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Corrigé Epreuve 2001 : Ellipse (03,5 pts)

Détails: Catégorie : COURBES PLANES

1 a) Détermination des sommets.

l'ellipse ayant pour : centre $I$ , sommet $A$ , foyer $O$

on a : I est le milieu de $\left[ AA^{\prime }\right]$ avec $A\prime$ le
sommet opposé .

donc $x_{A}=2x_{I}-x_{A}$

$y_{A}=2y_{I}-y_{A}$ donc $A^{\prime }\left( \begin{array}{c} 9 0 \end{array} \right)$

. l'équation de l'ellipse est de la forme avec $\frac{X {{}^2} }{a {{}^2} }+\frac{Y {{}^2} }{a {{}^2} -c {{}^2} }=1$ $a=IA=5,C=IO=4$ donc l'ellipse a pour pour équation :

$\frac{X {{}^2} }{25}+\frac{Y {{}^2} }{9}-1$ avec $\left\{ \begin{array}{c} X=x-4 Y=y \end{array} \right.$

les autres sommets ayant même abscisse que $I$ , on a $\frac{\left( x-4\right) {{}^2} }{25}+\frac{y {{}^2} }{9}-1$

pour $x=4$ on a $y=3$ ou $y=-3$

d'où $B\left( \begin{array}{c} 4 3 \end{array} \right)$ $B^{\prime }\left( \begin{array}{c} 4 -3 \end{array} \right)$

Ainsi les trois autres sommets sont $A\left( \begin{array}{c} 9 0 \end{array} \right)$ \ $B\left( \begin{array}{c} 4 +3 \end{array} \right)$ \ $B^{\prime }\left( \begin{array}{c} 4 -3 \end{array} \right)$

1.b. Détermination de l'excentricité $e$ : $e$ = $\frac{c}{a}=\frac{4}{5}$

. Détermination de la directrice

$D$ a pour l'équation : $x-\frac{a {{}^2} }{c}$ dans le repére $\left( O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j} \right)$

c'est-à-dire $x-4=\frac{25}{4}$ dans $\left( 0,\overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}\right)$

d'où $D$ : $x=\frac{25}{2}+2=\frac{41}{4}$

1.c : $\left( E\right) :\frac{\left( x-4\right) {{}^2} }{25}+\frac{y {{}^2} }{9}-1$

2.a) Résolution de l'équation :

$Z {{}^2} -2\left( 4+5\cos \theta \right) Z+4\left( 4\cos \theta +5\right) =0$

$\theta \in \left[ 0,\pi \right]$

$\Delta ^{\prime }=\left( 3i\sin \theta \right) {{}^2}$

$Z_{1}=4+\cos \theta +3i\sin \theta$

$Z_{2}=4+5\cos \theta -3i\sin \theta$

b) Coordonnée de $M_{L}$

. Dans $\left( 0,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}\right)$ a pour
coordonnée $\left\{ \begin{array}{c} X=4+5\cos \theta Y=3\sin \theta \end{array} \right.$

donc $\left\{ \begin{array}{c} \cos \theta =\frac{X-4}{5} \sin \theta =\frac{Y}{3} \end{array} \right.$

d'où $\frac{\left( X-4\right) {{}^2} }{25}+\frac{Y {{}^2} }{9}-1$ avec $y<0$

L'ensemble des points $M_{2}$ lorsque $\theta$ varie dans $\left[ 0,\pi \right]$ est la demi ellipse située dans le demi plan $y>0$

a pour coordonnée $\left\{ \begin{array}{c} X=4+5\cos \theta Y=-3\sin \theta \end{array} \right.$

donc $\left\{ \begin{array}{c} \cos \theta =\frac{X-4}{5} \sin \theta =\frac{Y}{3} \end{array} \right.$ d'où $\frac{\left( X-4\right) {{}^2} }{25}+\frac{Y {{}^2} }{9}-1$ avec $y<0$

l'ensemble des points $M_{2}$ lorsque varie dans $\left[ 0,\pi \right]$ est
le symétrique de l'ensemble des points $M_{L}$ par rapport à l'axe
des abscisses.

