Exercices corrigés : multiples, diviseurs et nombres premiers (Quatrième)

1) Les quatre phrases sont : $7$ est un diviseur de $63$ ; $9$ est un diviseur de $63$ ; $63$ est un multiple de $7$ ; $63$ est un multiple de $9$. On peut ajouter « $63$ est divisible par $7$ », qui dit exactement la même chose que la première. Retenir la position des nombres : le GRAND est le multiple, les PETITS sont les diviseurs. L'erreur qui coûte le plus de points dans tout le chapitre est l'inversion, « $63$ est un diviseur de $7$ », qui reviendrait à dire que $7$ contient $63$ fois quelque chose. Sur le rectangle, $7$ et $9$ sont les deux côtés et $63$ est l'aire : les diviseurs sont les côtés possibles d'un rectangle à carreaux entiers, et le multiple est l'aire qu'ils fabriquent.

2) Oui pour $12$ : $84=12\times 7$, et le quotient $7$ est un entier. Oui pour $7$ : la même égalité se relit $84=7\times 12$, une seule égalité suffit donc pour les deux réponses. Non pour $9$ : la division euclidienne donne $84=9\times 9+3$, il reste $3$. Pour répondre NON, il faut exhiber ce reste non nul ; écrire « $9$ ne va pas dans $84$ » sans calcul ne prouve rien. On pouvait aussi utiliser le critère : $8+4=12$ est multiple de $3$ mais pas de $9$.

3) $14$ ; $28$ ; $42$ ; $56$ ; $70$ ; $84$. On les obtient en ajoutant $14$ à chaque fois, ce qui est plus sûr que de multiplier de tête. Remarquer que $84$ y figure : c'est bien cohérent avec la question $2$, où l'on a vu que $84=7\times 12=14\times 6$. Un nombre a une infinité de multiples, on ne peut donc jamais en donner la liste complète, seulement les premiers.

4) Oui, $0$ est un multiple de $5$, car $0=5\times 0$ et $0$ est un entier. Donc oui, $5$ est un diviseur de $0$ : c'est la même égalité lue dans l'autre sens. En revanche $0$ n'est diviseur d'aucun nombre : il faudrait écrire $5=0\times k$, or $0\times k$ vaut $0$ quel que soit $k$. C'est exactement pour cette raison qu'on ne divise jamais par $0$. Zéro est donc multiple de tout le monde et diviseur de personne.

5) Les diviseurs de $24$ sont $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$ et $24$, soit huit diviseurs. Ils se groupent deux par deux : $1\times 24$, $2\times 12$, $3\times 8$, $4\times 6$. Il y a donc QUATRE rectangles : $1\times 24$, $2\times 12$, $3\times 8$ et $4\times 6$. Le nombre de rectangles est la moitié du nombre de diviseurs, parce que les diviseurs vont par paires. Cette remarque servira à l'exercice $3$ : elle explique pourquoi on cherche les diviseurs par paires et non un par un.

6) Non. Un entier $n$ supérieur à $1$ a un nombre FINI de diviseurs, car ils sont tous compris entre $1$ et $n$, alors qu'il a une infinité de multiples : $n$, $2n$, $3n$, et ainsi de suite sans jamais s'arrêter. Un ensemble fini ne peut pas avoir autant d'éléments qu'un ensemble infini.

1) Les sommes de chiffres valent $2+7+5+4=18$, $3+9+1+5=18$, $6+0+4+8=18$ et $1+0+0+1+0=2$. Divisibles par $2$ : $2\,754$, $6\,048$ et $10\,010$, qui se terminent par un chiffre pair ; $3\,915$ non, il se termine par $5$. Par $3$ et par $9$ : les trois premiers, dont la somme des chiffres est $18$ ; pas $10\,010$, dont la somme vaut $2$. Par $5$ : $3\,915$ et $10\,010$, qui se terminent par $5$ ou par $0$. À retenir : trois de ces nombres ont la même somme de chiffres alors qu'ils vont de $2\,754$ à $6\,048$, ce qui montre bien qu'un critère ne voit pas la taille du nombre.

2) Un nombre est divisible par $6$ si et seulement s'il est divisible par $2$ ET par $3$. On applique donc les deux critères à la suite. $2\,754$ : pair et somme $18$, donc oui, $2\,754=6\times 459$. $3\,915$ : impair, donc non, malgré sa somme $18$. $6\,048$ : pair et somme $18$, donc oui, $6\,048=6\times 1\,008$. $10\,010$ : pair mais somme $2$, donc non. Le piège est de s'arrêter au premier critère satisfait.

