Multiples, diviseurs et division euclidienne : 20 exercices corrigésmaths 4e — du geste seul au problème de contrôle

Corrigés : multiples, diviseurs et division euclidienne, 20 exercices

Ces pages se détachent de la feuille d'exercices. Chaque étape est écrite, avec son pourquoi.

1. 1. a) L'égalité $161=7\times 23$ dit que $161$ s'obtient en multipliant $7$ par un entier : $161$ est un multiple de $7$. Elle dit aussi que la division de $161$ par $23$ tombe juste : $23$ est un diviseur de $161$. b) Je cherche $117$ dans la table de $9$ : $9\times 13=$$117$. Oui, $117$ est un multiple de $9$. c) Je pose la division : $68=8\times 8+$$4$. Il reste $4$, pas $0$ : $8$ n'est pas un diviseur de $68$. d) J'écris la table de $15$ autour de $100$ : $15\times 6=90$ est trop petit, puis $15\times 7=$$105$, $15\times 8=$$120$, $15\times 9=$$135$, et $15\times 10=150$ dépasse $140$. ⛔ Le piège : échanger les deux mots. Le MULTIPLE est toujours le plus grand des deux ($161$), le DIVISEUR le plus petit ($7$ ou $23$). Réponse : a) multiple, diviseur ; b) oui ; c) non ; d) $105$, $120$ et $135$.

   le test	le calcul	reste	verdict
   117 par 9	9 × 13 = 117	0	oui
   68 par 8	8 × 8 = 64	4	non

   k	15 × k	entre 100 et 140 ?
   6	90	non
   7	105	oui
   8	120	oui
   9	135	oui
   10	150	non

2. 2. Pour $2$, $5$ et $10$, je ne regarde QUE le chiffre des unités. $4370$ finit par $0$ : il est divisible par $2$, par $5$ et par $10$. $8915$ finit par $5$ : divisible par $5$, mais ni par $2$ (le chiffre $5$ est impair) ni par $10$. $6052$ finit par $2$, un chiffre pair : divisible par $2$, mais ni par $5$ ni par $10$. Contrôle : $6052=2\times$$3026$. $7001$ finit par $1$ : divisible par aucun des trois. ⭐ Un nombre divisible par $10$ l'est forcément par $2$ et par $5$ : seul le $0$ au chiffre des unités fait tomber les trois ensemble. ⛔ Le piège : additionner les chiffres. $6+0+5+2=13$ est impair, et pourtant $6052$ est pair. La somme des chiffres sert pour $3$ et $9$, jamais pour $2$, $5$ ou $10$. Réponse : $4370$ par $2$, $5$ et $10$ ; $8915$ par $5$ seulement ; $6052$ par $2$ seulement ; $7001$ par aucun des trois.

   nombre	unités	par 2	par 5	par 10
   4 370	0	oui	oui	oui
   8 915	5	non	oui	non
   6 052	2	oui	non	non
   7 001	1	non	non	non

3. 3. Pour $3$ et $9$, j'additionne les chiffres, puis je teste la somme, bien plus petite que le nombre. $5742$ : $5+7+4+2=$$18$. $18$ est dans la table de $3$ et dans celle de $9$ : $5742$ est divisible par $3$ et par $9$. $2613$ : $2+6+1+3=$$12$. $12$ est dans la table de $3$, pas dans celle de $9$ : divisible par $3$ seulement. $8051$ : $8+0+5+1=$$14$. $14$ n'est ni dans la table de $3$ ni dans celle de $9$ : divisible par aucun des deux. $30033$ : $3+0+0+3+3=$$9$ : divisible par $3$ et par $9$. Contrôle : $30033=9\times$$3337$. ⛔ Le piège : conclure « divisible par $3$, donc par $9$ ». $2613=3\times$$871$, mais $2613=9\times 290+$$3$ : il reste $3$. Réponse : $5742$ et $30033$ par $3$ et par $9$ ; $2613$ par $3$ seulement ; $8051$ par aucun des deux.