Corrigé Epreuve 2002 : Equation reduite d’une hyperbole ( 3,5 points)

Détails: Catégorie : COURBES PLANES

1) (H) : $x {{}^2}$ $-$ $2y {{}^2}$ $=1$

$x {{}^2}$ $-$ $2y {{}^2} =1\Longleftrightarrow x {{}^2} -\frac{1}{\frac{1}{2}}y {{}^2} =1$

donc $(H)$ a une équation de la forme : $\frac{x {{}^2} }{a {{}^2} }-\frac{y {{}^2} }{b {{}^2} }=1$ qui est l'équation d'une hyperbole de foyer $F\left( \frac{\sqrt{6} }{2},0\right)$ , de directrice associée d'équation $x=\frac{1}{\frac{ \sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ d'excentricité $e=\frac{\sqrt{6}}{2}$

Construction

2) $M(x,y)$

$\left\{ \begin{array}{c} x=\frac{1}{\cos \left( 2t\right) }o\grave{u}\text{ }t\text{ }\in \left[ 0, \frac{\pi }{4}\right] \\ y=\frac{1}{\sqrt{2}}\tan \left( 2t\right) \end{array} \right.$

a) si $t\in \left[ 0,\frac{\pi }{4}\right]$ alors $x\in \left[ 1;+\infty \right]$

on a : $x {{}^2} -2y {{}^2} =\frac{1}{\cos {{}^2} \left( 2t\right) }-\tan {{}^2} \left( 2t\right)$

$=1\tan {{}^2} \left( 2t\right) -\tan {{}^2} \left( 2t\right)$

$=1$

donc la trajectoire $\left( \Gamma \right)$ de $M$ est la partie de $(H)$
correspondant à $x$ dans $\left[ 1;+\infty \right[$

b) la vecteur vitesse $\vec{V}$ a pour coordonnées $x$ ' et $y$ ' avec : $x^{\prime }=\frac{-2\sin 2t}{\cos {{}^2} \left( 2t\right) }$

$y^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{2}}.2\left( 1+\tan {{}^2} \left( 2t\right) \right)$

$y^{\prime }=\sqrt{2}\left( 1+\tan {{}^2} \left( 2t\right) \right)$

Pour $x=2$ on a $\cos 2t=\frac{1}{2}$

$\left\{ \begin{array}{c} t=\frac{\pi }{6}+k\pi \\ t=-\frac{\pi }{6}+k\pi \end{array} \right.$

or $t\in \left[ 0,\frac{\pi }{4}\right]$ dans $t=\frac{\pi }{6}$

le point d'abscisse 2 a pour ordonnée $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{ \sqrt{6}}{\sqrt{2}}$

en ce point $\overrightarrow{V}$ a pour coordonnées $\overrightarrow{ V\left( -\sqrt{3};4\sqrt{2}\right) }$

la tangente au point de coordonnées $\left( 2;\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$
a pour vecteur directeur $\overrightarrow{V\left( -\sqrt{3},4\sqrt{2}\right) }$

c) le vecteur accélération a pour coordonnées $x$
et $y$ avec :

$x"=\frac{\left[ 4\cos \left( 2t\right) \ast \cos {{}^2} \left( 2t\right) +2\cos 2t.2\sin \left( 2t\right) .2\sin \left( 2t\right) \right] }{\cos ^{4}\left( 2t\right) }$

$x"=\frac{-4\cos \left( 2t\right) \left( \cos {{}^2} \left( 2t\right) +\sin {{}^2} \left( 2t\right) \right) }{\cos ^{4}\left( 2t\right) }$

$x"=\frac{-4}{\cos ^{3}\left( 2t\right) }$

$y"=\sqrt{2}\left( 2\tan \left( 2t\right) \right) .\left( 2\left( 1+\tan {{}^2} \left( 2t\right) \right) \right)$

$y"=4\sqrt{2}.\tan \left( 2t\right) \left( 1+\tan {{}^2} \left( 2t\right) \right)$

On a : $\overrightarrow{V}.\overrightarrow{y}$ $=\frac{8\sin \left( 2t\right) }{\cos ^{5}\left( 2t\right) }+8\tan \left( 2t\right) \left( 1+\tan {{}^2} \left( 2t\right) \right) {{}^2}$

On a : $\overrightarrow{V}.\overrightarrow{y}>0$ donc le mouvement de $M$ est accéléré.

Corrigé Epreuve 2003 : Courbe paramétrée

Détails: Catégorie : COURBES PLANES

$(C)$ est le cercle trigonométrique.

A tout point $m\in(C),$ on associe $M$ symétrique du point $A$ d'affixe
$1$ par rapport à la tangente en $m$ au cercle $(C)$ .

