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Raffinage
2014
Bonjour ! Groupe telegram de camerecole, soumettrez-y toutes vos préoccupations. forum telegram

EXERCICE 1.

Soient \(S\), \(T\), \(T’\), trois ensembles.
1 Montrons que : \(S \cap \left( {T \cup T'} \right)\) \( = \left( {S \cap T} \right) \cup \) \(\left( {S \cap T'} \right)\).
NB : Si \(A\) et \(B\) sont deux ensembles, \(A = B\) si et seulement si \(A \subseteq B\) et \(B \subseteq A\).
Montrons que : \(S \cap (T \cup T')\) \( \subseteq (S \cap T) \cup \) \((S \cap T')\)
Soit \(x \in S \cap \) \((T \cup T')\)
\(x \in S \cap \) \((T \cup T') \Rightarrow \) \(x \in S\) et (\(x \in \left( {T \cup T'} \right)\) et (\(x \in T\) ou \(x \in T’\)))
Ainsi (\(x \in S\) et \(x \in T\)) ou (\(x \in S\) et \(x \in T’\))
Soit \(x \in S \cap T\) ou \(x \in S \cap T'\)
Alors \(S \cap (T \cup T') \subseteq \) \((S \cap T) \cup (S \cap T')\) (1)

Réciproquement, montrons que \((S \cap T) \cup (S \cap T')\) \( \subseteq S \cap (T \cup T')\)
\(x \in (S \cap T) \cup \) \((S \cap T')\) \( \Rightarrow \) \(x \in (S \cup T)\) ou \(x \in (S \cup T’)\)
Soit (\(x \in S\) et \(x \in T\)) ou (\(x \in S\) et \(x \in T\))
Alors (\(x \in S\)) et (\(x \in S\) ou \(x \in T’\))
(\(x \in S\)) et (\(x \in T \cap T'\)) ceci implique que \(x \in S \cap \) \((T \cup T')\)
Ainsi \((S \cap T) \cup \) \((S \cap T') \subseteq \) \(S \cap (T \cup T')\) (2)
De (1) et (2), on a \(S \cap (T \cup T') = \) \((S \cap T) \cup \) \((S \cap T')\)

2. Soient \({T_1}\), \({T_2}\), …, \({T_n}\), \(n\) ensembles.
Montrons que \(S \cap ({T_1} \cup {T_2}\) \( \cup ... \cup {T_n}) = \) \((S \cap {T_1}) \cup \) \((S \cap {T_2}) \cup ...\) \( \cup (S \cap {T_n})\)
Cela revient à montrer que : \(S \cap ( \cup _{i = 1}^n{T_i})\) \( = \cup _{i = 1}^n(S \cap {T_i})\)
Si \(x \in S \cap ( \cup _{i = 1}^n{T_i})\), on a : \(x \in S\) et \(x \in ( \cup _{i = 1}^n{T_i})\)
ce qui implique que \(x \in S\) et (\(\exists !j\) tel que \(x \in {T_i}\)), \(j \in \left[ {1,n} \right]\)
soit \(x \in S\) et \(x \in {T_j}\) ce qui implique que \(x \in S \cap {T_j}\).
\(x \in (\mathop \cup \limits_{i = 1}^n \) \(\left( {S \cap {T_i}} \right))\) Car
\(S \cap {T_j} \subseteq (\)\(\mathop \cup \limits_{i = 1}^n \left( {S \cap {T_i}} \right))\) et donc \(x \in S \cap {T_j}\) cat soit \(x \in \mathop \cup \limits_{i = 1}^n \) \(\left( {S \cap {T_i}} \right))\)
\(S \cap \left( {\mathop \cup \limits_{i = 1}^n {T_i}} \right)\) \( \subseteq \mathop \cup \limits_{i = 1}^n \left( {S \cap {T_i}} \right)\) (1)
Recioproquement, montrons que \(\mathop \cup \limits_{i = 1}^n \left( {S \cap {T_i}} \right) \subseteq \) \(S \cap \left( {\mathop \cup \limits_{i = 1}^n {T_i}} \right)\)
Soit \(x \in \mathop \cup \limits_{i = 1}^n \left( {S \cap {T_i}} \right)\)
\(x \in \mathop \cup \limits_{i = 1}^n \left( {S \cap {T_i}} \right)\) \( \Rightarrow (x \in S \cap {T_i})\) ou \((x \in S \cap {T_2})\) ou … ou \((x \in S \cap {T_n})\)
\(x \in S\) et (\(x \in {T_1}\) ou \(x \in {T_2}\) ou … ou \(x \in {T_n}\))
\(x \in S\) et \(x \in \cup _{i = 1}^n{T_i}\)
\(x \in S \cap \cup _{i = 1}^n{T_i}\)
\( \cup _{i = 1}^n(S \cap {T_i})\) \( \subseteq S \cap \cup _{i = 1}^n{T_i})\) (2)
\(S \cap (\mathop \cup \limits_{i = 1}^n {T_i})\) \( = \mathop \cup \limits_{i = 1}^n (S \cap {T_i})\)

