Corrigé du devoir: capes 2006, seconde composition

CAPES externe de Math´ematiques
2006 seconde composition
Corrig´ e jusqu’au III.2.f
Partie I
I.1.a On notera d’abord que →
west perpendiculaire `a → v=→
k, c’est donc une combinaison
lin´eaire de →
iet de →
j. Pour ˆetre perpendiculaire `a →
ules coefficients de →
iet de →
jdevraient
ˆetre oppos´es. Pour l’avoir normalis´e on a besoin de diviser par √2 comme dans →
u, il y a
donc deux choix:
→
w=√2
2(→
i−→
j) ou →
w=√2
2(→
j−→
i).
On choisira entre ces deux par la condition que (→
u,→ v,→ w) soit une base directe. Le plus rapide
´etant de le visionner g´eom´etriquement et appliquer la r`egle de la main droite, mais on peut
aussi calculer un d´eterminant. La reponse est:
→
w=√2
2(→
i−→
j).
I.1.b On a
M=x1
√2
2(→
i+→
j) + y1→
k+z1
√2
2(→
i−→
j)
=√2
2(x1+z1)→
i+√2
2(x1−z1)→
j+y1→
k,
donc
x=√2
2(x1+z1), y =√2 2(x1−z1), z =y1.
Substituant ceux-ci dans l’´equation de Qon obtient (simplifiant seulement les parties xy et
x−y)
(x1+z1)2
2−3x2
1−z2 1
2+(x1−z1)2 2+√2z1−y2
1
2+√10 5y1= 0,
ce qui se r´eduit en
5z2
1−x2 1
2+√2z1−y2
1
2+√10 5y1= 0.
I.1.c On a
z1=x−y
√2,
et Ptest le plan x−y=√2t. Donc la position de Ptest un plan de vecteur directeur
parallele `a →
i−→
j, le plan ´etant d´ecal´e par rapport `a l’origine d’une distance de t. (A vous
de faire le croquis).
On notera que x1et y1fournissent un syst`eme de coordonn´ees orthonorm´e pour le plan
Pt, puisque ce plan est parallele au plan engendr´e par les deux premiers ´el´ements du rep`ere
R1.
1

2
En mettant z1=tdans l’´equation Qon obtient
5t2−x2
1
2+√2t−y2
1
2+√10 5y1= 0.
Multipliant par −2 et compl´etant les carr´es c’est ´equivalent `a
x2
1+ (y1−√10
5)2= 5t2+ 2√2t+2 5.
C’est un cercle (ou bien un point, ou bien vide, voir (d)).
Il s’impose d’observer que
5t2+ 2√2t+2
5=(5t+√2)2 5.
N’oubliant pas que z1=t, le center du cercle est
Ct= (0,√10
5, t)R1
et le rayon est la racine carr´e positive de 5t2+ 2√2t+2
5, c’est-`a-dire
Rt=
(5t+√2)
√5
.
I.1.d Le cercle se r´eduit `a un point quand
5t+√2 = 0,
c’est-`a-dire quand t=−√2
5.
Pour tdiff´erent de cette valeur, Pt∩ Q est une vrai cercle.
Pour t=−√2
5le cercle de rayon Rt= 0 coincide avec son centre
S=C−√2
5
= (0,√10
5,−√2 5)R1.
Pour avoir les coordonn´ees de Sdans le rep`ere R0on utilise les formules pour x, y, z ci-dessus:
x=√2
2(x1+z1) = −√2 2
√2
5=−1 5,
y=√2
2(x1−z1) = √2 2
√2
5=1 5,
et
z=y1=√10
5.
I.2.a On fait une translation avec les coordonn´ees de Sdans le rep`ere R1, donc
x1=X, y1=Y+√10
5, z1=Z−√2 5.
Substituant ceci dans l’´equation de Qen termes des x1, y1, z1donne
5(Z−√2
5)2−X2
2+√2(Z−√2 5)−(Y+√10
5)2
2+√10 5(Y+√10 5) = 0.

