TRI 22

(1)

Exercices résolus de mathématiques.

TRI 22

EXTRI220-EXTRI229

http://www.matheux.be.tf

Jacques Collot

Juillet 08

(2)

EXTRI220 – EPL, UCL, LLN , septembre 2006

Un parterre de fleurs a la forme d’un pe ntagone régulier dont le côté a une longueur de 2 mètres. On décide de mettre des fleurs en forme de drapeau tricolore dans ce pentagone.

Deux solutions sont considérées :

2

1. La première solution : tracer deux verticales à partir des extrémités du côté inférieur.

Quelles sont les aires des trois parties de ce parterre (en m et à deux décimales près)?

2. La deuxième solution : tracer deux verticales de façon symétrique par rapport au centre et de façon à avoir trois parties de surface égale. Quelle est la distance entre ces deux verticales en m et à deux décim

d

 ales près ? 

3. Indiquez sur un croquis les angles et distances intermédiaires que vous calculez.

Solution proposée par Michel GOFFIN

(3)

B F

G

A O

h

E D

A

₁

A

₂

A

3

72°

36°

54° 108° 72°

18°

1 m 2 m

1 2 1 2

2

1 2

1) Les angles principaux sont indiqués sur la figure.

Calculons l'aire de et :

2 sin18

sin108 Or

sin108 sin 54 sin 54

1 sin18 sin108 Donc :

2 sin 54

Sachant que 10

FA GB

A A A A

GB AB

FA AB

A A AB

  

 

 

   

   

     

 

2 2 2

1 2

2

3 1

8 90 18

, on peut dire que

54 90 36

1 sin18 cos18 1

tan36 0.7265 m

2 cos 36 4

D'autre part, nous avons : 1 tan 54

Aire du pentagone : 5 5 tan 54 6.8819 m 2

Et donc 2 6.8819 2 0.

A A AB AB

h A h c

A A A

   

   

  

    

   

     

     7265  5.4289 m

²

(4)

C

A O

h

E D

A

1

A

2

A

3 108°

72° 36°

54°

108°

1 m 2 m

54°

h' I

J H

K L

A

5

A

4

d

2

1 2 3

3 3 4 5

2 4

5

2) Les surfaces deviennent 6.90 2.30

3 3

Calculons en fonction de . Nous avons

' 0.36 ' 0.18

2 tan 54 2

est un simple rectangle.

La hauteur de ce rectangle est

A A A A m

A d A A A

d h JH

IA h d A d

A

KJ KJ

    

 

      





 

5

2 2 2

3 4 5

' où est le rayon du cercle circonscrit

au pentagone : 2 1.70

2 cos 54 2 cos 54 1.70 1.38 0.36 3.08 0.36

3.08 0.36

Finalement, 3.08 0.36 0.18 3.08 0.18

Il nous r

R h h R

R EA m

KJ d d

A KL JK d d

A A A d d d d d

 

  

 

     

     

      



² ²

este à résoudre d'équation suivante :

2.30 3.08 0.18 0.18 3.08 2.30 0

0.78 0.78

16.33 à rejeter

d d d d

d m

d

     

    

Le 17 avril 2007. Modifié le 1 septembre 2014 (Michel GOFFIN)

(5)

Démontrer l’identité :

 

4 4

1

2

sin cos 1 cos 2 x  x  2  x

 

   

 

4 4 4 2 2 4 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2

sin cos sin 2 sin cos cos 2 sin cos

sin cos 2 sin cos

1 1 1

1 sin 2 2 sin 2 2 1 cos 2

2 2 2

1 1 cos 2 2

x x x x x x x x

x x x x

x x x

x

    

  

      

 

Le 3 juillet 07. Relu par Benoit Baudelet.

EXTRI222 – FACSA, ULG, Liège, juillet 2007

   

2 2 2

2 2 2 2 2 2

Montrer que si , , sont des nombres positifs vérifiant,

Alors l’expression

a une valeur ind pendante de . Trouver cette valeur.

et

cos sin cos sin

a b c

é

a b c a b

a c b a c b



  

      

   

 

2 2 2 2 2 2

1 2

2 1

cos sin cos sin

Comme tous les termes en dessous des racines sont des carrés, il n'y a pas de condition d'existence.

