Correction du devoir surveill´ e n˚2

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚2

Exercice 1 : Le nombre complexej, la formule du binˆome et une ´equation complexe de degr´e 18 On rappelle quej=−1

2 +i

√3 2 .

1. (a) Soitz∈C. Montrer, avec soin, que :

(z−1)(z−j)(z−j) =z³−1.

(b) En d´eduire l’ensemble des solutions dansCde l’´equation z³= 1 d’inconnuez.

2. (a) ´Enoncer, avec soin, la formule du binˆome de Newton.

(b) Soitz∈C. D´evelopper, r´eduire et ordonner :

(z−1)⁶ en utilisant la formule du binˆome de Newton.

3. R´esoudre, dans C, l’´equation :

(E) : z¹⁸−6z¹⁵+ 15z¹²−20z⁹+ 15z⁶−6z³+ 1 = 0.

Correction

1. (a) On commence par calculer : (z−1)(z−j) =z²−(1 +j)z+j. On a donc : (z−1)(z−j)(z−j) = (z²−(1 +j)z+j)(z−j)

= z³−(1 +j)z²+jz−jz²+j(1 +j)z−jj

= z³−(1 +j+j)

| {z }

α

z²+ (j+j+jj)

| {z }

β

z− jj

|{z}

γ

.

Pour conclure, il reste `a montrer queα=β = 0 et queγ = 1. (Il est n´ecessaire de justifier, mˆeme bri`evement, ces ´egalit´es.)

• α= 1 +j+j= 1−1 2 +i

√3 2 −1

2 −i

√3 2 = 0.

• γ=jj= −1 2 +i

√3 2

!

−1 2−i

√3 2

!

=

−1 2

2

− i

√3 2

!2

= 1 4 +3

4 = 1.

• β =j+j+jj=j+j+γ=j+j+ 1 =α= 0.

(b) On a :

z³= 1 ⇐⇒ z³−1 = 0

⇐⇒ (z−1)(z−j)(z−j) = 0 (d’apr`es 1.(a))

⇐⇒ z= 1 ouz=j ouz=j.

L’ensemble des solutions dans Cde l’´equationz³= 1 d’inconnuez est donc{1, j, j}.

2. (a) La formule du binˆome de Newton s’´enonce ainsi :

∀n∈N ∀a∈C ∀b∈C (a+b)ⁿ = Xn

k=0

C_n^ka^kb^n−k = Xn

k=0

C_n^ka^n−kb^k

o`uC_n^k= n!

k!(n−k)! pour tout entier naturel net tout entierktel que 0≤k≤n.

(b) En appliquant la formule du binˆome de Newton, on a : (z−1)⁶=

X6

k=0

C₆^kz^k(−1)^6−k=C₆⁰−C₆¹z+C₆²z²−C₆³z³+C₆⁴z⁴−C₆⁵z⁵+C₆⁶z⁶.

Pour d´eterminer les coefficients binˆomiauxC₆⁰, C₆¹, . . . , C₆⁶, on peut, par exemple, dresser le d´ebut du triangle de Pascal.

k= 0 k= 1 k= 2 k= 3 k= 4 k= 5 k= 6 n= 0 1

n= 1 1 1

n= 2 1 2 1

n= 3 1 3 3 1

n= 4 1 4 6 4 1

n= 5 1 5 10 10 5 1

n= 6 1 6 15 20 15 6 1

On a donc :

(z−1)⁶= 1−6z+ 15z²−20z³+ 15z⁴−6z⁵+z⁶=z⁶−6z⁵+ 15z⁴−20z³+ 15z²−6z+ 1.

3. On remarque que siZ =z³, alors :

Z⁶= (z³)⁶=z¹⁸ Z⁵= (z³)⁵=z¹⁵ Z⁴= (z³)⁴=z¹² Z³= (z³)³=z⁹ Z²= (z³)²=z⁶ . On a donc :

(E) ⇐⇒

Z=z³

Z⁶−6Z⁵+ 15Z⁴−20Z³+ 15Z²−6Z+ 1 = 0

⇐⇒

Z=z³

(Z−1)⁶= 0 (d’apr`es 2.(b))

⇐⇒

Z=z³

Z= 1 (^≪la puissance sixi`eme d’un complexe est nulle ssi ce complexe est nul^≫)

⇐⇒ z³= 1

Les ´equations (E) et z³ = 1 ´etant ´equivalentes, elles ont le mˆeme ensemble solution. Or, `a la question 1.(b), on a vu que l’ensemble solution de l’´equation z³ = 1 est {1, j, j}. L’ensemble solution de (E) est donc ´egalement{1, j, j}.

