Exercices résolus de mathématiques.
TRI 21
EXTRI210-EXTRI219
http://www.matheux.c.la
Jacques Collot
Benoit Baudelet – Steve Tumson
Juillet 08
EXTRI210 – Liège, septembre 2006
Le ménisque convergent représenté à la figure est limité à gauche par un arc de cercle de rayon R1 = 50 mm et à droite par un arc de cercle de rayon R2 = 1000 mm
h1 h0
h2 h ?
R1 H
R2
2
1
O2
O1 C A B
2
1 1 1 1 2
1 1
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
1 1 1 1 1 1 2 2
1
2 2 2 2 2
sin sin cos 1
On a immédiatement :
sin sin cos 1
De plus :
cos 1 1 50 1 1 32.5 12
50 De même :
cos
H H
H R
R R
H H
H R
R R
O C R h OA O C R H mm
R
h O B R R
= → = → = −
= → = → = −
= → = − = − − = − − =
= − = 22 22
2
2 1 0 0 1 2
1 2
1 1 1000 1 1 32.5 0.528
1000 Pour trouver :
2 12 0.528 13.472 Conclusion : 12 ; 0.528 ; 13.472
H mm
R h
h h h h h h h h mm
h mm h mm h mm
− − = − − =
+ = + → = + − = + − =
= = =
Le 24 décembre 2006
h1 h0
h2 h ?
R1 H
R2
2
1
Ménisque convergent
EXTRI211 – Bruxelles, juillet 2006 Résoudre l’équation
sinx+sin 2x+sin3x=cosx+cos3x− −1 cos2x
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2
Utilisons Simpson
sin sin 2 sin 3 cos cos 3 1 cos 2 2 sin 2 cos sin 2 2 cos 2 cos cos 2 1 Or cos 2 1 2 cos
sin 2 2 cos 1 2 cos cos 2 cos
2 sin cos 2 cos 1 2 cos cos 2 cos 1 1er solution : cos 0 2 1
2 L'éq
x x x x x x
x x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x x
x x k
+ + = + − −
+ = − −
+ =
→ + = −
→ + = −
= → = +
( )
( )
( )
uation 1 devient : 2 sin cos sin cos 2 cos sin 2 sin cos 2 cos
3 3
Utilisons denouveau Simpson 2 sin cos 2 sin sin 2
2 2 2 2
3 3 2
2ème solution : sin 0
2 2 3
L'équation 2 devient : cos sin
2 2
tan 1
2
x x x x x
x x x x
x x x x
x x k
k x
x x
x
+ = −
→ + = −
→ = −
= → = → =
= −
→ = − →
( )
3 2
2 4
Cette solution est incluse dans la deuxième Conclusion: 2 1 et 2
2
x k x k
x k x k
= + → = +
= + =
Le 30 janvier 2006
EXTRI212 – Bruxelles, juillet 2006 Soit l’équation (m est un paramètre réel)
sinx m+ cosx=2m
Déterminer m pour que cette équation admette deux solutions ayant pour somme 2/3.
Calculer ces solutions.
Soient et , les deux solutions. Nous avons .
3 3
Exprimons que et . sont deux solutions.
3
2 2
sin cos 2
3 3
sin cos 2
2 2 2
sin cos cos sin cos cos sin
3 3
m m
m m
m m
+ = → = −
−
− + − =
→
+ =
− + +
→
( ) ( )
( )
( )( ) ( )
2 2
sin 2
sin cos 2
1 3 sin 3 cos 4
sin cos 2
Par Cramer, nous obtenons directement la solution de ce système :
4 3
2 3 3 1
2 4 2 3 2
sin 1
2 3 3
1 3 3 3 3 1
1
1 3 4
cos
m
m m
m m m
m m
m m
m m
m m m m m
m m
m m m m
m m
=
+ =
+ + − =
→ + =
− − + −
= = =
+ −
+ − + −
→ +
= ( )
( )( ) ( )
2 2
2 3 1
1 2 2 2 3 4
2
2 3 3
1 3 3 3 3 1
1
m
m m m m m m
m m
m m m m
m
−
+ −
= =
+ − + − + −
1 3 Avant de simplifier par 3 1, nous devons envisager le cas
3 3
1 2
L'aquation devient : sin cos
3 3
tan 1 cos
3 6
Donc sin 1 2 2 2
6 2 3
De cette série de solutions, il n'est
m m
x x
x x k x k
− = =
+ =
= → = → =
+ = → + = + → = +
pas possible d'en extraire deux dont la somme
23 2 2
vaut . En effet, soient 2 2 '
2 ' 3
' 1 et comme et ' , c'est impossible.