3) Pour $4$, on regarde les deux derniers chiffres : $54$ n'est pas un multiple de $4$, $15$ non plus, $48=4\times 12$ oui, $10$ non. Seul $6\,048$ est divisible par $4$. Pour $8$, on regarde les trois derniers : $048$, c'est-à-dire $48=8\times 6$, donc $6\,048$ est aussi divisible par $8$. Vérification : $6\,048=8\times 756$. Les autres étant déjà éliminés pour $4$, ils le sont pour $8$.

4) La somme des chiffres vaut $4+7+a=11+a$. Elle doit être un multiple de $3$ : pour $a$ allant de $0$ à $9$, $11+a$ prend les valeurs de $11$ à $20$, et les multiples de $3$ y sont $12$, $15$ et $18$. D'où $a=1$, $a=4$ ou $a=7$, soit $471$, $474$ et $477$. Pour un multiple de $9$, il faut $11+a=18$, donc $a=7$ seulement : $477=9\times 53$. Vérification : $471=3\times 157$ et $474=3\times 158$, mais $471\div 9$ et $474\div 9$ ne tombent pas juste.

5) Il a raison. Un nombre divisible par $9$ s'écrit $9k=3\times 3k$, il est donc divisible par $3$ : c'est vrai pour tous les nombres, pas seulement pour $3\,915$. La phrase inverse, « divisible par $3$ donc divisible par $9$ », est FAUSSE : $12$ est divisible par $3$ et pas par $9$. Une implication et sa réciproque sont deux affirmations différentes, et ici une seule des deux est vraie.

6) Non, ce n'est pas forcé : $12$ est divisible par $2$ et par $4$, mais $12=8\times 1+4$ n'est pas divisible par $8$. La différence avec $6$ tient à la décomposition : $6=2\times 3$, et $2$ et $3$ n'ont aucun facteur commun, donc les deux conditions apportent chacune quelque chose de neuf. Pour $8=2\times 4$, le facteur $2$ est déjà contenu dans le $4$ : dire « divisible par $2$ et par $4$ » ne dit rien de plus que « divisible par $4$ ». C'est la première apparition du fil de la série : ce sont les facteurs premiers qui commandent, pas les nombres qu'on multiplie.

1) On monte depuis $1$ en notant chaque paire : $1\times 84$, $2\times 42$, $3\times 28$, $4\times 21$, $6\times 14$, $7\times 12$. Les nombres $5$, $8$ et $9$ sont écartés : $84$ ne finit ni par $0$ ni par $5$ ; $84\div 8=10{,}5$ ; la somme des chiffres $12$ est multiple de $3$ mais pas de $9$. Liste complète, dans l'ordre : $1$ ; $2$ ; $3$ ; $4$ ; $6$ ; $7$ ; $12$ ; $14$ ; $21$ ; $28$ ; $42$ ; $84$. Ils sont douze, soit six paires.

2) Il a suffi d'essayer jusqu'à $9$. En effet $9\times 9=81$ est plus petit que $84$, tandis que $10\times 10=100$ le dépasse. Tout diviseur plus grand que $9$ est donc accompagné, dans sa paire, d'un diviseur plus petit que $9$, déjà trouvé. Essayer jusqu'à $42$, la moitié de $84$, donnerait le même résultat mais avec quatre fois plus de divisions : c'est le croisement, pas la moitié, qui fixe l'arrêt.

3) Paires de $100$ : $1\times 100$, $2\times 50$, $4\times 25$, $5\times 20$, puis $10\times 10$. La liste est $1$ ; $2$ ; $4$ ; $5$ ; $10$ ; $20$ ; $25$ ; $50$ ; $100$, soit NEUF diviseurs. Le nombre est impair parce que $100=10\times 10$ est un carré parfait : $10$ est le seul diviseur à être associé à lui-même, il compte donc pour un et non pour deux. Comme $84$ n'est pas un carré, tous ses diviseurs sont appariés deux à deux et leur nombre est pair.

4) On essaie seulement les nombres premiers jusqu'à $14$, car $14\times 14=196$ est plus petit que $221$ alors que $15\times 15=225$ le dépasse. Essais : $2$ non, $221$ est impair ; $3$ non, $2+2+1=5$ ; $5$ non, il ne finit ni par $0$ ni par $5$ ; $7$ non, $221=7\times 31+4$ ; $11$ non, $221=11\times 20+1$ ; $13$ OUI, $221=13\times 17$. Donc $221$ n'est PAS premier. Six essais ont suffi là où une recherche naïve en aurait demandé $219$.

