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Université de Rennes 1 Année 2020/2021

Algèbre et géométrie 1

Exercices corrigés

1. (Exe rcice1.6) P ourc hacunedes form ulessuiv antes,écrire sa négation et décide r (démonstration), si cela à un sens, de leur validité respective : (a)?x?R,?y?R,x+y >0Solution:La négation de la proposition est C"est la proposition initiale est valide : si on posex=y= 1, on a bien x+y= 2>0.2.(Exe rcice1.7) P ourc hacunedes assertions suiv antesrelativ esà une application f:R→R, écrire la formule correspondante ainsi que sa négation et donner deux exemples qui satisfont l"assertion ainsi que deux autres qui ne la satisfont pas : (a)fest croissante et positiveSolution:Cette propriété s"exprime formellement sous la forme

Sa négation s"écrit donc

Les fonctions définies parx?→0etx?→exsatisfont cette propriété mais les

fonctions définies parx?→ -1oux?→xne la satisfont pas.(b)fprend parfois des valeurs positivesSolution:Cette propriété s"exprime formellement sous la forme

?x?R,f(x)≥0.

Sa négation s"écrit donc

?x?R,f(x)<0. Les fonctions définies parx?→0etx?→xsatisfont cette propriété mais les fonctions définies parx?→ -1oux?→ -exne la satisfont pas.(c)fest paire Solution:Cette propriété s"exprime formellement sous la forme ?x?R,f(x) =f(-x).

Sa négation s"écrit donc

?x?R,f(x)?=f(-x). Les fonctions définies parx?→0etx?→x2satisfont cette propriété mais les

fonctions définies parx?→xoux?→exne la satisfont pas.3.(Exe rcice4.9) Soien tP,Q,Rtrois points du plan,Kle symétrique dePpar rapport

àR,Jle point défini par-→RJ=13

-→RQetIle milieu de{P,Q}. Montrer queI,J,K sont alignés.Solution:En traduisant les hypothèses en termes de barycentres, on voit d"une part queRest le barycentre de(P,1)et(K,1)et queJest le barycentre de(R,2) et de(Q,1). Par associativité des barycentres, on en déduit queJest le centre de gravité du triangle{P,Q,R}. D"autre part, psuiqueIest le milieu{P,Q}, la

droite(IK)est une médiane du triangle{P,Q,R}et on a donc bienJ?(IK).4.(Exe rcice4.12) Soit (P,Q,R,S)un parallélogramme non aplati,Kle milieu de{P,S},

Ile milieu de{Q,R}etJle points défini par-→PJ=23 -→PQ. (a) Exprime zKcomme barycentre dePetSainsi queJcomme barycentre deP

etQ.Solution:On aK= Bar((P,1),(S,1))etJ= Bar((P,1),(Q,2)).(b)Mon trerque les droites (SJ)et(QK)sont sécantes en un pointGque l"on

exprimera comme barycentre deP,QetS.Solution:Soit

G:= Bar((P,1),(S,1),(Q,2)).

Par associativité des barycentres, on aG= Bar((K,2),(Q,2))mais aussi

G= Bar((P,1),(J,3)). On a donc bienG?(KQ)etG?(PJ).(c)M ontrerque les droites (SJ),(QK)et(PI)sont concourantes.Solution:Puisque(P,Q,R,S)est un parallélogramme, il en va de même

de(P,Q,I,K): en effet--→PK=12 -→PS=12 -→QR=-→QI. Or les diagonales d"un parallélogramme se coupent en leur mileu et on sait queGest le milieu de

{K,Q}. C"est donc bien aussi le milieu de{I,P}et on a ainsi aussiG?(IP).5.(Exe rcice4.15) Soit {P,Q,R}un triangle. Déterminer l"ensemble des pointsMdu

plan tel que le vecteur--→MP+--→MQ+--→MRsoit colinéaire au vecteur-→PQ. Solution:SiP=Q, alors tous les points du plan satistont la condition et on suppose maintenant queP?=Q. SiGdésigne le centre de gravité du triangle

{P,Q,R}, on a--→MP+--→MQ+--→MR= 3--→MG. La conditions signifie donc que3--→MG,

et donc aussi--→MGest colinéaire à-→PQ, c"est à dire que queM=Gou que les droites(MG)et(PQ)sont parallèles. On en déduit que l"ensemble des pointsM

que l"on cherche est la droite parallèle à(PQ)et passant parG.6.(Exe rcice5.7) Soien tPetQdeux points quelconques,Ile barycentre de(P,3)et

(Q,1)etJle barycentre de(P,3)et(Q,-1). (a)

Mon trerque p ourt outp ointM, on a

--→MI·--→MJ=98

MP2-18

MQ2.Solution:On a

MI·--→MJ=?34

--→MP+14 --→MQ?

