Retour
Deux engrenages qui reviennent en place, des lots sans reste, une fraction à réduire, un sol à carreler : chaque fois, c'est la décomposition en facteurs premiers qui donne la réponse.
Décomposer un entier en produit de facteurs premiers, et lire ses diviseurs dans la décomposition.
Utiliser les multiples communs pour un problème de retour en position.
Utiliser les diviseurs communs pour partager sans reste.
Rendre une fraction irréductible.
Les deux engrenages
Deux roues dentées sont en prise : la première porte \(12\) dents, la seconde \(18\). On marque une dent sur chacune, et l'on part avec les deux marques face à face.
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Écrire les premiers multiples de \(12\), puis ceux de \(18\).$$ \text{multiples de } 12 : \ 12 \ ; \ 24 \ ; \ 36 \ ; \ 48 \ ; \ 60 \ ; \ 72 $$$$ \text{multiples de } 18 : \ 18 \ ; \ 36 \ ; \ 54 \ ; \ 72 $$
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Après combien de dents les deux marques se retrouvent-elles face à face ?
Il faut un nombre de dents qui soit à la fois multiple de \(12\) et de \(18\). Le plus petit est :
$$ 36 \ \text{dents} $$ -
Combien de tours chaque roue a-t-elle alors effectués ?$$ 36 \div 12 = 3 \hspace{2em} 36 \div 18 = 2 $$$$ 3 \ \text{tours pour la première} \quad \text{et} \quad 2 \ \text{pour la seconde} $$
Les lots de la kermesse
Le foyer dispose de \(84\) stylos et de \(126\) crayons. Il veut composer des lots tous identiques, en utilisant tout, sans qu'il reste quoi que ce soit.
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Décomposer \(84\) et \(126\) en produits de facteurs premiers.$$ 84 = 2^2 \times 3 \times 7 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 126 = 2 \times 3^2 \times 7 $$
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En déduire le plus grand nombre de lots réalisables.
Le nombre de lots doit diviser \(84\) et \(126\). Les facteurs communs aux deux décompositions sont :
$$ 2 \times 3 \times 7 = 42 $$$$ 42 \ \text{lots} $$ -
Donner la composition de chacun de ces \(42\) lots.$$ 84 \div 42 = 2 \hspace{2em} 126 \div 42 = 3 $$$$ 2 \ \text{stylos} \quad \text{et} \quad 3 \ \text{crayons par lot} $$
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Avec les mêmes stylos et crayons, pourrait-on faire \(21\) lots ? Et \(50\) ?
\(21\) divise \(84\) et \(126\) : c'est possible, avec \(4\) stylos et \(6\) crayons par lot - mais ce n'est pas le maximum.
\(50\) ne divise ni l'un ni l'autre : c'est impossible.
La fraction à réduire
On considère la fraction \(\frac{252}{378}\).
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Décomposer le numérateur et le dénominateur en produits de facteurs premiers.$$ 252 = 2^2 \times 3^2 \times 7 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 378 = 2 \times 3^3 \times 7 $$
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En déduire l'écriture irréductible de cette fraction.
Les facteurs communs sont \(2\), \(3^2\) et \(7\), soit \(2 \times 9 \times 7 = 126\) :
$$ \frac{252}{378} = \frac{126 \times 2}{126 \times 3} $$$$ \frac{252}{378} = \frac{2}{3} $$ -
Comment être certain que ce résultat est bien irréductible ?
\(2\) et \(3\) sont deux nombres premiers différents : ils n'ont aucun diviseur commun autre que \(1\).
C'est l'avantage de la décomposition : une fois tous les facteurs communs retirés, il ne peut plus en rester. Une simplification au jugé, elle, laisse toujours le doute.
Vrai ou faux sur les décompositions
Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie ou fausse, et justifier.
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Léa : « la décomposition de \(180\) en produit de facteurs premiers est \(2 \times 9 \times 10\) ».
