capesa interne 2011
Bonjour
je cherche la correction du capes agricole interne de 2011, je trouve seulement le rapport :
http://www.concours.agriculture.gouv.fr/fileadmin/user_upload/Bilans_rapports_jury/11-CAPESA-MATH-PV.pdf
L'exercice 2 est à la page 23. Mais rien sur une correction.
Est ce que quelqu'un sait où il y aurait une correction ou pourrait m'aider à la faire le cas écheant.
Je n'arrive même pas à montrer les préliminaires alors que le résultat me parait assez simple.:S
Merci !!!
je cherche la correction du capes agricole interne de 2011, je trouve seulement le rapport :
http://www.concours.agriculture.gouv.fr/fileadmin/user_upload/Bilans_rapports_jury/11-CAPESA-MATH-PV.pdf
L'exercice 2 est à la page 23. Mais rien sur une correction.
Est ce que quelqu'un sait où il y aurait une correction ou pourrait m'aider à la faire le cas écheant.
Je n'arrive même pas à montrer les préliminaires alors que le résultat me parait assez simple.:S
Merci !!!
Réponses
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Bonjour.
1) Il suffit de voir que le triangle IMM1 est équilatéral et que M et J ont pour images M1 et K (conservation des distances). Ensuite, inégalité triangulaire.
2) en reprenant le 1 b, c'est le cas particulier ou l'inégalité triangulaire est une égalité; puis un coup d'arc capable (angles inscrits dans le triangle).
J'espère que tu connais toutes les règles dont je parle, sinon, même un corrigé ne sert à rin.
Bonne réflexion ! -
Merci, je m'en doutais que le triangle IMM1 devait être équilatéral et j'ai réussi a le montrer car ce triangle a un angle de pi/3 et les cotes adjacent a cette angle sont egaux.
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Merci la 1)a) et 1)b) c'est ok
Mais je n'arrive pas à montrer correctement la 2)a)
2)a) Démontrer que MI+MJ=MK ssi M1 appartient au segment [MK]
2)b) Démontrer que MI+MJ=MK ssi M appartient à l'arc de cercle arc(IJ)
Si M1 appartient au segment [MK], alors les 3 points sont alignés et on a donc M1M+M1K=MK
or MI+MJ=MM1+M1K donc MI+MJ=MK
Réciproque : Supposons que MI+MJ=MK et là je trouve qu'il est clair que M1 appartient au segment MK.
Faut-il le démontrer ? -
La condition M1M+M1K=MK est équivalente à l'appartenance de M1 à [MK].
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D'accord !!!merci !!!
Pour la partie II
je bloque a partir de la 2)d) merci !!!!! -
Il te suffit de montrer qu'elles ne sont pas parallèles, donc que les affixes des vecteurs ne sont pas proportionnelles par un coefficient réel. Or tu viens de le montrer.
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Bonsoir Esteban
Pourquoi ne pas reprendre depuis le début pour la partie II ?
Comment montres-tu la nature du triangle $\triangle CBA'$ ? -
Bon sinon pour la 3.(a) :
Un point $M$ d'affixe $z$ appartient à la droite passant par le point $M_0$ d'affixe $z_0$ et dirigée par le vecteur d'affixe $u$ si et seulement si $\dfrac{z_0-z}{u}\in \mathbb{R}$ si et seulement si $\dfrac{z_0-z}{u}$ est égal à son conjugué. -
Je déterre ce sujet car il m'intéresse. Je n'arrive pas à faire la question Préliminaire 2B. En fait, formellement, je me suis rendu compte que je ne sais pas ce que veut dire appartenir à l'arc de cercle $IJ$ ne contenant pas $K$A l'arrache, sans grande conviction, je dirais que cela revient à dire que $(MI,MJ)=(KI,KJ)\pmod{2\pi}$.Mais dans ce cas, je n'arrive pas à prouver 2B puisque on doit montrer que $(M_1M,M_1K)=\pi\pmod{2\pi}$Si quelqu'un sait comment faire, merci d'avance.La géométrie sans axiomatique, c'est vraiment de la bidouille.
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Bonjour.Pour caractériser cet arc de cercle, on a plusieurs façons possibles, par exemple dire que c'est la portion du cercle ne se trouvant pas dans le demi plan ouvert délimité par (IJ) et contenant K. Je ne sais pas ce qu'étaient censé savoir les candidats sur les cercles et angles de vecteurs, mais la caractérisation classique à la grande époque de la géométrie synthétique (avant 1967) était que M est sur l'arc si $M=I$ ou $M=J$ ou $(\vec{MI},\vec{MJ})=\pi-(\vec{KI},\vec{KJ})\pmod{2\pi}$.Cordialement.
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Bonjour,
Il suffit de dire que $(\Gamma)-\{I,J\}$ possède deux composantes connexes et qu'une seule contient $K$.
(Pour la structure euclidienne habituelle).
Cordialement,
Rescassol
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Merci pour les réponses. Même avec l'indication de Gérard, je n'arrive pas à prouver Preliminaire 2BUne petite indication supplémentaire s'il vous plait?
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Oui, c'est normal, j'ai fait une erreur (*), c'est $(\vec{MI},\vec{MJ})=\pi+(\vec{KI},\vec{KJ})\pmod{2\pi}$. C'est d'ailleurs une demi-conséquence de ce qui est dit au début du sujet.Par contre, j'ai tripatouillé les angles sans arriver à traiter cette question.Cordialement.(*) confusion avec le cas des angles géométriques, mes cours de troisième sont mieux restés que ceux de terminale.
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On oriente le plan de sorte que $IJK$ soit dans le sens direct. On a $(\overrightarrow{MI},\overrightarrow{MM_1})=-\frac{\pi}{3}$ car le triangle $IMM_1$ est équilatéral direct, et $(\overrightarrow{M_1K},\overrightarrow{MJ})=-\frac{\pi}{3}$ car $r_I$ envoie $\overrightarrow{MJ}$ sur $\overrightarrow{M_1K}$.
Donc $(\overrightarrow{MI},\overrightarrow{MJ})=(\overrightarrow{MI},\overrightarrow{MM_1})+(\overrightarrow{MM_1},\overrightarrow{M_1K})+(\overrightarrow{M_1K},\overrightarrow{MJ})=-\frac{2\pi}{3}+(\overrightarrow{MM_1},\overrightarrow{M_1K})$.
On en déduit que $(\overrightarrow{MI},\overrightarrow{MJ})=-\frac{2\pi}{3} \iff (\overrightarrow{MM_1},\overrightarrow{M_1K})=0$, ce qui conclut.
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Ah oui, je vois ce que j'ai raté, le fait que M et J ont pour images M1 et K.Cordialement.
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Merci Gérard et JLT pour votre aide.
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Je suis bloqué à la question Partie III 2b). Une petite aide serait la bienvenue. Merci d'avance. Je sais que l'on a affaire au point de Fermat-Toricelli, mais je voudrais faire les questions en utilisant le sujet.
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D'après I.1.b., $MA+MB+MC\geqslant MA+MA'\geqslant AA'$. S'il y a égalité alors $M\in (AA')$ (cf inégalité triangulaire).
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Ah bah oui....Je suis con!Merci JLT
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Bonjour!
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