Exercices corrigés : multiples, diviseurs et divisibilité (Sixième)

Dans $83$, il y a $13$ fois $6$ : $6\times 13=78$ et $83-78=5$. Quotient $13$, reste $5$, et $83=6\times 13+5$ avec $5<6$.

$8\times 12=96$ : la division tombe juste. Quotient $12$, reste $0$, donc $96$ est un multiple de $8$.

$6$ contient $1$ fois $4$, reste $2$ ; on abaisse le $5$ : $25$ contient $6$ fois $4$, reste $1$ ; on abaisse le $3$ : $13$ contient $3$ fois $4$, reste $1$. Quotient $163$, reste $1$, et $653=4\times 163+1$.

$6$ contient $1$ fois $6$, reste $0$ ; on abaisse le $2$ : $2$ ne contient pas $6$, on écrit $0$ au quotient ; on abaisse le $8$ : $28$ contient $4$ fois $6$, reste $4$. Quotient $104$, reste $4$. Piège : sauter le $0$ et annoncer $14$, alors que $6\times 14=84$ est très loin de $628$.

$39$ contient $2$ fois $15$, reste $9$ ; on abaisse le $7$ : $97$ contient $6$ fois $15$, soit $90$, reste $7$. Quotient $26$, reste $7$, et $397=15\times 26+7$.

$50$ contient $7$ fois $7$, reste $1$ ; on abaisse le $3$ : $13$ contient $1$ fois $7$, reste $6$ ; on abaisse le $8$ : $68$ contient $9$ fois $7$, soit $63$, reste $5$. Quotient $719$, reste $5$, et $7\times 719+5=5\,033+5=5\,038$.

$34$ contient $1$ fois $23$, reste $11$ ; on abaisse le $6$ : $116$ contient $5$ fois $23$, soit $115$, reste $1$ ; on abaisse le $1$ : $11$ ne contient pas $23$, on écrit $0$. Quotient $150$, reste $11$. Piège : s'arrêter à $15$ en oubliant le dernier chiffre abaissé.

$14$ n'entre pas une seule fois dans $9$ : quotient $0$, reste $9$, et $9=14\times 0+9$ avec $9<14$. Piège : inverser et diviser $14$ par $9$.

On utilise l'égalité de la division : dividende $=13\times 27+8=351+8=359$. Contrôle : $8<13$, le reste est bien acceptable.

$20$ ne contient pas $38$, on prend donc trois chiffres : $204$ contient $5$ fois $38$, soit $190$, reste $14$ ; on abaisse le $1$ : $141$ contient $3$ fois $38$, soit $114$, reste $27$ ; on abaisse le $9$ : $279$ contient $7$ fois $38$, soit $266$, reste $13$. Quotient $537$, reste $13$, et $38\times 537+13=20\,406+13=20\,419$. Pour trouver chaque chiffre, on arrondit $38$ à $40$ : $279$ contient environ $7$ fois $40$.

Le rectangle compte $4$ rangées de $7$ carreaux, donc $4\times 7=28$ carreaux. On peut aussi compter $7$ colonnes de $4$ carreaux, ce qui donne $7\times 4=28$ : le même total. Cette égalité $4\times 7=28$ est le point de départ de tout l'exercice, car elle contient à elle seule les deux mots du chapitre.

$28$ est un MULTIPLE de $4$, et $4$ est un DIVISEUR de $28$. Les deux phrases disent la même chose, vue depuis le grand nombre pour la première et depuis le petit pour la seconde. Le moyen sûr de ne pas les inverser : le multiple est le résultat de la multiplication, donc le grand nombre ; le diviseur est l'un des facteurs, donc l'un des petits. Écrire « $4$ est un multiple de $28$ » revient à prétendre que $28\times c=4$ avec $c$ entier, ce qui est impossible.

OUI. La même égalité $4\times 7=28$ se lit aussi $7\times 4=28$, donc $28$ s'écrit bien $7$ multiplié par un entier : $7$ est un diviseur de $28$, et on peut l'écrire $28=7\times 4$. Une seule égalité fournit donc deux diviseurs d'un coup, $4$ et $7$. C'est exactement ce qui rend la recherche par paires efficace à l'exercice 4.

Les six premiers multiples de $4$ sont $0$, $4$, $8$, $12$, $16$ et $20$ : on les obtient en multipliant $4$ par $0$, $1$, $2$, $3$, $4$ puis $5$. Il en existe une INFINITÉ, car on peut toujours multiplier par un entier plus grand. C'est la grande différence avec les diviseurs d'un nombre, qui sont eux en nombre fini. Oublier $0$ est fréquent : $0=4\times 0$, donc $0$ est bien un multiple de $4$.

