Contrôle continu d`Outils Mathématiques pour Scientifiques

Licence 1ère année
Université Pierre et Marie Curie
Parcours BGPC
2010/2011
Contrôle continu d’Outils Mathématiques pour Scientifiques
(LM 130)
(6 novembre 2010 – durée : 2h)
Les calculatrices et les documents ne sont pas autorisés
2 pages imprimées
Les différents exercices sont indépendants
Exercice I
Calcul algébrique
(7 points)
Les deux questions sont indépendantes
1. Déterminer toutes les valeurs de x solutions de l’équation suivante :
2 cos3 x − 2 cos2 x − cos x + 1 = 0
[Rép.
On pose X = cos x. L’équation devient : 2X 3 − 2X 2 − X + 1 = 0.
Solution évidente : X = 1. On peut donc exprimer l’équation comme le produit du terme (X − 1) et d’un
polynome de degré 2 (factorisation) : (X − 1)(aX 2 + bX + c) = 0.
En développant cette expression, on obtient : aX 3 + (b − a)X 2 + (c − b)X − c = 0.
Par identification, on obtient directement a = 2 et c = −1 ; comme (b − a) = −2 et (c − b) = −1, on
détermine ensuite que b = 0. L’équation factorisée est donc : (X − 1)(2X 2 − 1)√= 0.√
Les valeurs de X solutions de l’équation 2X 3 − 2X 2 − X + 1 = 0 sont donc {− 22 ; 22 ; 1}.
Les valeurs de x solutions de l’équation 2 cos3 x − 2 cos2 x − cos x + 1 = 0 sont donc {0 + 2kπ; π4 + k π2 },
avec k entier.
]
2. Dans une fête foraine, Jean s’installe dans un manège circulaire représenté en Figure 1. Il peut s’installer
sur l’un des huit points indiqués sur le cercle.
Le manège comporte un jeu qui consiste à attraper un pompon qui se déplace sur un câble formant un
carré dans lequel est inscrit le cercle. Le manège tourne dans le sens des aiguilles d’une montre, à vitesse
constante : il fait un tour en 24 secondes. Le pompon se déplace dans le même sens, à vitesse constante :
il fait une tour en 17 secondes. Pour gagner, Jean doit attraper le pompon ; il ne peut le faire qu’aux
points de contact, notés A, B, C et D sur la figure.
A l’instant t = 0, Jean part du point H. Au même instant, le pompon part du point A.
On suppose qu’à un certain instant t, Jean attrape le pompon en A ; Jean a déjà pu passer un certain
nombre de fois en A sans y trouver le pompon. A l’instant t, on note y le nombre de tours effectués par
Jean depuis son premier passage en A, et x le nombre de tours effectués par le pompon.
(a) Exprimer t en fonction de x puis de y. Montrer ainsi que le couple d’entiers (x, y) est solution de
l’équation : 17x − 24y = 9.
[Rép.
Expression de t en fonction de x : t = 17x.
Expression de t en fonction de y : t = 24y + 9 ; en effet, jean parcourt la distance HA (qui correspond
à 83 d’un tour de manège) en 24 × 83 = 9 secondes.
On a donc t = 17x = 24y + 9, ce qui équivaut à : 17x − 24y = 9.
]
06/11/2010
Contrôle continu d’Outils Mathématiques pour Scientifiques (LM 130)
Université Pierre et Marie Curie
Licence 1ère année
2010/2011
Parcours BGPC
Figure 1: Schéma du manège.
(b) Vérifier que (9, 6) est solution de cette équation. Trouver tous les couples d’entiers (x, y) solutions
de l’equation.
[Rép.
Pour x = 9 et y = 6, on verifie que 17 × 9 − 24 × 6 = 9.
On peut donc écrire : 17x − 24y = 17 × 9 − 24 × 6 = 9, d’où 17x − 24y − 17 × 9 + 24 × 6 = 0
⇔ 17(x − 9) − 24(y − 6) = 0
⇔ 17(x − 9) = 24(y − 6)
= (y−6)
= k, avec k entier positif. En effet, x et y sont des entiers positifs, et les nombres
⇔ (x−9)
24
17
17 et 24 sont premiers entre eux. Les couples (x, y) solutions de l’équation 17x − 24y = 9 sont donc
du type (9 + 24k, 6 + 17k), avec k entier positif.