3
k
k k
k
k k k k
= +
= + → + = + + + =
→ − = −
Il nous faut envisager aussi le cas 3 L'équation devient : sin 3 cos 2 3
tan 3 cos 1
3 2
sin 3 1 donc équation impossible 3
m
x x
x
= −
− = −
= − → = − → =
→ − = −
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2 2 1
2
Effectuons donc la simplification. 1 et 2 deviennent :
2 3
sin
3 12 4
or sin cos 1 1
2 3 3
cos
3
3
3 4 3 3
16 2 3 3 15 2 3 3 0
15 3
5 m
m m m
m m m
m
m
m m m m m m
m
=
+
+ = → + =
= + +
+
=
→ = + + → − − = → = →
= −
( )
3 3
Le cas a déjà été envisagé. Il reste
3 5
3 3
L'équation devient : sin cos 2
5 5
tan 3 cos 0.9449
5
0.713724 0.33347 2 sin 0.33347 0.65465
0.380251 2
m m
x x
x k
x x k
x k
= = −
− = −
→ = − → = − → =
= − + +
→ − = − → = + + +
= − +
1 2 1 2
4.188789 2
Or 4.188789 4 . Ce qui nous donne comme couple de solutions 3
4 4 2 2
et 2 qui vérifie
3 3 3 3
x k
x x x x
= +
= = − = − + =
Le 30 janvier 2006
EXTRI213 – Louvain, juillet 2006
Dans un triangle ABC, calculer la distance du milieu du côté BC à la droite qui joint les pieds des hauteurs issus de B et de C. Exprimer la solution en fonction de a = BC et de l’angle opposé A.
En premier lieu, représentez graphiquement le problème posé.
C M B
Q H
P
N A 1 2
1
2 1 3
1
1
a
1 2 ( )
1 1
Notons que le sommet est situé sur l'arc capable du segment .
Les points sont cocycliques puisque et sont des triangles rectangles qui ont la même hypoténuse.
car ce so 1
A BC
ANQP ANQ APQ
N A P A
=
→ = nt des angles inscrits qui interceptent les mêmes arcs.
Les points sont aussi cocycliques puisque et sont deux triangles rectangles qui ont la même hypoténuse. Les points , , et sont situ
CNPB CNB CPB
C N D P
( ) ( )
1 1 1 1
1 3
3 2
és sur un cercle de diamètre et de centre , milieu de
car interceptent le même arc. Et donc avec 1 2 De plus, Le triangle est isocèle puisque
et sont complémen Mais
CB M CB
P B B A
CNM CM NM C N
N N
→ = → =
= → =
( )
( )
1 2 2 1
1 1
1 2
1 2 1 2
2 1
1 2
taires
. Et donc avec 2 et sont complémentaires
Finalement, nous déduisons que
Finalement, dans le triangle rectangle :
sin sin sin
2
B N N A
B C
N A
N N A A A N A
NHM
a a
HM NM N N A HM
→ = → =
= → + = + =
=
→ = + = → =
2 A
Le 17 avril 2007
EXTRI214 – Louvain, juillet 2006 On donne l’équation en x
(2cosa−1)x2−4x+4cosa+ =2 0
Pour quelles valeurs de a les racines sont-elles réelles et distinctes ?
( )( )
( )
2 2
2
Pour que cette équation ait deux racines réelles distinctes, il faut que son soit positif.