·?32

--→MP-12 --→MQ? 98
--→MP·--→MP+38 --→MQ·--→MP-38 --→MP·--→MQ-18 --→MQ·--→MQ 98

MP2-18

MQ2.(b)En déduire que l"ensem bledes p ointsMdu plan tels queMP=13

MQest un

cercle dont on déterminera le centre et le rayon.Solution:On en déduit queMP=13

MQsi et seulement si le triangle

{I,M,J}est rectangle enM. On trouve donc le cercle de diamètre{I,J}. Son centre est le milieu de{I,J}et son rayon vaut12 IJ.7.(Exe rcice5.9) Soien tP,Q,Rtrois points quelconques etGle barycentre de(P,2), (Q,1)et(R,-1). (a)

Mon trerque si Mest un point quelconque, alors

2MP2+MQ2-MR2= 2GP2+GQ2-GR2+ 2MG2.Solution:En utilisant les relations de Chasles, on voit que

MP

2=MG2+ 2--→MG·-→GP+GP2,

MQ

2=MG2+ 2--→MG·-→GQ+GQ2et

MR

2=MG2+ 2--→MG·-→GR+GR2.

En effectuant une combinaison linéaire, on en déduit que

2MP2+MQ2-MR2= 2MG2+2--→MG·(2-→GP+-→GQ--→GR)+2GP2+GQ2-GR2.

Et on conclut en rappelant que

2 -→GP+-→GQ--→GR=-→0

puisqueGest le barycentre de(P,2),(Q,1)et(R,-1).(b)En déduir eque l"application M?→2MP2+MQ2-MR2possède un minimum

que l"on déterminera.Solution:Le minimum est atteint enGpuisque (a) Mon trerque si nest un entier quelconque, alors8n+ 7et6n+ 5sont toujours premiers entre eux.Solution:Supposons qued?Ndivise ces deux nombres. Alors, d|6×(8n+ 7)-8×(6n+ 5) = 2.

Or ces nombres sont impairs. Donc nécessairementd= 1.(b)Même question a vec2n+ 3etn2+ 3n+ 2.Solution:Supposons qued?Ndivise ces deux nombres. Alors,

d|2×(n2+ 3n+ 2)-n×(2n+ 3) = 3n+ 4.

On en déduit que

d|3×(2n+ 3)-2×(3n+ 4) = 1.(c)M êmequestion a vec5n+1+ 6n+1et5n+ 6n.Solution:Supposons qued?Ndivise ces deux nombres. Alors,

d|(5n+1+ 6n+1)-5×(5n+ 6n) = 6n. et d|6×(5n+ 6n)-(5n+1+ 6n+1) = 5n. Or5et6sont premier entre eux et on sait qu"alors5net6nle sont aussi (puisque le pgcd des puissances est la puissance du pgcd).9.(Exe rcice6.17) Résoudre a,b?Z≥0, a?b= 18eta?b= 360? Solution:On peut posera= 18a?etb= 18b?aveca?,b??Zet il s"agit alors de résoudrea??b?= 1eta??b?= 20. En considérant les diviseurs de20, on trouve alors de manière exhaustive pour{a?,b?}les solutions{1,20},{4,5}ainsi que leurs opposés, et donc pour{a,b}les solutions{18,360},{72,90}ainsi que leurs opposés.10.(Exe rcice6.18) On v eutr ésoudre a,b?Z>0,?a+b= 51 a?b= 216.(1) (a)

Déc omposer51,72et216en produits de facteurs premiers.Solution:51 = 3×17,72 = 23×32et216 = 23×33.(b)Q uelest le pgc dde 51et216?Solution:3(c)D éterminertoutes les décomp ositionsde 72et216en produits d"entiers naturels

premiers entre eux.Solution:72 = 1×72 = 8×9et216 = 1×216 = 8×27.(d)Mon trerque si aetbsont solutions du système (1), alors leur pgcd divise celui

de51et216.Solution:Si un entierddiviseaetb, alorsddivisea+b= 51etddivise a?b= 216. Il divise donc leur pgcd (c"est à dire3).(e)Conclure. Solution:On a soita?b= 1soita?b= 3. Sia?b= 1, alors la seconde équation du système a pour solutions{1,216}et{8,27}qui ne sont pas solutions de la première. Supposons maintenant quea?b= 3. On peut alors écrirea= 3a?etb= 3b?aveca?,b??Zpremiers entre eux et le système devient a ?,b??Z>0,?a?+b?= 17 a ?b?= 72. On connait les solutions{1,72}et{8,9}de la seconde équation et on voit que seul{8,9}satisfait la première. En multipliant par3, on trouve donc

{a,b}={24,27}.11.(Exe rcice6.19) Les nom bres111,1111,11111(persévérer),111111sont ils premiers?

Solution:Ils ne sont pas premiers. On a1+1+1 = 3donc111est divisible par

3. On a1-1 + 1-1 = 0donc1111est divisible par11. On a11111 = 41×271

(essayer tous les nombres premiers dans l"ordre). On a1-1 + 1-1 + 1-1 = 0 donc111111est divisible par11.12.(Exe rcice6.21) (a) Mon trerque si ppremier divise à la foisa+betab, alorspdivise nécessairement aetb.Solution:Sipest premier et diviseab, alors il divise nécessairementaoub. Supposons qu"il divisea. S"il divise aussia+b, alors il divise leur différence

b= (a+b)-a. Sinon, il divisebet on conclut de la même manière.(b)En déduire que si aetbsont premiers entre eux, alorsa+betabsont aussi

premiers entre eux.Solution:Par l"absurde. Sia+betabn"étaient pas premiers entre eux, on pourrait trouver un entierp >1qui les divise tous les deux. Quitte à prendre le plus petit, on peut supposerppremier. Etpdiviserait alorsaet b. Contradiction.quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

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