5) $2^5=32$. Ses diviseurs sont $1$ ; $2$ ; $4$ ; $8$ ; $16$ ; $32$, c'est-à-dire $2^0$, $2^1$, $2^2$, $2^3$, $2^4$ et $2^5$ : il y en a SIX, soit l'exposant $5$ augmenté de $1$. Un diviseur de $32$ ne peut contenir aucun facteur autre que $2$, et le seul choix à faire est le nombre de $2$ que l'on garde, de zéro à cinq.

6) On croise les deux listes. Diviseurs de $84$ : $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $7$, $12$, $14$, $21$, $28$, $42$, $84$. Diviseurs de $100$ : $1$, $2$, $4$, $5$, $10$, $20$, $25$, $50$, $100$. Communs : $1$ ; $2$ ; $4$. Le plus grand est $4$. On le vérifie autrement : $84=4\times 21$ et $100=4\times 25$, et il n'y a plus rien à extraire puisque $21$ et $25$ n'ont aucun diviseur commun sauf $1$.

1) Le nombre $1$ n'a qu'UN seul diviseur, lui-même : il lui en manque un pour être premier. Ce n'est pas une convention arbitraire, c'est ce qui rend la décomposition unique : si $1$ était premier, on pourrait écrire $6=2\times 3=1\times 2\times 3=1\times 1\times 2\times 3$ et il n'y aurait plus d'écriture unique. Le nombre $0$ n'est pas premier non plus, mais pour la raison opposée : tout entier non nul le divise, il a donc une infinité de diviseurs, bien plus que deux.

2) Restent : $2$ ; $3$ ; $5$ ; $7$ ; $11$ ; $13$ ; $17$ ; $19$ ; $23$ ; $29$ ; $31$ ; $37$ ; $41$ ; $43$ ; $47$ ; $53$ ; $59$. On raye d'abord une colonne sur deux à partir de $4$, ce qui vide la moitié de la grille d'un coup ; les multiples de $3$ forment ensuite des diagonales bien visibles. En barrant les multiples de $5$ on ne raye que les colonnes des $5$ et des $0$, et pour $7$ il ne reste plus que $49$ à barrer, tous les autres multiples de $7$ ayant déjà disparu.

3) Parce que tout nombre non premier inférieur à $60$ possède un diviseur premier inférieur ou égal à sa racine, donc au plus $7$, puisque $7\times 7=49$ ne dépasse pas $60$ alors que $11\times 11=121$ le dépasse largement. Le premier nombre que le crible des $11$ ferait tomber serait justement $121$. Pour une grille allant jusqu'à $120$, on s'arrêterait donc AU MÊME endroit, à $7$ : $121$ étant plus grand que $120$, aucun multiple de $11$ n'a besoin d'être barré.

4) Il y en a $17$ en dessous de $60$. Entre $1$ et $30$ : $2$, $3$, $5$, $7$, $11$, $13$, $17$, $19$, $23$, $29$, soit DIX. Entre $31$ et $60$ : $31$, $37$, $41$, $43$, $47$, $53$, $59$, soit SEPT. Les nombres premiers se raréfient à mesure qu'on avance, sans jamais s'arrêter : Euclide a démontré qu'il y en a une infinité.

5) Tout nombre pair supérieur à $2$ s'écrit $2k$ avec $k$ au moins égal à $2$ : il admet donc $1$, $2$ et lui-même comme diviseurs, soit au moins trois. Seul $2$ échappe à l'argument, car pour lui $k=1$ et le diviseur $2$ se confond avec le nombre. La phrase sur les impairs est FAUSSE : $9=3\times 3$, $15=3\times 5$, $21$, $25$, $27$, $33$, $35$, $39$, $45$, $49$, $51$, $55$ et $57$ sont impairs sans être premiers. Il y en a treize sous $60$, autant dire que l'imparité ne garantit rien.

6) Les paires sont $(3\,;5)$, $(5\,;7)$, $(11\,;13)$, $(17\,;19)$, $(29\,;31)$ et $(41\,;43)$, soit SIX paires. Le nombre $5$ appartient à deux paires à la fois, ce qui ne se reproduit jamais ensuite : sur trois impairs consécutifs, l'un des trois est toujours multiple de $3$, et $3$, $5$, $7$ est le seul triplet où ce multiple de $3$ est $3$ lui-même.