Le produit vaut bien \(180\), mais \(9 = 3 \times 3\) et \(10 = 2 \times 5\) ne sont pas premiers. En les décomposant à leur tour :
$$ 180 = 2 \times 3 \times 3 \times 2 \times 5 $$$$ \text{faux} : \ 180 = 2^2 \times 3^2 \times 5 $$ -
Hugo : « \(91\) est un nombre premier, puisqu'il n'est divisible ni par \(2\), ni par \(3\), ni par \(5\) ».
Il faut essayer tous les nombres premiers dont le carré ne dépasse pas \(91\) : \(2\), \(3\), \(5\), mais aussi \(7\), puisque \(7^2 = 49\). Hugo s'est arrêté trop tôt.
$$ \text{faux} : \ 91 = 7 \times 13 $$ -
Inès : « un nombre dont la décomposition est \(2^3 \times 3 \times 5^2\) est divisible par \(12\) et par \(50\), mais pas par \(9\) ». On demande de répondre sans calculer ce nombre.
On décompose les diviseurs proposés, et l'on cherche leurs facteurs dans la décomposition du nombre :
$$ 12 = 2^2 \times 3 \hspace{2em} 50 = 2 \times 5^2 \hspace{2em} 9 = 3^2 $$\(2^2\) et \(3\) s'y trouvent, \(2\) et \(5^2\) aussi : le nombre est divisible par \(12\) et par \(50\). Mais il ne contient qu'un seul facteur \(3\) : il n'est pas divisible par \(9\).
$$ \text{vrai} $$
Carreler sans découpe
Un artisan doit carreler le sol d'une pièce rectangulaire de \(4.20 \ \text{m}\) sur \(3.15 \ \text{m}\), avec des dalles carrées toutes identiques, posées bord à bord, sans en couper aucune. Le côté d'une dalle est un nombre entier de centimètres.
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Décomposer \(420\) et \(315\) en produits de facteurs premiers.$$ 420 = 2^2 \times 3 \times 5 \times 7 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 315 = 3^2 \times 5 \times 7 $$
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Quel est le côté des plus grandes dalles possibles ? Combien en faudrait-il ?
Le côté doit diviser à la fois \(420\) et \(315\). Le plus grand diviseur commun rassemble les facteurs communs :
$$ 3 \times 5 \times 7 = 105 $$Il faut alors \(420 \div 105 = 4\) dalles dans la longueur et \(315 \div 105 = 3\) dans la largeur.
$$ 105 \ \text{cm} \quad \text{et} \quad 4 \times 3 = 12 \ \text{dalles} $$ -
Le magasin ne vend que des dalles de \(21\), \(30\), \(35\) ou \(45 \ \text{cm}\) de côté. Dire lesquelles conviennent.
Un côté convient s'il divise \(420\) et \(315\), c'est-à-dire si ses facteurs premiers se trouvent dans les deux décompositions.
- \(21 = 3 \times 7\) : il divise les deux, et convient.
- \(30 = 2 \times 3 \times 5\) : \(315\) n'a pas de facteur \(2\), il ne convient pas.
- \(35 = 5 \times 7\) : il divise les deux, et convient.
- \(45 = 3^2 \times 5\) : \(420\) n'a qu'un facteur \(3\), il ne convient pas.
$$ 21 \ \text{cm} \quad \text{et} \quad 35 \ \text{cm} $$ -
Une dalle de \(21 \ \text{cm}\) coûte \(1.30 \ \text{€}\), une dalle de \(35 \ \text{cm}\) coûte \(3.50 \ \text{€}\). Quel modèle l'artisan doit-il choisir pour dépenser le moins ? Trancher, en justifiant.
Avec des dalles de \(21 \ \text{cm}\) : \(420 \div 21 = 20\) et \(315 \div 21 = 15\), soit \(20 \times 15 = 300\) dalles.
$$ 300 \times 1.30 = 390 \ \text{€} $$Avec des dalles de \(35 \ \text{cm}\) : \(420 \div 35 = 12\) et \(315 \div 35 = 9\), soit \(12 \times 9 = 108\) dalles.
$$ 108 \times 3.50 = 378 \ \text{€} $$La grande dalle coûte près de trois fois plus cher à l'unité, mais il en faut presque trois fois moins.
$$ \text{les dalles de } 35 \ \text{cm, pour } 378 \ \text{€} $$
Les cigales de dix-sept ans
En Amérique du Nord, certaines cigales passent \(13\) ou \(17\) ans sous terre, puis sortent toutes la même année. Une hypothèse l'explique par leurs prédateurs, dont les populations culminent elles aussi à intervalles réguliers : tous les \(2\), \(3\), \(4\), \(5\) ou \(6\) ans selon l'espèce. Un prédateur rencontre la cigale les années où tous deux sont au rendez-vous. Tout commence l'année \(0\), où tous se retrouvent.
