Correction de Devoir Libre N°06: Années précédentes
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1.
2.
MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e
a`rendrelevendredi2d´ecembre2011
´
CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚06
`
PROBLEME 1
Leplanestrapporte´aunRONDR= (~O~ı). On note pourθ∈R,
`
uθ= cos(θ)~ı+ sin(θ)
~ ~
v~θ=−sin(θ)ı~+ cos(θ)~
Dansceprobleme,one´tudielacourbeΓforme´edespointsM
ve´rifiant
M F×M F′= 1o`uF10etF′−10
PartieI.Ge´ome´trieplane
SoitMyx∈ Pun point du plan. On a
M∈Γ⇐⇒(x−1)2+y2×(x+ 1)2+y2= 1
Sous cette forme, il apparaˆıt clairement que
Myx∈Γ⇐⇒N±x∈Γ
±y
∈ P
Autrementdit,Γestsyme´triqueparrapportauxaxes(Ox) et (Oy).
N
SoitMxy∈Γ.
•siy= 0, alors
x
M0∈Γ
⇐⇒
(x2−1)2= 1
⇐⇒
xox22u−−=111=−1
•six= 0, alors
M0y∈Γ⇐⇒1 +y2= 1⇐⇒y= 0
Au total, les points d’intersection de
A′−02etO00.
⇐⇒
Γ avec les axes sontA
1
x=±
ou
x= 0
02,
N
2
3.
1.
2.
SoitMyxsileegn´italss´etnio.ΓedaanOsrolupniuavtnse:
(x2−1)2≤(x−1)2+y2×(x+ 1)2+y2
≤1
y4≤(x−1)2+y2×(x+ 1)2+y2
≤1
Thusx2≤2andy2≤1so thatx2+y2can’t exceed 3: le support de
Γ est donc contenu dans le disque de centreO 3.et de rayonN
PartieII.Parame´trisationdeΓ
SoitMuninpoysede`tspudt,nalocroemede´seodnnirespola(ρ θ),
de sorte que−−→
OM=ρ~uθ
−−→−→−−→
CommeM F=OF−OM, il vient
M F2=−O→F−−O−M→2
= 1−2O−→F−|O−M→+ρ2
= 1−2ρcosθ+ρ2
M F′2=O−F→′−O−−M→2
= 1 + 2ρcosθ+ρ2
`
Al’aidedesexprsi´´edentes,ilvient:
es ons prec
M∈Γ
Finalement,
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
M F2×M F′2= 1
(1 +ρ2+ 2ρcosθ)(1 +ρ2−2ρcosθ) = 1
(1 +ρ2)2−4ρ2cos2θ= 1
ρ4+ 2ρ2−4 cos2θρ2= 0
ρ4+ 2ρ2(1−2 cos2θ) = 0
ρ4−2ρ2cos(2θ) = 0
M∈Γsi et seulement siρ4= 2ρ2
2
cos(2θ)
N
N
3.
1.
Notons Γ′lacoureb’de´uqtaoipnloeriaρ= 2 cos(2θ).
•SoitM∈Γ′, un point de Γ′medesy`tdsespoln´eerdonecooerias
(ρ θ), avecρ= 2 cos(2θ). En ce cas,ρ2= 2 cos(2θ)d,’o`uρ4=
2ρ2cos(2θcdeneetitnorpe´eslaques).D’apr`erntiedi`aec,cevir
´
queM∈Γ.
•´Rpiceitt,soemenroquM`tdΓsetnedpniouseen´onrdooecedem
ys
polaires (ρ θ).
SiMest l’origineO, alorsOappartientΓa`′, puisque (0 π4) est
unsyst`emedecoordonne´espolairespourO´erive´’ltnafinoitauq
de Γ′
.
SiM6=O, en ce cas,Mnstut`ysmeadnodree´ndemeoocespo-
laires (ρ θ), avecρ >0. Comme de plus,Mt`entiarppaal,Γa
questionprec´edentemontrequeρetθnetrefii´v
´
•
ρ4= 2ρ2cos(2θ)
En simplifiant parρ2(>s0,)upsinerpnenaltesracinescarr´ee
(ρ >0), il vient
ρ cos(2= 2θ)
ce qui prouve queMraitappien`entbaΓ′.
Pardouble-inclusion,onabienmontr´equeΓ=Γ′, ce qui revient
s ee
a`direqu’unee´quationencoordonne´espolairesdeΓetdonn´
par :
ρ=
2 cos(2θ)
´
PartieIII.Etudeettrac´edeΓ
On noteM(θre)ledtniopete`marapθaceld’´edrbouqeauitnoopalrie
ρ(θ) =
2 cos(2θ)
c’est-a`-direlepointd´etermin´eparlarelationvectorielle:
O−−M→=ρ(θ)~
uθ
ρ(θtd´e)esusrnfieiDρ={θ∈R|cos(2θ)≥0}. De plus,
•ρest 2πudesurunique,´eteledolgnnietvrla2rueue´p-doirπ, on
al’int´egralit´edusupport;
•ρestπreoi-´pe,´ediqusurutudetninavredellnoleeugurπpuis pon
comple`teparsyme´triedecentreO;
3
2.
3.
4.
•ρe[qudetu´ee,irpaets02πport`al’ieparrapxadeserte´myssiup]
abscisses,
• ! !c’est tout
Finalement,one´tudieρsur [0π2]∩Dρ= [04π].N
Soitθ∈[0π4]. On a
ρ(θ)
ρ′(θ)
=
=
−
2 cos(2θ)
2 sin(2θ)0
2 cos(2θ)≤
Letableausuivantr´esumelesvariationsdeρ:
θ
ρ′(θ)
ρ(θ
0
2
−
ց
π
0
π
N
Lorsqueθ4=πniopel,ntgesteetanatnl,qeeuno´sparcole,aupˆtest
dirige´eparuπ4.
~
Pourθ∈[0π4[,ρ′(θ) = 0⇐⇒θnsneeet´nuuqnee0,=tPp.Γr´arosce
tangenteorthoradialeen0,c’est-a`-direunetangenteverticale.N
Un joli dessin :
−1
1
0
0
−1
1
4