1) On descend : $360=36\times 10$, puis $36=6\times 6$ et $10=2\times 5$, puis chaque $6=2\times 3$. Les feuilles sont $2$, $3$, $2$, $3$, $2$, $5$. En rangeant par ordre croissant de base : $360=2^3\times 3^2\times 5$. Vérification indispensable, elle prend cinq secondes : $8\times 9\times 5=72\times 5=360$. Un arbre qui ne se vérifie pas est un arbre faux une fois sur trois.

2) Second arbre : $360=8\times 45$, puis $8=2\times 4$ et $45=5\times 9$, puis $4=2\times 2$ et $9=3\times 3$. Les feuilles sont $2$, $2$, $2$, $5$, $3$, $3$ : les MÊMES que dans le premier arbre, dans un autre ordre. On retrouve $360=2^3\times 3^2\times 5$. C'est le théorème fondamental de l'arithmétique : le découpage de départ change la forme de l'arbre, jamais ses feuilles. Sur la copie, on écrit toujours le résultat avec les bases rangées dans l'ordre croissant, sinon deux élèves ayant juste ont l'air d'être en désaccord.

3) $504=8\times 63=(2\times 2\times 2)\times(7\times 9)=2^3\times 3^2\times 7$. Vérification : $8\times 9\times 7=504$. Pour $1\,001$, on essaie les premiers dans l'ordre : $2$ non, il est impair ; $3$ non, $1+0+0+1=2$ ; $5$ non ; $7$ oui, $1\,001=7\times 143$ ; puis $143=11\times 13$. Donc $1\,001=7\times 11\times 13$, un produit de trois premiers consécutifs qu'il vaut la peine de connaître par cœur.

4) Se terminant par $25$, le nombre est divisible par $25$ : $2\,025=25\times 81$. Or $25=5^2$ et $81=3^4$, d'où $2\,025=3^4\times 5^2$. Vérification : $81\times 25=2\,025$. On remarque au passage que $3^4\times 5^2=(3^2\times 5)^2=45^2$ : $2\,025$ est un carré parfait, ce qui se lit directement sur la décomposition puisque tous ses exposants sont pairs.

5) On compare les facteurs, sans jamais calculer le produit, qui vaut d'ailleurs $504$. Par $6=2\times 3$ : oui, un $2$ et un $3$ sont disponibles. Par $8=2^3$ : oui, il y a exactement trois $2$. Par $14=2\times 7$ : oui. Par $5$ : NON, aucun $5$ n'apparaît, et un facteur premier ne peut pas surgir d'un produit où il n'était pas. Par $12=2^2\times 3$ : oui, il y a assez de $2$ et au moins un $3$. Règle générale : $a$ divise $b$ lorsque chaque facteur premier de $a$ figure dans $b$ avec un exposant au moins aussi grand.

6) Une puissance de $10$ s'écrit $10^k=2^k\times 5^k$ : il lui faut autant de $2$ que de $5$. Ici $n=2^4\times 5^3$ a un $5$ de retard, il suffit donc de multiplier par $5$. On obtient $2^4\times 5^4=10^4=10\,000$. Vérification chiffrée : $n=16\times 125=2\,000$, et $2\,000\times 5=10\,000$. Multiplier par $10$ aurait aussi donné une puissance de $10$, mais $20\,000$ n'en est pas une : c'est bien $5$, et non $10$, le plus petit entier qui convient.

1) On écrit $360=2^3\times 3^2\times 5$ et $504=2^3\times 3^2\times 7$. La partie commune est $2^3\times 3^2=72$, et il ne reste que $5$ en haut, $7$ en bas : $\dfrac{360}{504}=\dfrac{5\times 72}{7\times 72}=\dfrac{5}{7}$. Vérification : $5\times 72=360$ et $7\times 72=504$, et en décimal $360\div 504\approx 0{,}714$ comme $5\div 7$. La décomposition a donné le facteur $72$ d'un coup, sans tâtonner.

2) Non, elle ne l'est pas. Simplifier deux fois par $2$ revient à simplifier par $4$, et $4$ ne représente qu'une partie du $72$ commun : il manque le facteur $9$. On le voit sur les décompositions, $90=2\times 3^2\times 5$ et $126=2\times 3^2\times 7$, qui ont encore $2\times 3^2=18$ en commun. En simplifiant $\dfrac{90}{126}$ par $18$, on retombe sur $\dfrac{5}{7}$. Ce qui manque à l'élève n'est pas une étape de plus, c'est un critère d'ARRÊT : tant qu'on n'a pas vérifié qu'il ne reste aucun facteur premier commun, on ne peut pas affirmer qu'on a fini.

