Universite Pierre et Marie Curie Paris LM Algebre Calcul Vectoriel Matthieu Solnon Groupe de TD n

Marie Curie - Paris

Description

Niveau: Supérieur
Universite Pierre et Marie Curie - Paris 6 LM 121 : Algebre 1 - Calcul Vectoriel Matthieu Solnon - Groupe de TD n?11.4 Travaux encadres n?2 - Corrige Vendredi 21 octobre 2011 Exercice n?1 : On reconnaıt ici des similitudes a centre, et l'on cherche donc ledit centre ?(?) comme un point fixe de l'application etudiee. 1. ? = ?2? + 3 + 3i 3? = 3 + 3i ? = 1 + i . L'application etudiee s'ecrit donc sous la forme z? ? ? = ?2(z ? ?) , et l'on reconnaıt donc une homothetie de centre de coordonees (1, 1) et de rapport ?2. 2. ? = (√ 2 2 + √ 2 2 i ) ? + 1? 3 √ 2 2 + (√ 2 2 ? 2 ) i ? ( 1? √ 2 2 ? √ 2 2 i ) = 1? 3 √ 2 2 + (√ 2 2 ? 2 ) i ? = 1? 3 √ 2 2 + (√ 2 2 ? 2 ) i 1? √ 2 2 ? √ 2 2 i ? = ( 1? 3 √ 2 2 + (√ 2 2 ? 2 ) i )( 1? √ 2 2 + √ 2 2 i ) ( 1? √ 2 2 ? √ 2 2 i

• homothetie de centre de coordonees


• exercice n?4


• a3 b3


• vecteur ????h1h2


• a2 ?


• translation de vecteur ??


• c3 c3

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
• Publié le: 01 octobre 2011
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Extrait

Universit ´ ePierreetMarieCurieParis6 LM121:Alg ` ebre1CalculVectoriel ◦ Matthieu Solnon  Groupe de TD n 11.4

◦ Travauxencadre´sn2Corrige´ Vendredi 21 octobre 2011

◦ Exercice n 1: Onreconnaıˆticidessimilitudesa`centre,etl’oncherchedoncleditcentreΩ(ω) comme un point fixedel’application´etudi´ee. 1. ω=−2ω+ 3 + 3i 3ω= 3 + 3i ω= 1 +i . L’applicatione´tudie´es’e´critdoncsouslaforme ′ z−ω=−2(z−ω), etl’onreconnaˆıtdoncunehomothe´tiedecentredecoordon´ees(1,1) et de rapport−2. 2.  ! ! 2 23 22 ω= +i ω+ 1−+−2i 2 22 2  ! ! 2 23 22 ω1− −i= 1−+−2i 2 22 2   3 22 1−+−2i 2 2 ω= 2 2 1− −i 2 2     3 22 22 1−+−2i1−+i 2 22 2 ω=    . 2 22 2 1− −i1−+i 2 22 2 Ainsi    h   i 3 22 2 23 22 22 1−1− − −2 +i1−+−2 1− 2 22 22 22 2 ω=   2 2 1 1−+ 2 2 h i 2 2 3 1 2 23 21 2 1− −3 +−+ 2+i−+− −2 + 2 2 22 22 22 2 22 ω= 1 1 1−2 ++ 2 2 √ 2−2 +i(2 2−4) ω= 2−2 ω= 1−2i .

1

L’application´etudi´ees’´ecritdoncsouslaforme π ′i 4 z−ω=e(z−ω), etl’onreconnaˆıtdoncunerotationdecentredecoordone´es(1,−2) et d’angleπ/4. 3. ω= (−1−i3)ω+ 2 +i3 √ ω(2 +i3) = 2 +i3 ω= 1. L’applicatione´tudi´ees’e´critdoncsouslaforme π ′i 3 z−ω=−2e(z−ω), c’estdonclacompos´eedelarotationdecentredecoordon´ees(0,1) et d’angleπ/3 par l’homoth´etiedecentredecoordon´ees(0,1) et de rapport−2 (et viceversa).