   nombre	somme des chiffres	par 3	par 9
   5 742	18	oui	oui
   2 613	12	oui	non
   8 051	14	non	non
   30 033	9	oui	oui

4. 4. a) En $6$, combien de fois $6$ ? $1$ fois, il reste $0$. J'abaisse le $2$ : en $2$, il y a $0$ fois $6$, et j'écris ce $0$ au quotient. J'abaisse le $7$ : en $27$, il y a $4$ fois $6$ ($6\times$$4=$$24$), il reste $3$. Donc $627=6\times 104+$$3$, et $3<$$6$. b) En $2$, pas de $9$ : je prends $23$. En $23$, $2$ fois $9$ ($18$), il reste $5$. J'abaisse le $9$ : en $59$, $6$ fois $9$ ($54$), il reste $5$. Donc $239=9\times 26+$$5$, et $5<$$9$. ⭐ Contrôle : je remultiplie. $6\times 104+3=624+3=627$ et $9\times 26+5=234+5=$$239$. ⛔ Le piège au a) : oublier le $0$ du quotient et écrire $14$. Le contrôle le voit tout de suite : $6\times 14+3=$$87$, très loin de $627$. Réponse : $627=6\times 104+$$3$ ; $239=9\times 26+$$5$.
5. 5. Une division euclidienne demande DEUX choses : l'égalité $a=b\times q+$$r$, ET un reste avec $0⩽r<$$b$. a) $12\times 10=120$ et $120+10=$$130$ : l'égalité est juste. Le reste $10$ est plus petit que $12$ : c'est la division euclidienne de $130$ par $12$. b) $12\times 9=108$ et $108+22=$$130$ : l'égalité est juste. Mais $22>$$12$ : avec $22$ restants, on peut encore faire une part de $12$. Ce n'est pas la division euclidienne. c) $12\times 11=132$ et $132-2=$$130$ : juste, mais on RETIRE $2$ au lieu d'ajouter un reste. Un reste n'est jamais négatif : non. d) Non. Pour une division par $10$, le reste doit être plus petit que $10$, et ici il vaut $10$. La bonne écriture est $130=10\times 13+$$0$ : la division tombe juste. ⛔ Le piège : s'arrêter à l'égalité. Les quatre égalités sont justes, une seule est une division euclidienne. Réponse : seule l'écriture a) est la division euclidienne de $130$ par $12$ ; par $10$, c'est $130=10\times 13+$$0$.

   écriture	égalité juste ?	reste < diviseur ?	division euclidienne ?
   130 = 12 × 10 + 10	oui	oui	oui
   130 = 12 × 9 + 22	oui	non	non
   130 = 12 × 11 − 2	oui	non	non
   130 = 10 × 12 + 10	oui	non	non

6. 6. Je pars de $1$ et j'avance. Chaque diviseur trouvé m'en donne un second : celui qui complète le produit. $1\times 45=$$45$ : $1$ et $45$. $2$ : non, $45$ est impair. $3\times 15=$$45$ : $3$ et $15$ (la somme des chiffres, $4+5=$$9$, est dans la table de $3$). $4$ : non, $45=4\times 11+$$1$. $5\times 9=$$45$ : $5$ et $9$ ($45$ finit par $5$). $6$ : non, $45=6\times 7+$$3$. Je m'arrête : $7\times 7=49$ dépasse déjà $45$. Au-delà, je ne retrouverais que les grands diviseurs déjà écrits. ⛔ Le piège : ne noter que les petits nombres, $1$, $3$ et $5$. Chaque petit diviseur amène son partenaire : $45$, $15$ et $9$. Réponse : $1$, $3$, $5$, $9$, $15$ et $45$ : six diviseurs.