Exercice 2 : ´Etude des propri´et´es d’injectivit´e et de surjectivit´e d’une application 1. Soitf l’application d´efinie par :

f:R\{1} →R, x7→ x+ 1 x−1. (a) Montrer que l’applicationf est injective.

(b) Montrer que l’applicationf n’est passurjective.

2. Soitaun nombre r´eel quelconque. On d´efinit l’applicationfa par : fa: R\{a} →R\{a}, x7→ ax+ 1

x−a .

(a) Montrer que l’applicationfa est injective.

(b) Montrer que l’applicationfa est surjective.

(c) Calculer (fa)⁻¹(y) pour tout y∈R\{a}. Que remarque-t-on ?

On rappelle que (fa)⁻¹ d´esigne la bijection r´eciproque de l’application bijective fa. Correction

1. (a) L’applicationf est injective ssi :

∀x∈R\{1} ∀x^′∈R\{1} f(x) =f(x^′) =⇒x=x^′. Soient x, x^′ ∈R\{1}tels que f(x) =f(x^′).

f(x) =f(x^′) =⇒ x+ 1

x−1 = x^′+ 1 x^′−1

=⇒ (x+ 1)(x^′−1) = (x^′+ 1)(x−1) (d´efinition de l’´egalit´e de deux fractions)

=⇒ xx^′+x^′−x−1 =x^′x+x−x^′−1

=⇒ x^′−x=x−x^′.

On d´eduit de la derni`ere ´egalit´e que 2x^′−2x= 0 et donc que x=x^′.

(b) L’applicationf a comme ensemble de d´epartR\{1}et comme ensemble d’arriv´eeR. Elle est surjec- tive ssi pour touty∈Rl’´equationf(x) =y, d’inconnuex∈R\{1}admet (au moins) une solution.

Pour montrer quef n’est pas surjective, on doit donc trouver une valeur dey∈Rtelle que l’´equation f(x) =y ne poss`ede aucune solution.

Essayons de r´esoudre l’´equationf(x) =ypour y un r´eel quelconque et voyons o`u il y a un obstacle.

Soitx∈R\{1}.

f(x) =y ⇐⇒ x+ 1 x−1 =y

⇐⇒ x+ 1 =y(x−1) (multiplication par (x−1)6= 0 des deux membres)

⇐⇒ x+ 1 =yx−y

⇐⇒ x−yx=−1−y

⇐⇒ x(1−y) =−1−y

Si y 6= 1, alors on peut diviser chacun des deux membres de la derni`ere ´egalit´e par (1−y) et la r´esolution est achev´ee : on obtient une unique solution x = −1−y

1−y ∈ R\ {1}. Pour voir que

−1−y

1−y 6= 1, on peut faire un bref raisonnement par l’absurde. Si −1−y

1−y = 1, alors−1−y= 1−y et donc−1 = 1, ce qui est impossible.

Si y= 1, alors on ne peut pas diviser par (1−y) = 0. Il semble donc qu’il se pose un probl`eme pour y= 1. Essayons alors de d´emontrer, par l’absurde, que l’´equationf(x) = 1 n’admet aucune solution

dansR\ {1}.

Supposons qu’il existe x∈R\ {1} tel quef(x) = 1.

f(x) = 1 =⇒ x+ 1 x−1 = 1

=⇒ x+ 1 =x−1 (multiplication par (x−1)6= 0 des deux membres)

=⇒ 1 =−1 (impossible)

On a donc d´emontr´e, par l’absurde, que l’´equationf(x) = 1 n’admet aucune solution dans l’ensemble de d´epartR\ {1}de la fonctionf. Comme 1 est un ´el´ement de l’ensemble d’arriv´eeRde la fonction f, la fonction f n’est pas surjective.

2. (a) L’applicationfa est injective ssi :

∀x∈R\{a} ∀x^′ ∈R\{a} fa(x) =fa(x^′) =⇒x=x^′. Soient x, x^′ ∈R\{a}tels quefa(x) =fa(x^′).

fa(x) =fa(x^′) =⇒ ax+ 1

x−a = ax^′+ 1 x^′−a

=⇒ (ax+ 1)(x^′−a) = (ax^′+ 1)(x−a) (d´efinition de l’´egalit´e de deux fractions)

=⇒

axx^′−a²x+x^′−a=

ax^′x−a²x^′+x−a

=⇒ −a²x+x^′=−a²x^′+x

=⇒ x^′+a²x^′ =x+a²x

=⇒ (1 +a²)x^′= (1 +a²)x

=⇒ x^′=x (division par (1 +a²)6= 0 (a∈R) de chacun des deux membres)

(b) L’applicationfa a comme ensemble de d´epartR\{a} et comme ensemble d’arriv´eeR\{a}. Elle est surjective ssi pour touty∈Rl’´equationfa(x) =y, d’inconnuex∈R\{a}admet une solution.

