bien y > 6 et comme z > y alors yz > 36 etxyz > 72, ce qui est impossible • Si x = 3, alors yz = 12 et y > 3  ou bien y = 3 et x = 4 et le triplet est (3 ; 3 ; 4)  ou bien y > 4 et comme z > y alors yz > 16 donc xyz > 48 ce qui est impossible. • Si x > 4 , alors comme z > y > x, on a xyz > 43 soit xyz > 64, ce qui est impossible. On a ainsi étudié tous les cas et obtenu 8 triplets (x ; y ; z). Pour chaque triplet on calcule la somme S = x + y + z qui correspond au nombre de passagers du bus.  pour (1 ; 1 ; 36), S = 38.  pour (1 ; 2 ; 18), S = 21  pour (1 ; 3 ; 12), S = 16  pour (1 ; 4 ; 9), S = 14  pour (1 ; 6 ; 6), S = 13  pour (2 ; 2 ; 9), S = 13  pour (2 ; 3 ; 6), S = 11  pour (3 ; 3 ; 4), S = 10 L'ami qui cherche l'âge des enfants ne peut pas conclure directement alors qu'il connait la somme S qui correspond au nombre de passagers du bus. Cela signie que le triplet cherché correspond à la valeur de S commune à deux triplets, c'est-à-dire S = 13. Le père des trois enfants parle de l'aîné, ce qui élimine le triplet (1 ; 6 ; 6) qui correspond à des jumeaux ainés. Finalement, il y a 13 passagers dans le bus et les enfants ont respectivement 2 ans, 2 ans et 9 ans.