7. 7. Les trois critères ne regardent que le chiffre des unités : ici, c'est justement le chiffre caché. Les chiffres $3$, $5$ et $8$ devant ne comptent pas. a) Divisible par $5$ : le chiffre des unités vaut $0$ ou $5$. Soit $3580$ ou $3585$. b) Divisible par $2$ : le chiffre des unités est pair, $0$, $2$, $4$, $6$ ou $8$. c) Divisible par $10$ : le chiffre des unités vaut $0$. Soit $3580$. d) Je prends les chiffres du b), et j'enlève ceux du a) : le $0$ part, il reste $2$, $4$, $6$ et $8$. ⛔ Le piège au d) : garder le $0$. $3580$ est divisible par $2$, mais AUSSI par $5$, puisqu'il finit par $0$. Réponse : a) $0$ ou $5$ ; b) $0$, $2$, $4$, $6$ ou $8$ ; c) $0$ ; d) $2$, $4$, $6$ ou $8$.

   chiffre	par 2	par 5	par 10
   0	oui	oui	oui
   1	non	non	non
   2	oui	non	non
   3	non	non	non
   4	oui	non	non
   5	non	oui	non
   6	oui	non	non
   7	non	non	non
   8	oui	non	non
   9	non	non	non

8. 8. a) Divisible par $9$ : la somme des chiffres doit être dans la table de $9$. Sans le chiffre caché, $2+7+1=$$10$. Il faut que $10+\square$ vaille $18$, le seul multiple de $9$ entre $10$ et $19$ : $\square =$$8$, et le nombre est $2871$. b) Divisible par $3$ : $4+6=$$10$, et $10+\square$ doit être dans la table de $3$ : $12$, $15$ ou $18$. Donc $\square =$$2$, $5$ ou $8$ : $426$, $456$ ou $486$. c) Je regarde les sommes : $12$ et $15$ ne sont pas dans la table de $9$, $18$ l'est. Donc $426$ et $456$ sont divisibles par $3$ mais pas par $9$ ; $486$ l'est par les deux. ⭐ Contrôle : $2871=9\times 319$ et $486=9\times$$54$. ⛔ Le piège au a) : chercher une somme égale à $9$. $10+\square =9$ est impossible, mais la table de $9$ continue : $18$. Réponse : a) $2871$ ; b) $426$, $456$ ou $486$ ; c) $426$ et $456$.

   chiffre	4 + chiffre + 6	par 3	par 9
   0	10	non	non
   1	11	non	non
   2	12	oui	non
   3	13	non	non
   4	14	non	non
   5	15	oui	non
   6	16	non	non
   7	17	non	non
   8	18	oui	oui
   9	19	non	non

9. 9. a) Je pose la division : en $36$, $5$ fois $7$ ($35$), il reste $1$ ; j'abaisse le $5$ : en $15$, $2$ fois $7$ ($14$), il reste $1$. Donc $365=7\times 52+$$1$, et $1<$$7$ : une année de $365$ jours compte $52$ semaines complètes et $1$ jour. b) Du 1er janvier 2027 au 1er janvier 2028, il y a $365$ jours. Les $52$ semaines complètes ramènent au vendredi ; le jour qui reste fait avancer d'un cran : samedi. c) $366=7\times 52+$$2$ : cette fois, deux jours de décalage. Samedi, puis dimanche, puis lundi. ⛔ Le piège : croire qu'« un an plus tard » tombe le même jour. Les semaines complètes ramènent au même jour ; c'est le RESTE de la division qui décale. Réponse : $365=7\times 52+$$1$, soit $52$ semaines et $1$ jour ; le 1er janvier 2028 est un samedi, le 1er janvier 2029 un lundi.