NON. La division de $28$ par $8$ donne $28=8\times 3+4$ : le quotient est $3$ et le reste est $4$. Comme le reste n'est pas nul, $28$ n'est pas un multiple de $8$. Attention au raisonnement faux qui consiste à dire « $8$ est pair et $28$ aussi, donc ça marche » : la parité ne suffit jamais à conclure pour un diviseur autre que $2$.

VRAI. Pour tout entier $a$, on a $a=a\times 1$. Lue dans un sens, cette égalité dit que $a$ est un multiple de $a$ ; lue dans l'autre, elle dit que $a$ est un diviseur de $a$. Au passage, elle montre aussi que $1$ est un diviseur de tous les nombres, et que tout nombre non nul a donc au moins deux diviseurs, $1$ et lui-même.

Sur la droite, $45$ est placé entre $42$ et $49$ : on a $42<45<49$, avec $42=7\times 6$ et $49=7\times 7$. Cet encadrement contient déjà la réponse de la question suivante, car le multiple situé JUSTE EN DESSOUS donne le quotient.

On pose la division : $45$ divisé par $7$ donne $6$, et il reste $3$. Le quotient est donc $6$ et le reste est $3$. On le retrouve sur la droite : de $42$ à $45$, il y a $3$ unités, et $42$ est le sixième multiple de $7$.

L'égalité s'écrit $45=7\times 6+3$. On vérifie d'abord le calcul : $7\times 6=42$ et $42+3=45$, c'est juste. On vérifie ensuite la condition sur le reste : $0\le 3<7$, le reste est bien positif et strictement plus petit que le diviseur. Les deux vérifications sont nécessaires, et c'est la seconde que les élèves oublient.

$45=5\times 9+0$ : le reste est $0$. On en déduit que $45$ est divisible par $5$, autrement dit que $45$ est un multiple de $5$ et que $5$ est un diviseur de $45$. Le reste nul est LA définition de la divisibilité, et c'est le seul reste qui autorise à employer ces mots.

L'égalité est juste, car $7\times 5=35$ et $35+10=45$. Mais ce n'est PAS la division euclidienne de $45$ par $7$, car le reste annoncé, $10$, est plus grand que le diviseur $7$ : il reste encore un paquet de $7$ à retirer. Le quotient $5$ est donc faux, le bon est $6$. Retenir : une égalité exacte ne suffit pas, la condition $0\le r<b$ fait partie de la réponse.

C'est $49$, le multiple de $7$ situé juste au-dessus de $45$ sur la droite. Il faut donc ajouter $49-45=4$. On remarque que $4$ est aussi la différence entre le diviseur et le reste : $7-3=4$. Ce petit calcul sert dans tous les problèmes de « combien manque-t-il pour compléter le dernier paquet ».

On ne regarde que le chiffre des unités. Divisibles par $2$ : $1\,260$ (unités $0$) et $7\,002$ (unités $2$). Divisibles par $5$ : $1\,260$ (unités $0$) et $3\,425$ (unités $5$). Divisible par $10$ : $1\,260$ seulement, car $10$ exige le chiffre $0$. Aucune division n'a été posée : c'est tout l'intérêt du critère.

Sommes des chiffres : $1+2+6+0=9$ pour $1\,260$ ; $3+4+2+5=14$ pour $3\,425$ ; $4+0+8+3=15$ pour $4\,083$ ; $7+0+0+2=9$ pour $7\,002$. Divisibles par $3$ : ceux dont la somme est $9$, $15$ et $9$, soit $1\,260$, $4\,083$ et $7\,002$. Divisibles par $9$ : ceux dont la somme est divisible par $9$, soit $1\,260$ et $7\,002$. Le nombre $4\,083$ passe le critère de $3$ mais pas celui de $9$, puisque $15$ n'est pas dans la table de $9$.

OUI dans un sens : si la somme des chiffres est divisible par $9$, elle est aussi divisible par $3$, car $9=3\times 3$. Donc tout multiple de $9$ est un multiple de $3$. NON dans l'autre sens : $4\,083$ est divisible par $3$ et pas par $9$, et $6$ aussi. La réciproque est donc fausse, et un contre-exemple suffit à le prouver.

