corrigé

ECOLEDEL’AIR
Math2
Concours2002
Les…gures sontenannexes
1a)OnécritMM 2
0=4a2:(x+2a)2+y2=4a2,x2+y2+4ax=0
Pouravoirl’équation polaire:
²on pose:x=rcos(µ),y=rsin(µ)doncr2+4arcos(µ)=0
²sir6=0onadoncr=¡4acos(µ)
²sir=0lepointestenO.Ilestobtenu parlaformuleprécédentepourµ=¼=2
r=¡4acos(µ)
On peutretrouvercetteformule enécrivantqueletriangleOMPestrectangle enMdoncOM=OPcos(µ)
1b)LadroiteDal’équationcartésiennex=2adonc en polairercos(µ)=2adoncr=2a
cos(µ)
Surl’axed’anglepolaireµonadoncpourµ6=¼
2(¼):¡¡¡¡!
OH(µ)=2a
cos(µ)u(µ)et¡¡¡¡!
OM(µ)=¡4acos(µ).Lemilieu donnedonc
¡¡¡!
OI(µ)=µa
cos(µ)¡2acos(µ)¶=aµ1¡2cos2(µ) cos(µ)¶=¡aµcos(2µ) cos(µ)¶
1c)Mêmesi lacondition n’estpasdemandée n’oubliez pasµ6=¼
2(¼)
²r(µ+2¼)=r(µ): lesdeuxpoints sontconfondus
²r(µ+¼)=¡r(µ): lesdeuxpoints sontconfondus
²r(¡µ)=r(µ): lesdeuxpoints sontsymétriquespar rapportàOx
²Pourobtenirlatotalitédu supportdelacourbeon peutprendreµ2[0;¼]¡©¼
2ª
²Un domained’étude estdonc£0;¼
2£eton déduitlacourbe entièreparsymétriepar rapportàOx
1d)Onar(µ)sin(µ¡¼=2)=¡r(µ)cos(µ)=acos(2µ)delimite¡asiµtend vers¼
2.Depluslim¼=2(r(µ)) = +1
Danslerepère(O;u(¼=2);v(¼=2)) onauneasymptoted’équationY=¡a,doncd’équationx=adanslerepèreinitial.
1e)SurE=[0;¼]¡©¼
2ªonales signes:
µ0¼=4¼=2 3¼=4¼
cos(µ)1+++0- - - ¡1
cos(2µ)1+0-¡1-0+1
r(µ)-1-0+j j -0+1
En¼=4lacourbepassepar0pointoulatangentefaitdoncun anglepolairede¼=4
D’oùla…gure.
1f)Laboucle correspond àµ2[¡¼=4;¼=4].
A=1
2Z¼=4
¡¼=4
r2dµ=a2Z¼=4
0µcos(2µ)
cos(µ)¶2
dµ
L’expressionaintégrerestinvarianteparµ¡>µ+¼.Onaen plusd(tan(µ)) =1
(cos(µ))2.Deuxbonnesraisonsdeposer
tan(µ)=uZ¼=4
0µcos(2µ)
cos(µ)¶2
dµ=Z1
0µ1¡u2
1+u2¶2
du=Z1
0
(1)du¡4Z1
0
du
(1+u2)+4Z1
0
du
(1+u2)2
en décomposantenéléments simples.
OrR1
0(1)du,R1 0
du
(1+u2)=[arctan(u)]1 0=¼ 4etenintégrantparpartie:
Z1
0
du
(1+u2)=1 2+2Z1
0
u2du
(1+u2)2=1
2+2Z1
0
du
(1+u2)¡2Z1
0
du
(1+u2)2
etdoncR1
0
du
(1+u2)2=1
4+¼ 8
A=a2(2¡¼=2)

1g)Onal’équation polaire:r=a³1
cos(µ)¡2cos(µ)´soitenmultipliantparcos(µ):
x=a³1¡2cos(µ)2´=aµ1¡2x2
x2+y2¶pourr6=0
Soit
x¡x2+y2¢=a(y2¡x2)
pourr=0lepointestàl’origine.(0;0)estbiensolution del’équation précédente.
