 \documentclass[a4paper,10pt,french]{article}
\linespread{1}

\title{Chapitre 1 : Les nombres complexes 1/2 }
\author{D. Zancanaro \and C. Aup\'erin}
\date{2012-2013}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
\input macrodwicky.tex
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\newcommand{\ch}{Chapitre 3}
\newcommand{\Ch}{Probabilités}
\newcommand{\Cl}{1 S}
\newcommand{\Annee}{2012-2013}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}
\pagestyle{styleDav}
\fancyhead{\href{http://www.wicky-math.fr.nf}{wicky-math.fr.nf}}
%\renewcommand{\chaptermark}[1]{\markboth{#1}{}} \renewcommand{\sectionmark}[1]{\markright{#1}}
\lhead{Chapitre 4}
\rhead{Second degré}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune

\Cr{Correction du devoir maison 4 : Second degré et révisions}
\Exoi{\hfill \textbf{Probabilité et second degré}\\
\begin{footnotesize}
On considère une urne contenant trois boules jaunes, deux boules bleues, une boule rouge et $m$ boules 
vertes. Ces boules sont indiscernables au toucher. On tire, au hasard, une boule de l’urne. 
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Calculer la probabilité des événements suivantes :
$ J$ = \og tirer une boule jaune \fg. 
$B$ = \og tirer une boule bleue \fg. 
$R$ = \og tirer une boule rouge \fg. 
$V$ = \og tirer une boule verte \fg. 
\end{footnotesize}
\\
Dans cette urne, il y a au total $6+m$ boules, par conséquent :
$$ p(J)=\dfrac{3}{6+m}\qquad p(B)=\dfrac{2}{6+m}\qquad p(R)=\dfrac{1}{6+m}\qquad \text{et}\qquad p(V)=\dfrac{m}{6+m}$$
\item  \begin{footnotesize}
En fonction de la couleur tirée, on se voit attribuer une somme d’argent selon la convention suivante, si la boule 
tirée est :  
\begin{itemize}
\item rouge, on gagne 10 \euro.
\item verte, on gagne $5m$ \euro
\item jaune ou bleue, on gagne $-1-2m$ \euro.
\end{itemize}
Soit $X$ la variable aléatoire qui associe, à chaque tirage le gain réalisé. 
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déduire de la question $(1)$ : $p(X = 10)$, $p(X = -1-2m)$ et $p(X = 5m)$.}
\\
On tire directement de $(1)$ que :
$$ p(X=10)=p(R)=\dfrac{1}{6+m}\qquad p(X=5m)=p(V)=\dfrac{m}{6+m}\qquad \text{et}\qquad p(X=-1-2m)=p(J)+p(B)=\dfrac{5}{6+m}$$
\item {\footnotesize Calculer $m$ pour que le gain moyen espéré soit de $4,5$ \euro. En déduire dans ce cas l'écart-type $\sigma(X)$.}
\begin{eqnarray*}
& & E(X)=4,5\\
&\Longleftrightarrow & 10\times \dfrac{1}{6+m}+5m\times \dfrac{m}{6+m}+(-1-2m)\times \dfrac{5}{6+m}=4,5 \\
&\Longleftrightarrow & \dfrac{10+5m^2-5-10m}{6+m}=4,5\\
&\Longleftrightarrow & 10+5m^2-5-10m=4,5(6+m)\\
&\Longleftrightarrow & 5m^2-10m+5=27+4,5m\\
& \Longleftrightarrow & 5m^2-14,5m-22=0\\
& \Longleftrightarrow & 10m^2-29m-44=0
\end{eqnarray*}
Pour résoudre cette équation on calcule le discriminant :
$$ \Delta=b^2-4ac=(-29)^2-4\times 10 \times (-44)=841+40\times 44=841+1760=2601=51^2$$
L'équation admet donc deux solutions qui sont :
$$ m_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{29-51}{20}<0\qquad \text{ou}\qquad m_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{29+51}{20}=\dfrac{80}{20}=4$$
L'urne ne peut contenir qu'un nombre entier naturel de boules vertes, par conséquent $E(X)=4,5$ lorsque $m=4$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
  }
  \pagebreak
  
\Exoi{{\footnotesize Considérons le dessin suivant, dans laquelle la longueur $OA=1$ :\\}
\partieBac{Formule trigonométrique}
%\begin{multicols}{2}
\begin{center}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0 0.39 0}
\psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-0.38,-0.66)(3.88,3.53)
\pspolygon[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1](1.86,1.17)(1.75,1.11)(1.81,1)(1.92,1.06)
\pspolygon[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1](1.06,0)(1.06,0.13)(0.93,0.13)(0.93,0)
\psline{->}(0,0)(3,0)
\psline{->}(0,0)(0,3)
\parametricplot{-0.2222921184254023}{1.8254209929894383}{1*3*cos(t)+0*3*sin(t)+0|0*3*cos(t)+1*3*sin(t)+0}
\psline(0,0)(2.63,1.45)
\psline(0.93,-0.66)(0.93,3.53)
\psline(0,0)(3,0)
\psplot{-1.38}{3.88}{(-6.58--2.63*x)/-1.45}
\psplot{0}{3.88}{(-0-0*x)/3}
\psline(0,0)(0,3.53)
\pscustom[linecolor=qqwuqq]{\parametricplot{-1.5707963267948966}{-1.065629565009366}{0.44*cos(t)+0.93|0.44*sin(t)+2.85}\lineto(0.93,2.85)\closepath}
%\psellipticarc[linecolor=qqwuqq]{->}(0.44,0.44)(0.93,2.85){0}{63.82}
\pscustom[linecolor=qqwuqq]{\parametricplot{0.0}{0.5051667617855304}{0.27*cos(t)+0|0.27*sin(t)+0}\lineto(0,0)\closepath}
\psellipticarc[linecolor=qqwuqq]{->}(0,0)(0.27,0.27){0}{24.33}
\psline(0,0)(0.93,2.85)
\pscustom[linecolor=qqwuqq]{\parametricplot{0.0}{1.2553087385259223}{0.71*cos(t)+0|0.71*sin(t)+0}\lineto(0,0)\closepath}
\psellipticarc[linecolor=qqwuqq]{->}(0,0)(0.71,0.71){0}{70.19}
\begin{scriptsize}
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](0,0)
\rput[bl](-0.12,-0.1){$O$}
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](3,0)
\rput[bl](3.03,0.04){$A$}
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](2.63,1.45)
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](0.93,2.85)
\rput[bl](0.96,2.89){$M$}
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](0.93,0)
\rput[bl](0.78,-0.13){$H$}
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](0.93,0.51)
\rput[bl](0.96,0.55){$I$}
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](1.92,1.06)
\rput[bl](1.82,0.88){$H'$}
\rput[bl](3.28,-0.11){$x$}
\rput[bl](-0.15,3.06){$y$}
\rput[bl](1,2.34){\qqwuqq{$a$}}
\rput[bl](0.3,0.06){\qqwuqq{$a$}}
\rput[bl](0.65,0.42){\qqwuqq{$b$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}
{\footnotesize Dans cette partie, les triangles dans lesquels vous raisonnez devront apparaitre clairement.}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Montrer que $$ \cos(a+b)=OI \cos a$$}\\
Dans le triangle rectangle $OHM$, l'angle $\widehat{OHM}=a+b$ par conséquent :
$$ \cos(a+b)=\dfrac{OH}{OM}=\dfrac{OH}{1}=OH$$
Dans le triangle rectangle $OHI$, on applique de nouveau la trigonométrie :
$$ \cos a = \dfrac{OH}{OI}\Longleftrightarrow OH=OI\cos a$$
On en déduit finalement que :
$$ \cos(a+b)=OI\cos a$$
\item \begin{footnotesize}
En déduire que :
$$ \cos(a+b)=\left(\cos b-IH'\right)\cos a$$
\end{footnotesize}
Dans le triangle rectangle $OH'M$ on a :
$$ \cos b=\dfrac{OH'}{OM}=OH'=OI+IH'\Longleftrightarrow OI=\cos b -IH'$$
On déduit alors de la question précédente que :
$$ \cos(a+b)=OI \cos a=\left(\cos b-IH'\right)\cos a$$
\item \begin{footnotesize}
En montrant que $IH'=MH'\tan a$ puis que $MH'=\sin b$, conclure que :
$$ \cos(a+b)=\cos a \cos b-\sin a \sin b$$ 
\end{footnotesize}
Dans le triangle rectangle $IH'M$ on a :
$$ \tan a=\dfrac{IH'}{MH'}\Longleftrightarrow IH'=MH'\tan a$$
Da,s le triangle rectangle $OH'M$ on a :
$$ \sin b=\dfrac{MH'}{OM}=MH'$$
On en déduit que :
$$ IH'=\sin b \tan a=\sin b\tan a$$
Ainsi :
$$ \cos(a+b)=\left(\cos b-IH'\right)\cos a=\cos a \cos b -IH'\cos a=\cos a \cos b-\sin b \tan a \cos a$$
Comme $\tan a=\dfrac{\sin a}{\cos a}$ on a :
