DM de Mathématiques n°4
Encore une fois, ce devoir est l’objet de moult intentions… Cependant, je ne peux plus me permettre de citer les participants. Vous ne voudriez tout de même pas avoir à lire une centaine de noms, non ?
Exercice 1 :
a) 210 - 103
= 210 - 23 * 53
= 23(27 - 53)
= 23 (128 - 125)
= 23 * 3 => résultat positif donc 210 > 103
b) 21 = 2
22 = 4
23 = 8 => 1 chiffre
24 = 16
25 = 32
26 = 64 => 2 chiffres
27 = 128
28 = 256
29 = 512 => 3 chiffres
210 = 1024
211 = 2048
212 = 4096 => 4 chiffres
On remarque que le rapport entre le n° de la puissance finale de chaque regroupement de 3 puissances par le nombres de chiffres est constant :
6 / 2 = 3
9 / 3 = 3
12 / 4 = 3
2000/3 ne tombe pas juste, essayons un nombre proche, 1998 :
22000 = (23)666 + 2²
1998 / 3 = 666 => 21998 a 666 chiffres, donc 22000 en a 667.
c)
2^2000 = 2^0 + 2^1 + 2^2 + ..... 2^1999 + 2^0
Exemple : 32 = 2^5 = 2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + 2^4 = 31 donc il faut rajouter 2^0 (soit 1) pour avoir l´égalité souhaitée
Donc 2^2000 = 1111 ....1 (1 reproduit 2001 fois), il y a donc 2001 chiffres en binaire.
c) On peut remarquer une linéarité :
2^1 = 2
2^2 = 4
2^3 = 8
2^4 = 16
2^5 = 32
2^6 = 64
2^7 = 128
2^8 = 256
2^9 = 512
2^10 = 1024
2^11 = 2048
2^12 = 4096
Ainsi, tous les multiples de 4 se termineront par 6.
Or 2000 = 500 * 4, donc : 2^2000 = (2^4)^500, donc 2^2000 se finira par 6.
Exercice 2 :
1) IR et IP étant les projetés orthogonaux sur (AC) et (BA), IRA et IPA sont des angles droits. Un quadrilatère disposant de 3 angles droits est un rectangle, donc RIPA est un rectangle.
Mais en plus, IP et IR sont des rayons, puisque perpendiculaires aux tangentes !
Ainsi, IP = IR. Un rectangle possédant deux côtés consécutifs de même longueur est un carré, et donc RIPA est un carré. CQFD J
2)a)
RIPA est un carré, donc IP = AR = PA = RA = r.
Donc : CR = b – r.
b) BP = c – r.
c) Selon l’aide, et comme IP, IR et IQ sont des projetés orthogonaux :
BC = a
<=> BQ + QC = a
<=> BP + QC = a
<=> (c-r) + QC = a
<=> (c-r) + CR = a
<=> (c-r) + (b-r) = a
c - r + b – r = a
-2r = a – b – c
b + c – a = 2r
3)a) Aire ABC = (BA * CA) / 2
Aire ABC = (c * b) / 2
b) Aire AIB = (IP * BA) / 2
Aire AIB = (r * c) / 2
Aire BIC = (IC * BC) / 2
Aire BIC = (r * a) / 2
Aire AIC = (IR * AC) / 2
Aire AIC = (r * b) / 2
c)
<=> cr/2 + ar/2 + br/2 = bc
<=> cr + ar + br = bc
<=> r(c + a + b) = bc
<=> b + c + a = bc / r
4)
(b + c – a)(b + c + a) = b² + bc + ba + c² + bc + ca – ba – ca – a²
= b² + c² + 2bc – a²
<=> (b + c)² - a² = 2bc
5) On conclut que la somme des carrés de deux plus petits côtés d’un triangle rectangle vaut le carré de l’hypoténuse. Et donc le théorème de Pythagore est vérifié. Tadam !
Exercice 3:
1) Les angles R et P sont droits, ainsi, BH est l’hypoténuse des triangles HRB et HPB. Donc, le cercle circonscrit du triangle RBH passe par H, R et B, mais également par P ! Et donc, P, R, H et B sont sur un même cercle de centre milieu de HB.
Ces points étant sur un même cercle, l’angle HBR intercepte le même arc que HPR, ils sont donc égaux.
2) De la même manière, les angles Q et P sont droits, et CH est l’hypoténuse des deux triangles rectangles QCH et CPH. Et ainsi, le cercle circonscrit du triangle CQH passe également par P, et donc C, P, Q et H sont sur un même cercle de centre milieu de CH.
Les angles HPQ et HCQ interceptant le même arc de cercle, ils sont égaux ! C’est à peine croyable.
3) Les triangles BRC et BQC, en plus d’être rectangles en Q et R, possèdent la même hypoténuse BC. Ainsi, R, Q, C et B sont sur un même cercle [comme dans le 1)]. Les angles RCQ et RBQ interceptant le même arc de cercle, ils sont égaux eux aussi ! Les maths, c’est énorme.
4) On a donc :
HBR = HPR
HCQ = HPQ
RBQ = RCQ
Et ainsi :
QPH = RPH, et donc PA est la bissectrice de l’angle RPQ ! C’est pas possible, des démonstrations comme ça, c’est pas possible.
La même règle s’applique ainsi à R et à Q, donc RC est la bissectrice de BRQ et QB est la bissectrice de RQC ! Et on a démontré que les hauteurs de ABC sont les bissectrices de son triangle orthique. Ce qui répond à la problématique énoncée au début. Avec tout ça, je l’avais presque oubliée. Presque.
Exercice 4:
1) M étant sur la bissectrice et P et Q les projetés orthogonaux provenant de M, MP = MQ. M étant également sur la médiatrice de BC, MB = MC.
2)a) Dans le triangle AQM, d’après le théorème de Pythagore :
AQ² + QM² = AM²
Dans le triangle rectangle APM, d’après le théorème de Pythagore
AP² + PM² = AM²
Donc :
AQ² + QM² = AP² + PM²
Or, PM = QM.
Simplification:
AQ² + PM² = AP² + PM²
AQ² = AP²
AQ = AP
b) Dans le triangle rectangle CPM, d’après le théorème de Pythagore :
PC² + PM² = MC²
Dans le triangle rectangle BQM, d’après le théorème de Pythagore :
BQ² + QM² = MB²
Or :
MC = MB
Donc:
PC² + PM² = BQ² + QM²
3) L’erreur… C’est que vous induisez en erreur le gaillard tentant de faire l’exercice en lui disant « Vous pouvez faire un croquis rapide à main levée pour vous aider ». Pourquoi rapide? Parce que ledit gaillard va obligatoirement mettre ses projetés orthogonaux sur AC et AB. Réflexe humain, pour ainsi dire.
La nuance entre les crochets [ ] des segments et les parenthèses ( ) des droites est suffisamment infime pour penser à une erreur… Eh oui, en faisant un dessin exact, on note que P n’est pas entre A et B (ou Q entre A et C)… Et donc AP + PB ne vaut pas AB (ou AQ + QC ne vaut pas AC). Game Over. Je suis content, j’ai trouvé ça tout seul.
Je dédie ce Devoir Maison à ma mère qui n’aime pas quand je bosse le soir. Mais un concours de circonstance me l’a imposé… Alors hein.
D’ailleurs moi non plus j’aime pas travailler le soir. Surtout quand il faut se lever à 6 h 30 le lendemain. Et galèèèèèère.
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