   1er janvier	jours dans l'année	reste par 7	jour
   2027	365	1	vendredi
   2028	366	2	samedi
   2029	—	—	lundi

10. 10. a) Je pars de $1$, et j'utilise les critères pour aller vite. $1\times$$84$, $2\times 42$ ($84$ est pair), $3\times 28$ ($8+$$4=$$12$), $4\times$$21$, $6\times$$14$, $7\times$$12$. $5$ : non, $84$ ne finit ni par $0$ ni par $5$. $8$ : non, $84=8\times 10+$$4$. $9$ : non, $12$ n'est pas dans la table de $9$. Je n'ai pas besoin d'aller plus loin : $10\times 10=100$ dépasse $84$. Les diviseurs de $84$ sont $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $7$, $12$, $14$, $21$, $28$, $42$ et $84$ : il y en a $12$. b) $1\times$$100$, $2\times$$50$, $4\times$$25$, $5\times$$20$, $10\times$$10$. $3$ et $9$ : non ($1+$$0+0=$$1$). $6$ : non, puisque $3$ ne divise pas $100$. $7$ : non, $100=7\times 14+$$2$. $8$ : non, $100=8\times 12+$$4$. À $10\times$$10$, la paire se croise : je m'arrête. Les diviseurs de $100$ sont $1$, $2$, $4$, $5$, $10$, $20$, $25$, $50$ et $100$ : il y en a $9$. c) C'est $100$. D'habitude, chaque paire apporte DEUX diviseurs. Mais la paire $10\times 10$ n'en apporte qu'un : $10$, écrit une seule fois. ⛔ Le piège : compter $10$ deux fois, et annoncer $10$ diviseurs pour $100$. Réponse : $84$ a $12$ diviseurs, $100$ en a $9$ ; c'est $100$, à cause de la paire $10\times$$10$.

    paire	produit
    1 × 84	84
    2 × 42	84
    3 × 28	84
    4 × 21	84
    6 × 14	84
    7 × 12	84

    paire	produit
    1 × 100	100
    2 × 50	100
    4 × 25	100
    5 × 20	100
    10 × 10	100

11. 11. a) VRAI. Si $n=10\times$$k$, alors $n=5\times 2\times$$k$ : $n$ est un multiple de $5$. Avec le critère : un nombre divisible par $10$ finit par $0$, et $0$ convient pour $5$. b) FAUX. Un contre-exemple suffit : $35$ finit par $5$, il est divisible par $5$ ; mais $35=10\times 3+$$5$, il n'est pas divisible par $10$. c) FAUX. $21$ : $2+1=$$3$, il est divisible par $3$ ; mais $21=9\times 2+$$3$, il n'est pas divisible par $9$. d) VRAI. Si $n=9\times$$k$, alors $n=3\times 3\times$$k$ : $n$ est un multiple de $3$. e) VRAI. Deux multiples de $7$ s'écrivent $7\times a$ et $7\times$$b$ ; leur somme vaut $7\times (a+$$b)$, un multiple de $7$. Exemple : $14+21=35=7\times$$5$. ⛔ Le piège au b) : « prouver » avec un exemple qui marche, comme $40$. Un exemple ne prouve pas une règle générale ; un seul contre-exemple la fait tomber. Réponse : a) vrai ; b) faux ; c) faux ; d) vrai ; e) vrai.

    si divisible…	verdict	preuve ou contre-exemple
    par 10, alors par 5	vrai	10 × k = 5 × 2 × k
    par 5, alors par 10	faux	35 = 10 × 3 + 5
    par 3, alors par 9	faux	21 = 9 × 2 + 3
    par 9, alors par 3	vrai	9 × k = 3 × 3 × k
    deux fois par 7, la somme aussi	vrai	14 + 21 = 7 × 5