Comme le coefficient de est paire, calculons le '
' 4 2 cos 1 4 cos 2 4 8 cos 2 6 8 cos
2 3 4 cos 2 3 2 cos x
a a a a
a
= − − + = − − = −
= − = ( − )( )
3 2 cos
1) 3 2 cos 0 cos 3 2
2 6
3 5
2) 3 2 cos 0 cos 2
2 6
Comme ' est une fonction périodique de période 2 établissons le tableau de signe sur seulement l'intervalle .
5
a a
a a a k
a a a k
+
− = → = → = +
+ = → = − → = +
−
− − − + +
3 2 cos 0 0
3 2 cos 0 0
' 0 0 0 0
Conclusion
5 5
Sur l'intervalle : , ,
a a
a
− + + + + − + + + +
+ − − + + + + + − −
− − + − + − −
− − −
Le 17 avril 2007
EXTRI215 – Louvain, juillet 2006
Pour les affirmations suivantes, cochez vrai si l'affirmation est vraie ou faux si l'affirmation est fausse.
• La moyenne de n’importe quelle paire d’angles d’un triangle est supérieure à 90° vrai faux
• La solution unique de 3 sin a + 4 cos a = 5 est sin a = 3/5 et cos a = 4/5 vrai faux
• (sin a cos b + cos a sin b) 2 + (cos a cos b − sin a sin b) 2 = 2.
vrai faux
• Dans un triangle rectangle en A, on a sin C − cos C = cos B – sin B vrai faux
( )
2 2
2
2 2 2
1) Faux
2) Soit sin et cos .
5 3
3 4 5 4
Il nous faut résoudre le système suivant :
1 5 3
4 1 3
16 25 30 9 16 5 3 0 5
4 5 Il n'y a donc qu'une seule solution
3) sin
a x a y
y x x y
x y x
x x
x x x x
y
a
= =
= −
+ = → − + = + =
=
→ + − + = → − = →
=
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
cos cos sin cos cos sin sin
sin cos 1
Faux
sin cos 4) Dans un triangle rectangle en :
cos sin
sin cos cos sin Vrai
b a b a b a b
a b a b
C B
A C B
C C B B
+ + −
= + + + =
→
==
→ − = − →
Le 17 avril 2007
EXTRI216 – Louvain, juillet 2006
Un parterre de fleurs a la forme d’un pentagone régulier dont le coté a une longueur de 2 mètres. On décide de mettre au centre de ce pentagone une fontaine circulaire d’un diamètre de d cm.
1. Faites un croquis de la situation et indiquez les mesures connues.
2. Comment choisir le diamètre d du cercle tel que la superficie restante du parterre mesure exactement 4 m2 ?
3. Comment choisir le diamètre d du cercle tel que la superficie restante du parterre est la moitié de la superficie originale ?
C
A O
h
E D
AP
108°
72° 36°
54°
1 m 2 m
AF
d
B
2
2 2
1 tan 54
2 tan 54
Surface du pentagone : 5 6.88 2
1er cas Surface du parterre: 4 Surface de la fontaine : 4 2.88
4 4 2.88
Diamètre de la fontaine : 1.915
2ème cas Surface du parterre :
P F
C
h
A m
A m
A A m
d A m
=
= =
=
= − =
= = =
2
2
Surface de la fontaine : 6.88 3.44
2 2.
4 4 3.44
Diamètre de la fontaine : 2.093
P
F
C
A A
A A m
d A m
=
= = =
= = =
EXTRI217 – Louvain, septembre 2006
Dans un quadrilatère ABCD, on donne les côtés opposés AB = a et CD = b ; on a aussi les angles B et D égaux à 90° et l’angle aigu A égal à α.
Calculer les côtés inconnus et l’aire S du quadrilatère.