◦ Exercice n 2:

−→ −→−→ 1.Dgonarthol`apee´nuratcevoruetdesigiru 1 etu 2 . Un tel vecteur est par exemplev= −→−→ u 1 ∧u 2 onnotd,od´neessltseocro   −1 1     1 1 −2 1 1   −= 0.   1 1   2   1 1   −1 1

2.Parame´tronsdeuxpointsH 1 etH 2 deD 1 etD 2 ersarplapetam`sreλ 1 etλ 2 respectivement, on a donc −−→−−→ −→ OH 1 =OA 1 +λ 1 u 1 , −−→−−→ −→ OH 2 =OA 2 +λ 2 u 2 . −−−→−−−→ −→ On cherche ensuite (λ 1 , λ 2 ) tel que le vecteurH 1 H 2 iae´a`erctisonilov. CommeH 1 H 2 = −−−→−−−→ −→−→ A 1 A 2 +λ 2 u 2 −λ 1 u 1 le vecteurH 1 H 2 ocedtses(een´door−1 +λ 2 −λ 1 , λ 2 +λ 1 , λ 2 −λ 1 ). On doit donc avoir   λ 2 +λ 1 0    λ 2 −λ 1 2 2(λ 1 +λ 2 ) −−−→ −→ λ 2 −λ 1 −1−2   0 =H 1 H 2 ∧v=−=−2(2λ 2 −2λ 1 −1),  λ 2 −λ 1 2   2(λ 2 +λ 1 )   λ 2 −λ 1 −1−2   λ 2 +λ 1 0 2

ce qui donneλ 2 =−λ 1 = 1/4. Les pointsH 1 etH 2 ´neesosodtnercncepsvetintmecodedoor −−−→ (3/4,1/4,−1/4) et (1/4,1/4,1/4), et le vecteurH 1 H 2 e´no(seestdecoord−1/2,0,1/2). La droiteDtdes´’qenodcnoapauitetriram´que −−→ −−→−−−→ OM=OH 1 +λH 1 H 2 , λ∈R, et la distance entreD 1 etD 2 est    2 2 −1 11 12 d= +== +. 2 2 44 2

◦ Exercice n 3:

1. 1 1 11 00 a+b c+a b+c=a+b c−b c−Ca , 2 ←C 2 −C 1 etC 3 ←C 3 −C 1    ab ca bcab a(c−b)b(c−a) 1 00 = (c−b)(c−a)a+b1 1   ab ab 1 1 = (c−b)(c−a)   a b = (c−b)(c−a)(b−a).

2.

a+b b+c c+a2a b+c c+a 2 22 22 22 22 22 a+b b+c c+a= 2a b+c c+Ca , 1 ←C 1 −C 2 −C 3  3 33 33 33 33 33 a+b b+c c+a2a b+c c+a a b+c c+a 2 22 22 = 2 a b+c c+a 3 33 33   a b+c c+a a b+c c 2 22 2 = 2 a b+ C c c , 3 ←C 3 −C 1 3 33 3  a b+c c a b c 2 2 2 = 2C a b c , 2 ←C 2 −C 3   3 3 3 a b c 1 1 1 = 2b cabc a 2 2 2  a b c = 2abcV(a, b, c) = 2abc(b−a)(c−b)(c−a).

3

3. 0 11 10 11 1 2 22 22 2 1 0a b0−b a−c b −L 2 2 = 2 2 , L 2 ←L 2 −L 4 etL 3 ←L 3 4 2 2 1a0c0a−b−c c 2 22 2    1b c0 1b c0 1 11 2 22 2 = − −b a−c b   2 22 2 a−b−c c 0 01 2 22 22 =− −2b a−c−b b ,C 1 ←C 1 −C 3 etC 2 ←C 2 −C 3 2 2 22 2   a−b−c−2c c 2 22 2 −2b a−c−b =− 2 2 22   a−b−c−2c   2 22 2 22 =−4b c−(a−b−c) 2 2 22 2 2 = (a−b−c−2bc)(a−b−c+ 2bc) 2 22 2 = (a−(b+c) )(a−(b−c) ) = (a−b−c)(a+b+c)(a−b+c)(a+c−b).

