Correction : Géométrie, Cubiques circulaires
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d’après Ecole de l’Air 2002
1.a
1.b
2.a
2.b
2.c
Correction
Partie I
a pour équation cartésienne :2+2+2=0 .
()avec=2et=donc(22),
2
−
()avec2+2+2=0 et=donc(2)1+2sachant()≠,
−
1+2
2
() est le milieu du segment()() donc() 1+32.
1+2
(−)=() et(−)= −() donc(−) et() sont symétriques par rapport à () .
′()=2(+2 2et′()= (213(++2)22)
1 )
0+∞
′() 0+
() 0ր
′() 0+
() 0ր+∞
() ?+
Le point de paramètre(0)=est singulier.
3
′′()=2(11−+2)23donc′′0(2)0(0)
()=2 3)=′′=
′′(−2
(1+2)3
L’axe () est tangent à la courbe au point(0)=.
En vertu de la symétrie par rapport à () on peut assurer
qu’il s’agit d’un point de rebroussement à tangente horizontale.
Pour0=0 , la tangente en(0)=est horizontale et l’équation proposée est convenable.
Pour0≠0 , la tangente en(0) est dirigée par le vecteur vitesse.
Le reste est du calcul avec à un moment une simplification par0d’où la nécessité de traiter le cas
0= part.0 à
quat d’éoitea dr loi n=est asymptote àΓen+∞,
e à gauche.
2
4.
1.a
1.b
2.a
2.b
2
()
=2= don
( ) 1+2, ) c (( )()=1+(())2(=())(2+()()2())2.
()
ɶ
SoitΓla courbe d’équation cartésienne :(2+2)=2.
ɶ
Par l’étude ci-dessus :Γ ⊂ Γ.
ɶ
Inversement, soit(,)∈ Γ.
Si=0 alors=0 (en vertu de l’équation) et donc==(0) .
2
Si≠0 alors posons=. La relation=2+2donne=() et=donne=() . Par
suite=() .
ɶ ɶ
Dans les deux cas :∈ Γ. AinsiΓ ⊂ ΓpuisΓ = Γ.
Finalement(2+2)=2est une équation cartésienne deΓ.
Partie II
Soit (de coordonnées polairesρ,θ) .
∈⇔ρcosθ=2donca pour équation polaireρ=oc2sθ.
∈⇔ 2=(2)2. Or2= 2−2(|)+2=(2)2+4ρcosθ+ρ.
donc∈⇔ρ2+4ρcosθ=0⇔ρ+4cosθ=0 ouρ0
=
Soit′la courbe d’équation polaire :ρ+4cosθ=0 .
Par l’équivalence ci-dessus :=′∪{}.
Or∈′puisque pourθ=2π,ρ= −4cosθ=0 donc=′.
Finalementa pour équation polaire :ρ+4cosθ=0 . On peut aussi exploiter une formule du cours.
(θ)∈donc(θoordonnées polai) aopruc ser2 :ocsθ,θ, pourθ≠2π[π].
(θ)∈donc(θ) a pour coordonnées polaires :−4cosθ,θ, pourθ≠2π[π]ou non.
(θ le milieu de) étant(θ),(θ ce point a pour coordonnées polaires) ,ρ,θavec
124cos(1−2 cos2θ)cos 2θ
ρ=2cos−θ =cos= −cosθ.
θ θ
(θ+2π)=(θ) donc(θ+2π)=(θ) .
(θ+π)= −(θ) donc(θ+π)=(θ) .
(−θ)=(θ) donc(−θ le symétrique de) est(θ ( rapport à l’axe) par) .
Il suffit d’étudier la courbe sur 0,π2 pour, en complétant par la symétrie précédente, obtenir
l’intégralité de courbe étudiée.
′θ= − + −θ θ θ+.
est∞et( )2sin 2θcooscθs2θcos 2θsin=sconsi2(oc2s2θ1)≥0
θ0π4π2θ π4
(θ)−ր0ր+∞donc(θ)−0+.
L’allure de la courbe en ce point est ci-contre :
θ
π
=
4
2.c
3.
4.
−
Quandθ→π,2 ao n(θ)→ +∞donc la courbe présente une branche
infinie de directionθ=π2 i.e.=0 .
−
(θ)=(θ) cosθ= −cos 2θθπ2→.
→
La droite d’équation=est asymptote à la courbe quandθ→π2 , courbe à gauche.
Courbe est ci-contre :
2
On a(θ) cosθ+cos 2θ=0 donc3(θ) cosθ+2(θ)(cos2θ−sin2θ)= en posant0 donc
=(θ) cosθet=(θ) sinθon a (2+2)+(2−2)=0 .
SoitɶΓ′ (la courbe d’équation cartésienne2+2)+(2−2)=0 .
ɶ
Par ce qui précède, on aΓ′ ⊂ Γ′.
Inversement, soit(,)∈ Γɶ′.
Il existe (,θ)∈ℝ2tel que=cosθet=sinθ
.
L’équation (2+2)+(2−2)=0 donner alors3cosθ+2cos 2θ=0 d’où=0 ou
cos 2θ
= −.
cosθ
Si=0 alors==(π4)∈ Γ′.
Si= −cos 2θalors=θ∈ ′
cosθ( )Γ.
Dans les deux cas :∈ Γ′. AinsiΓɶ′ ⊂ Γ′puisΓ′Γ=ɶ′.
Finalement (2+2)+(2−2)= une équation cartésienne de0 estΓ.