Correction exercice II

1 Soit \(f:N \to N\) une application telle que \(f(xy) = f(x)\) \( + f(y)\) pour tout \(x,y \in N\).
Montrons que \(f({a^n}) = nf(a)\) pour tout \(a \in N\), \(n \in N\). (1)
D’après l’hypothèse, \(f(xy) = f(x)\) \( + f(y)\) pour tout \(x,y \in N\).
En particulier, pour \(y = \overbrace {x \times ... \times x}^{n - 1}\), la relation (1) doit être vérifiée c’est-à-dire :
\(f(xy) = \) \(f(\overbrace {x \times ... \times x}^n) = \) \(f(x) + \) \(f(\overbrace {x \times ... \times x}^{n - 1})\) \( = nf(x)\)
Donc \(f({x^n}) = nf(x)\) pour \(x = a \in N\)

2. Énonce erroné

EXERCICE 3.

ABC désigne un triangle tel que \(BC = 2AB\), \(D\) est milieu du segment \([BC]\) et \(E\) est milieu du segment \([BD]\).
On se propose de montrer que \((AD)\) est la bissectrice de l’angle \(\widehat {CAE}\). Soit \((DF)\) l’unique droite passant par \(D\) et parallèle à \((AD)\) telle que \(F \in (BA)\).
1. Figure
triangle\(BC = 2AB\)
\(D = milieu[BC]\)
\(E = milieu[BA]\)
\((DF) || (AC)\)

2 Montrons que \(F\) est milieu du segment \([AB]\) et que \(BF = BE\).
Dans le triangle \(ABC\), \((DF) || (AC)\), on a d’après la propriété de Thalès,
\(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BF}}{{BA}} \Rightarrow \) \(\frac{{\frac{1}{2}BC}}{{BC}} = \frac{{BF}}{{BA}} \Rightarrow \) \(AB = 2BF\)
D’où \(F \in [BA]\) et \(\left\{ \begin{array}{l} F = milieu[AB]\\ BF = \frac{{AB}}{2} \end{array} \right.\)
De même,
\(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BF}}{{BA}} \Rightarrow \) \(\frac{{2BE}}{{BC}} = \frac{{BF}}{{BA}} \Rightarrow \) \(BF = BE\)
3 Montrons que les triangles \(ABE\) et \(BDF\) sont congruents et déduisons que les angles \(\widehat {EAF}\) et \(\widehat {EDF}\) ont même mesure.
D’après la figure et la précédente \(BF = BE\) et \(mes\widehat {ABD} = \) \(mes\widehat {FBD}\)
Or \(mes\widehat {FBD} = \) \(mes\widehat {ABE}\)
\(mes\widehat {ABD} = \) \(mes\widehat {ABE} = \) \(mes\widehat {FBD}\)
Ainsi \(mes\widehat {ABE} = \) \(mes\widehat {FBD}\) et \(BF = BE\)
Les triangles ABE et BDF sont congruents
Déduisons que \(mes\widehat {EAF} = \) \(mes\widehat {EDF}\)
ABE et FBD sont congruents, alors, ils ont des angles 2 à 2 égaux.
On a donc la disposition pratique : \(\frac{A}{D}\frac{B}{B}\frac{E}{F}\), soit \(mes\widehat {BAE} = \) \(mes\widehat {FBD}\)
\(mes\widehat {AEB} = \) \(mes\widehat {FBD}\) (1)
Or \(mes\widehat {BAE} = \) \(mes\widehat {EAF}\) et \(mes\widehat {BDF} = \) \(mes\widehat {EDF}\)
De (1) \(mes\widehat {EAF} = \) \(mes\widehat {EDF}\)