$$\cos(a+b)=\cos a \cos b-\sin b\dfrac{\sin a}{\cos a}\cos a=\cos a \cos b -\sin b \sin a$$
\item \begin{footnotesize}
En déduire que :
$$ \cos (2a) = 2\cos^2 a-1$$
\end{footnotesize}
Appliquons la formule de la question précédente pour $a=b$ et notons que $\cos^2 a+\sin^2 a=1\Longleftrightarrow \sin^2 a=1-\cos^2 a$, on obtient :
$$ \cos (2a)=\cos a\cos a-\sin a \sin a=\cos^2 a-\sin^2 a=\cos^2 a- (1-\cos^2 a)=\cos^2 a-1+\cos^2 a=2\cos^2 a-1$$
\end{enumerate}
%\end{multicols}
\pagebreak
\partieBac{Triangle d'or}
%\begin{multicols}{2}
\begin{center}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0 0.39 0}
\psset{xunit=1cm,yunit=1cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-2.98,-0.64)(2.84,6.74)
\psline(-2,0)(2,0)
\psline(1.24,2.35)(2,0)
\psline(1.24,2.35)(-2,0)
\psline(0,6.16)(-2,0)
\psline(0,6.16)(1.24,2.35)
\pscustom[linecolor=qqwuqq]{\parametricplot{0.0}{0.6283185307179586}{0.8*cos(t)+-2|0.8*sin(t)+0}\lineto(-2,0)\closepath}
\psellipticarc[linecolor=qqwuqq]{->}(-2,0)(0.8,0.8){0}{32.54}
\pscustom[linecolor=qqwuqq]{\parametricplot{0.6283185307179586}{1.2566370614359172}{1.3*cos(t)+-2|1.3*sin(t)+0}\lineto(-2,0)\closepath}
\psellipticarc[linecolor=qqwuqq]{->}(-2,0)(1.3,1.3){36}{69.87}
\pscustom[linecolor=qqwuqq]{\parametricplot{1.884955592153876}{3.141592653589793}{0.9*cos(t)+2|0.9*sin(t)+0}\lineto(2,0)\closepath}
\psellipticarc[linecolor=qqwuqq]{->}(2,0)(0.9,0.9){108}{176.92}
\begin{scriptsize}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2,0)
\rput[bl](-2.38,-0.18){$B$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2,0)
\rput[bl](2.08,0.04){$C$}
\rput[bl](-0.04,-0.6){$2$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](1.24,2.35)
\rput[bl](1.32,2.4){$D$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](0,6.16)
\rput[bl](0.08,6.2){$A$}
\rput[bl](-1.12,0.18){\qqwuqq{$\dfrac{\pi}{5}$}}
\rput[bl](-1.16,1.18){\qqwuqq{$\dfrac{\pi}{5}$}}
\rput[bl](0.84,0.62){\qqwuqq{$\dfrac{2\pi}{5}$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}
{\footnotesize $ABC$ est un triangle isocèle en $A$ avec $BC=2$ et $\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BA}\right)=\dfrac{2\pi}{5}$ rad. $[BD)$ est la bissectrice de l'angle $\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BA}\right)$ comme représenté ci-dessous.}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Démontrer que $BDC$ et $BDA$ sont des triangles isocèles, en déduire les longueurs $BD$ et $AD$.}
\\
$$ \left(\overrightarrow{DB};\overrightarrow{DC}\right)=\pi-\dfrac{\pi}{5}-\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{5\pi-\pi-2\pi}{5}=\dfrac{2\pi}{5}$$
Par conséquent le triangle $BCA$ a deux angles égaux, il est donc isocèle.\\
De même $\left(\overrightarrow{DA};\overrightarrow{DB}\right)=\pi-\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{3\pi}{5}$ et donc $$ \left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)=\pi-\dfrac{\pi}{5}-\dfrac{3\pi}{5}=\dfrac{5\pi-\pi-3\pi}{5}=\dfrac{\pi}{5}$$
Ainsi le triangle $BDA$ a deux angles égaux aussi ce qui prouve qu'il est isocèle.\\
On en déduit donc  que :
$$ BD=BC=2\qquad \text{et}\qquad BD=DA=2$$ 
\item {\footnotesize On trace, dans le triangle $ABC$, la hauteur issue de $A$ qui coupe $[BC]$ en $H$ puis, dans le triangle $BDC$, on trace la hauteur issue de $B$ qui coupe $[DC]$ en $H'$.}
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Démontrer que : 
$$ \cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{1}{AB}\qquad \text{et} \qquad DC=4\cos \dfrac{2\pi}{5}$$