3) $1\,155$ se termine par $5$ : $1\,155=5\times 231$, puis $231=3\times 77=3\times 7\times 11$. Donc $1\,155=3\times 5\times 7\times 11$. Pour $462$ : il est pair, $462=2\times 231=2\times 3\times 7\times 11$. La partie commune est $3\times 7\times 11=231$, d'où $\dfrac{1\,155}{462}=\dfrac{5}{2}$. Vérification : $5\times 231=1\,155$ et $2\times 231=462$. Le résultat vaut $2{,}5$ : une fraction irréductible n'est pas forcément plus petite que $1$.

4) On a déjà $2\,025=3^4\times 5^2$. Pour $945$ : impair, somme des chiffres $18$ donc divisible par $9$, $945=9\times 105=9\times 3\times 35=3^3\times 5\times 7$. Facteurs communs : trois $3$ et un $5$, soit $3^3\times 5=135$. Il reste $3\times 5=15$ en haut et $7$ en bas : $\dfrac{2\,025}{945}=\dfrac{15}{7}$. Vérification : $15\times 135=2\,025$ et $7\times 135=945$. On prend le plus petit exposant de chaque facteur commun, jamais le plus grand.

5) Une fraction est déjà irréductible lorsque les deux décompositions n'ont AUCUN facteur premier en commun. Sur $\dfrac{35}{72}$ : $35=5\times 7$ et $72=2^3\times 3^2$. Les facteurs $5$ et $7$ d'un côté, $2$ et $3$ de l'autre, ne se rencontrent nulle part : la fraction est irréductible, et on l'a prouvé sans essayer de diviser par $2$, par $3$, par $5$ puis par $7$. C'est la seule méthode qui donne une preuve et non une impression.

6) Non. La fraction $\dfrac{7}{12}$ est irréductible, car $7$ est premier et n'apparaît pas dans $12=2^2\times 3$. Toute fraction qui lui est égale s'écrit donc $\dfrac{7k}{12k}$ avec $k$ entier, et son dénominateur est un multiple de $12$. Or $100=12\times 8+4$ n'est pas un multiple de $12$. Il n'existe donc pas de telle fraction, et par conséquent $\dfrac{7}{12}$ ne s'écrit pas non plus avec un dénominateur $10$, $1\,000$ ou $10\,000$ : elle n'a pas d'écriture décimale exacte, à cause du facteur $3$ que $12$ contient et qu'aucune puissance de $10$ ne possède.

1) Avec $12$ pochettes : $168=12\times 14$ et $252=12\times 21$, les deux divisions tombent juste, donc oui, chaque pochette contient $14$ vis et $21$ écrous. Avec $16$ : $168=16\times 10+8$, la division ne tombe pas juste, donc non, il resterait $8$ vis. Il suffit qu'UNE des deux conditions échoue pour que la réponse soit non : inutile de tester $252$.

2) $168=8\times 21=2^3\times 3\times 7$, vérification $8\times 3\times 7=168$. $252=4\times 63=2^2\times 3^2\times 7$, vérification $4\times 9\times 7=252$.

3) On garde chaque facteur commun avec son PLUS PETIT exposant : deux $2$, un seul $3$ car $168$ n'en a qu'un, et un $7$. Cela donne $2^2\times 3\times 7=84$. Le plus grand nombre de pochettes est donc $84$, et chacune contient $168\div 84=2$ vis et $252\div 84=3$ écrous. Vérification : $84\times 2=168$ et $84\times 3=252$. Le piège classique est de prendre le plus GRAND exposant, ce qui donnerait $2^3\times 3^2\times 7=504$, un nombre qui ne divise ni l'un ni l'autre.

4) Les nombres de pochettes possibles sont exactement les diviseurs communs à $168$ et $252$, c'est-à-dire les diviseurs de $84$ : $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $7$, $12$, $14$, $21$, $28$, $42$, $84$. Il y a donc DOUZE possibilités, et l'on retrouve au passage le $12$ de la question $1$. Retenir ce fait, il n'est pas évident : tout diviseur commun à deux nombres divise leur plus grand diviseur commun.