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Calculer au bout de combien d'années le prédateur de cycle \(4\) ans retrouve la cigale de cycle \(12\) ans, puis celle de cycle \(13\) ans. Vérifier sur la frise, et dire à quelle sortie de chaque cigale a lieu cette rencontre.
Une année de rencontre est un multiple commun des deux cycles. \(12\) est lui-même un multiple de \(4\). Pour \(13\), on écrit ses multiples jusqu'au premier multiple de \(4\) :
$$ 13 \ ; \ 26 \ ; \ 39 \ ; \ 52 = 4 \times 13 $$La cigale de \(12\) ans est rencontrée dès sa première sortie ; celle de \(13\) ans à sa quatrième, puisque \(52 \div 13 = 4\).
$$ 12 \ \text{ans, à chaque sortie} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 52 \ \text{ans, toutes les } 4 \ \text{sorties} $$Vérification : sur la frise, chaque point bleu est à la verticale d'un point rouge, alors qu'aucun point vert ne l'est entre l'année \(0\) et l'année \(52\).
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On s'intéresse maintenant à une cigale de cycle \(15\) ans. Compléter le tableau à l'aide des décompositions en facteurs premiers, puis dire quels prédateurs la rencontrent à chaque sortie.Cycle du prédateur (ans)\(2\)\(3\)\(4\)\(5\)\(6\)Plus petit multiple commun avec \(15\)\(30\)........................................Rencontre toutes les … sorties\(2\)........................................
\(15 = 3 \times 5\). Le plus petit multiple commun contient les facteurs premiers de \(15\) et ceux du cycle du prédateur, un facteur commun n'étant compté qu'une fois. Avec \(4 = 2^2\), aucun facteur n'est commun : \(2^2 \times 3 \times 5 = 60\). Avec \(6 = 2 \times 3\), le facteur \(3\) est commun : \(2 \times 3 \times 5 = 30\). On divise ensuite par \(15\) pour compter les sorties.
Cycle du prédateur (ans)\(2\)\(3\)\(4\)\(5\)\(6\)Plus petit multiple commun avec \(15\)\(30\)\(15\)\(60\)\(15\)\(30\)Rencontre toutes les … sorties\(2\)\(1\)\(4\)\(1\)\(2\)$$ \text{les prédateurs de } 3 \ \text{ans} \quad \text{et} \quad 5 \ \text{ans} $$ -
Prouver qu'un prédateur de cycle \(k\) ans rencontre une cigale de cycle \(c\) ans au moins une fois toutes les \(k\) sorties, et exactement toutes les \(k\) sorties lorsque \(c\) et \(k\) n'ont aucun facteur premier commun.
Au moins une fois toutes les \(k\) sorties : \(c \times k\) est un multiple de \(c\) et de \(k\). L'année \(c \times k\), qui est celle de la \(k\)-ième sortie de la cigale, est donc une année de rencontre. La première rencontre a lieu au plus tard cette année-là, puis tout recommence comme à l'année \(0\).
Exactement toutes les \(k\) sorties : une année de rencontre est un multiple de \(c\) : sa décomposition contient tous les facteurs premiers de \(c\). C'est aussi un multiple de \(k\) : elle contient ceux de \(k\). Quand \(c\) et \(k\) n'ont aucun facteur premier commun, ces facteurs sont tous différents, et la décomposition les contient tous à la fois : l'année de rencontre est un multiple de \(c \times k\). Aucune ne vient donc avant l'année \(c \times k\).
$$ \text{sans facteur premier commun, la première rencontre a lieu l'année } c \times k $$Vérification : \(15\) et \(4\) n'ont aucun facteur commun, et le tableau donne bien \(60 = 15 \times 4\), soit \(4\) sorties.