Le critère de $6$ n'existe pas seul : un nombre est divisible par $6$ quand il est divisible par $2$ ET par $3$, car $6=2\times 3$ et ces deux nombres n'ont pas de diviseur commun autre que $1$. On croise donc les deux listes : $1\,260$ est dans les deux, $7\,002$ aussi. Réponse : $1\,260$ et $7\,002$. Le nombre $4\,083$ est divisible par $3$ mais impair, donc pas par $6$.

La somme des trois premiers chiffres vaut $4+1+7=12$. Il faut que $12+c$ soit divisible par $3$. Comme $12$ l'est déjà, il faut que $c$ le soit : $c\in\{0\,;3\,;6\,;9\}$. Les nombres qui conviennent sont donc $4\,170$, $4\,173$, $4\,176$ et $4\,179$. On vérifie sur le dernier : $4+1+7+9=21$, et $21=3\times 7$.

Parce que $10=2\times 5$. Si un nombre est un multiple de $10$, il s'écrit $10\times k$, c'est-à-dire $2\times(5\times k)$ mais aussi $5\times(2\times k)$ : il est donc à la fois multiple de $2$ et de $5$. Attention à ne pas retourner la phrase n'importe comment ailleurs : divisible par $2$ et par $4$ n'entraîne PAS divisible par $8$, comme le montre $12$.

On compte les carreaux de chaque rectangle : $1\times 24=24$, $2\times 12=24$, $3\times 8=24$ et $4\times 6=24$. Les quatre rectangles ont donc la même aire, $24$ carreaux, mais des formes très différentes. Chacun donne une écriture de $24$ sous forme de produit, donc une paire de diviseurs.

Chaque rectangle fournit deux diviseurs : $1$ et $24$, puis $2$ et $12$, puis $3$ et $8$, puis $4$ et $6$. La liste ordonnée est donc $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $24$, soit HUIT diviseurs. On les écrit dans l'ordre croissant pour voir qu'aucun n'a été sauté : on a testé $1$, $2$, $3$, $4$ à la suite, et $5$ ne divise pas $24$ car $24=5\times 4+4$.

Parce qu'après $4$, le petit facteur rattrape le grand : le suivant serait $5$, qui ne divise pas $24$, puis $6$, mais la paire $6\times 4$ a déjà été trouvée à l'envers. Continuer ne donnerait donc que des paires déjà écrites. Règle pratique : on teste les entiers dans l'ordre à partir de $1$ et on s'arrête dès que le facteur testé devient plus grand que celui qui l'accompagne.

Les paires de $36$ sont $1\times 36$, $2\times 18$, $3\times 12$, $4\times 9$ et $6\times 6$. On vérifie que $5$ ne divise pas $36$ ($36=5\times 7+1$). La liste ordonnée est $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $9$, $12$, $18$, $36$, soit NEUF diviseurs.

Parce que $36=6\times 6$ : la dernière paire est faite de DEUX FOIS LE MÊME nombre, qui ne compte donc qu'une fois dans la liste. Toutes les autres paires apportent deux diviseurs distincts, d'où un total impair. Cela arrive exactement pour les nombres qui sont un produit d'un entier par lui-même, comme $1$, $4$, $9$, $16$, $25$ ou $36$ : ce sont les carrés parfaits.

Il faut chercher les nombres dont la seule paire est $1\times n$. En testant : $11$, $13$, $17$ et $19$ conviennent. Les autres se cassent en deux facteurs plus petits, par exemple $12=2\times 6$, $15=3\times 5$, $18=2\times 9$. Ces nombres à exactement deux diviseurs sont appelés nombres premiers, une notion qui sera reprise et nommée en quatrième.

Multiples de $4$ : $0$, $4$, $8$, $12$, $16$, $20$, $24$, $28$, $32$, $36$, $40$, $44$, $48$, $52$, $56$. Multiples de $6$ : $0$, $6$, $12$, $18$, $24$, $30$, $36$, $42$, $48$, $54$. On les obtient par additions successives de $4$ puis de $6$, ce qui est plus rapide et plus sûr que de multiplier à chaque fois.

Les nombres communs aux deux listes sont $0$, $12$, $24$, $36$ et $48$. Le plus petit multiple commun non nul est donc $12$. On remarque que tous les autres multiples communs sont des multiples de $12$ : c'est toujours le cas, et cela permet de vérifier une liste sans la relire entièrement.

Diviseurs de $18$ : $1$, $2$, $3$, $6$, $9$, $18$. Diviseurs de $24$ : $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $24$. Les diviseurs communs sont $1$, $2$, $3$ et $6$ ; le plus grand est $6$. Ici encore, tous les diviseurs communs sont des diviseurs du plus grand d'entre eux.