\end{footnotesize}
Dans le triangle $AHB$ on a $\cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{1}{AB}$, de plus dans le triangle $BH'C$ on a 
$$ \cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{H'C}{CB}=\dfrac{H'C}{2}\Longleftrightarrow H'C=2\cos \dfrac{2\pi}{5}$$
Or :
$$ DC=2H'C=2\times 2\cos\dfrac{2\pi}{5}=4\cos \dfrac{2\pi}{5}$$
\item \begin{footnotesize}
Démontrer que $AB-DC=2$ et en déduire que :
$$ 4\cos^2 \dfrac{2\pi}{5}+2\cos \dfrac{2\pi}{5}-1=0$$
\end{footnotesize}
On a $AB=AC$ et $AC-DC=AD=2\Longleftrightarrow AB-DC=2$. D'après la question précédente $\cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{1}{AB}\Longleftrightarrow AB=\dfrac{1}{\cos\dfrac{2\pi}{5}}$ donc :
$$ AB-DC=2\Longleftrightarrow \dfrac{1}{\cos\dfrac{2\pi}{5}} -4\cos \dfrac{2\pi}{5}=2\Longleftrightarrow 1-4\cos^2 \dfrac{2\pi}{5}=2\cos \dfrac{2\pi}{5}\Longleftrightarrow 4\cos^2\dfrac{2\pi}{5}+2\cos \dfrac{2\pi}{5}-1=0$$
\item {\footnotesize Résoudre l'équation $4x^2+2x-1=0$ et en déduire la valeur exacte de $\cos \dfrac{2\pi}{5}$.}\\
$\Delta=b^2-4ac=4+16=20$ donc l'équation $ 4x^2+2x-1=0$ admet les deux solutions suivantes :
$$ x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-2-\sqrt{20}}{8}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}\qquad \text{et}\qquad x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}$$
Or, l'équation $4\cos^2\dfrac{2\pi}{5}+2\cos \dfrac{2\pi}{5}-1=0\Longleftrightarrow 4x^2+2x-1=0$ avec $x=\cos \dfrac{2\pi}{5}$ donc on obtient :
$$ \cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}\qquad \text{ou}\qquad \cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}$$
Comme $0<\dfrac{2\pi}{5}<\dfrac{\pi}{2}$ on a $\cos \dfrac{2\pi}{5}>0$ et la seule possibilité restante est donc :
$$ \cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}$$
\item {\footnotesize Déduire de la \textbf{partie A} la valeur exacte de $\cos \dfrac{\pi}{5}$. }
\\
D'après la partie $A$ on a :
$$ \cos \dfrac{2\pi}{5}=2\cos^2 \dfrac{\pi}{5}-1\Longleftrightarrow \dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}=2\cos^2\dfrac{\pi}{5}-1$$
On en déduit alors que $$2\cos^2\dfrac{\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}+1=\dfrac{3+\sqrt{5}}{4}$$
Et donc, comme $\cos \dfrac{\pi}{5}>0$ (l'angle $\dfrac{\pi}{5}$ rad est compris entre $0$ et $\dfrac{\pi}{2}$), que :
$$ \cos^2 \dfrac{\pi}{5}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{8}=\sqrt{\dfrac{3+\sqrt{5}}{8}}$$
\item {\footnotesize En déduire les valeurs exactes de $\sin \dfrac{\pi}{5}$ et $\sin \dfrac{2\pi}{5}$.}
\\
Dans un premier temps remarquons que $\sin \dfrac{\pi}{5}$ et $\sin \dfrac{2\pi}{5}$ désignent deux nombres positifs puisque les angles $\dfrac{\pi}{5}$ et $\dfrac{2\pi}{5}$ sont compris entre $0$ et $\dfrac{\pi}{2}$.)\\
On utilise ici la formule valable pour tous réels $x$ :
$$ \cos^2 x+\sin^2=1\Longleftrightarrow \sin^2 x=1-\cos^2 x$$
Ce qui donne pour $x=\dfrac{\pi}{5}$ :
$$ \sin^2\dfrac{\pi}{5}=1-\dfrac{3+\sqrt{5}}{8}=\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}\Longleftrightarrow \sin \dfrac{\pi}{5}=\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}}$$
et pour $x=\dfrac{2\pi}{5}$ :
$$ \sin^2\dfrac{2\pi}{5}=1-\left(\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)^2=1-\dfrac{1-2\sqrt{5}+5}{16}= 1-\dfrac{3-\sqrt{5}}{8}=\dfrac{5+\sqrt{5}}{8}\Longleftrightarrow \sin \dfrac{2\pi}{5}=\sqrt{\dfrac{5+\sqrt{5}}{8}}$$
\end{enumerate} 
\end{enumerate}
%\end{multicols}
}
\end{document}