1) montrons que l'axe des abcsisses est un axe de symétrie de
$(\Gamma)$

Soit $S$ la reflexion d'axe l'axe des abscisses

et posons $S(M)=M\prime$

$\bigskip$ appelons $(T)$ la tangente en $m$ au cercle $(C)$

soit $S(T)=(T\prime),S(m)=m\prime$

on a $T\prime$ est tangente à $(C)$ en $m\prime$

$S(A)=A$

$(T)$ étant la médiatrice de $[AM]$ , alors $(T\prime)$ est la
médiatrice de $[AM\prime]$

d'où S $_{T\prime}(A)=M\prime$

donc $M\prime$ est le symétrique du point $A$ par rapport à
$(T\prime)$ qui est la tangente en $m\prime$ à $(C)$ .

d'où $M\prime\in(\Gamma)$

On a $m(cost,sint)$ , $A(1,0)$ et $M(x,y)$

$\overrightarrow{Om}$ colinéaire à $\overrightarrow{AM}$ donc
det( $\overrightarrow{Om}$ , $\overrightarrow{AM}$ ) = 0

$\left\vert \begin{array} [c]{ll} \cos t & x-1\\ \sin t & y \end{array} \right\vert =0$

donc $(x-1)\sin t-y\cos t=0$

ainsi on obtient $x\sin t-y\cos t=\sin t\qquad(1)$

$I$ milieu de $\left[ AM\right]$ est sur $(T)$

$I\left(\frac{x+1}{2},\frac{y}{2}\right) \qquad$

donc $I\in(T)\Longleftrightarrow\frac{~\frac{y}{2}-~\sin t}{~\frac{~x+1} {2}-\cos t}=\frac{~-\cos t}{~\sin t}$

ce qui donne $x\cos t+y\sin t=2-\cos t\qquad(2)$

On a le système

$\left\{ \begin{array}{llll} x\cos t+y\sin t=2-\cos t\\ x\sin t-y\cos t=\sin t \end{array} \right$

En résolvant le système on obtient:

$\left\{\begin{array}{llll} x=2\cos t-\cos2t\\ y=2\sin t-\sin2t \end{array} \right$

a) Variation de $x$ et $y$ sur $[0,\pi]$

$x\prime=2sin2t-2sint$

$x\prime=2\sin t(2\cos t-1)$

$y\prime=2\cos t-2\cos2t$

$y\prime=-4\cos^{2}t+2\cos t+2$

$y\prime=-4(\cos t-1)(\cos t+\frac{~1}{~2})$

$\overrightarrow{~v}\left( \begin{array} [c]{c} x\prime\\ y\prime \end{array} \right) \overrightarrow{v}\left( \begin{array} [c]{c} 2sin2t-2sint\\ 2cost-2cos2t \end{array} \right) \qquad\overrightarrow{~u}\left( \begin{array} [c]{c} \cos\frac{~3}{~2}t\\ \sin\frac{~3}{~2}t \end{array} \right)$

Evaluons det( $\overrightarrow{~u}~,~\overrightarrow{~v})$

det({tex}\overrightarrow{~u}~,~\overrightarrow{~v})=2\cos t\cos\frac{~3}

{~2}t-2\cos\frac{~3}{~2}t\cos2t+2\sin t\cos\frac{~3}{~2}t-2\sin2t\sin\frac
{~3}{~2}t{/tex}

det( $\overrightarrow{~u}~,~\overrightarrow{~v})=2\cos\frac{~t}{~2} -2\cos(2t-\frac{~3}{~2}t)$

det( $\overrightarrow{~u}~,~\overrightarrow{~v})=2\cos\frac{~t}{~2}-2\cos \frac{~t}{~2}=0$

donc $\overrightarrow{~u}~et~\overrightarrow{~v}$ colinéaires

c) Pente de $(AM)$

$\frac{y-0}{~x-1}~?$

$a(t)=\frac{~2\sin t-\sin2t}{~2\cos t-\cos2t-\cos2t-1}$

$a(t)=\frac{~2\sin t(1-\cos t)}{~-2\cos^{2}t+2\cos t}=\frac{~2\sin t(1-\cos t)}{~2\cos t(1-\cos t}$

$a(t)=\tan t$

$\lim_{t\rightarrow 0} a(t)=0$

$a_{0}=0$

La tangente en $A$ est parallèle à $Ox$ , c'est d'ailleurs l'axe $Ox$

Ce sont les points où la direction de $\overrightarrow{u}$ est un des axes
du repère

c'est à dire $\frac{3t}{2}=k\frac{\pi}{2},k\in \mathbb{Z} .$

$t=k\frac{\pi}{3},k\in \mathbb{Z}$

Sur $[0,\pi]$ on a donc $k=0$ ou $k=1$ ou $k=2$ ou $k=3$

pour $k=0,$ on a le point $A$ où la tangente est $Ox$

pour $k=1,$ on obtient le point $B(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$ ou la
tangente est parallèle à Oy

pour $k=2,$ on obtient le point $C(\frac{-1}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2})$ ou la
tangente est parallèle à Ox

pour $k=3,$ on obtient le point $D(-3,0)$ ou la
tangente est parallèle à $Oy$

courbe de $(\Gamma)$

Corrigé Epreuve 1999 : Ellipse (04 pts)

