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\newcounter{Csum}[section]
{   \theorembodyfont{\upshape}
\newtheorem{summary}[Csum]{En résumé}
}
\newenvironment{proof}[1]
[Démonstration]
{\noindent\textbf{#1:} }
{\ \fbox{cqfd.}
}
\renewcommand{\theenumi}{\arabic{enumi}}
\renewcommand{\theenumii}{\alph{enumii}}
\renewcommand{\theenumiii}{\roman{enumiii}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi)}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii)}}
\renewcommand{\labelenumiii}{\textbf{\theenumiii.}}


%%%%%%%%%%%%% Mes commandes %%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\cro}{
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\end{picture}
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\renewcommand{\vec}[1]{\ensuremath{\overrightarrow{#1\;}}}
\newcommand{\vecteur}[1]{\ensuremath{\overrightarrow{#1\;}}}
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\newcommand{\Lim}[1]{\underset{#1}{\lim }}
\newcommand{\coche}{\rule[-0.3em]{1.1em}{1.1em}}
\DeclareMathOperator{\e}{e}

%%%%%%%%%%% Fin de mes commandes %%%%%%%%%%%%%%%%%


\newcommand{\LeTitre}{}
\newcommand{\Titre}[1]{\title{#1} \renewcommand
{\LeTitre}{#1}}
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\newcommand
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{   \renewcommand{\labelitemi}{{\setlength{\fboxrule}{.05em}\setlength{\fboxsep}{0pt}\fbox{\rule[-0.3em]{0pt}{1em}\hspace{1em}}}}
\begin{itemize}
}{\end{itemize}}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}Copyright (c) 2005, Philippe Ivaldi. Le contenu de ce document peut être redistribué sous les conditions énoncées dans la Licence pour Documents Libres version 1.1 ou utlérieure.\newline{}%%%%%%%%%%b{gedeonInfo}%%%%%%%%%
%%--Document N° 163602350561210--
%%--Corrigé du document N° 16360199211549--
%%%%%%%%%%e{gedeonInfo}%%%%%%%%%


\Etablissement{\small{Lycée Jules Fil}}
\Discipline{\small{Mathématique}}
\Titre{Correction du devoir \No 12}
\Classe{\small{Première SSI1}}
\Date{}
\Duree{}
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\thispagestyle{avecEntete}
\pagestyle{sansEntete}%

% Modif des puces
\renewcommand{\labelitemi}{$\bullet$}
\renewcommand{\labelitemii}{$\odot$}
% Fin modif puces

\quad

\begin{claim}
On considère un triangle $ABC$ isocèle en A de périmètre $2P$ ($P$ est
donc la moitié du périmètre) et d'aire $S$. On pose :
$$AB=AC=x\quad\text{et}\quad BC=b.$$

