TRI 8

Exercices résolus de mathématiques.

TRI 8

EXTRI080 – EXTRI089

http://www.matheux.be.tf

Jacques Collot

Janvier 04

EXTRI080 _– Bruxelles, septembre 2000.

a) Pour quelle(s) valeur(s ) réelle(s) de m le système (l’inconnue est m)

sin cos 1 ( )

sin cos 1

m x x m

x m x m S

+ = +

  + = +



possède-t-il des solutions ? Dans ce(s) cas calculer ces solutions.

b) Représenter graphiquement

( ) ( )

 ^{cos ,sin} x x 

²

| est solution de x S 

( )( )

( )( )

( )( )

1

1 1

1

1 1

1 1

1

1 1 1

1 1

sin cos 2

) 1 Système impossible

sin cos 2

sin cos 0

) 1 sin cos tan 1

sin cos 0

4

sin 1

Dans les autres cas : Système

cos 1

x

y

m

m m

m m

m m

m m

m m

m m

m

x x

a m x x

x x

b m x x x

x x

x k

x x

 = = − +

 = + = − +

+

 = + = − +

+

+ =

= →    + =

− + =

= − →    − = → = → =

→ = +  

 =

 =

 impossible.

Le lecteur représentera les solutions sur le cercle trigonométrique.

EXTRI081 _– Bruxelles, juillet 2001.

1. Résoudre dans R l’équation :

( )

cos x + 3 sin x = 1 E

2. Représenter graphiquement

( ) ( )

 ^{cos ,sin} x x 

²

| est solution de x E 

( )

3 3

tan 3 60 cos cos 60

2 2

60 60 360 120 360

60 60 360 360

Le lecteur représentera les solutions sur le cercle trigonométrique.

x

x k x k

x k x k

 = →  =  →  = → − =

− = +  = + 

 

→   − = − +  →   =

EXTRI082 _– FACS, ULB, Bruxelles, juillet 2001.

Dans un triangle ABC on a

6 , 3 et 1

a = b = c =

1. Calculer

cos , cos , sin A B A et sin B

2. Démontrer que

A − = B  2

3. Soit M le milieu du segment BC, calculer AM

et en déduire que la droite AM est perpendiculaire à la droite AB.

B

M

A

C

6

3

1 H

( )

( )

2 2

2 2

3 1 6 3

) cos

2 3 3

6 1 3 4 6

cos 2 6 2 6 3

Soit une hauteur : cos 3 3 1

3

2 3

2 sin

6 3

6 6

sin sin

3 3

6 6 3 3

) sin sin cos cos sin 1

3 3 3 3

2

6 6 2

) 1 2 cos

2 2 2

On e

= + − = −

= + − = =

=  − = =

→ = − = → = =

= =

 

− = − = − −       =

→ − = 

 

=       + − =

a A

B

CH AH AC A

CH AC AH A

A A

b A B A B A B

A B

c AM B

2 2

2

2

6

n déduit que le triangle BMA est rectangle en A car : 1

2 2

Note : Vu l'énoncé, (on ne demande pas de calculer les angles), il convient d'éviter de se servir de sa machine à calcule

   

  + =  

   

   

r

EXTRI083 _– FACSA, ULiège, Liège, juillet 2020.

Mode restreint

1 1 1 1

A un instant initial, deux observateurs et distants de 2700 m voient un avion situé dans le plan vertical de la base d'observation sous des angles =35° et =64°, l'avion se situant entre

A B

C AO C OB A

2 2 2 2

et B. Après quelques secondes, ils font une seconde observation sous des angles 30.5 et =80°, l'avion se situant à la droite de B. Déterminez l'angle de montée de l'avion par rapport au s

C AO =  C BO

1 2

egment , c'est-à-dire d'terminez l'angle formé par la droite et la droite .

AB C C

AB

Nous reprenons la solution proposée par l’université : Prof. P. Dewallef et Prof.

Q. Louveaux :

4 septembre 2020

EXTRI084 _– FACS, ULB, Bruxelles, juillet 2002.

3 3

Résoudre dans , l'équation : sin x + cos x = 1

( ) ( )

( ) ^{( )} ( ) ^{( )}

( )( )( ) ( )( )( )

( )( )( )

3 3

3 3 2 2

2 2

2 2

sin cos 1

sin cos sin cos

sin sin 1 cos cos 1 0

1 cos sin 1 1 sin cos 1 0

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

1 cos sin 1 2 cos sin 0

) 1 cos 0 2

) sin 1 0 2

2 ) 2 cos si

+ =

+ = +

− + − =

− − + − − =

− + − + − + − =

− − + + =

− = → = 

− = → = +  

+ +

x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x

a x x k

b x x k

c x n x = 0 Equation impossible

EXTRI085 _– Bruxelles, juillet 2002.

Soient deux cercles de centres O

1

et O

2

et de rayons respectifs R

1

et R

2

(0 < R

1

< R

2

), tangents extérieurement.

Soient A1 et A2 les points situés sur une des deux tangentes communes extérieurement à ces deux cercles tels que

1

=

1 1

et

2

=

2 2

R O A R O A

1. Calculer sin , où  est l’angle entre leux droites O1O2 et A1A2.

2. En déduire le rapport des rayons lorsque la mesure de  est 30°

O₁ O₂

A₁

A₂

R₁

R₂

P



2 1 1 2

1 2

1 2

2 1 2 1

1 2

1 2

1 2 2 1

2

)

sin sin

sin sin sin

) 30 sin 1 2 2

2 3

− = +

= =

 

→ + = − →  = −

  +

 =  →  = → + = −

→ =

a PO PO R R

R R

PO PO

R R R R

R R

R R

b R R R R

R

EXTRI086 _– Bruxelles, septembre 2002.

