TRI 44

Exercices résolus de mathématiques.

TRI 44

EXTRI440-EXTRI449

http://www.matheux.c.la

Jacques Collot

Jan Frans Broeckx – Nicole Berckmans Fabienne Zoetard

Janvier 2017

EXTRI440 – FACSA, ULG, Liège, septembre 2016

Solution proposée par Jan Frans Broeckx

EXTRI441 – POLYTECH, UMONS, Mons, juillet 2016

Démontrer que l'identité suivante est vérifiée dans tout triangle : 2 cos

sin 2

cos 2

ABC b A

B

B C b c

  

=  

− +

 

 

 

Solution proposée par Fabienne Zoetard

Dans le triangle , on a : 2 cos sin .

2 2 2 2 2

sin sin sin sin

On a aussi : 1

sin sin sin sin sin

L'expression à démontrer devient alors : sin

A B C A B C

ABC A B C

b c C C B C

c b b c b b

B C B B B

B

 + +

+ + =   = −  =

  +

=  =  + =  + =

2 cos 2

b B−C =

sin 2 B C b

+

(_sinB+sinC)^{. sinB}

1 2sin 2

sin sin cos 2

sin sin 2sin .cos

2 2

Expression qui est vraie en vertu des relations de Simpson.

B C

B C B C

B C B C

B C

+

 − = +

+ −

 + =

Solution proposée par Jacques Collot

( ) ( )

2cos cos

sin 2 2

L'expression a démontrer peut se réécrire : 1 sin sin

Or : . Il suffit donc de prouver que le deuxième membre de 1 est égal à .

En effet, sachant que = cos

2 2 2 2

B C A

B

b b c

B C

k k

b c

A B C A

A B C

−

= +

= =

 + + + =   − 

( )

=sin , et en appliquant 2

2cos 2 cos2 2cos 2 sin 2 sin sin Simpson, on a :

B C

B C A B C B C

B C k b c

b c b c b c b c k

+

− − +

+ +

= = = =

+ + + +

27 janvier 2017

EXTRI442 – POLYTECH, UMONS, Mons, juillet 2016

Soient deux observateurs et situés au niveau du sol, supposé parfaitement horizontal, ainsi qu'un mât dressé de manière rigide en un point situé à mi-distance de et incliné d'un angle par rap

A B

O AB

 port à la verticale dans le plan formé par et le mât.

L'observateur voit le mât, du point à son sommet , sous un angle , alors que l'observateur voit le mât sous un angle supérieur à .

E

AB

A O S

B OS



 

xprimer l'angle en fonction des angles et , de la distance entre les deux observateurs et de la hauteur abaissée du mât perpendiculairement au sol.

Calculer ensuite en degrés la valeur numériqu

d h

  

e de l'angle si 30 , 60 et que le rapport /d h 4 / 3.

  =   = 

=

Solution proposée par Fabienne Zoetard

On a dans le : tan tan .

On en déduit que tan et tan .

2 2

D'autre part :

tan et tan

tan tan

2 2

Ce qui donne successivement :

tan tan tan

2 2

SOP OP OP h

h

d d

PB h PA h

h h h h

PSB PSA

d d

PB h PA h

d d

h

  =  = 

= −  = + 

   = =    = =

−  + 

 

 −  =  +

 

( ) ( )

tan 2 tan

tan tan

2 tan tan . 2 tan tan tan . 2 tan tan

tan .2 tan tan tan tan

tan tan

tan 2 tan tan

3 1

3 1

4 4 3 2 3 3

Si 30 , 60 et tan . .

1 3

3 2 3 3 3 3 1

3 3 30

d h

h d

h

d h d h

h d

d h

d h

+ 

    =

 

   − 

  −   =  +  

   +  =  − 

 − 

  = =

 + 

− −

 =   =  =   = = =

+ +

  = 

27 janvier 2017

EXTRI443 - POLYTECH, UMONS, Mons, septembre 2016

Soient deux cercles tangents entre eux et de rayons différents, ainsi que les deux droites tangentes de manière commune à ces deux cercles. Exprimer l'angle que forment ces deux droites en fonction de

 s rayons respectifs et des deux cercles.