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Une cigale est la mieux protégée quand chaque prédateur, de \(2\) à \(6\) ans, ne la rencontre que toutes les \(k\) sorties, \(k\) étant le cycle de ce prédateur. Trouver tous les cycles de \(12\) à \(18\) ans qui assurent cette protection, et prouver qu'il n'y en a pas d'autre.
Les cycles \(12\), \(14\), \(16\) et \(18\) sont des multiples de \(2\) : le prédateur de \(2\) ans rencontre la cigale dès sa première sortie, donc à chaque sortie, et non toutes les \(2\) sorties.
Le cycle \(15\) est un multiple de \(3\) : le prédateur de \(3\) ans rencontre la cigale à chaque sortie, comme le montre le tableau.
Les cycles \(13\) et \(17\) sont premiers. Les cycles des prédateurs, \(2\), \(3\), \(2^2\), \(5\) et \(2 \times 3\), n'ont que \(2\), \(3\) et \(5\) pour facteurs premiers : aucun n'est commun avec \(13\) ni avec \(17\). D'après la question précédente, chaque prédateur ne rencontre ces cigales que toutes les \(k\) sorties.
$$ 13 \ \text{ans} \quad \text{et} \quad 17 \ \text{ans} $$Ce sont exactement les deux cycles observés dans la nature. Vérification : la cigale de \(17\) ans et le prédateur de \(6\) ans ne se retrouvent qu'au bout de \(102\) ans, soit \(6 \times 17\).
Les soixante minutes de l'heure
Nous devons aux Babyloniens, qui comptaient par soixantaines, les \(60\) minutes d'une heure. Avantage souvent cité : une heure se partage en beaucoup de parts égales d'un nombre entier de minutes. Sur le cadran, les rayons rouges la partagent en \(3\) parts de \(20\) minutes.
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Compléter le tableau : chaque case contient le produit du nombre de sa ligne par celui de sa colonne. Donner ensuite toutes les façons de partager une heure en au moins deux parts égales d'un nombre entier de minutes.\(\times\)\(1\)\(3\)\(5\)\(15\)\(1\)\(1\)\(3\)\(5\)\(15\)\(2\)........................................\(4\)........................................\(\times\)\(1\)\(3\)\(5\)\(15\)\(1\)\(1\)\(3\)\(5\)\(15\)\(2\)\(2\)\(6\)\(10\)\(30\)\(4\)\(4\)\(12\)\(20\)\(60\)
Les douze nombres du tableau sont les diviseurs de \(60\). On partage l'heure en \(n\) parts égales d'un nombre entier de minutes exactement quand \(n\) divise \(60\) ; on écarte \(n = 1\), qui ne partage rien. Il reste les partages en \(2\), \(3\), \(4\), \(5\), \(6\), \(10\), \(12\), \(15\), \(20\), \(30\) ou \(60\) parts.
$$ 11 \ \text{façons} $$Vérification : les \(3\) parts du cadran durent \(20\) minutes, et \(3\) comme \(20\) sont dans le tableau ; les \(12\) grands traits le partagent en parts de \(5\) minutes.
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Expliquer pourquoi ce tableau contient tous les diviseurs de \(60 = 2^2 \times 3 \times 5\), chacun une seule fois. En déduire, sans les écrire, le nombre de diviseurs de \(100\), puis celui de \(360\), le nombre de degrés d'un tour.
Un diviseur de \(60\) ne contient que des facteurs premiers de \(60\), et jamais plus de fois que \(60\) : il s'écrit \(2^a \times 3^b \times 5^c\), avec \(a\) égal à \(0\), \(1\) ou \(2\), et \(b\) comme \(c\) égaux à \(0\) ou \(1\). La ligne donne \(2^a\), soit \(3\) choix ; la colonne donne \(3^b \times 5^c\), soit \(2 \times 2 = 4\) choix. La décomposition étant unique, deux cases différentes ne donnent jamais le même nombre.
$$ (2 + 1) \times (1 + 1) \times (1 + 1) = 12 $$Le nombre de diviseurs est le produit des exposants augmentés de \(1\). Avec \(100 = 2^2 \times 5^2\) et \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\) :
$$ (2 + 1) \times (2 + 1) = 9 $$$$ (3 + 1) \times (2 + 1) \times (1 + 1) = 24 $$$$ 9 \quad \text{et} \quad 24 \ \text{diviseurs} $$\(100\), pourtant plus grand, a moins de diviseurs que \(60\).