On fixey∈R\{a}et on cherchex∈R\{a}tel quefa(x) =y. Soitx∈R\{a}.

fa(x) =y ⇐⇒ ax+ 1 x−a =y

⇐⇒ ax+ 1 =y(x−a) (multiplication par (x−a)6= 0 des deux membres)

⇐⇒ ax+ 1 =yx−ya

⇐⇒ ax−yx=−ya−1

⇐⇒ x(a−y) =−1−ya

⇐⇒ x= −1−ay

a−y (division par (a−y)6= 0 des deux membres)

On obtient alors une (unique) solution x = −1−ay

a−y ∈ R\ {a} pour l’´equation fa(x) = y. Pour voir que −1−ay

a−y 6= a, on peut faire un bref raisonnement par l’absurde. Si −1−ay

a−y = a, alors

−1−ay= a²−ayet donc −1 = a², ce qui est impossible car a est r´eel et le carr´e d’un r´eel est

toujours positif ou nul.

L’applicationfa est donc surjective.

Remarque : On a non seulement montr´e la surjectivit´e de fa, mais aussi sa bijectivit´e. En effet, on a prouv´e que quel que soit y∈R\ {a}, il existe un uniquex∈R\ {a} tel quefa(x) =y.

(c) Soity ∈R\{a}. Par d´efinition de la bijection r´eciproquef_a⁻¹ defa, (fa)⁻¹(y) est l’unique solution x∈R\{a}de l’´equation fa(x) =y. D’apr`es la question 2.(b), on a donc :

(fa)⁻¹(y) = −1−ay a−y . Or :

(fa)⁻¹(y) =−1−ay

a−y = −(ay+ 1)

−(y−a) = ay+ 1

y−a =fa(y).

Les fonctionsfa et (fa)⁻¹ont toutes deux le mˆeme ensemble de d´epart (R\{a}) et le mˆeme ensemble d’arriv´ee (R\ {a}) et v´erifient de plus :

∀y∈R\ {a} (fa)⁻¹(y) =fa(y).

Les fonctions fa et (fa)⁻¹ sont donc ´egales.

Exercice 3 : Nombre total de cubes dans une construction r´ecursive

On consid`ere les constructions suivantes, effectu´ees avec des cubes de mˆeme dimension.

1 ´etage 2 ´etages 3 ´etages

etc

1 cube 4 cubes 10 cubes

Pour chaquen∈N^∗, on notean le nombre de cubesde la couche inf´erieuredans la construction `an´etages. On observe que :

∀n∈N^∗ an= Xn

k=1

k .

1. Soitn∈N^∗. Donner une expression dean en fonction den.

2. Pour chaque n∈N^∗, on pose :

Sn= Xn

k=1

ak.

(a) Soitn∈N^∗. Que repr´esenteSn pour la construction `an´etages ? (b) Montrer par r´ecurrence que :

∀n∈N^∗ Sn= n(n+ 1)(n+ 2)

6 .

3. Trouver le nombre d’´etages de la construction, sachant qu’il y a 100 fois plus de cubes (au total) que d’´etages, i.e. d´eterminern∈N^∗ tel que :

nombre total de cubes dans la construction `an´etages = 100×n.

La calculatrice ´etant interdite, on fournit l’identit´e :49²= 2401.

Correction

1. D’apr`es le cours, on a :

an = Xn

k=1

k = n(n+ 1)

2 .

2. (a) Le nombreSn repr´esente le nombre total de cubes dans la construction `an´etages.

(b) Pour toutn∈N^∗, soitPn la propri´et´e d´efinie par :

Pn : Sn= n(n+ 1)(n+ 2)

6 .

• Initialisation

La propri´et´eP¹ s’´ecrit

S1=1(1 + 1)(1 + 2)

6 .

On a d’une part :

S1= X1

k=1

ak =a1= X1

k=1

k= 1 et d’autre part :

1(1 + 1)(1 + 2)

6 = 1.

