Licence SFNE, UE Maths LG310

Corrigé du TD 6



Exercice 1 1) a2=BC2=BA+AC2=BC2+BC2+2BA.AC=c2+b2-2bccos(A)

2) a) C'est un résultat du cours que S=1/2bcsin(A). On le retrouve en appelant H le pied de la hauteur issue de B et en exprimant la définition du sinus dans le triangle ABH.

2) b) Pour utiliser facilement les résultats de 1) et 2)a) on va écrire que (2bccos(A))2+(2bcsin(A))2=(2bc)2. On trouve :
(b2+c2-a2)2+(4S)2=(2bc)2
Il s'agit d'en déduire, comme le demande l'énoncé, que S2=p(p-a)(p-b)(p-c). Comme p-a=1/2(b+c-a), p-b=1/2(a+c-b) et p-c=1/2(a+b-c), on voit deux façons d'aboutir au résultat : soit on développe p(p-a)(p-b)(p-c) et on vérifie qu'on arrive bien à l'égalité ci-dessus, soit on part de l'égalité ci-dessus et on arrive à la factorisation p(p-a)(p-b)(p-c). La première méthode mène à des calculs très lourds comme vous vous en doutez, mais pour la seconde solution on voit tout de suite que l'identité remarquable a2-b2=(a+b)(a-b) permet d'aller très vite :
(4S)2  = (2bc)2-(b2+c2-a2)2 = (2bc+b2+c2-a2)(2bc-b2-c2+a2)
   = ((b+c)2-a2)(-(b-c)2+a2) = (b+c+a)(b+c-a)(a+b-c)(a-b+c)
   = 2p.2(p-a).2(p-c).2(p-b)
On en déduit la formule demandée.


Exercice 2 1) Df=R-{-1}

3) A= ∫ 01 f(t) dt=[ln(1+t)]01=ln(2)-ln(1)=ln(2).


Exercice 3 Par raison de symétrie, le centre du cercle cherché est sur la perpendiculaire à AB passant par O. Soit r son rayon, F son centre, et R=OA. En écrivant le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle FOI on a (R/2+r)2=(R/2)2+(R-r)2. On en déduit que r=R/3. Ainsi l'aire du disque délimité par G est pi(R/3)2=pi R2/9. Cela fait 2/9 de l'aire du demi-disque délimité par C.


Exercice 4 Suivons les indications données. Comme J est le milieu de [BC] et M le milieu de [BD], le triangle BJM est l'image de BCD par l'homothétie de centre B et de rapport 1/2. Comme une homothétie de rapport l multiplie les aires par l2 on trouve A(MJB)= A(BDC)/4.

Par un raisonnement similaire on voit que A(MIB)= A(BAD)/4. En additionnant ces deux calculs d'aires on trouve A(IMJB)= A(ABCD)/4.

Pour montrer que MIJ et PIJ ont même aire on commece par constater que (IJ) est parallèle à MP. En effet, I étant le milieu de [AB] et J le milieu de [BC], par Thalès la droite (IJ) est parallèle à (AC). De plus, (AC) est parallèle à (MP) par construction. Alors, c'est un résultat du cours que lorsqu'on fait varier un sommet (ici M devient P) sur une droite parallèle au côté [IJ], l'aire ne change pas. Ceci est d'ailleurs immédiat puisque la hauteur issue de P a même longueur que la hauteur issue de M. Donc, A(MIJ)= A(PIJ).

En conclusion A(IPJB)= A(BIJ)+ A(IJP)= A(BIJ)+ A(IJM)= A(IMJB)= A(ABCD)/4. On montre par un raisonnement analogue que les trois autres domaines dessinés dans ABCD partant de P ont pour aire A(ABCD)/4.

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