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Un nombre a exactement \(12\) diviseurs. Prouver que sa décomposition en facteurs premiers est de l'une des quatre formes suivantes, où \(p\), \(q\) et \(r\) sont des nombres premiers différents :$$ p^{11} \ ; \ p^5 \times q \ ; \ p^3 \times q^2 \ ; \ p^2 \times q \times r $$
D'après la question précédente, \(12\) est le produit des exposants de la décomposition, chacun augmenté de \(1\). Chaque facteur de ce produit vaut donc au moins \(2\). On écrit \(12\) de toutes les façons comme un produit de nombres entiers au moins égaux à \(2\) :
- un seul facteur : \(12\), soit un exposant \(11\) ;
- deux facteurs : \(2 \times 6\) ou \(3 \times 4\), soit les exposants \(1\) et \(5\), ou \(2\) et \(3\) ;
- trois facteurs : \(2 \times 2 \times 3\), soit les exposants \(1\), \(1\) et \(2\) ;
- quatre facteurs ou plus : impossible, puisque \(2 \times 2 \times 2 \times 2 = 16\) dépasse déjà \(12\).
On appelle \(p\) le nombre premier qui porte le plus grand exposant.
$$ \begin{gather*} p^{11} \hspace{2em} p^5 \times q \\ p^3 \times q^2 \hspace{2em} p^2 \times q \times r \end{gather*} $$Vérification : \(60 = 2^2 \times 3 \times 5\) est de la dernière forme.
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Trouver tous les nombres inférieurs à \(100\) qui ont exactement \(12\) diviseurs, et prouver qu'il n'y en a pas d'autre. Les Babyloniens auraient-ils pu choisir un nombre plus petit que \(60\), avec autant de diviseurs ?
On passe en revue les quatre formes, en commençant par les plus petits nombres premiers.
Forme \(p^{11}\) : \(2^{11} = 2 \ 048\) dépasse déjà \(100\). Aucun nombre.
Forme \(p^5 \times q\) : \(3^5 = 243\) est trop grand, donc \(p = 2\) et \(32 \times q < 100\), soit \(q < 3.125\) : \(q = 3\), et l'on obtient \(96\).
Forme \(p^3 \times q^2\) : si \(p \geqslant 5\), alors \(p^3 \geqslant 125\). Si \(p = 3\), alors \(q \geqslant 2\) et \(27 \times q^2 \geqslant 27 \times 4 = 108\). Si \(p = 2\), alors \(8 \times q^2 < 100\), soit \(q^2 < 12.5\) : \(q = 3\), et l'on obtient \(72\).
Forme \(p^2 \times q \times r\) : si \(p = 2\), alors \(4 \times q \times r < 100\), soit \(q \times r < 25\) avec deux premiers impairs différents : \(3 \times 5\) ou \(3 \times 7\), car \(3 \times 11\) et \(5 \times 7\) dépassent \(25\) ; on obtient \(60\) et \(84\). Si \(p = 3\), alors \(9 \times q \times r < 100\), soit \(q \times r \leqslant 11\) sans le facteur \(3\) : seulement \(2 \times 5\), soit \(90\). Si \(p \geqslant 5\), alors \(p^2 \times q \times r \geqslant 25 \times 2 \times 3 = 150\).
$$ 60 \ ; \ 72 \ ; \ 84 \ ; \ 90 \quad \text{et} \quad 96 $$Les Babyloniens ne pouvaient donc pas faire mieux : \(60\) est le plus petit de ces nombres, et aucun nombre inférieur à \(60\) n'a exactement \(12\) diviseurs. Vérification : \(84 = 2^2 \times 3 \times 7\) a \((2 + 1) \times (1 + 1) \times (1 + 1) = 12\) diviseurs.