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Bonjour

Je voudrais commencer en disant que le tableau de variation présentée par Yoshi est incorrect, j’espère que cette erreur est dû à sa précipitation.
Je trouve aussi que l’exercice de notre cher Drikce 14120 colle bien et a un sens ; l’énoncé dit : résoudre en s’aidant de la courbe de la fonction inverse l’inéquation :   1/x < -3/4.

Alors, après avoir représenté graphiquement notre courbe de la fonction inverse sur lR privé de 0, et celle de la droite (D) d’équation Y= - ¾, nous pouvons voir que les deux courbes se coupent  en un point A d’ordonnés YA= -3/4 bien sûr. Ainsi, nous dirons que la courbe de la fonction inverse est en dessous de la droite (D)  dans l’intervalle
] XA ; 0[, d’après notre graphe.
Or sachant que A appartient à la courbe de la fonction inverse, il est clair que l’abscisse XA de A, est l’inverse de son ordonnée YA ; d’où XA= -4/3.

Donc, la solution  de l’inéquation  1/x < -3/4 est  ]-4/3 ; 0[

En passant, la fonction inverse est strictement décroissante sur chaque branche ( ]-∞ ; 0[ et ]0 ; +∞[ ) de lR privé de 0.

Pour ce qui est de ta deuxième question
  comme je l’ai plus haut, la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[ et puisque
]0 ; 5] с ]0 ; +∞[, elle est en particulier sur ]0 ; 5].
Ainsi pour x є ]0 ; 5], f(x)=1/x є [f(5) ; lim x  [=[1/5 ; +∞[
                                                          x—>0+
car f décroissante.

Ton Image Est Plus Que Flou

ravi que tu aies compris

justement, de prime abord, je veux dire au premier regard, ta derivée a quelques souci
jette encore un coup d'oeil dessus
*merci

Mes salutations
Je vous propose mon élément de réponse et vous me direz si ce terrain peut être à moi, car j’en ai besoin.

Soient  I, J, K, L et M les milieux fixés des côtés de ce pentagone.il est clair que ces points sont les sommets d’un pentagone. Nous voulons construire un pentagone  ABCDE dont les milieux des côtés [AB], [BC], [CD], [DE] et [EA] sont respectivement I, J, K, L et M.
                              Alors
Posons    f = sM O SL O SK O SJ O SI , la composée de cinq symétries centrales telle que f(A) = A.
f = SM O SL O SK O SJ O SI
   = SM O SL O SX  où  SK O SJ O SI =  SX avec X le point tel que
                                                      IJKX soit un parallélogramme
  = SA    avec A, le point tel que XLMA soit un parallélogramme

Venant  ainsi de construire le point A, et sachant que les points fixés I, J, K, L et M sont les milieux respectifs des côtés [AB], [BC], [CD], [DE] et [EA], il nous reste à déduire les autres sommets en suivant le chemin ci-dessous :
  A ―I → B ―J→ C ―K →D ―L →E .

L’on obtient enfin notre Pentagone, je veux dire celui de Sin Pan.

SM designe par exemple la symetrie de centre M

SALUT à vous

Soient F et G deux fonctions de la variable n dont on veut montrer qu’elles sont premiers entre elles

S’il est facile de décomposer F et G en produit de facteurs premiers ; alors il nous suffira de faire ces décompositions et, de remarquer juste par suite que F et G n’ont pas un facteur commun autre que 1.
Ainsi donc, l’on pourra conclure qu’elles sont premiers entres elles.

Au cas où elles ne sont pas aisément décomposables, nous pourrons soit :
•    Montrer par récurrence qu’elles sont premiers entre elles et là, tu peux me croire, il faudra avoir quelques astuces
•    Trouver deux fonctions u et v telles que l’on ait Fu + Gv =1 d’après le théorème de Bézout.
Je pense que ce serait mieux pour nous de mettre toute cette littérature
En pratique dans un exercice quelconque afin de bien assimiler.

A plus

1.)    AB2= [-1-(-3)]2 + [ 1-(-4)]2  = 29 ;      AC2= [  1/2 - (-3)]2 + [ -1/2 – (-4)]2 = 98/4
BC2= [½ - (-1)]2 + [-1/2 – (-1)]2 = 18/4. Par suite, AC2+BC2=98/4+18/4=29=AB2
Et donc, d’après la propriété de Pythagore, ABC est rectangle en C.

2-1.)  SI E est le symétrique de B par rapport à C, alors on aura la relation vectorielle suivante :  ; en passant aux coordonnées, nous aurons
XE = 2XC – XB                   ET          YE = 2YC – YB
     = 2                              ET               = -2 ;   donc     E (2 ; -2)

2-2.)                     … Ière méthode :
AB =   d’après 1.) ;  AE =   =   ;   BE = 
Et donc en résumé, ABE  est isocèle en A.
                                            …2ème méthode :
D’après 1.) ABC est rectangle en C ; en construisant le point C, symétrique de B par rapport à C, il est clair que la droite (AC) est non seulement une médiane, mais aussi une médiatrice du triangle ABE. Par conséquent donc,  ABE est isocèle en A.

3-1.)  ABDE étant un parallélogramme, nous avons les relations   
En passant aux coordonnées, on obtiendra
XD = XE – XA + XB           et                  YD = YE – YA + YB
      = 4                               et                        = 3
                                                                                       Donc   D (4 ; 3)

3-2.)  ABE étant isocèle, il est évident  qu’en construisant D tel que ABDE soit un parallélogramme, BDE le soit aussi.
     C est milieu de [AD], car en effet on a    i.e. 
     C est milieu de [BE] d’après 2.)
       A, C et D sont alignés et sachant que (AC) est  perpendiculaire à (BE) ; l’on peut dire que (AD) est perpendiculaire à (BE)
En résumé donc, ABDE est un losange.