Réciproquement toutpointdelacourbex¡x2+y2¢=a(y2¡x2)estun pointI(µ).Le calculseremontebiensaufpour
r=0oucos(µ)=0;doncx=0.Maisalorsontrouvel’originequiestbiensolution.
x¡x2+y2¢=a(y2¡x2)
2a)idem1a):x2+y2+2ax=0
2b)
²PouravoirM(t)on pose½y=tx
x2+y2+2ax=0ce quidonneaprès simpli…cation parx½x=¡2a
1+t2
y=¡2at
1+t2
Onéliminedu calcul lespointstelsquex=0doncsurle cerclelepointOquineseretrouvepasdansl’équation précédente
maisquicorrespondra au pointlimitet¡>§1.
²PouravoirH(t)on pose½y=tx
2ace quidonneaprès simpli…cation parx½x=2a y=2at
²resteàprendrelemilieu
J(t)=Ãat2
1+t2
at3
1+t2!
2c)Lesdeuxcoordonnées sontdesfonctionsC1etdJ
dt(t)=Ãa2t
(1+t2)2
at2(3+t2)
(1+t2)2!.
L’uniquepointstationnaire estlepoint telquet=0donclepointO.
Ence pointlapentedelatangente estlalimitedey
x=t.Latangente esthorizontale.
Ledéveloppementlimitéàl’ordre3enzérodonnesansproblèmeµx(t)
y(t)¶=µat2+o(t2) 0+o(t2)¶doncM"(0)=µ2a 0¶.
²L’équation delatangente en0estdoncy=0du typevoulusit0=0.
²sit06=0Onl’équation delatangente estdet¡J(t0)P;dJ
dt(t0)¢=0
¯¯¯¯¯¯
x¡at2
0
1+t2
0
2at0
(1+t2
0)2
y¡at3
0
1+t2
0
at2
0(3+t2 0)
(1+t2
0)2¯¯¯¯¯¯
=0
t0(3+t2
0)µx¡at2
0
1+t2
0¶¡2µy¡at3
0
1+t2
0¶=0ensimpli…antparat0
(1+t2
0)2
t0(3+t2
0)x¡2y=at3
0(3+t2 0)¡2t3 0
1+t2
0
=at3
0
Questionclé quipermetde véri…erlescalculs.
²Parparitédexetimparitédeylesupportdelacourbe estsymétriquepar rapportàOx.SurR+xetysontcroissant
.Sittend vers+1xtend versaetyvers+1:
2e)Onax=at2
1+t2ety=tx.Doncpourxnon nult=y xdoncx=ay2 x2+y2d’oùl’équation
x(x2+y2)=ay2
Six=0lepointestàl’origine,quiestsolution delaseconde équation.
Réciproquementsix(x2+y2)=ay2alorsenintroduisanty=txonretrouvel’équation paramétrique.
²
x(x2+y2)=ay2
2

3a)déjàvuencours:fairelePivotdeGauss L3ÃL3¡L1,L2ÃL2¡L1
¯¯¯¯¯¯
x1y11
x2y21
x3y31¯¯¯¯¯¯
=¯¯¯¯
x2¡x1y2¡y1
x3¡x1y3¡y1¯¯¯¯=det³tmat³¡¡¡¡!
M1M2;¡¡¡¡! M1M3´´
3b)Oncommence parmettreaenfacteurdanslesdeuxpremièrescolonnespuisonretranchelapremièreàlatroisième.
Ensuiteonretranchelapremièreligneauxdeuxautres.