( )
1
Les triangles et étant rectangles, nous en tirons directement les relations suivantes : cos
sin De plus, cos
sin
Nous avons alors : sin sin sin cos cos s
ABC ADC a l
b l c l d l
d l l l
=
= = +
=
=
= = − = ( − )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
in
sin cos sin cos
De même : cos cos cos cos sin sin
cos sin cos sin
1 et 2 forment un système que nous pouvons résoudre facilement par la métho
c b
l c b
l l
c l l l
a d
l a d
l l
= − = −
= = − = +
= + = +
( )
( )
2
2
de de Cramer :
cos
cos sin
cos sin sin
sin sin cos
sin cos sin
sin cos sin cos
cos sin
cos sin
sin sin cos
sin L'aire du quadrilatère e
b
b a
a a b
c
c d b
c d a b
a b
a a b
d
−
= − = − + = −
− − +
−
− = →
− =
−
−
= = =
− − +
−
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2
2 2
st la somme des aires des deux triangles
1 1 1 sin sin
sin sin sin . .
2 2 2 cos cos
tan tan
sin sin
Conclusions:
sin cos sin
cos tan
a b a b
A c a bd a b
a ab ab b a b
c a b
a b
d
A a b
− −
= + − = +
= − + − − = −
−
=
= −
= −
Le 17 avril 2007
EXTRI218 – Louvain, septembre 2006
2
1 sin 1 sin Résolvez en fonction de l’inéquation suivante.
1 2sin 1 4sin
x x
x x x
− +
− −
( )( )
( )( ) ( )( )
2 2
2
2
1 sin 1 sin 1 sin 1 sin
1 2 sin 1 4 sin 1 4 sin 1 2 sin 0
1 sin 1 sin 1 2 sin sin
0 0
1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin
Cherchons les zéros des différents facteurs a) sin 0
b) 1 2 sin 0 sin 1 2
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x k
x
x x
− + + −
→ −
− − − −
+ − − +
→ →
− + − +
= → =
= +
− = → = →
2
2
5 2
11 2 c) 1 sin 2 0 sin 1
2 7 2
Ce qui permet de construire le tableau de signes suivant :
5 11
0 2
sin 0 0 0
1 2 sin 0 0
1 2 sin 0 0
0
k
x k
x k
x x
x k
x x x
= +
= +
+ = → = − → = +
+ + + + + + + + + +
− + + − + + + + + + + +
+ + + + + + + + + − + +
+ − +
0 0
Conclusion:
5 7 11
Sur l'intervalle 0,2 x 0; ; ; ; 2
+ − +
EXTRI219 – EPL, UCL, LLN, septembre 2006
Pour les affirmations suivantes, cochez la réponse correcte.
• La somme des deux plus petits angles d’un triangle obtus est
a) inférieur à 90° b) supérieur à 90° c) égal à 90°
• L’équation sin 2a=
2
cos 2 possède pour 0 360
a) 2 solutions b) 4 solutions c) 8 solutions
• Dans un triangle rectangle en , soit la hauteur. Alors . a) est égal à 0 b) est positif c) est négatif
a a
A AH BH HC AH
−
( )
• Dans l’intervalle 160 350 la fonction 1 – cos 2 – sin change a) 1 fois de signe b) 2 fois de signe c) 3 fois de signe
a a a
2
1) Soit l'angle obtu
Solution a) 2) sin2 cos 2 tan 2 1 2
2
5 9 13
Quatre solutions , , ,
8 8
3) C'est un théorème relatif au triangle rectangle
a a a a k a k
AH BH HC
→
+ + = → + = − →
= → = → = + → = +
→
=
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
Solution a)
4) Etudions le signe de la fonction 1 cos 2 sin
cos sin cos sin sin sin 2sin 1
150 160 180 350 360
sin 0 0
2sin 1 0
0 0 0
Donc 1 seule changement de signe 160 ,
f a a a
f a a a a a a a a
a a f a
→
= − −
→ = + − + − = −
+ + + + − − −
− − − − − − − − −
− − − + + +
350
Le 17 avril 2007
![Dans le triangle ABC, la droite (AM) passe par le sommet A et le milieu M du côté [BC] Donc : (AM) est la médiane du issue de A du triangle ABC](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)