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\title{Correction TD 1}
\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
\begin{document}
\maketitle
\section*{Exercice 1}
\begin{enumerate}
\item On a :
\begin{table}[htpb]
\centering
\caption{Angles remarquables}
\label{tab:trigo}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$\alpha$ & 0 & $\frac{\pi}{6}$ & $\frac{\pi}{4}$ & $\frac{\pi}{3}$ & $\frac{\pi}{2}$\\
\hline
$\cos\alpha$ & 1 & $\frac{\sqrt 3}{2}$ & $\frac{\sqrt 2}{2}$ & $\frac{1}{2}$ & 0 \\
\hline
$\sin\alpha$ & 0 & $\frac{1}{2}$ & $\frac{\sqrt 2}{2}$ & $\frac{\sqrt 3}{2}$ & 1 \\
\hline
\end{tabular}
\end{table}
\item Pour tout $x\in\mathbb{R}$, on a :
\begin{align*}
\cos\left( x+\frac{\pi}{2} \right) &= -\sin x \\
\cos\left( x+\pi \right) &= -\cos x \\
\cos\left( x+\frac{3\pi}{2} \right) &= \sin x \\
\sin\left( x+\frac{\pi}{2} \right) &= \cos x \\
\sin\left( x+\pi \right) &= -\sin x \\
\sin\left( x+\frac{3\pi}{2} \right) &= -\cos x \\
\end{align*}
\item \AQT
\end{enumerate}
\section*{Exercice 2}
\AQT
\section*{Exercice 3}
Tout ce que j'ai fait est bon.
Soit $M$ un point de la droit $D$ de vecteur directeur $\vec u$ passant par $A$. On a donc :
$$ \overrightarrow{AM} = \alpha\vec u\quad(\alpha\in\mathbb{R}) $$
Si on note $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ les coordonnées de $M$ et $(a,b)\in\mathbb{R}^2$ les coordonnées de $A$ dans la base canonique, alors on a :
$$ \begin{pmatrix} x-a\\y-b \end{pmatrix} = \alpha\vec u\quad(\alpha\in\mathbb{R}) $$
Ce qui nous donne l'équation paramétrique :
$$ \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix}+t\vec u\quad(\text{où}~t\in\mathbb{R}) $$
Pour tous les points $M\in D$, on a :
$$ \overrightarrow{AM}\cdot\vec v = 0 $$
(où $v$ est un vecteur normal)\\
L'équation cartésienne est donc une relation liant $x$ et $y$ satisfaisant la relation précédente. On peut l'obtenir en résolvant l'équation paramétrique ou en calculant le produit scalaire entre tous points $M\in D$ et un vecteur normal de $D$.
\end{document}
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