La propri´et´eP1 est donc vraie.

• H´er´edit´e

Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈N^∗ fix´e, i.e. : Sn= n(n+ 1)(n+ 2)

6 et montrons que Pn+1 est vraie, i.e. :

Sn+1= (n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

6 .

On a :

Sn+1 =

n+1X

k=1

ak

= Xn

k=1

ak

!

| {z }

Sn

+an+1 (cf. cours)

= n(n+ 1)(n+ 2)

6 +(n+ 1)(n+ 2)

2 (d’apr`esPn et la question 1)

= n(n+ 1)(n+ 2)

6 +3(n+ 1)(n+ 2) 6

= (n+ 3)(n+ 1)(n+ 2)

6 (factorisation par (n+ 1)(n+ 2)

6 )

D’o`uSn+1= (n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

6 .

• Conclusion

La propri´et´eP¹ est vraie et la propri´et´ePn est h´er´editaire pour toutn∈N^∗. D’apr`es l’axiome de r´ecurrence, la propri´et´ePn est donc vraie pour toutn∈N^∗.

3. D’apr`es la question 2.(a), il s’agit de r´esoudre l’´equation : Sn= 100n d’inconnuen∈N^∗. Soitn∈N^∗.

Sn = 100n ⇐⇒ n(n+ 1)(n+ 2)

6 = 100n (d’apr`es 2.(b))

⇐⇒ (n+ 1)(n+ 2) = 600 (division des deux membres par n 6 6= 0)

⇐⇒ n²+ 3n−598 = 0

On est donc conduit `a ´etudier les racines du trinˆome du second degr´e :X²+ 3X−598. Son discriminant vaut :

∆ = 3²+ 4×598 = 9 + 4×(600−2) = 9 + 2400−8 = 2401.

(On a ´ecrit 598 sous la forme 600−2 pour avoir un calcul^≪plus simple^≫ `a effectuer.) En utilisant le fait que 2401 = 49² (cf. ´enonc´e), on obtient : √

∆ = 49. On en d´eduit que le trinˆome du second degr´e X²+ 3X −598 poss`ede deux racines distinctes : x1 = −26 etx2 = 23. L’unique solution dans N^∗ de l’´equation

n²+ 3n−598 = 0 est doncn= 23.

La construction poss´edant 100 fois plus de cubes (au total) que d’´etages est donc celle de 23 ´etages.

Exercice 4 : Un calcul de double somme

1. Soient n,pet ktrois entiers tels que : 0≤k≤p≤n. Montrer que : C_n^k ×C_n^p−−^kk=C_p^k ×C_n^p. 2. Soient netpdeux entiers tels que : 0≤p≤n. Montrer que :

Xp

k=0

C_n^k × C_n^p−−^kk = 2^p ×C_n^p. 3. Soitnun entier naturel. Montrer que :

Xn

p=0

Xp

k=0

C_n^k ×C_n^p−−^kk= 3ⁿ.

Correction

1. On a d’une part :

C_n^k ×C_n^p−−^kk = n!

k!

(n−k)!×

(n−k)!

(p−k)! (n−k−(p−k))!

= n!

k! (p−k)! (n−p)!

et d’autre part :

C_p^k ×C_n^p = p!

k! (p−k)!× n!

p! (n−p)!

= n!

k! (p−k)! (n−p)!. On a donc :

C_n^k ×C_n^p−−^kk = n!

k! (p−k)! (n−p)!=C_p^k × C_n^p. 2. On a :

Xp

k=0

C_n^k ×C_n^p−−^kk = Xp

k=0

C_p^k × C_n^p

|{z}

ind´ependant dek

(d’apr`es la question 1)

= C_n^p× Xp

k=0

C_p^k

= C_n^p× Xp

k=0

C_p^k1^k1^p−k (astuce vue en classe)

= C_n^p (1 + 1)^p (formule du binˆome de Newton)

= 2^pC_n^p. 3. On a :

Xn

p=0

Xp

k=0

C_n^k ×C_n^p−−^kk

| {z }

somme de la question 2

= Xn

p=0

C_n^p2^p (d’apr`es la question 2)

= Xn

p=0

C_n^p2^p1^n−p (astuce vue en classe)

= (2 + 1)ⁿ (formule du binˆome de Newton)

= 3ⁿ.