%TCIMACRO{\TeXButton{TeX field}{{\renewcommand{\thesubsection}{Partie \Roman{subsection}}\subsection{}}}}%
%BeginExpansion 
{\renewcommand{\thesubsection}{Partie \Roman{subsection}}
\subsection{}}%
%EndExpansion
\label{parta_dv12}
\begin{enumerate}
\item 
  \begin{enumerate}
  \item 
    \begin{itemize}
    \item Le périmètre de $ABC$ est $2x+b$ d'où la première équation :
      $$\fbox{$2x+b=2P\qquad(1)$}$$
    \item Soit $H$ le projeté orthogonal de $A$ sur $[BC]$. D'après le
      théorème de Pythagore dans le triangle $ABH$ on a
      $AH=\sqrt{x^2-\left(\frac{b}{2}\right)^2}$.\\
      L'aire du triangle $ABC$ est donc
      $\frac{b}{2}\sqrt{x^2-\left(\frac{b}{2}\right)^2}$, d'où la
      deuxième équation :
      $$\fbox{$\dfrac{b}{2}\sqrt{x^2-\dfrac{b^2}{4}}=S\qquad(2)$}$$
    \end{itemize}
  \item De l'équation $(1)$ on déduit que $x=\frac{2P-b}{2}$ ce qui
    donne, en substituant dans l'équation $(2)$ :
    $$\frac{b}{2}\sqrt{P^2-Pb}=S\qquad(3).$$
Or $(3)\Leftrightarrow\frac{b^2}{4}(P^2-Pb)=S^2\Leftrightarrow \fbox{$Pb^3-P^2b^2+4S^2=0$}$.
\end{enumerate}
\item On pose $f(b)=Pb^3-P^2b^2+4S^2$ avec $P=49$ et $S=420$ donc $f(b)=49b^3-\nombre{2401}b^2+\nombre{705600}$.
  \begin{enumerate}
  \item 
    $f$ est un polynôme donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et:\\
    $f'(b)=147b^2-\nombre{4802}b=49b(3b-98)$ qui est négatif SSI
    $b\in\left[0\,;\,\frac{98}{3}\right]$.\\
    On en déduit que $f$ est croissante sur $\mathbb{R}^{\star-}$ et
    sur $\left]\frac{98}{3}\,;\,+\infty\right[$, décroissante sur $\left]0\,;\,\frac{98}{3}\right[$.
  \item 
    \begin{itemize}
    \item $f$ est dérivable et monotone (croissante) sur
      $\left]-\infty\,;\,0\right[$ avec
      $f(-16)=\nombre{-110000}<0$\linebreak{}et $f(0)=\nombre{705600}>0$ donc
      $f$ admet une unique racine sur l'intervalle
      $\left]-\infty\,;\,0\right[$ ;
    \item $f$ est dérivable et monotone (décroissante) sur
      $\left]0\,;\,\frac{98}{3}\right[$ avec
      $f(0)=\nombre{705600}>0$\linebreak{}et
      $f(\frac{98}{3})\simeq\nombre{-148445}<0$ donc $f$ admet une unique racine sur l'intervalle
      $\left]0\,;\,\frac{98}{3}\right[$ ;
    \item On démontre de façon analogue que $f$ admet une unique
      racine sur l'intervalle $\left]\frac{98}{3}\,;\,P\right[$.
    \end{itemize}
    On a démontré ainsi que $f$ admet trois racines réelles dont deux
    sur l'intervalle $\left]0\,;\,P\right[$.

  \item On trouve facilement que $f(-15)=0$ et donc que $f(b)$ est
    factorisable par $(b+15)$.
    \begin{itemize}
    \item La division
      \begin{tabular}[t]{l|l}
        $49b^3-2401b^2+705600$&$b+15$\\\cline{2-2}
        $49b^3+735b^2        $&$49b^2-3136b+47040$\\\cline{1-1}
        $-3136b^2+705600     $&\ \\
        $-3136b^2-47040b     $&\ \\\cline{1-1}
        $47040b+705600       $&\ \\
        $47040b+705600       $&\ \\\cline{1-1}
        $0                   $&\ 
      \end{tabular}\\
      permet de conclure que $f(b)=(b+15)(49b^2-3136b+47040)$.
    \item De plus $49b^2-3136b+47040=49(b^2-64b+960)$ et $b^2-64b+960$
      a pour discriminant\linebreak $\Delta=4096-3840=256=16^2$ et donc pour
      racines $\frac{64+16}{2}=40\quad\text{et}\quad\frac{64-16}{2}=24$.
    \end{itemize}
    On déduit des deux points précédents que \fbox{$f(b)=49(b+15)(b-24)(b-40)$}.

  \item \label{q2d_dv12}Il existe donc deux triangles isocèles de
    périmètre 98 et d'aire 420 dont les dimensions sont \fbox{$b=24$, $x=37$}
    pour le premier et \fbox{$b=40$, $x=29$} pour le second.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}

%TCIMACRO{\TeXButton{TeX field}{{\renewcommand{\thesubsection}{Partie \Roman{subsection}}\subsection{}\label{part2_dv12}}}}%
%BeginExpansion 
{\renewcommand{\thesubsection}{Partie \Roman{subsection}}
\subsection{}\label{part2_dv12}}%
%EndExpansion