Ainsi, pour k = 0, le couple solution de l’équation est (9, 6) ; pour k = 1 : (33, 23) ; pour k = 2 :
(57, 40) ; etc ...
]
(c) Jean a payé pour 2 minutes sur le manège. Aura-t-il le temps d’attraper le pompon ?
[Rép.
Nous avons vu que le couple (9, 6) est la plus petite solution de l’équation. Pour attraper le pompon,
Jean doit donc faire au minimum y = 6 tours de manège après avoir passé le point A. Par conséquent,
il pourra attraper le pompon pour la première fois en A pour un temps t = 24 × 6 + 9 = 153 secondes.
En 2 minutes (c’est-à-dire en 120 secondes), il n’aura donc pas le temps d’attraper le pompon.
]
(d) Montrer qu’il n’est en fait possible d’attraper le pompon qu’au point A.
[Rép.
Les autres points où Jean pourrait attraper le pompon sont les points B, C et D.
Jean passe au point B toutes les (24y +15) secondes ; le pompon passe au point B toutes les (17x+ 17
4 )
avec
x
et
y
entiers,
ce
qui
signifie
que
Jean
ne
secondes. On ne peut pas avoir 24y + 15 = 17x + 17
4
peut pas attraper le pompon en B.
Jean passe au point C toutes les (24y +21) secondes ; le pompon passe au point C toutes les (17x+ 17
2 )
avec
x
et
y
entiers,
ce
qui
signifie
que
Jean
ne
secondes. On ne peut pas avoir 24y + 21 = 17x + 17
2
peut pas attraper le pompon en C.
Jean passe au point D toutes les (24y+3) secondes ; le pompon passe au point D toutes les (17x+ 17×3
4 )
secondes. On ne peut pas avoir 24y + 3 = 17x + 17×3
avec
x
et
y
entiers,
ce
qui
signifie
que
Jean
ne
4
peut pas attraper le pompon en D.
]
(e) Jean part maintenant du point E. Aura-t-il le temps d’attraper le pompon en A avant les deux
minutes ?
[Rép.
Si Jean part du point E, il passe par le point A toutes les (24y + 3) secondes ; Jean attrape donc le
pompon en A si et seulement si 24y + 3 = 17x, d’où l’équation 17x − 24y = 3.
Une solution particulière de cette équation est le couple (3, 2). Jean pourra donc attraper le pompon
en A (en étant parti de E) pour une valeur minimale de y = 2, c’est-à-dire au bout d’un temps
Contrôle continu d’Outils Mathématiques pour Scientifiques (LM 130)
06/11/2010
Licence 1ère année
Université Pierre et Marie Curie
Parcours BGPC
2010/2011
t = 24 × 2 + 3 = 51 secondes. En partant du point E, Jean aura donc le temps d’attraper le pompon
en moins de 2 minutes (et même en moins d’une minute).
]
Exercice II
Logarithmes et exponentielles
1. Démontrer la relation suivante :
loga x =
(6 points)
logb x
logb a
[Rép.
On pose y = loga x, d’où x = ay . Alors, logb x = logb (ay ) = y logb a = loga x × logb a.
bx
On a donc montré que logb x = loga x × logb a, ce qui équivaut à loga x = log
logb a .
]
2. Calculer le produit loga b × logb a et montrer qu’il ne dépend ni de a ni de b.
[Rép.
En utilisant le formule de changement de base (démontrée dans la question précédente), on obtient :
logc b
ca
loga b × logb a = log
× log
logc b = 1
ca
Remarque : dans la suite, on pourra donc utiliser loga b = log1 a .
b
]
3. Résoudre les équations suivantes :
(a) e2x = 3
[Rép.
e2x = 3 ⇔ loge e2x = loge 3
⇔ 2x = loge 3
log 3
⇔ x = 21 loge 3 = 12 log10 e =
10
]
1
2
× log10 3 × loge 10 = 0, 5 × 0, 48 × 2, 3 = 0, 552.
(b) 2x = 3
[Rép.