12. 12. a) Divisible par $2$ ET par $5$ : le chiffre des unités doit être pair ET valoir $0$ ou $5$. Seul $0$ convient. Divisible par $9$ : la somme des chiffres est dans la table de $9$. Et alors il est aussi divisible par $3$, sans test de plus. Je cherche donc le plus petit nombre de quatre chiffres qui finit par $0$ et dont la somme des chiffres est un multiple de $9$. Je pars de $1000$ et j'avance de dix en dix : les sommes valent $1$, $2$, $3$… et atteignent $9$ pour $1080$ ($1+$$0+8+0=$$9$). b) Je pars du plus grand, $990$ : il finit par $0$ et $9+9+0=$$18$, dans la table de $9$. C'est lui. c) En $10$, $1$ fois $9$, il reste $1$ ; j'abaisse le $8$ : en $18$, $2$ fois $9$, il reste $0$ ; j'abaisse le $0$ : en $0$, $0$ fois. Donc $1080=9\times 120+$$0$ : la division tombe juste. ⛔ Le piège : s'arrêter à $1000$ parce qu'il finit par $0$. Il faut AUSSI la somme des chiffres : $1+0+0+0=1$ n'est pas dans la table de $9$. Réponse : a) $1080$ ; b) $990$.

    nombre	somme des chiffres	par 9 ?
    1 000	1	non
    1 010	2	non
    1 020	3	non
    1 030	4	non
    1 040	5	non
    1 050	6	non
    1 060	7	non
    1 070	8	non
    1 080	9	oui

13. 13. a) J'utilise l'égalité $a=b\times q+$$r$ : $a=13\times 17+9=221+9=$$230$. Je vérifie la condition : $9<$$13$. b) Non. Dans une division par $13$, le reste est plus petit que $13$ : il va de $0$ à $12$. Avec $15$ restants, on pourrait faire une part de $13$ de plus. c) Le nombre s'écrit $13\times 17+r=221+$$r$, avec $r$ de $0$ à $12$. Ce sont les $13$ nombres de $221$ à $233$. ⭐ Contrôle : $234=13\times$$18$ ; à partir de $234$, le quotient passe à $18$. ⛔ Le piège au a) : oublier le reste et répondre $221$. $221$ divisé par $13$ tombe juste ; il manque les $9$ qui restent. Réponse : a) $230$ ; b) non ; c) les nombres de $221$ à $233$.
14. 14. a) En $41$, pas de $53$ : je prends $412$. J'estime : $53$ est proche de $50$, et $412÷50$ fait environ $8$. J'essaie : $53\times 8=$$424$, trop grand ; $53\times 7=$$371$, et $412-371=$$41$. Donc $412=53\times 7+$$41$, et $41<$$53$. b) Le quotient $7$ compte les cars PLEINS. Mais le reste dit que $41$ personnes n'ont pas encore de place : il faut un car de plus. $7+1=8$ cars. c) $8$ cars offrent $53\times 8=424$ places, et $424-412=12$ places restent libres. ⛔ Le piège : répondre $7$ cars, le quotient. $41$ personnes resteraient sur le parking : le reste n'est pas un détail, il décide de la réponse. Réponse : $412=53\times 7+$$41$ ; il faut $8$ cars, et $12$ places restent libres.
15. 15. a) Par paires. $90=1\times 90=2\times 45=3\times 30=5\times 18=6\times 15=9\times$$10$. Diviseurs de $90$ : $1$, $2$, $3$, $5$, $6$, $9$, $10$, $15$, $18$, $30$, $45$, $90$. $75=1\times 75=3\times 25=5\times 15$ ($75$ est impair : ni $2$, ni $4$, ni $6$, ni $8$ ; et $75=7\times 10+$$5$). Diviseurs de $75$ : $1$, $3$, $5$, $15$, $25$, $75$. b) Le nombre de kits doit diviser $90$ ET $75$ : sinon il reste des gants ou des sacs. Les diviseurs communs sont $1$, $3$, $5$ et $15$ ; le plus grand est $15$. Chaque kit contient $90÷15=6$ paires de gants et $75÷15=5$ sacs. c) $10$ divise $90$, mais $75=10\times 7+$$5$ : il resterait $5$ sacs. ⛔ Le piège : prendre un diviseur d'un seul des deux nombres. $45$ divise $90$, mais $75=45\times 1+$$30$ : il resterait $30$ sacs. Réponse : $15$ kits au plus, avec $6$ paires de gants et $5$ sacs chacun.