Résoudre dans R

²

le système

sin sin 1

cos . cos 3 4

+ =

 

 =



x y

x y

2

Vu que le système est symétrique en et , on peut se poser directement la question de savoir s'il existe une solution telle que .

2sin 1 sin 1 60

On vérifie effectivement : 2

3 3

cos cos

4 2

=

= → = → = = 

= → =

x y

x y

x x x y

x x

( )

( )

2

2

2

2

60 Recherchons si le système possède d'autres solutions.

sin 1 sin

sin sin 1

1 sin 9 1

3 3

cos 16 cos

cos . cos

4 cos 4

1 2sin sin 9 1

16 1 sin Posons sin . Après réarrangem

 

  → = = 



 = −

+ =

  →  → − + =

 =  =

 

 

→ − + + =

−

=

x y

x y

x y

x y y

x y

y

y y

y

t y

( )

( )

4 3 2

3 2

ent on trouve :

2 2 9 0

16

1 1

On vérifie que est bien une solution car 0

2 2

4 3 2 1 0

1 2 1 2 9

16

Horner : 1 1 3 7 9

2 2 4 8 16

3 7 9

1 0

2 4 8

1 3 7 9

2 2 4 8

Comme on a fait une élévatio

= − − + − =

  =

   

− − −

− −

− −

  

→ = −     − − +  

P t t t t t

P n

P t t t t t

n au carrée pour éliminer , on peut se poser la question de savoir si 1 n'est pas une racine double.

x

( )

^{2 2}

Effectivement, le deuxième facteur est nulle si 1 2

n 3 2 1 0

3 7 9

1 2 4 8

Horner : 1 1 1 9

2 2 2 8

1 1 9 0

8

1 9

2 4

Le deuxième facteur admet pour solutions 2.0811 et 1.081 qui sont toutes les

=

− −

− −

− −

   

→ = −    − − 

   

= = −

t

P t t t t

t t

deux à rejeter.

Conclusion : x = =  y 60

EXTRI087 _– EPB, ULB, Bruxelles, septembre 2002.

FACSA, ULiège, Liège, juillet 2019.

Démontrer que si dans le triangle on a

cos 3 cos 3 cos 3 1 alors l’un des angles mesure 120

ABC

A + B + C =



2

2

cos 3 cos 3 cos 3 1

2 cos 3 cos 3 1 cos 3

2 2

3 3 3

Or cos3 cos 3 cos sin

2 2 2 2 2

Et 1 cos 3 2sin 3 2

3 3

2sin cos 3 2sin

2 2 2

Cette équation admet une solution pour sin 3 0 2

3 360 240 120

2

A B C

A B A B

C

A B C C C

C C

C A B C

C

C C

+ + =

+ − = −

+ =  − =     −    = −

− =

→ − − =

=

→ =  → =  = −  120

En vertu de la symétrie de l'équation, on peut aussi avoir 120 ou 120

C

A B

→ = 

=  = 

EXTRI088 – Louvain, juillet 1999.

Trouver, pour chacun des cas, les relatons qui existent entre x et y si on a :

2 2

2 2

. cos 2 cos 2

. tan tan

. sin sin 1

a x y

b x y

c x y

=

=

+ =

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

a) cos 2 cos 2 2 2 2

b) tan tan tan tan

1) tan tan 2) tan tan Finalement :

c) sin sin 1 sin sin sin cos

sin cos sin sin sin sin

2 2

x y x y k x y k

x y x y

x y x y k

x y x y k

x y k

x y x y x x

y x y x y x

= → =  +  → =  + 

= → = 

= → = + 

= − → = − + 

=  + 

+ = → + = +

 

  

→ = → =   −   → =  −

1) sin sin 2 et 2

2 2 2

2) sin sin sin sin

2 2

2 et 3 2

2 2

Finalement : 2

y x y x k y x k

y x y x

y x k y x k

y x k

  

 

  

 

=   −   → = − +  = + + 

 

   

= −   −   → =   −  

 

→ = − +  = − + 

=  +  

EXTRI089 – EPL, UCL, LLN, juillet 1999.

2 2

Résoudre l’équation en suivante :

2sin 3 sin 6 2

et mettre les solutions sur le cercle trigonométrique x

x + x =

( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

2

2sin 3 sin 6 2 2sin 3 4sin 3 cos 3 2 cos 3 sin 3 2sin 3 cos 3 cos 3

1) cos 3 0 3 2 2

2 6 3

2) 2sin 3 1 sin 3 2

2

2 2

2.1) sin 3

2 12 3

2 2

2.2) sin 3

2 12 3

Finalement : 2 et

6 3

x x x x x x x

x x x

x x k x k

x x

x x k

x x k

x k

+ =  + = +

 =

 

=  =  +   =  + 

=  = 

=  =  + 

= −  = −  + 

=  +   2

12 3

Le lecteur représentera les solutions sur le cercle trigonométrique x =   + k 

Modifié le 25 avril 2014 (Jean Perbal)