Exercice 5 : Th´eor`eme d’Al-Kashi

Le plan est muni d’un rep`ere orthonorm´e (O;−→i ,−→j). On consid`ere un triangle ABC et l’on pose a = BC, b=AC et c=AB.

b

A

bB

c

bC

a b

1. (a) Soit−→u un vecteur du plan. Exprimer||−→u||²`a l’aide d’un produit scalaire.

(b) D´eduire de (a) une expression dea²en termes de produit scalaire. Faire de mˆeme pourb² etc². (c) Rappeler le lien entre cos(\BAC) et un certain produit scalaire.

(d) D´evelopper le produit scalaire (−−→BA+−→AC).(−−→BA+−→AC).

(e) D´eduire de (b), (c) et (d) l’identit´e suivante, due `a Al-Kashi : a²=b²+c²−2bccos(\BAC).

2. Calculer une mesure (en radians) de l’angle \BAC, dans le cas o`uAB = 2√

2,AC= 6 etBC= 2√ 5.

Correction

1. (a) D’apr`es le cours, on a :||−→u||²=−→u .−→u .

(b) On a a=BC =||−−→BC||. Donca²=BC²=||−−→BC||² =−−→BC.−−→BC. La derni`ere ´egalit´e d´ecoule de la for- mule rappel´ee `a la question 1.(a), avec−→u =−−→

BC. De mˆeme, on montreb²=−→

AC.−→

ACetc²=−−→

AB.−−→

AB.

(c) On a tout d’abord cos(\BAC) = cos( \

(−−→AB,−→AC)). De plus, cos( \ (−−→AB,−→AC)) =

−−→AB.−→AC

||−−→AB|| ||−→AC||, d’apr`es le cours. On a donc :

cos(\BAC) =

−−→AB.−→AC

||−−→AB|| ||−→AC|| i.e. ||−−→AB||

| {z }

AB=c

||−→AC||

| {z }

AC=b

cos(\BAC) =−−→AB.−→AC.

(d) En utilisant les propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire vue en classe, on montre que : (−−→BA+−→AC).(−−→BA+−→AC) = −−→BA.−−→BA

| {z }

=(−

−−→ AB).(−

−−→ AB)

+−−→BA.−→AC+−→AC.−−→BA

| {z }

=−−→ BA.−→

AC

+−→AC.−→AC

= (−1)×(−1)

| {z }

=1

−−→AB.−−→AB+ 2−−→BA.−→AC+−→AC.−→AC

(e) On a :

a² = −−→BC.−−→BC (d’apr`es 1.(b))

= (−−→BA+−→AC).(−−→BA+−→AC) (relation de Chasles)

= −−→AB.−−→AB+ 2 −−→BA

|{z}

=−

−−→ AB

.−→AC+−→AC.−→AC (d’apr`es 1.(d))

= c²−2−−→AB.−→AC+b² (d’apr`es 1.(b))

= b²+c²−2bccos(\BAC) (d’apr`es 1.(c)).

2. En appliquant la formule d’Al-Kashi obtenue pr´ec´edemment, on trouve : (2√

5)²= 6²+ (2√

2)²−2×6×2√

2×cos(\BAC) soit

20 = 36 + 8−24√

2 cos(\BAC).

On en d´eduit :

cos(\BAC) = 1

√2 =

√2 2 .

D’apr`es la table des valeurs remarquables de cosinus et sinus (qui est `a savoir), on voit alors qu’une mesure de l’angle \BAC est π

4.

Probl`eme : Aire d’un triangle en fonction des coordonn´ees des sommets Le plan est rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e (O;−→i ,−→j).

Partie A : ´Etude de l’aire d’un triangle particulier

SoientA(2; 5), B(7; 4) etC(1;−2) trois points du plan.

1. Montrer que les trois pointsA, Bet C ne sont pas align´es.

2. Donner la d´efinition du projet´e orthogonalH deA sur la droite (BC).

3. Que repr´esente le segment [AH] pour le triangleABC? 4. Donner une ´equation cart´esienne de la droite (BC).

5. Calculer les coordonn´ees deH.

6. D´eterminer la distance du point A`a la droite (BC).

7. Donner l’aire du triangleABC.

8. D´eterminer une ´equation cart´esienne du cercle circonscrit au triangleABC, i.e. passant par les pointsA, B etC.

Correction 1. On a :

A,B, Calign´es ⇐⇒ −−→AB(5,−1)//−→AC(−1,−7)

⇐⇒

5 −1

−1 −7

= 0 (crit`ere de colin´earit´e)

⇐⇒ 5×(−7)−(−1)×(−1) = 0

⇐⇒ −36 = 0

La derni`ere ´egalit´e est fausse. Comme on a raisonn´e par ´equivalence, la premi`ere assertion est ´egalement fausse. Les pointsA,B etC ne sont donc pas align´es.