◦ Exercice n 4: On a 156 = 13×12, 260 = 13×20 et 325 = 13×iAsneienefftcautnl’op´eration5.2C 3 ← C 3 + 10C 2 + 100C 1 on obtient 1 5 61 5 1561 5 13×12 15 12 Δ =2 6 0= 26 260= 26 13×13 2 6 2020 =,      3 2 53 2 3253 2 13×25 32 25 cequimontrequeΔestunmultiplede13.Demˆemeonremarqueque312=8×39, 256 = 8×32 et 560 = 8×70.Ectuaneffee´po’ltnnoitarL 2 ←L 2 + 10L 1 + 100L 3 on obtient 1 5 61 5 6 Δ =2 6 0= 839 32 70,  3 2 53 2 5 cequimontrequeΔestunmultiplede8.Unargumentarithme´tique(8et13sontpremiers entre eux) permet de conclure.

◦ Exercice n 5:

′ ′′ ′′ 1. Notonsωetωles affixes de Ω et Ω. SoitM(z)∈E,zl’affixe deh Ω,λ (M) etzcelle de ′ h Ω,λ (M). On a donc ′ ′ ′ z=ω+λ(z−ω) =λz+ (1−λ)ω

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et ′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′ z=λ z+ (1−λ)ω=λ(λz+ (1−λ)ω) + (1−λ)ω=λλ z+λ(1−λ)ω+ (1−λ)ω . ′ ′′ ′ Siλλ= 1 on reconnaˆıt donc une translation de vecteurλ(1−λ)ω+ (1−λ)ω, sinon on ′ reconnaˆıtunehomothe´tiederapportλλet de centre ′ ′′ λ(1−λ)ω+ (1−λ)ω . ′ 1−λλ 2. SoitGl’isobarycentre des pointsA,BetCetuirnalgariv´tdecelu`o(gedertneABC). On −→−→−→−→−→−→ ′ a doncGA= 2IG,GB= 2J GetGC= 2KG. Soithrtceappoeder´etiomht’lohertnG et de rapport−1/2. On a donc ′ ′′ h(A) =I, h(B) =Jeth(C) =K , ainsi ′ ′′ ′′ h◦h(A) =hA ,◦h(B) =Beth◦h(C) =K . ′ Ord’apr`eslaquestionpre´ce´denteh◦hstunehomoth´etieedarpprote−1, et est donc une ′ syme´triecentrale(car−(1 = expiπ)). Son centre appartient donc aux tris droites (AA), ′ ′ (BB) et (CC), ce qui montre qu’elles sont concourantes.

◦ Exercice n 6: Desvecteursnormauxa`cestroisdroitessont     a a−b3a+b3 −→ −→−→ u ,vetw . b b +a3b−a3 Letriangleest´equilate´ralsi(etseulementsi,maisonn’utilisepascesens)l’angleentreces vecteurs vaut±π/3. On aussi peut remarquer que −→ 2 2 kuk=a+b et que −→ 2 22 22 222 2 kvk= (a−b(3) +b+a3) =a−2ab3 + 3b+b+ 2ab3 + 3a= 4(a+b). −→ −→−→ On a donc quekvk=kwk= 2kuk. Or 1 −→−→ 2 2 −→ −→−→−→ −→ \ −→ hvu ,i=a+b=kukkvk=kukkvkcos (u ,v) 2 et 1 −→−→ 2 2 −→ −→−→−→ −→ \ −→ hu , wi=a+b=kukkwk=kukkwkcos (u , w). 2 cequimontrelere´sultat. Remarqueonauraitaussipuutiliserlede´terminantpourobtenirlessinusdesanglesconsid´ere´s.

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