Détails: Catégorie : COURBES PLANES

$\left( E\right) =\left\{ M\left( z\right) /\left\vert z-1-i\right\vert = \frac{1}{4}\left\vert z+i\bar{z}-8\left( 1-i\right) \right\vert \right\}$

1) a) $z+i\bar{z}-8\left( 1-i\right)$

Soit $z=x+iy$

$z+i\bar{z}-8\left( 1-i\right) =0\Longleftrightarrow x+iy+i\left( x-iy\right) -8\left( 1-i\right) =0$

$\Longleftrightarrow \left( x+y-8\right) +i\left( x+y-8\right)$

$\Longleftrightarrow x+y-8=0$

donc l'ensemble $\left\{ M\left( z\right) /z+i\bar{z}-8\left( 1-i\right) =0\right\}$ est la droite $\left( \Delta \right)$ d'équation $x+y-8=0$

b) $\left\vert z-1-i\right\vert =\frac{1}{4}\left\vert z+i\bar{z}-8\left( 1-i\right) \right\vert$

on a $\left\vert z-1-i\right\vert =MF$ avec $F(1+i)$ $et$ $M(z)$

$\left\vert z+i\bar{z}-8\left( 1+i\right) \right\vert =\left\vert x+y-8+i\left( x+y-8\right) \right\vert$

$=\sqrt{2\left( x+y-8\right) {{}^2} }$

$=\sqrt{2\left\vert x+y-8\right\vert }$

on a $d(M,D)=\frac{\left\vert x+y-8\right\vert }{\sqrt{2}}$

donc (1)

$\Longleftrightarrow MF=\frac{1}{4}\left( 2d\left( M,\Delta \right) \right)$

$\Longleftrightarrow MF=\frac{1}{2}d\left( M,\Delta \right)$

$\Longleftrightarrow \frac{MF}{d\left( M,\Delta \right) }=\frac{1}{2}$

d'où $(E)$ est la conique d'excentricité ${\frac12}$ , de foyer $F(1+i)$ et de directrice d'équation : $x+y-8=0$

2) a) $(D)$ axe focal de $(E)$

on a $F\in (D)$ et $(D)$ perpendiculaire à $\left( \Delta \right)$ donc
$\overrightarrow{u}\left( 1,1\right)$ est un vecteur directeur de $(D)$

(D) a une équation de la forme $y=x+b$ comme $F(1,1)$ $(D)$ on a $b=0$
d'où $(D)$ d'équation $y=x$

b) $A(2+2i)$ , $A\prime (-2-2i)$ soit $z_{A}=2+2i$ , $z_{A^{\prime }}=-2-2i$

Montrons que $A\in \left( E\right)$ $et$ $A^{\prime }\in \left( E\right)$

On a $\left\vert z_{A}-1-i\right\vert =\left\vert 2+2i-1-i\right\vert =\left\vert 1+i\right\vert =\sqrt{2}$

$\frac{1}{4}\left\vert z_{A}+i\bar{z}_{A}-8\left( 1+i\right) \right\vert = \frac{1}{4}\left\vert 4+4i\right\vert =\left\vert 1+i\right\vert =\sqrt{2}$

donc $A$ $\in \left( E\right)$ car $z_{A}$ vérifie $\left( E\right)$

$\left\vert z_{A}-1-i\right\vert =\left\vert 2+2i-1-i\right\vert =\left\vert -3-3i\right\vert =3\left\vert 1+i\right\vert$

$\frac{1}{4}\left\vert z_{A}+i\bar{z}_{A}-8\left( 1+i\right) \right\vert = \frac{1}{4}\left\vert -2-2i-2-8-8i\right\vert =\frac{1}{4}\left\vert -12-12i\right\vert =3\left\vert 1+i\right\vert$

$\Longrightarrow z_{A^{\prime }}$ vérifie $(E)$ $\Longrightarrow A^{\prime }\in (E)$

D'autre part , $A\in \left( D\right)$ et $A^{\prime }\in \left( D\right)$
d'où $A$ et $A\prime$ des sommets de $(E)$

Soit B et $B\prime$ les sommets situés sur l'axe non focal $(D\prime )$ on a $BF=\frac{1}{2}d\left( D^{\prime },\Delta \right) \Longrightarrow B\in$ au cercle de centre $F$ et de rayon $\frac{1}{2}d\left( D^{\prime },D\right)$ et $B\in D^{\prime }$ . $B\prime$ vérifie la même chose

donc $\mathbf{B}$ et $B\prime$ sont les intersections de ce cercle avec $D\prime$ .