2. Le projet´e orthogonal deAsur la droite (BC) est l’unique pointH du plan v´erifiant : H ∈(BC) et −−→AH est normal `a la droite (BC).

1 2 3 4 5 6

−1

−2

−3

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−2

−3

−4

bA

b

B

b

C

b

H

3. Le segment [AH] est la hauteur du triangleABC issue deA.

4. On commence par d´eterminer un vecteur normal `a la droite (BC).

Le vecteur−−→BC(−6,−6) est un vecteur directeur de la droite (BC). On en d´eduit que−→n(6,−6) est normal

`a la droite (BC). En effet−→n .−−→BC= 6×(−6) + (−6)×(−6) = 0 et donc−→n ⊥−−→BC(crit`ere d’orthogonalit´e).

Le vecteur−→

n^′(1,−1), qui est colin´eaire `a−→n (car−→ n^′ =1

6−→n), est donc ´egalement normal `a la droite (BC).

D’apr`es le cours, il existe donc un uniquec∈Rtel que : x−y+c= 0

est une ´equation de la droite (BC). Le point B(7,4) appartenant `a la droite (BC), ses coordonn´ees satisfont l’´equation ci-dessus. On en d´eduit :

7−4 +c= 0.

On a doncc=−3. Une ´equation de la droite (BC) est donc : x−y−3 = 0.

5. Le pointH appartient `a la droite (BC) qui admet pour ´equationx−y−3 = 0.On a donc : (∗) xH−yH−3 = 0 i.e. xH−yH = 3.

D’autre part, le vecteur−−→AH(xH−2, yH−5) est orthogonal `a−−→BC(−6,−6). D’apr`es le crit`ere d’orthogonalit´e, on a ainsi :

(∗∗) −−→AH.−−→BC=−6(xH−2)−6(yH−5) = 0 i.e. −6xH−6yH =−42.

De (∗) et (∗∗), on d´eduit que :

xH − yH = 3

−6xH − 6yH = −42 . On r´esout ce syst`eme pour obtenir : xH = 5 etyH= 2.

6. On propose deux m´ethodes pour calculer la distance du pointA`a la droite (BC).

• Par d´efinition,d(A,(BC)) =AH. On a donc : d(A,(BC)) =p

(xH−xA)²+ (yH−yA)²=p

(5−2)²+ (2−5)²=√

18 = 3√ 2.

• On peut aussi appliquer la formule du cours, puisque l’on connaˆıt une ´equation cart´esienne (x−y−3 = 0) de la droite (BC).

d(A,(BC)) = |xA−yA−3| p1²+ (−1)² = 6

√2 = 6√

√ 2 2√

2 = 3√ 2.

7. L’aire du triangleABC est donn´ee par BC×AH

2 . La longueurAH vaut 3√

2 et la longueurBC vaut : p(xC−xB)²+ (yC−yB)²=√

2×36 = 6√ 2.

L’aire du triangleABC est donc :

6√ 2×3√

2

2 = 18.

8. Notons Ω le centre du cercleC circonscrit au triangleABC etr son rayon. On sait, d’apr`es le cours, que C admet alors pour ´equation :

(∗) (x−xΩ)²+ (y−yΩ)²=r².

On cherche `a d´eterminer xΩ, yΩ et r, sachant que les points A, B et C appartiennent `a C et donc que leurs coordonn´ees v´erifient l’´equation (∗).

On a donc le syst`eme (non lin´eaire) :







(2−xΩ)² + (5−yΩ)² = r² (A∈ C) (7−xΩ)² + (4−yΩ)² = r² (B ∈ C) (1−xΩ)² + (−2−yΩ)² = r² (C∈ C)

i.e. : 





29 − 4xΩ + x²_Ω − 10yΩ + y²_Ω = r² (L1) 65 − 14xΩ + x²_Ω − 8yΩ + y²_Ω = r² (L2) 5 − 2xΩ + x²_Ω + 4yΩ + y²_Ω = r² (L3)

.