3
On remarque que les termes lin´eaires en Yet Zs’annullent. Pour le reste, multipliant par 2
cela se simplifie en
5Z2−X2+1
5−2 5−Y2−1 5+2 5= 0,
i.e.
X2+Y2= 5Z2.
I.2.b Dans le rep`ere R,Qest invariant par les rotations
(X, Y, Z)7→ (cos θX −sin θY, cos θY + sin θX, Z).
C’est donc une surface de r´evolution d’axe X=Y= 0, i.e. le droite partant de Sde vecteur
directeur →
w. Si l’on note r=√X2+Y2la distance (positive) `a cet axe, la surface devient
r2= 5Z2,i.e. r=√5Z.
On conclut que Qest la surface de revolution autour de l’axe (S, →
w) engendr´e par la ligne
Y= 0 et X=√5Z, i.e. c’est un cˆone en g´eom´etrie alg´ebrique, qui en termes usuels consiste
de deux cˆones oppos´es qui se touchent au vertex.
I.2.c Le plan Pest donn´e par z= 0, donc y1= 0, ou par les formules de I.2.a, Y+√10
5= 0.
Autrement dit, Y=−√10
5.
Les coordon´ees pour les points du plan P0dans le rep`ere R0sont Yet Z(dans cet ordre),
en sachant que X= 0. Donc D=P ∩ P0est donn´e par Y=−√10
5. Et, pour X= 0
l’equation de Qdevient
Y2−5Z5= 0 ⇔(Y+√5Z)(Y−√5Z) = 0.
Les droites D1et D2sont Y=√5Zet Y=−√5Z(il n’est pas sp´ecifi´e laquelle est laquelle).
La conique Cest l’intersection de Qet du plan P(Y=−√10
5). On peut utiliser Xet Z
pour coordon´ees dans Pen sachant que Y=−√10
5, et l’´equation de Qdevient
X2+2
5= 5Z5⇔(√5Z+X)(√5Z−X) = 2 5.
Donc Cest un hyperbˆole avec droites asymptˆotes X=√5Zet X=−√5Z;
I.2.d Un triangle admet un unique cercle inscrit. Il en est de mˆeme pour une r´egion infinie
convexe bord´e par 3 parties de droites. Les droites D,D1et D2d´ecoupent le plan P0en
plusieurs r´egions, dont 2 sont de cette forme et symm´etriques par la symm´etrie Z7→ −Z. Le
cercle inscrit dans l’une de ces r´egions est envoy´e sur le cercle dans l’autre par la symm´etrie.
On obtient les cercles souhait´es.
I.2.e La figure Qest obtenue `a partir de D1∪ D2par rotation du plan P0autour de l’axe
(S, →
w). Les centres Ω1et Ω2sont contenus dans ce axe, puisque les cercles en question sont
tangents aux droites D1et D2et l’axe est bisecteur de ces droites passant par les r´egions o`u
r´esident les cercles (voir diagramme).
Donc, la rotation des cercles donne les sph`eres S1et S2.
Pour les questions de tangence, on pourra rappeler le fait suivant: si A1et A2sont des
surfaces lisses s’intersectant en un point a∈A1∩A2, soit Bune petite boule centr´e en a.
Si A1d´ecoupe Ben deux parties, et si A2∩Bn’intersecte qu’une de ces deux parties, alors

4
A1et A2sont tangents en a. Si l’on se ref`ere `a une d´efinition de tangence en g´eom´etrie
diff´erentielle, la preuve de ce crit`ere est de dire que, si les surfaces ne sont pas tangentes,
alors elles se coupent transversallement et on montre (par des calculs) que A2contient des
points des deux cot´es de A1arbitrairement proches `a a.
Attention: Deux surfaces peuvent ˆetre tangents sans que ce crit`ere tient lieu, c’est le cas
des surfaces qui s’oscullent `a un ordre sup´erieure ou ´egale `a 3.
Pour nous, les surfaces en question vont d´ecouper l’espace en deux (ou trois) parties
globalement, et l’un sera toujours d’un mˆeme cot´e de l’autre. Par exemple, pour la sph`ere
et le plan, la sph`ere est contenu d’un cot´e du plan et ´egalement le plan ne rencontre pas
l’int´erieur de la sph`ere. De mˆeme, la sph`ere est contenu dans le’int´erieur du cˆone, et le cˆone
ne rencontre pas l’int´erieur de la sph`ere. Donc, dans tous les cas les points de tangence sont
les mˆemes que les points d’intersection.
La rotation de la droite Dest un cylindre tangent `a Pdans la seule droite D(pour cela on
note que P ⊥ P0le long de D). Les sph`eres sont contenus dans le cylindre, donc S1∩P ⊂ D,
or D ⊂ P0et S1∩ P0est le cercle de centre Ω1, qui rencontre Den un seul point. On en
d´eduit que S1∩ P consiste d’un seul point F1qui est le point de tangence de notre premier
cercle `a D.
La rotation du point de tangence du cercle `a D1donne un cercle C1de tangence de S1au
cˆone Q. La droite D2´etant la rotation par 180◦de D1, le point de tangence avec D2donne
le mˆeme cercle C1. La projection orthogonal de C1sur P0est un segment reliant ces deux
points de tangence.
Il en est de mˆeme pour S2,F2,C2.
I.3.a G´eom´etriquement, une droite passant par le vertex Sd’un cˆone et par un autre point
M, est contenu dans le cˆone. En termes d’´equations, si Mest le point (X, Y, Z) dans
le rep`ere R, on a X2+Y2= 5Z2. La droite (MS) consiste de tous les points de la forme
(λX, λY, λZ) et ces points satisfont `a la mˆeme ´equation, donc sont dans Q. (C’est le principe
d’une ´equation homog`ene: une ´equation dont les monˆomes ont tous le mˆeme degr´e, d´ecrit
toujours une r´eunion de droites passant par l’origine, ce qu’on appele un “cˆone” en g´eom´etrie
alg´ebrique.)
Le point F1est le tangent de S1`a P. Le sph`ere S1est centr´e `a Ω1. Donc le segment
[MF1] est perpendiculaire au segment [F1Ω1] (ce dernier a longeur ρ). Le triangle MF1Ω1
est rectangle en F1, donc
MF 2
1+ρ2=MΩ2 1.
D’autre part la droite (MS) est tangente `a S1en T1. Donc MT1Ω1est rectangle en T1et
MT 2
1+ρ2=MΩ2 1.
On d´eduit que MF1=MT1. Similairement MF2=MT2.
D’autre part, M,T1et T2sont trois points sur la mˆeme droite (MS). Sur le dessin on
voit que Mne se trouve jamais entre T1et T2. Donc
|MT1−MT2|=T1T2,
ce qui est ind´ependant de M.