    	diviseurs
    de 90	1, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 18, 30, 45, 90
    de 75	1, 3, 5, 15, 25, 75
    communs	1, 3, 5, 15

16. 16. a) Inès repasse sur la ligne à chaque multiple de $72$ : $72$, $144$, $216$, $288$, $360$. Tom, à chaque multiple de $90$ : $90$, $180$, $270$, $360$. b) Ils repassent ENSEMBLE à un multiple commun, et la première fois au plus petit : $360$ secondes, soit $6$ minutes. Inès a fait $360÷72=5$ tours, Tom $360÷90=4$ tours. c) $5\times 400=2000$ m, soit $2$ km. ⛔ Le piège : multiplier $72\times 90=6480$ secondes. C'est bien un multiple commun, mais $18$ fois trop loin : $6480=360\times$$18$. Réponse : au bout de $360$ secondes ($6$ minutes), après $5$ tours pour Inès et $4$ pour Tom ; Inès a couru $2$ km.

17. 17. Les cigales de 13 ans a) Diviseurs de $12$, par paires : $1\times$$12$, $2\times$$6$, $3\times$$4$. Ce sont $1$, $2$, $3$, $4$, $6$ et $12$. Un prédateur de cycle $2$ ans est là les années $2$, $4$, $6$… et $12$ est dans sa liste : il est là à chaque sortie de la cigale. C'est pareil pour tout cycle qui DIVISE $12$ : $2$, $3$, $4$ et $6$ ans. Seul le prédateur de $5$ ans la manque : $12=5\times 2+$$2$. b) $13$ : aucun essai ne tombe juste ($13=$$2\times 6+$$1$, $13=3\times 4+$$1$, $13=4\times 3+$$1$, $13=5\times 2+$$3$, $13=6\times 2+$$1$). Ses seuls diviseurs sont $1$ et $13$. De même, $17$ n'a pour diviseurs que $1$ et $17$. Aucun prédateur ne retrouve les vraies cigales à chaque sortie. c) La cigale sort les années $13$, $26$, $39$, $52$… Je teste chaque sortie dans la table de $4$ : $13=4\times 3+$$1$, $26=4\times 6+$$2$, $39=4\times 9+$$3$, $52=4\times$$13$. La première rencontre a lieu au bout de $52$ ans, à la $4$e sortie. ⛔ Le piège au c) : répondre $13$ ans. À la première sortie, $13=4\times 3+$$1$ : le prédateur est passé un an plus tôt. Réponse : a) $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $12$ : les prédateurs de $2$, $3$, $4$ et $6$ ans ; b) $1$ et $13$, $1$ et $17$ : aucun ; c) au bout de $52$ ans, à la $4$e sortie.

18. 18. La chaîne du vélo a) Je pose la division euclidienne de $50$ par $15$ : $15\times 3=45$ et $50-45=$$5$. Donc $50=15\times 3+$$5$, avec $5<$$15$ : le pignon fait $3$ tours complets et $5$ dents de plus. Son point rouge n'est pas revenu en haut. b) Le point du plateau est en haut toutes les $50$ dents : $50$, $100$, $150$… Celui du pignon toutes les $15$ dents : $15$, $30$, $45$, $60$, $75$, $90$, $105$, $120$, $135$, $150$… J'avance dans la liste du plus grand, et je teste l'autre : $50$ et $100$ ne sont pas dans la table de $15$ ($100=$$15\times 6+$$10$), $150=15\times 10$ y est. Première fois : au bout de $150$ dents. Le plateau a fait $150÷50=3$ tours, le pignon $150÷15=10$ tours. c) $50=25\times$$2$ : $25$ divise $50$. Dès que le plateau a fait $1$ tour ($50$ dents), le pignon en a fait exactement $2$ : les points sont ensemble en haut au bout de $50$ dents. ⛔ Le piège au b) : multiplier $50\times 15=750$ dents. C'est un multiple commun, mais cinq fois trop loin : $750=150\times$$5$. Réponse : a) $3$ tours et $5$ dents ; b) $150$ dents, $3$ tours de plateau et $10$ tours de pignon ; c) $50$ dents, $1$ tour de plateau et $2$ de pignon.