\begin{enumerate}
\item 
  \begin{enumerate}
  \item Comme $2P=2x+b$ et que $b=2x\cos\theta$, on en déduit que :
    $$\fbox{$x=\dfrac{P}{1+\cos\theta}\quad\text{et}\quad b=\dfrac{2P\cos\theta}{1+\cos\theta}$}$$
  \item L'aire du triangle $ABC$ étant $\dfrac{bx\sin\theta}{2}$ on
    trouve immédiatement que :
    $$\fbox{$A(\theta)=P^2\dfrac{\sin\theta \cos\theta}{(1+\cos\theta)^2}$}.$$
  \item
    \begin{itemize}
    \item On a $A(\theta)=P^2\dfrac{u(x)}{v(x)}\quad$ avec
    \begin{array}[t]{lll}
      u(x)=\sin\theta\,\cos\theta&\quad&u'(x)=\cos^2\theta-\sin^2\theta\\
      v(x)=(1+\cos\theta)^2    &\quad&v'(x)=-2\sin\theta\,(1+\cos\theta)
    \end{array}\\
    Donc :
    \begin{eqnarray*}
      A'(\theta)&=&P^2\frac{u'(x)v(x)-v'(x)u(x)}{[v(x)]^2}\\
      &=&P^2\frac{\left(\cos^2\theta-\sin^2\theta\right)\left(1+\cos\theta\right)^2+2\sin\theta\left(1+\cos\theta\right)\sin\theta\,\cos\theta}{\left(1+\cos\theta\right)^4}\\
      &=&P^2\frac{(1+\cos\theta)\left[\left(\cos^2\theta-\sin^2\theta\right)\left(1+\cos\theta\right)+2\sin^2\theta\,\cos\theta\right]}{\left(1+\cos\theta\right)^4}\\
      &=&P^2\frac{\left[\cos^2\theta-\left(1-\cos^2\theta\right)\right]\left(1+\cos\theta\right)+2\left(1-\cos^2\theta\right)\cos\theta}{\left(1+\cos\theta\right)^3}\\
      &=&P^2\frac{\left(2\cos^2\theta-1\right)\left(1+\cos\theta\right)+2\cos\theta-2\cos^3\theta}{\left(1+\cos\theta\right)^3}\\
      &=&P^2\frac{2\cos^2\theta+2\cos^3\theta-1-\cos\theta+2\cos\theta-2\cos^3\theta}{\left(1+\cos\theta\right)^3}\\
      &=&P^2\frac{2\cos^2\theta+\cos\theta-1}{\left(1+\cos\theta\right)^3}\\
      &=&P^2\frac{(\cos\theta+1)(2\cos\theta-1)}{\left(1+\cos\theta\right)^3}=\fbox{$P^2\dfrac{2\cos\theta-1}{(1+\cos\theta)^2}$}\\
    \end{eqnarray*}
  \item $A'(\theta)$ est du signe de $2\cos\theta-1$, c'est à dire
    positif si, et seulement si,
    $\theta\in\left[0\,;\frac{\pi}{3}\right]$. D'où le tableau de
    variation de $A$ sur $\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]$ :
$$
\begin{tabular}
[b]{c|ccccccc}%
$\theta$ & $0$&     & \multicolumn{2}{c}{$\frac{\pi}{3}$} &     &$\frac{\pi}{2}$\\\hline
   \     &    &     & &                                   &     & \\
   \     &    &     &       \multicolumn{2}{c}{$m$}       &     & \\
  $A$    &    & \cro& &                                   & \dec& \\
   \     & 0 &     & &                                   &     &0 
\end{tabular}
\quad \text{où}\quad m=P^2\frac{\sqrt{3}}{9}$$
  \end{itemize}
  \item Comme $A'(\theta)$ s'annule en $\frac{\pi}{3}$ en changeant de
    signe on peut affirmer que $A$ admet un extremum en
    $\frac{\pi}{3}$ qui est en fait un maximum ; le triangle isocèle
    $ABC$ d'aire maximum est donc équilatéral et d'aire $P^2\frac{\sqrt{3}}{9}$
  \end{enumerate}
\item On prend ici $P=49$.
  \begin{enumerate}
  \item 
%Code pstricks générant la figure utilise le paquetage ps-plot
%\begin{figure}
%\begin{center}
%\psset{xunit=0.17cm,yunit=0.0216cm}
%\begin{pspicture}(-10,-0.1)(95,490)
%\newrgbcolor{gris}{.7 .7 .7}
%\psgrid[gridlabels=0,subgriddiv=0,subgridwidth=0.1pt,
%subgriddots=0,gridwidth=0.2pt,griddots=0,subgridcolor=gris,xunit=7.162,yunit=40]%
%(0,0)(0,0)(13,12)
%\psaxes[linewidth=0.6pt,Dx=0.5,Dy=40,xunit=57.296,yunit=1]{->}(0,0)(-.05,-10)(1.65806,490)
%\psplot{0}{90}{x cos x sin mul 2401 mul 1 x cos add 1 x cos add mul div}
%\psline[linestyle=dashed](60,-5)(60,462.07)
%\psline[linestyle=dashed](-0.5,462.07)(60,462.07)
%\uput{.2}[270](60,0){$\frac{\pi}{3}$}
%\uput{.2}[180](0,462.07){$49^2\frac{\sqrt{3}}{9}$}
%\uput{.2}[225](0,0){$0$}
%\uput{.2}[45](95,0){$\theta\,\text{rad}$}
%\uput{.2}[90](0,485){$y$}
%\uput*{.2}[0](75,420){$y=49^2\frac{\cos\theta\,\sin\theta}{(1+\cos\theta)^2}$}
%\end{pspicture}
%\end{center}
%\end{figure}
Voir la figure \ref{courbe_irie} de la page \pageref{courbe_irie}.
\begin{figure}[p]
  \centering
  \includegraphics{Include/courbeA.eps}  
  \caption{\quad}
  \label{courbe_irie}
\end{figure}
  \item Les tableaux sont laissés aux soins du lecteur.\\
on trouve \fbox{$(E_1):\,\nombre{0,809}\leq\theta_1\leq\nombre{0,810}\quad\text{et}\quad(E_2):\,\nombre{1,240}\leq\theta_2\leq\nombre{1,241}$}.
\item A la question \ref{parta_dv12}.\ref{q2d_dv12} nous avions trouvé
  :
  \begin{itemize}
  \item $b=40$ et $x=29$ ce qui correspond à un angle $\theta_1$
    vérifiant $29\cos\theta_1=40/2$ soit $\cos\theta_1=20/29$ ; la
    calculatrice donne alors $\theta_1\simeq\nombre{0,809783572}$ ce
    qui corrobore l'encadrement $(E_1)$.
  \item ou $b=24$ et $x=37$ ce qui correspond à un angle $\theta_2$
    vérifiant $37\cos\theta_2=24/2$ soit $\cos\theta_2=12/37$ ; la
    calculatrice donne alors $\theta_2\simeq\nombre{1,240498972}$ ce
    qui corrobore l'encadrement $(E_2)$.
  \end{itemize}
  \end{enumerate}
\end{enumerate}