5
En combinant avec les ´egalit´es pr´ec´edentes, on obtient que |MF1−MF2|est constant
(disons, α:= T1T2) lorsque Mparcourt l’hyperbˆole C. On retrouve la propri´et´e d’un hy-
perbˆole par rapport ´a ses points focaux: une branche est l’ensemble des points Mtels que
MF1=M F2+α; l’autre c’est l’ensemble de points tels que MF2=MF1+α.
I.3.b On consid`ere le plan P00 passant par l’origine, contenant la droite (MS) et l’axe de
rotation S→
w. On observe que ce plan contient les cinq points en question. Pour Met Sc’est
clair. Le cercle Ciest obtenu par rotation autour de l’axe, donc le centre Uise trouve sur
l’axe. Comme Tiest contenu dans (MS), c’est aussi contenu dans P00. Il reste `a voir que
Hi∈ P00. Notons par Wile plan contenant Ci. On a Wi⊥ P et ∆i=Wi∩P. Par d´efinition
de Con a M∈ P. Donc, la projection de Msur ∆iest la mˆeme que la projection de Msur
Wi. Or Wi⊥ P00 et M∈ P00. On en d´eduit que Hiqui est la projection de Msur Wi, est
contenu dans P00.
Notons par ailleurs que Ui∈Wi, i.e. Wi∩P00 = (UiHi). Le triangle SUiHiest rectangle en
Ui. Le triangle MHiUiest rectangle en Hi, puisque Hiest la projection de Msur Wi∩ P00.
Enfin, Tiest sur le cercle Ciet aussi sur (MS), donc c’est l’intersection de (UiHi) et de
(MS). Les angles oppos´es HiTiMet UiTiSsont ´egaux, donc les triangles MHiTiet SUiTi
sont similaires. Donc
MHi/MTi=SUi/STi.
Le point Tireste dans le cercle Ci, donc la distance STiest fixe, tout comme SUi. Donc le
ratio MHi/MTireste fixe ind´ependamment de M.
Par la question I.3.a on a MTi=MFi, donc
dist(M, ∆i)
MFi
est constante. L’hyperbˆole Cest l’ensemble de points de Pdont la ratio de la distance `a une
droite ∆ipar rapport `a la distance au point focal Fi, est constante.
Partie II
II.1.a Les coefficients binomiaux sont d´efinis si et seulement si 0 ≤p−1≤net 0 ≤p≤n−1.
La conjonction de ces conditions est ´equivalent `a 2 ≤p+ 1 ≤n, c’est la premi`ere ´equation.
On peut donc supposer que tous les factoriaux dans ce qui suit sont bien d´efinis (et non-
nuls), avec la convention 0! = 1. L’´equation
n!
(p−1)!(n+ 1 −p)! =(n−1)! p!(n−1−p)!
´equivaut `a
p!
(p−1)!
n!
(n−1)! =(n+ 1 −p)! (n−p−1)!
ou
p·n= (n+ 1 −p)(n−p).
Ce qui devient
n2+n−pn −np −p+p2−pn = 0 ⇔n2+p2−3np +n−p= 0.