3-3.)   SABDE = 2SABE = 2(BE*AC/2) = 21.               Donc              SABDE = 21 USI

3-4.)   L’équation de la droite (AD) est de la forme .
A Є (AD) =>    ie       -4 = -3   
D Є (AD) =>   i.e.         3 = 4
Alors en résolvant le système des deux équations trouvés précédemment, l’on obtiendra    et   = -1.   
                                                              Donc      (AD) : 

4-1.)   XI = (XA+XB)/2 = -2         et    YI = (YA+YB)/2 = -3/2
                                                             Donc    I (-2 ; -3/2)

4-2.)                            ... Ière méthode
Considérons le triangle ABE ; puisque I est milieu de [AB] d’après 4.)  Et C milieu de [BE] d’après 2.) ; Alors d’après la propriété de la droite des milieux, on a (IC)//(AE)
De plus, nous savons que (AE)//(BD) car ABDE est un parallélogramme d’après 3.)
Nous pouvons donc conclure que       (IC)//(BD)
                                   …2ème méthode
     Car I est milieu de [AB]
     Car C est le milieu de [BE].
Nous remarquons que ces deux fractions sont égales, et donc  d’après la conséquence du théorème de Thalès, l’on a (IC)//(AE) ; de plus (AE)//(BD) car ABDE est un parallélogramme d’après 3.)
                                                        Donc   (IC)//(BD)

4-3.)  Les équations des droites (IC), (BD) et (AE) sont respectivement de la forme   . Puisque d’après ce qui précède, celles-ci sont parallèles, il va s’en suivre que leurs coefficients directeurs seront égaux i.e.  .il nous reste ainsi à déterminer celle de (IC) et d’en déduire les autres.
I Є (IC) =>           i.e.         -3/2= -2
CЄ (IC) =>         ie         -1/2 = 1/2
Alors, la résolution du système de ces deux équations donne   
                                              Donc       (IC) :   

•     ; trouvons 
B Є (BD) =>       i.e.   
                                            Donc       (BD) : 
•      ; trouvons 
A Є (AE) =>     i.e.   
                                           Donc        (AE) : 

4-4.)  D’après 1.) ABC est rectangle en C avec le point I comme milieu de son hypoténuse [AB] ; et donc                 celui-ci représente le centre du cercle circonscrit à ABC

5-1.)  L’équation de (DE) est de la forme 
D Є (DE) =>        i.e.     
E Є (DE) =>         i.e.     
En résolvant, on a   
                                    Donc       (DE) : 

5-2.)  F est de coordonnées, le couple solution du système suivant :
(IC) :       
(DE) :     
                             Donc                 F (3 ; 1/2)

5-3.)  XD+XE /2 = 3 = XF         et       YD+YE /2 = 1/2 = YF
                             DONC           F est milieu de [DE]

6-1.)                            …Ière méthode
Considérons le triangle BDE ; F est milieu de [DE] d’a    près 5-3.) Et C est milieu de [BE] d’après 2.) ; Alors d’après la propriété de la droite des milieux,  (FC)//(BD). Ainsi
(FC)//(BD), d’après le théorème de Thalès :
    FD=FC car EBD, symétrique du triangle isocèle ABE par rapport à (BE) est isocèle en D. puisque FD = FC, on a donc       C Є (Γ1)
(Γ1) est de centre F et de rayon FD, i.e. passe par D, or F étant le milieu de [DE] d’après 5-3.) , il est clair que (Γ1) passe aussi par E.
                                                                                          Donc                    E Є (Γ1)
                                  …2ème méthode
Soit M(x ; y) Є (Γ1), alors l’équation du cercle de centre F et de rayon FD est :
(x-3)2 + (y-1/2)2 = 29/4, ainsi
(xC -3)2 + (yC-1/2)2 = 25/4 +1 = 29/4                    Donc       C Є (Γ1)
(xE -3)2 + (yE -1/2)2 = 1+ 25/4 = 29/4                    Donc      E Є (Γ1)

6-2.)  D’après ce qui précède, C Є (Γ1) et puisque (Γ) est le cercle circonscrit à ABC, il est clair que C Є (Γ) ;  d’où  C est un point d’intersection de (Γ) et (Γ1). En plus, on a :
     Et      i.e.     ,  d’où I, C et F sont alignés
En résumé donc                            C est l’unique point d’intersection

Je vous laisse poursuivre la fin de l’épreuve

slt nerosson
pr le premier pb, cment peux tu construire la tangente a un cercle sans connaitre son centre,alors que celui ci est tjrs perpendiculaire au rayon.qui dit tangente,dit angle droit,or chez toi,tu trace ''la tangente'' avant de construire l'angle droit( absurde).

pour le deuxieme pb, le triangle ACD est bien isocèle,ton chemin est acceptable car j'aurai aimé que tu construise le triangle ABC.

pr le dernier pb, ne pas utiliser la regle, uniquement avec le compas

slt thadrien
l'angle en question est connue,et donc je ne pense pas que ton chemin soit bon
verifie qu'en empruntant ton chemin pour tout angle donné,l'on reussisse a le construire et tu verras que j'ai raison.déjà même, tu as utilisé l'equerre comme a dit nerosson, et pourtant il faut se servir d'une regle graduée.