On remarque que la soustraction de deux lignes fait disparaˆıtre les termes carr´es. On utilise ce fait pour obtenir le syst`eme lin´eaire :

−36 + 10xΩ −2yΩ = 0 (L1−L2) 24 − 2xΩ −14yΩ = 0 (L1−L3) . On r´esout ce dernier syst`eme et on obtient :

xΩ= 23

6 et yΩ=7

6. En reportant dans la ligne (L3), par exemple, on trouve alors :

r²=650 36 =325

18 = 25×13 9×2 . On en d´eduit quer >0 est donn´e par :

r=5√ 13 3√

2 = 5√ 26 6 .

Ainsi une ´equation cart´esienne du cercle circonscrit au triangleABC est donn´ee par :

x−23 6

2

+

y−7 6

2

= 5√ 26 6

!2

.

Remarque : Pour d´eterminer une ´equation cart´esienne du cercle circonscrit au triangle ABC, on aurait aussi pu suivre la m´ethode d´etaill´ee dans la partie E du probl`eme du DM1. On rappelle les diff´erentes ´etapes de cette m´ethode.

• On d´etermine une ´equation cart´esienne de la m´ediatrice M[AB] du segment [AB] et de la m´ediatrice M[AC] du segment[AC]. (On rappelle que la m´ediatrice d’un segment est l’unique droite qui lui est per- pendiculaire et qui passe par son milieu.)

• Comme le centreΩ du cercle circonscrit au triangle ABC est le point de concours des trois m´ediatrices des cˆot´es[AB],[AC]et[BC],Ωest le point d’intersection deM[AB]etM[AC]. On r´esout alors le syst`eme form´e `a l’aide des deux ´equations cart´esiennes trouv´ees ci-avant pour obtenir les coordonn´ees deΩ.

• Il reste `a d´eterminer le rayon r du cercle circonscrit au triangle ABC. Comme A est sur le cercle cir- conscrit au triangleABC, on a : r = ΩA. Comme on connaˆıt les coordonn´ees de Ωet de A, on calcule ais´ement la longueurΩA `a l’aide de la formule vue en cours.

Partie B : `A la recherche d’un triangle d’aire maximale, dans une famille de triangles

A tout` m∈]0; 6[, on associe les points :

Am(m; 0) Bm(0;m) Cm(8−m; 4).

1. Tracer sur une mˆeme figure, en utilisant trois couleurs diff´erentes :

• le triangleAmBmCmpour m= 1 ;

• le triangleAmBmCmpour m= 3 ;

• le triangleAmBmCmpour m= 5.

2. Soitm∈]0; 6[ quelconque.

(a) Prouver que les pointsAm,Bm,Cmne sont pas align´es.

(b) Donner une ´equation de la droite (AmBm).

(c) Calculer les coordonn´ees du projet´e orthogonalHmdeCmsur (AmBm).

(d) Que repr´esente le segment [CmHm] pour le triangle AmBmCm? (e) Calculer la distance du pointCm `a la droite (AmBm).

(f) Donner une expression de l’aireAmdu triangleAmBmCm.

3. Montrer qu’il existe un uniquem0∈]0; 6[ tel que l’aireAm0 du triangleAm0Bm0Cm0 est ´egale `a 9.

4. D´eterminer le signe de l’expressionx²−6x+ 9 pour toutx∈R. 5. D´eduire des trois questions pr´ec´edentes que pour tout m∈]0; 6[ :

Am≤ Am0

i.e. le triangleAm0Bm0Cm0 est le triangle d’aire maximale parmi les trianglesAmBmCmo`um∈]0,6[.

Correction

1. Figure repr´esentant le triangleAmBmCmpourm= 1,m= 3 etm= 5.

1 2 3 4 5 6

−1

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−2

b

A1

b

B1

b

C1

b

A3

b

B3

b

C3

b

A5

b

B5

b

C5

2. Soitm∈]0,6[.

(a) On a :

Am,Bm,Cmalign´es ⇐⇒ −−−−→AmBm(−m, m)//−−−−→AmCm(8−2m,4)

⇐⇒

−m 8−2m

m 4

= 0 (crit`ere de colin´earit´e)

⇐⇒ −m×4−(8−2m)×m= 0

⇐⇒ 2m²−12m= 0

⇐⇒ 2m(m−6) = 0

La derni`ere ´egalit´e est fausse, carm6= 0 etm6= 6 (m∈]0,6[). Comme on a raisonn´e par ´equivalence, la premi`ere assertion est ´egalement fausse. Les pointsAm,Bmet Cmne sont donc pas align´es.

(b) On commence par d´eterminer un vecteur normal `a la droite (AmBm).