19. 19. Les panneaux solaires du gymnase a) Par paires : $1\times$$96$, $2\times$$48$, $3\times 32$ ($9+$$6=$$15$), $4\times$$24$, $6\times$$16$, $8\times$$12$. $5$ : non, $96$ finit par $6$. $7$ : non, $96=7\times 13+$$5$. $9$ : non, $15$ n'est pas dans la table de $9$. Je m'arrête : $10\times 10=100$ dépasse $96$. Les diviseurs de $96$ sont $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $16$, $24$, $32$, $48$ et $96$. b) Le nombre de panneaux par rangée doit diviser $96$ et être entre $5$ et $15$ : $6$, $8$ ou $12$. Avec $6$ panneaux par rangée : $96÷6=16$ rangées. Avec $8$ : $12$ rangées. Avec $12$ : $8$ rangées. c) Diviseurs de $106$ : $1\times$$106$, $2\times$$53$, et aucun autre essai ne tombe juste ($106=$$3\times 35+$$1$, $106=4\times 26+$$2$, $106=5\times 21+$$1$, $106=6\times 17+$$4$, $106=7\times 15+$$1$, $106=8\times 13+$$2$, $106=9\times 11+$$7$, $106=10\times 10+$$6$). Aucun diviseur entre $5$ et $15$ : c'est impossible. Avec des rangées de $12$ : $106=12\times 8+$$10$. On obtient $8$ rangées complètes, et une dernière rangée de $10$ panneaux. ⛔ Le piège au b) : confondre le nombre de rangées et le nombre de panneaux par rangée. « $6$ rangées de $16$ » ne convient pas : $16$ panneaux, c'est trop pour une rangée. Réponse : $16$ rangées de $6$, $12$ rangées de $8$ ou $8$ rangées de $12$ ; avec $106$ panneaux, c'est impossible, et des rangées de $12$ donnent $8$ rangées complètes et une de $10$.

20. 20. Le panier d'œufs d'Ibn al-Haytham a) Avec $1$ œuf de moins, les rangements par $2$, $3$, $4$, $5$ et $6$ tombent juste : le nombre restant est un multiple commun de $2$, $3$, $4$, $5$ et $6$. b) Un multiple de $2$ et de $5$ finit par $0$. J'avance dans la table de $6$ en ne gardant que ceux qui finissent par $0$ : $30$, puis $60$. $30=4\times 7+2$ ne convient pas ; $60=4\times 15$ convient, et $60=3\times$$20$. Le plus petit multiple commun est $60$. Ses multiples jusqu'à $400$ : $60$, $120$, $180$, $240$, $300$, $360$. c) Le nombre d'œufs vaut $1$ de plus : $61$, $121$, $181$, $241$, $301$ ou $361$. Je teste chacun par $7$ : $61=7\times 8+$$5$ ; $121=7\times 17+$$2$ ; $181=7\times 25+$$6$ ; $241=7\times 34+$$3$ ; $301=7\times 43+$$0$ ; $361=7\times 51+$$4$. Seul $301$ tombe juste. ⭐ Contrôle : $301=60\times 5+$$1$, et $301=7\times$$43$. ⛔ Le piège au b) : multiplier $2\times 3\times 4\times 5\times 6=$$720$, puis conclure qu'aucun nombre ne convient sous $400$. $720$ est un multiple commun, mais pas le plus petit. Réponse : la marchande a $301$ œufs.

    œufs	division par 7	reste
    61	7 × 8 + 5	5
    121	7 × 17 + 2	2
    181	7 × 25 + 6	6
    241	7 × 34 + 3	3
    301	7 × 43 + 0	0
    361	7 × 51 + 4	4