Soit un troisième cercle, tangent au plus petit des deux cercles précédents et également tangent aux deux droites précédentes. Exprimer le rayon de ce troi

r R

x sième cercle en fonction des rayons respectifs et des deux premiers cercles.

Calculer la valeur numérique de l'angle ainsi que celle du rayon si 4 cm et 12 cm.

r R

x r R

 =

=

Voir aussi EXTRI308 et EXTRI407

( ) ( )

( ) ( )

Dans les triangles rectangles ' ' et , on a

sin 1 et sin 2

2 2 2

De 1 , on tire : et on remplace dans 2 sin sin 2

2 sin

2

sin 2

PA O PAO

r R

r d R r d

r R

r d

R r r

 =  =

+ + +

+ =    = + + 

 

sin 2

R



= ( )

2

sin 2 sin 2

Pour calculer , il suffit d'appliquer la formule précédente :

sin 1 1

2

Si 4 cm et 12 c

R r R r R r r

x

R r r x R r R r R r R r

r x r x x r

R r r x R r R r R r R r

R r R r r

x r x

R r R r R

r R

 −

 =

 + + +

 − − − −  −   − 

 = =  + = −   +  =  − 

+ + + +  +   + 

+ − +

 =  =

+ + −

= = 4

m 

= 3

27 janvier 2017

EXTRI444 – EPB, ULB, Bruxelles, juillet 2017.

Solution proposée par Jan Frans Broeckx

14 septembre 2017

EXTRI445 – EPB, ULB, Bruxelles, juillet 2017.

Solution proposée par Jan Frans Broeckx

14 septembre 2017

EXTRI446 – EPB, ULB, Bruxelles, juillet 2017.

POLYTECH, Umons, Mons, juillet 2017 EPL, UCL, LLN, juillet 2017 série 1 FACSA, ULG, Liège, juillet 2017

Résoudre dans : 2 sin cos 2 sin2 3 tan

2 2

et représenter les solutions comprises entre et sur le cercle trigonométrique.

x x

x+ x= +

−  

Solution proposée par Jan Frans Broeckx

Fabienne Zoetard a proposé une solution identique.

( ) ( )

2 2

CE : 2

2 2

On transforme d'abord l'équation comme suit

2 sin cos 2 sin 3 tan 2 sin cos 1 1 2 sin 3 tan 0

2 2 2 2

2 sin 2 cos 1 3 tan 0 2 Posons tan et utilisons les formules qui

2

x k k x k k

x x x x

x x x x

x x x

x t

 +      +  

 

+ = +  + − + − − =

 + − − =

=

( )

( ) ( ) ( )( )

( )( )

2

2 2

2

2 2 2

3 2

2

2

expriment sin et cos en termes de tan 2

2 1

2 2 1 3 0

1 1

On met le tout sur dénominateur commun 1 qui ne peut jamais s'annuler :

4 2 1 1 1 3 1

0 3 3 1 0

1

1 1 3 0

Il y a

x x x

t t

t t t

t

t t t t t

t t t

t

t t

+ − − − =

+ +

+

+ − − + − + + =  − − + + = +

 + − =

( )

( )

( )

donc trois familles de solutions

tan 1 2

2 2 4 2

tan 3 2

2 3 2 6 3

tan 3 2

2 3 2 6 3

La représentation des solutions sur le cercle trigonométrique est é

x x

t k x k k

x x

t k x k k

x x

t k x k k

 

= = −  = − +   = − +  

 

= = +  = +   = + +  

 

= = −  = − +   = − +  

vidente et ne consiste qu'en trois points.

Solution proposée par Fabienne Zoetard

2

2

2sin cos 2sin 3tan : 2

2 2

sin cos .2

2 2

2sin cos 1 cos 3 .

cos cos .2

2 2

2sin 2cos 1 3sin 0

cos 1

2sin cos 2sin 2cos 2cos cos 1 3sin 0

3 3

sin 2 sin cos 2 cos 0 2sin cos 2cos co

2 2 2

x x

x x CE x k

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

+ = +    + 

 + = − +

 + − − =

+

 + + + − − − =

 − + + =  + s 0

2

3 3

2cos sin cos 0 2cos sin sin 0

2 2 2 2 2 2 2

3 3

2cos .2sin .cos 0 cos .cos 0

2 4 2 4 2 2 4

3 3 2

1) cos 0

2 2 2 3 3

2) cos 0 3 2

2 4 2 4 2 2

Les so

x

x x x x x x

x x x x

x x k

k x

x x

k x k

=

  

   

  + =   +  − =

    

  − =   − =

  

=  = +   = +

   

 − =  − = +   = + 

 

 

3 5

lutions principales sont : , ,

3 2 3

  

14 septembre 2017

EXTRI447 – POLYTECH, Umons, Mons, juillet 2017.