Le vecteur−−−−→AmBm(−m, m) est un vecteur directeur de la droite (AmBm). On en d´eduit que−→n(m, m) est normal `a la droite (AmBm). En effet −→n .−−−−→AmBm=m×(−m) +m×m= 0 et donc−→n ⊥−−−−→AmBm

(crit`ere d’orthogonalit´e). Le vecteur −→

n^′(1,1), qui est colin´eaire `a −→n (car −→ n^′ = 1

m −→n), est donc

´egalement normal `a la droite (AmBm).

D’apr`es le cours, il existe donc un uniquec∈Rtel que : x+y+c= 0

est une ´equation de la droite (AmBm). Le point Am(m,0) appartenant `a la droite (AmBm), ses coordonn´ees satisfont l’´equation ci-dessus. On en d´eduit :

m−0 +c= 0.

On a doncc=−m. Une ´equation de la droite (AmBm) est donc : x+y−m= 0.

(c) Le pointHmappartient `a la droite (AmBm) qui admet pour ´equationx+y−m= 0.On a donc : (∗) xH^m+yH^m−m= 0 i.e. xH^m+yH^m =m.

D’autre part, le vecteur−−−−→CmHm(xHm−(8−m), yHm−4) est orthogonal `a−−−−→AmBm(−m, m). D’apr`es le crit`ere d’orthogonalit´e, on a ainsi :

(∗∗) −−−−→

CmHm.−−−−→

AmBm=−m(xHm−(8−m))+m(yHm−4) = 0 i.e. −mxHm+myHm =m²−4m.

De (∗) et (∗∗), on d´eduit que :

xHm + yHm = m

−mxHm + myHm = m²−4m . On r´esout ce syst`eme pour obtenir : xH^m = 2 etyH^m=m−2.

(d) Le segment [CmHm] est la hauteur du triangleAmBmCmissue deCm.

(e) Comme on l’a vu `a la question 6 de la partie A, on dispose de deux m´ethodes pour d´eterminer la distance d(Cm,(AmBm)) du pointCm `a la droite (AmBm). On applique ici la formule du cours, en rappelant quex+y−m= 0 est une ´equation cart´esienne de la droite (AmBm).

d(Cm,(AmBm)) = |8−m+ 4−m|

√2 = 2|6−m|√

√ 2 2√

2 =|6−m|√ 2 =√

2(6−m).

A la fin du calcul, on a utilis´e le fait que` |6−m|= 6−m. Cela d´ecoule du fait que 6−m >0, puisque m∈]0,6[.

(f) L’aire du triangleAmBmCm est donn´ee par AmBm×CmHm

2 . La longueurCmHm vaut√

2(6−m) (d’apr`es la question pr´ec´edente) et la longueurAmBm vaut :

p(xBm−xAm)²+ (yBm−yAm)²=√

2m²=√ 2√

m²=m√ 2.

Pour la derni`ere ´egalit´e, on a utilis´e√

m²=m, ce qui est juste carm est positif (m∈]0,6[). L’aire Am du triangleAmBmCmest donc :

Am=m(6−m).

3. Il s’agit de montrer ici que l’´equationAm= 9, d’inconnuem∈]0; 6[ admet une unique solution. On a : Am= 9 ⇐⇒ m(6−m) = 9

⇐⇒ m²−6m+ 9 = 0.

On est donc conduit `a ´etudier les racines du trinˆome du second degr´eX²−6X+ 9. On calcule que son discriminant est nul ; il admet donc une unique racinex0=−−6

2 = 3. Et donc l’´equationAm= 9 admet une unique solutionm0= 3.

4. On a vu, `a la question pr´ec´edente, que 3 est l’unique racine du trinˆome du second degr´eX<sup>2</sup>−6X+ 9. On a donc, d’apr`es le cours :

∀x∈R x²−6x+ 9 = (x−3)². On en d´eduit que :

∀x∈R x²−6x+ 9≥0.

5. Soitm∈]0,6[. AlorsAm=m(6−m), d’apr`es la question 2.(f).

Am≤ Am0 ⇐⇒ m(6−m)≤9 (Am0= 9)

⇐⇒ m²−6m+ 9≥0

La derni`ere in´egalit´e est vraie, d’apr`es la question pr´ec´edente. Comme on a raisonn´e par ´equivalence, la premi`ere in´egalit´e est ´egalement vraie.

Remarque : On a d´emontr´e que la fonction

A: ]0,6[→R, m7→ Am=m(6−m) admet un maximum 9 et que celui-ci est atteint en un uniquem=m0= 3.