2x = 3 ⇔ log2 2x = log2 3
log10 3
⇔ x = log2 3 = log
= 0,48
0,3 = 1, 6
10 2
]
(c) ln 3x = 2
[Rép.
ln 3x = 2 ⇔ ln 3 + ln x = 2
⇔ ln x = 2 − ln 3
2
2
⇔ x = e2−ln 3 = eeln 3 = e3
]
(d) eln 2x = 4
[Rép.
eln 2x = 4 ⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2
]
(e) log2 x × log10 x = log10 2
[Rép.
10 x
log2 x × log10 x = log10 2 ⇔ log
log10 2 × log10 x = log10 2
⇔ (log10 x)2 = (log10 2)2 ⇔ log10 x = ± log10 2
⇔ log10 x = log10 2 ou log10 x = log10 (2−1 ) = log10 ( 12 ) ⇔ x = 2 ou x = 21 .
]
On donne ln 10 ≃ 2, 3, log10 2 ≃ 0, 3 et log10 3 ≃ 0, 48.
06/11/2010
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Géométrie du triangle et trigonométrie
Exercice III
(7 points)
Les deux questions sont indépendantes
1. Donner l’expression de la surface d’un triangle isocèle dont les deux côtés égaux, de longueur l, font entre
eux un angle θ.
[Rép. On considère un triangle isocèle ABC, de côtés AB = AC = l. Avec AH la hauteur issue de
A de longueur h, on pose BH = HC = a. On pose également \
BAC = θ et \
ABC = \
BCA = α ; on a
θ
\ = CAH
\= .
BAH
2
L’aire d’un triangle est donnée par : S = base×hauteur
.
2
2ah
L’aire du triangle ABC est donc : S = 2 = ah.
La somme des angles d’un triangle est égale à π ; dans chacun des triangles BAH et CAH (qui sont des
triangles rectangles), on a donc α = π − π2 − θ2 = π2 − 2θ .
On a egalement sin α = hl et cos α = al , avec sin α = sin ( π2 − θ2 ) = cos ( 2θ ) et cos α = cos ( π2 − θ2 ) = sin ( θ2 ).
On a donc : cos ( θ2 ) = hl ⇔ h = l cos ( 2θ ),
et sin ( 2θ ) = al ⇔ a = l sin ( θ2 ).
L’expression de l’aire du triangle ABC devient alors : S = ah = l2 sin ( θ2 ) cos ( θ2 ).
]
2. On se propose de mesurer par triangulation la hauteur h d’une montagne (voir Figure 2).
Pour cela, on se place au point A et l’on vise le sommet de la montagne; l’angle de la direction de visée
avec l’horizontale est α.
On se déplace alors perpendiculairement au plan de visée (ACD) et on parcourt la distance s. Au point
d’arrivée B, on vise de nouveau le sommet de la montagne; l’angle de la direction de visée avec l’horizontale
est alors β.
√
Calculer h si α = 45◦ , β = 30◦ et s = 500 m. On rappelle que 2 ≃ 1, 41.
[Rép.
\ = π − π − π = π.
Dans le triangle ACD : α = π4 . La somme des angles du triangle vaut π : ACD
2
4
4
\ = ACD
\ = α.
Le triangle ACD (rectangle en D) est donc isocèle : CAD
On en déduit que AD = CD = h.
Dans le triangle ABD : D’après le théorème de Pythagore : BD2 = AD2 + AB 2 = h2 + s2 .
\ = π − π − π = π.
Dans le triangle BCD : β = π et BCD
6
\
sin BCD
BD
π
sin 3
sin π
√
= h6
h2 +s2
2
2
2
De plus :
=
\
sin CBD
CD
√
3
6
1
⇔
⇔ √h22+s2 = h2 ⇔
⇔ 3h = h + s ⇔ 2h2 = s2 ⇔ h =
]
√
2
3
√
√
√
h2 + s2 ⇔ 3h = h2 + s2
≃ 354, 6 m.
1
3
2 h= 2
√s = 500
√
2
2
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06/11/2010
Licence 1ère année
Parcours BGPC
Université Pierre et Marie Curie
2010/2011
Figure 2: Schéma de triangulation pour la mesure de la hauteur d’une montagne (zone hachurée).
06/11/2010
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