%TCIMACRO{\TeXButton{TeX field}{{\renewcommand{\thesubsection}{Partie \Roman{subsection}}\subsection{}}}}%
%BeginExpansion 
{\renewcommand{\thesubsection}{Partie \Roman{subsection}}
\subsection{}}%
%EndExpansion
$$\includegraphics{Include/figure.eps}$$
\begin{enumerate}
\item 
  \begin{itemize}
  \item Par construction, les triangles $PBC$ et $MBC$ ont la même aire
    (même base et même hauteur).
  \item Soit $C'$ le symétrique de $C$ par rapport à la droite
    $(MP)$. En considérant les angles des triangles $PBC$ et $PCC'$,
    on démontre facilement que $B$, $P$ et $C'$ sont alignés.\\
    D'autre part, la symétrie conservant les longueurs, on en déduit
    que :
    \begin{eqnarray*}
      \text{Périmètre de $PBC$}&=&BP+BC+PC=BP+BC+PC'=BC+BC'\\
      &\text{et}&\\
      \text{Périmètre de $MBC$}&=&BM+BC+CM=BM+BC+MC'
\end{eqnarray*}
\end{itemize}
Comme $BC'\leq BM+MC'$ (inégalité triangulaire) on en déduit que :
$$\fbox{le périmètre de $PBC$ est inférieur à celui de $MBC$}.$$
\item 
Comme le périmètre de $ABC$ est égal au périmètre de $MBC$, lui même
supérieur à celui de $PBC$, le périmètre de $ABC$ est supérieur à celui de $PBC$. On en
déduit immédiatment que l'aire de $ABC$ est supérieure à celle de $PBC$.\\
Puisque l'aire de $MBC$ est égale à celle de $PBC$ on en conclut que
l'aire de $ABC$ est supérieure à celle de $MBC$.
\item 
Nous avons démontré le deux points suivants :
  \begin{itemize}
  \item l'aire d'un triangle isocèle est maximale lorsqu'il est équilatéral;
  \item l'aire d'un triangle isocèle est supérieure à celle d'un triangle quelconque de même périmètre.
\end{itemize}
ce qui démontre le théorème enoncé.
\end{enumerate}
\end{claim}

\end{document}



