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

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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


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Universit´ePierreetMarieCurieParis6 LM121:Alg`ebre1CalculVectoriel Matthieu Solnon  Groupe de TD n 11.4
Travauxencadre´sn2Corrige´ Vendredi 21 octobre 2011
Exercice n 1: Onreconnaıˆticidessimilitudesa`centre,etloncherchedoncleditcentreΩ(ω) comme un point xedelapplication´etudi´ee. 1. ω=2ω+ 3 + 3i 3ω= 3 + 3i ω= 1 +i . Lapplicatione´tudie´ese´critdoncsouslaforme zω=2(zω), etlonreconnaˆıtdoncunehomothe´tiedecentredecoordon´ees(1,1) et de rapport2. 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 11− − −2 +i1+2 12 22 22 22 2 ω=  2 2 1 1+ 2 2 h i 2 23 12 23 21 2 1− −3 ++ 2+i+− −2 + 2 2 22 22 22 2 22 ω= 1 1 12 ++ 2 2 22 +i(2 24) ω= 22 ω= 12i .
1
Lapplication´etudi´ees´ecritdoncsouslaforme π i 4 zω=e(zω), etlonreconnaˆıtdoncunerotationdecentredecoordone´es(1,2) et d’angleπ/4. 3. ω= (1i3)ω+ 2 +i3 ω(2 +i3) = 2 +i3 ω= 1. Lapplicatione´tudi´eese´critdoncsouslaforme π i 3 zω=2e(zω), cestdonclacompos´eedelarotationdecentredecoordon´ees(0,1) et d’angleπ/3 par lhomoth´etiedecentredecoordon´ees(0,1) et de rapport2 (et viceversa).
Exercice n 2:
−→ −→−→ 1.Dgonarthol`apee´nuratcevoruetdesigiru1etu2. Un tel vecteur est par exemplev= u1u2onnotd,od´neessltseocro   1 1     1 1 2 1 1   = 0.   1 1   2   1 1   1 1
2.Parame´tronsdeuxpointsH1etH2deD1etD2ersarplapetam`sreλ1etλ2respectivement, on a donc −→ OH1=OA1+λ1u1, −→ OH2=OA2+λ2u2. −→ On cherche ensuite (λ1, λ2) tel que le vecteurH1H2iae´a`erctisonilov. CommeH1H2= A1A2+λ2u2λ1u1le vecteurH1H2ocedtses(een´door1 +λ2λ1, λ2+λ1, λ2λ1). On doit donc avoir   λ2+λ10   λ2λ12 2(λ1+λ2) λ2λ112   0 =H1H2v==2(2λ22λ11), λ2λ12   2(λ2+λ1)   λ2λ112   λ2+λ10 2
ce qui donneλ2=λ1= 1/4. Les pointsH1etH2´neesosodtnercncepsvetintmecodedoor −−−→ (3/4,1/4,1/4) et (1/4,1/4,1/4), et le vecteurH1H2e´no(seestdecoord1/2,0,1/2). La droiteDtdes´qenodcnoapauitetriram´que −−→ −−→−−−→ OM=OH1+λH1H2, λR, et la distance entreD1etD2est    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 cb cCa ,2C2C1etC3C3C1    ab ca bcab a(cb)b(ca) 1 00 = (cb)(ca)a+b1 1   ab ab 1 1 = (cb)(ca)   a b = (cb)(ca)(ba).
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 ,1C1C2C3 3 33 33 33 33 33 a+b b+c c+a2a b+c c+a a b+c c+a 2 22 22 = 2a b+c c+a 3 33 33   a b+c c+a a b+c c 2 22 2 = 2a b+Cc c ,3C3C1 3 33 3 a b+c c a b c 2 2 2 = 2Ca b c ,2C2C3   3 3 3 a b c 1 1 1 = 2b cabc a 2 2 2 a b c = 2abcV(a, b, c) = 2abc(ba)(cb)(ca).
3
3. 0 11 10 11 1 2 22 22 2 1 0a b0b ac b L 2 2=2 2, L2L2L4etL3L3 4 2 2 1a0c0abc c 2 22 2    1b c0 1b c0 1 11 2 22 2 =− −b ac b   2 22 2 abc c 0 01 2 22 22 =− −2b acb b ,C1C1C3etC2C2C3 2 2 22 2   abc2c c 2 22 2 2b acb =2 2 22   abc2c   2 22 2 22 =4b c(abc) 2 2 22 2 2 = (abc2bc)(abc+ 2bc) 2 22 2 = (a(b+c) )(a(bc) ) = (abc)(a+b+c)(ab+c)(a+cb).
Exercice n 4: On a 156 = 13×12, 260 = 13×20 et 325 = 13×iAsneienetcautnlop´eration5.2C3C3+ 10C2+ 100C1on 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.Ectuaneee´poltnnoitarL2L2+ 10L1+ 100L3on 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 dehΩ(M) etzcelle de hΩ(M). On a donc ′ ′ z=ω+λ(zω) =λz+ (1λ)ω
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et ′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′ z=λ z+ (1λ)ω=λ(λz+ (1λ)ω) + (1λ)ω=λλ z+λ(1λ)ω+ (1λ)ω . ′ ′′ ′ Siλλ= 1 on reconnaˆıt donc une translation de vecteurλ(1λ)ω+ (1λ)ω, sinon on reconnaˆıtunehomothe´tiederapportλλet de centre ′ ′λ(1λ)ω+ (1λ)ω . 1λλ 2. SoitGl’isobarycentre des pointsA,BetCetuirnalgariv´tdecelu`o(gedertneABC). On a doncGA= 2IG,GB= 2J GetGC= 2KG. Soithrtceappoeder´etiomhtlohertnG et de rapport1/2. On a donc ′ ′h(A) =I, h(B) =Jeth(C) =K , ainsi ′ ′′ ′hh(A) =hA ,h(B) =Bethh(C) =K . Ordapr`eslaquestionpre´ce´dentehhstunehomoth´etieedarpprote1, et est donc une syme´triecentrale(car(1 = exp)). Son centre appartient donc aux tris droites (AA), ′ ′ (BB) et (CC), ce qui montre qu’elles sont concourantes.
Exercice n 6: Desvecteursnormauxa`cestroisdroitessont     a ab3a+b3 −→ −→−→ u ,vetw . b b+a3ba3 Letriangleest´equilate´ralsi(etseulementsi,maisonnutilisepascesens)langleentreces vecteurs vaut±π/3. On aussi peut remarquer que −→2 2 kuk=a+b et que −→2 22 22 222 2 kvk= (ab(3) +b+a3) =a2ab3 + 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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