4. Montrons que \(BA = BD\) et déduisons que les angles \(\widehat {BAD}\) et \(\widehat {EDF}\) ont même mesure.
D’après Thalès appliqué au triangle \(ABC\), \((DF) || (AC)\)
\(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BF}}{{BA}} \Rightarrow \) \(\frac{{BD}}{{2BD}} = \frac{{BE}}{{BA}}\) \( = \frac{1}{2}\) or
\(BE = \frac{{BD}}{2} \Rightarrow \) \(BA = BD\)
Déduisons que \(mes\widehat {BAD} = mes\widehat {BDA}\)
D’après le théorème des sinus appliqué au triangle ABD, on a : \(\frac{{BD}}{{\sin \widehat A}} = \frac{{BA}}{{\sin \widehat D}}\); or \(BA = BD\) soit \(\frac{1}{{\sin \widehat A}} = \frac{1}{{\sin \widehat D}}\)
\(\sin \widehat {BAD} = \sin \widehat {BDA}\) ainsi \(\widehat {BAD} = \widehat {BDA}\) 3
\(\widehat A\) et \(\widehat D\) sont des angles aigus
Donc \(mes\widehat {BAD} = mes\widehat {BDA}\).

5. Montrons que les angles \(\widehat {EAD}\) et \(\widehat {FDA}\) ont même mesure et que les angles \(\widehat {FDA}\) et \(\widehat {DAC}\) ont même mesure.
Considérons les triangles \(EAD\) et \(FDA\). On a :
\(mes\widehat {BAD} = mes\widehat {BAE}\) \(+\) \(mes\widehat {EAD}\)
\(mes\widehat {BAD} = mes\widehat {BDF}\) \(+\) \(mes\widehat {FDA}\)
Or \(mes(\widehat {BAD}) = \) \(mes(\widehat {BDA}) \Rightarrow \) \(mes(\widehat {BAE}) + \) \(mes(\widehat {EAD}) = \) \(mes(\widehat {BDF}) + mes(\widehat {FDA})\)
\(mes(\widehat {FAE}) + mes(\widehat {EAD})\) \( = mes(\widehat {EAD}) + \) \(mes(\widehat {FDA})\) car \(mes(\widehat {BAE}) = mes(\widehat {FAE})\) et \(mes(\widehat {BDF}) = mes(\widehat {EDF})\). D’après la question (3)
\(mes(\widehat {FDA}) = mes(\widehat {DAC})\).

Déduisons que \(mes(\widehat {FDA}) = mes(\widehat {DAC})\).
\((DF) || (AC)\) et les 2 droites ont pour droite d’intersection commune \((AD)\) ; par conséquent, les angles \((\widehat {FDA})\) et \((\widehat {DAC})\) sont alternes-internes. D’où \((\widehat {FDA})\) = \((\widehat {DAC})\)

6 Déduisons que \((AD)\) est bissectrice de l’angle \((\widehat {FAE})\).
D’après ce qui précède,
\(mes(\widehat {DAC}) = mes(\widehat {FDA})\)
\(mes(\widehat {DAC}) = mes(\widehat {EAD})\)
\(mes(\widehat {CAE}) = mes(\widehat {DAC})\) \( + mes(\widehat {EAD})\) (1)
\(mes(\widehat {DAC}) = mes(\widehat {EAD})\) (2)
De (1) et (2) nous avons \( (AD)\) est la bissectrice de l’angle \(mes(\widehat {CAE}\).