Parce que $0=4\times 0$ et $0=6\times 0$ : $0$ est un multiple de n'importe quel nombre. Comme il est commun à tous les couples de nombres, il n'apprend rien et ne résout aucun problème concret : deux bus qui partent ensemble « au bout de $0$ minute » ne sont pas repartis ensemble. On demande donc toujours le plus petit multiple commun NON NUL.

NON. Les diviseurs de $8$ sont $1$, $2$, $4$, $8$ et ceux de $9$ sont $1$, $3$, $9$ : le seul diviseur commun est $1$. C'est possible même entre deux nombres qui ne sont pas premiers, comme ici : ni $8$ ni $9$ n'a que deux diviseurs, et pourtant ils ne partagent rien.

NON, ce n'est pas le plus petit : $12$ est plus petit que $24$ et convient aussi. Le produit de deux nombres est TOUJOURS un multiple commun, mais il n'est le plus petit que lorsque les deux nombres n'ont aucun diviseur commun autre que $1$. Ici, $4$ et $6$ partagent le diviseur $2$, ce qui fait « tomber » le multiple commun de moitié : $24\div 2=12$. Avec $4$ et $9$, qui ne partagent rien, le plus petit multiple commun est bien $36$, c'est-à-dire le produit.

On pose la division euclidienne de $187$ par $53$ : $53\times 3=159$ et $187-159=28$, donc $187=53\times 3+28$, avec $0\le 28<53$. On peut remplir $3$ autocars complets, et il reste $28$ élèves sans place.

Il faut réserver $4$ autocars. Le quotient $3$ répond à la question « combien d'autocars pleins », pas à la question « combien d'autocars il faut » : les $28$ élèves du reste doivent bien monter quelque part. Dès que le reste n'est pas nul, on ajoute donc un autocar. C'est le piège classique de ce type d'énoncé, et il n'existe qu'une façon de ne pas y tomber : relire la question APRÈS avoir posé la division, en se demandant ce que représente le reste dans l'histoire.

Le dernier autocar transporte les $28$ élèves restants et compte $53$ places, donc il reste $53-28=25$ places vides. On vérifie l'ensemble : $3\times 53+28=159+28=187$, tous les élèves sont bien partis.

Il y a $4$ autocars, donc $4\times 2=8$ accompagnateurs. Attention à ne pas multiplier par $3$ : c'est le nombre d'autocars RÉSERVÉS qui compte, pas le nombre d'autocars pleins. Une erreur à la question 2 se propage ici, ce qui est typique d'un problème en plusieurs étapes.

Le coût est $4\times 340=1\,360$ dollars. Là encore, on paie les autocars réservés, y compris celui qui n'est qu'à moitié plein : $3\times 340=1\,020$ dollars serait un oubli de $340$ dollars.

On divise $187$ par $47$ : $47\times 3=141$ et $187-141=46$, donc $187=47\times 3+46$. Il faut encore $4$ autocars. Le résultat est le même qu'avec des autocars de $53$ places, alors que chaque autocar transporte $6$ passagers de moins. La raison est que le reste, $46$, est presque égal à la capacité $47$ : le quatrième autocar est cette fois presque plein, avec une seule place vide. Autrement dit, le nombre d'autocars ne diminue pas régulièrement quand la capacité augmente, il change par sauts.

NON. Pour répartir les crayons également, le nombre de paquets doit être un diviseur de $24$. Or $24=5\times 4+4$ : $5$ n'est pas un diviseur de $24$, il resterait $4$ crayons. La condition porte sur les deux marchandises à la fois, mais il suffit qu'elle échoue sur une seule pour conclure.

NON, et c'est tout l'intérêt de la question. Le nombre $8$ divise bien $24$, donc les crayons se répartiraient ($3$ par paquet), mais $36=8\times 4+4$ : il resterait $4$ gommes. Le nombre de paquets doit être un diviseur COMMUN de $24$ et de $36$, pas seulement un diviseur de l'un des deux.

Diviseurs de $24$ : $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $24$. Diviseurs de $36$ : $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $9$, $12$, $18$, $36$. Les diviseurs communs sont $1$, $2$, $3$, $4$, $6$ et $12$ : ce sont les nombres de paquets possibles.

Le plus grand diviseur commun de la liste est $12$ : elle peut faire au maximum $12$ paquets. Faire plus de paquets qu'il n'y a de crayons est de toute façon impossible, ce qui donne une vérification rapide : le nombre de paquets ne dépasse jamais le plus petit des deux nombres.