( ) ( ) ( )

( ) ( ( ) ( ))²

2

Démontrer que si la condition suivante est vérifiée :

cos cos cos

alors

sin sin sin

a b a b

a b a b

+ =

+ = +

Solution proposée par Fabienne Zoetard

( ) ( ) ( )

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

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

Par hypothèse : cos cos cos

Or cos cos cos sin sin

Donc on a : sin sin 0

Si sin 0 et la thèse devient : sin sin 1

Si est pair : sin sin et 1 est vérifié.

Si est impair : sin

a b a b

a b a b a b

a b

a a k k b k b

k b k b

k

+ =

+ = −

=

=  =   +  =

+  =

( ) ( ) ( )

( )

sin et 1 est vérifié.

Si sin 0, on tire les mêmes conclusions car il suffit de permuter et .

b k b

b a b

+  = −

=

14 septembre 2017

EXTRI448 – POLYTECH, Umons, Mons, juillet 2017

Soit un triangle quelconque dont les côtés sont en progression arithmétique de raison . L'aire de ce triangle est égale à celle du triangle équilatéral de même périmètre.

Etablir l'expression de l'

ABC r

angle de valeur intermédiaire du triangle en fonction du rapport , si désigne la longueur du côté opposé à l'angle cherché.

ABC

r a

a

Solution proposée par Fabienne Zoetard

( )

( ) ( ) ( )( )

( )

( )

( )

2 2 2

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2

2

2 2

2 2 2 2

2

2 2

On a 0

2 cos

2 cos

2 2 2 cos

2 1 2

2 cos 2 cos cos

2 2 1

c a r

r a b a r

a b c bc A

a a r a r a r a r A

a a ar r a ar r a r A

r

a r a

a r A a r A A

a r r

a

 = −

 = +  



= + −

= + + − − + −

= + + + − + − −

+   

+  

− = +  =  =

 

−  −    

Il apparaît donc que nous n'avons pas besoin de savoir que l'aire du triangle est égale à l'aire du triangle équilatéral de même périmètre.

Inclure cette condition, nous amène au développement suivant.

L

2

e périmètre du triangle est égal à 3 . Donc le côté du triangle équilatéral qui a le même périmètre est égal à et donc l'aire vaut 3

4

La formule de Héron nous permet d'exprimer l'aire d'un tri

ABC a

a A= a

( )( )( )

( )( )( )

( )( )

2

4

2

4 2 2

angle en fonction de la longueur de ses côtés : où est le demi-périmètre, donc 3

2 On a alors :

3 4

3 3 3 3 3

2 2 2 2 16

3 3

2 2 4

16 16

A p p a p b p c p p a

p p a p b p c a

a a a a

a a r a r a

a a r a r a a r

= − − − =

− − − =

   

  −  − +  − + =

   

 − + =  − ² 0

Autrement dit le triangle est le triangle équilatéral et 60

: La formule de Héron ne fait pas partie du programme et nous arrivons à une expression indépendante de . La question

a r

ABC A

Remarque

r a

=  =

= 

mériterait d'être plus claire.

14 septembre 2017

EXTRI449 – EPL, UCL, LLN, juillet 2017

Solution proposée par Jan Frans Broeckx

Variante de la question 4 proposée par Martine Devillers

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

, : tan 90

tan 2

2 tan 90

: tan

Or tan 90 1 tan .tan 2 Et comme 180

tan

tan 180 .tan 2 tan .tan 2

AH HD x DC y

HDC B x

y C

x B

ADC C

y

B C B C A B

B

A B B A B B

= = =

  − =

  =

  −

 =



 − =  = =  − +

  − + =  + = −

18 septembre 2017