Traitons et séparément.

cos

E E

E a c b a c b

E E

E a c

         

  

 

   

 

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

1

2 2 2 2 2 2

2

sin cos 2 cos sin

cos sin 2 cos 1 sin

2 cos cos cos

cos cos

Car en vertu des hypothèses et 1 cos 1

cos sin cos 2 cos

b a ac c a c

a ac c

a ac c a c

E a c a c

a c

E a c b a ac c

         

        

       

      

     

         

 

   

 

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2

1 2

sin

cos sin 2 cos 1 sin

2 cos cos cos

cos cos

Car en vertu des hypothèses et 1 cos 1

cos cos 2

a c

a ac c

a ac c a c

E a c a

a c

E E E a c a c a

  

        

       

      

     

         

(6)

Le 3 juillet 07. Relu par Benoit Baudelet

(7)

Résoudre l’équation

sin5 x  sin3 x  cos6 x  cos2 x

Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.

2 2

Utilisons Simpson

sin 5 sin 3 cos 6 cos 2 2 cos 4 sin 2 cos 4 cos 2 1) cos 4 0

cos 4 0 4 2

2 8 2

2) sin cos 2

sin cos 2 sin 1 2 sin 2 sin sin 1 0

sin 1 2

2 1 1 8 1 3

sin 4 4 1 6

sin 2

x x x x

x

x x k x k

x x

x x x x x x

x x k

x x

x

  



  

         



       

       

     

    

 

 

2 5 2

6 Pour , , les solutions sont

7 5 3 3 5 5 7

: , , , , , , , , , ,

8 8 2 8 8 8 6 8 8 6 8

k

x k

x S

 

    

 

 

     

 



  

          

      

 

 

(8)























Le 3 juillet 07

(9)

Soit le trapèze isocèle représenté à la figure 1. La grande base à une longueur , la hauteur vaut , l’angle entre ses côtés obliques et la verticale vaut et la petite base à une longueur notée .

On dépla

t h

b



ce le sommet vers la droite d’une distance ,de telle sorte que le côté est inclin d’un angle par rapport à . On considère le trapèze

’ ’ tel que ’ ’ . Le côté ’ est alors incliné d’un angle par

C x

BC é BC

ABC D C D CD b AD



  

rapport à .

Montrer qu’il existe un angle tel que : cot – cot 2

Déterminer la valeur numérique de cet angle si 2 m et 0.5 m AD

t h

   

  

t

h

(t-b)/2

D D’ C C’

A B

X X



 



b

(10)

         

     

   

Pour simplifier, posons : 2

Nous avons immédiatement les relations suivantes.

1 cot 2 cot 3 cot

Traitons la relation 2 et la relation 3 en tenant compte de 1 cot cot 1

2 cot

cot co t b c

h h h

c c x c x

 

         

 

  

    

 

   

2

cot 1

t cot

cot cot cot

cot

cot 4

cot 1 cot cot 1

3 cot

cot cot cot

cot

cot 5

Donc

h c h

h c x

c

h c h

h c x c c x h ch

h c c x

hx h c c x

h c h

h c x

c

h c h

h c x c c x h ch

h c c x

hx h c c x

   

   

           

  

    

    

      

       

            

   

    

     

²

 

²

 

4 5 cot cot 2

cot cot 2 tan

Il nous faut donc que tan 1, c'est à dire que 45 .

Dans ce cas, cot cot 2 , quel que soit le déplacement '.

hx h c c x h c c x cx

t b h

x CC

           

       

    

    

Le 3 juillet 07. Relu par Benoit Baudelet.

(11)

Si est le centre du cercle inscrit du triangle et si , et désignent respectivement les angles , , et démontrer que

4sin sin sin sin sin sin

I ABC

BIC CIA AIB

A B C

  

     

Solution proposée par Benoit Baudelet

(12)

Pour rappel, , centre du cercle inscrit est le point d'intersection des bissectrices du triangle .

On a sin sin 2 sin cos (Simpson).

2 2

Or , donc sin sin sin c

2 2 2 2

I ABC

A B A B

A B

A B C C

A B C

 

 

 

   

             

 

os . 2 On peut donc écrire que sin sin 2 cos cos .

2 2

D'autre part,

sin 2 sin cos 2 sin cos 2 sin cos 2 cos cos .