¯¯¯¯¯¯
at2
1at3 11+t2 1
at2
2at3 21+t2 2
at2
3at3 31+t2 3
¯¯¯¯¯¯
=a2¯¯¯¯¯¯
t2
1t3 11
t2
2t3 21
t2
3t3 31¯¯¯¯¯¯
=a2¯¯¯¯
t2
2¡t2 1t3 2¡t3 1
t2
3¡t2 1t3 3¡T3 1¯¯¯¯
Onfactorise(t2¡t1)danslapremièreligne et(t3¡t1)danslaseconde:
¯¯¯¯¯¯
at2
1at3 11+t2 1
at2
2at3 21+t2 2
at2
3at3 31+t2 3
¯¯¯¯¯¯
=a2(t3¡t1)(t2¡t1)¯¯¯¯
t2+t1t2
2+t1t2+t2 1
t3+t1t2
3+t3t1+t2 1¯¯¯¯
=a2(t3¡t1)(t2¡t1)¯¯¯¯
t2+t1t2
2+t1t2+t2 1
t3¡t2t2
3¡t2 2+t3t1¡t2t1¯¯¯¯:L2ÃL2¡L1
=a2(t3¡t1)(t2¡t1)(t3¡t2)¯¯¯¯
t2+t1t2
2+t1t2+t2 1
1t1+2+t3¯¯¯¯
=a2(t3¡t1)(t2¡t1)(t3¡t2)¡(t2+t1) (t1+t2+t3)¡¡t2
2+t1t2+t2 1¢¢
=a2(t3¡t1)(t2¡t1)(t3¡t2) (t1t2+t1t3+t2t3)
3c)Troispoints sontalignés sietseulementsi ledéterminant¯¯¯¯¯¯¯
2a
1+t2
1
2at1
1+t2
1
1
2a
1+t2
2
2at2
1+t2
21
2a
1+t2
3
2at3
1+t2
3
1
¯¯¯¯¯¯¯
estnul .Sionmultiplielaligneipar¡1+t2
i¢
onretrouveD(t1;t2;t3).
Lespoints sontdistinctsdonc(ti¡tj)6=0pouri6=j.aestaussinon nul .
Troispoints sontalignés sietseulement(t1t2+t1t3+t2t3)=0
3c)Laformuleprécédentedonnet3=¡t1t2
t1+t2sit1+t26=0.
Onvéri…et36=t1,t1=¡2t2
Avec lesnotationsdelaquestiont(")=¡t0(t0+")
2t0+"si2t0+"6=0ett0+"6=¡2t0doncsi"6=¡2t0et"6=¡3t0.Commeon
veutfairetende"verszéro,cette conditionestrempliepour"assez petitsit06=0.
Ona alors sit06=0:lim(t(")) =¡t0
2.
Parcontresit0=0ladroiteOJ(")nerecoupepaslacourbe.
Pardé…nition delatangenteun vecteurunitairedeJ(t0)J(t0+")tend versun vecteurunitairedelatangente.Levecteur
¡¡¡¡¡¡¡¡!
J(t0)J(t(")) tend doncaussiversun vecteurdirecteurdelatangente,si lalimite estnon nulle.Levecteur¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡! J(t0)J(¡t0=2)
estun vecteurdirecteurdelatangentes’il estnon nul.
Sit06=0LepointJ(¡t0=2)estdoncpointd’intersection delacourbe etdelatangente.
Ory(t)eststrictementcroissante(dérivée positive,strictementpositivesaufen un nombre…nidepoints).Donc
¡¡¡¡¡¡¡¡¡!
J(t0)J(t0=2)) =¡! 0,t0=¡t0=2,t0=0
Sit06=0latangente enJ(t0)recoupelacourbeau pointdeparamétret0=2
Pourladernièrequestionon doitmontrer(toujoursenexcluantlatangenteàl’origine)
D(t1;t2t3)=0)D(¡t1=2;¡t2=2;¡t3=2)=0
ce quisevéri…esansproblèmesurlaformedéveloppée deD.
3