2 2 2 2 2 2 2 2 2

On a donc

sin sin sin 2 cos cos 2 cos cos

2 2 2 2

2 c

C

C A B

A B

C C C A B C A B C

C

C A B A B C

A B C

  

       

        

 

 

   

 os cos cos

2 2 2

2 2 2 2

2 cos 2 cos cos

2 2 2

4 cos cos cos

2 2 2

Or, on a successivement

(angles du triangle ) donc

2 2

sin sin sin sin cos

2 2 2 2

C A B A B

A B A B A B A B C

C A B

B C

BIC

B C B C A A

   

  

 

 

     

 

 

  

 

 



     

     

            

(angles du triangle ) donc

2 2

sin sin sin sin cos

2 2 2 2

(angles du triangle ) donc

2 2

sin sin sin sin cos

2 2 2 2

On a donc bien final A C

AIC

A C A C B B

A B

AIB

A B A B C C

     

     

          

 

     

     

          

 

ement que 4 sin sin sin     sin A  sin B  sin C .

Le 17 juillet 07. Relu par Steve Stumson.

(13)

 

0 0

Démontrer par récurrence que et tel que sin 0 , on a 2

cos 1 sin

2 2

1 cos cos 2 cos 3 .... cos 1

sin 2

n n

n

     

   

          



 

1 1 1

Posons : 1 cos cos 2 cos 3 .... cos 1

cos 1 sin

2 2

sin 2

On doit donc montrer que . 1.sin

(1) est vraie. En effet, 1 et 2 1 car sin 0 par hypothèse.

sin 2 2 (2) Supposons q

n

n n n

S n

n n

T

S T f

f S T

          

   

 

 

 

    

ue soit vraie et montrons qu'alors

1

est alors vraie.

En effet :

n n

f f

_

(14)

 

1

1 cos cos 2 cos 3 ... cos 1 cos

1 cos cos 2 cos 3 ... cos 1 cos cos

cos 1 sin

2 2 cos

sin 2 1 1

cos sin cos sin

2 2 2

sin 2

1 cos cos sin sin sin

2 2 2 2 2

sin 2

n

S n n

n n

S n

n n

n

n n

n

n n n



            

  

   

  



 

   

        

    

 

          

2 2

2

cos sin sin

2 2 2

1 cos cos sin sin sin

2 2 2 2 2

sin 2

n n

n n n

         

   

 

    

    

 cos

²

sin sin

²

sin

2 2 2 2

n   n  

   

 

2

1

1 cos cos sin cos sin

2 2 2 2 2

sin 2

cos 2 cos sin cos sin

2 2 2 2

sin 2 cos sin

2 2 2

sin 2 cos sin 1

2 2

sin 2

n

n n n

n

n n

T

_

 

 

 

    

 

         

      

        

          

 

   

 



(15)

Résoudre l’équation

4 4

cos x  sin x  sin .cos x x

 

2 2

2 2 2

4 2 2 4

4 4 2 2

2 2 2 2

On a successivement

cos sin 1

cos 2 cos .sin sin 1

cos sin 1 2 cos .sin L'équation initiale devient alors

1 2 sin .cos sin .cos 2 sin .cos sin .cos 1 0 On pose sin .c

x x

x x x x

x x x x x x x x

t x

 

  

  

     



 

1 2 2

1 2

os sin 2 et l'équation devient alors 2 1 0

1 9 1 1 9

dont les solutions sont et 1.

4 2 4

1 1

sin 2 sin 2 1 2 2

2 2 2 4

1 sin 2 1 sin 2 2 : à rejeter.

2 Finalement :

x x t t

t t

t x x x k x k k

t x x

S

   

   

    

 

             

      

 

4 k k

    

 

 

(16)

EXTRI228 – ERM, juillet 2003

Montrer que

tan 2 3

12   

.

  ^{ }

2 2

2 2 2

1

2 tan

2 tan 12

Puisque tan 2 , on a tan ou encore, en posant tan ,

1 tan 6 12

1 tan 12

3 2

2 3 1 0

3 1

et puisque 2 3 4.1. 1 16 , les deux solutions de cette dernière équation sont

2 3 et

x

x x x

x

   

       

    



    

 

₂

2 3

Mais, 0 , donc 0 tan 0 tan tan 1 , donc finalement

12 4 12 4

tan 2 3

12 x  

   

     

  

(17)

On donne le triangle où 10 , 4 et cos 2 6 . 5 On demande de calculer la valeur de l'angle .

ABC BC AC B

A

  

2

1 5