Corrigé Epreuve 2006: Courbe paramétrée

Détails: Catégorie : COURBES PLANES

1) On considère l'équation différentielle $y\prime\prime +y\prime=\frac{e^{-x}\cos(x)}{2+\sin x}\qquad(E).$

On pose g(x) = $e^{x}f(x)$ , f étant une fonction numérique
dérivable sur $\mathbb{R}$ .

a) Montrons que f est solution de $(E)$ si et seulement si g'(x) = $\frac {\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)}$

On suppose que f est solution de $(E)$ , montrons que $g'(x) = \frac{\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)}.$

g'(x) = e $^{x}f(x)+e^{x}f\prime(x)=e^{x}(f(x)+f\prime(x))$

Donc $f(x)+f\prime(x)=e^{-x}g\prime(x)=e^{-x}\frac{\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)}$

d'où g'(x) = $\frac{\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)}.$

On suppose que g'(x) = $\frac{\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)},$
montrons que fest solution de $(E)$ .

$\frac{\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)}=$ g'(x)= e $^{x}f(x)+e^{x}f\prime(x)=e^{x} (f(x)+f\prime(x))$

donc $f(x)+f\prime(x)=\frac{e^{-x}\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)}$

f est alors solution de $(E)$ .

Déterminons la solution générale de $(E)$ .

on a $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si g'(x) = $\frac{\cos (x)}{2\ +\ \sin(x)}.$

g'(x) = $\frac{\cos(x)}{2\ +\ \sin(x)}=\frac{(2\ +\ \sin(x))\prime }{(2\ +\ \sin(x))}$ ,donc g(x) = ln $\left( 2\ +\ \sin(x)\right) +c.$

or f(x) = e $^{-x}g(x)$

donc f(x) = $e^{-x}$ ln $\left( 2\ +\ \sin(x)\right) +ce^{-x}$

Déterminons la solution de (E) qui s'annule en 0.

f(0) = 0 donne ln2 + c = 0, donc c= - ln $2$

la solution qui s'annule en 0 est f(x) = $e^{-x}$ ln $\left( 2\ +\ \sin (x)\right) -e^{-x}\ln2$

f(x) = $e^{-x}\ln\left( \frac{2+\sin x}{2}\right)$

2) Dans le plan rapporté à un repère orthonormé direct, on
considère la courbe ( $\Gamma)$ d'équations paramétriques

$\left\{ \begin{array}{c} x(t) = \ln(2+\sin(t)) \\ & & ; t\in \mathbb{R} \\ y(t) = \ln(2+\cos(t)) \end{array}$

a) comparons $M(t)etM(t+2\pi)$

$\left\{ \begin{array}{c} x(t+2\pi) = \ln(2+\sin(t+2\pi)) = x(t) \\ y(t+2\pi) = \ln(2+\cos(t+2\pi)) = y(t) \end{array}$

donc M $(t)=$ M $(t+2\pi)$

comparons $M(t)etM(-t+\frac{\pi}{2})$

$\left\{ \begin{array}{c} x(-t+\frac{\pi}{2}) = \ln(2+\sin(-t+\frac{\pi}{2})) =\ln(2+\cos(t)) = y(t) \\ y(-t+\frac{\pi}{2}) = \ln(2+\cos(-t+\frac{\pi}{2})) =\ln(2+\sin(t)) = x(t) \end{array}$

M $(-t+\frac{\pi} {2})$ = $S_{\Delta}(M(t))$

où $\Delta$ est la première bissectrice

donc M $(-t+\frac{\pi}{2})$ et M $(t)$ sont symétriques par rapport à la
symétrie orthogonal d'axe la première bissectrice.

b) pour tout $M$ $\in$ $(\Gamma)$ , $S_{\Delta}$ (M)= $M(-t+\frac{\pi}{2}$
) $\in$ $(\Gamma)$ , donc la symétrie orthogonanle d'axe la première
bissectrice conserve $(\Gamma).$

on a vu que $M(t)=M(t+2\pi)$ donc, on peut étudier $(\Gamma)$ sur un
intervalle de longueur $2\pi$ , $soit\left[ \frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4} +2\pi\right[$ et obtenir toute la courbe $(\Gamma).$

On a également un axe de symétrie $\Delta$ pour ( $\Gamma)$ , ce qui
permet de réduire l'étude de ( $\Gamma)$ à un intervalle de
longueur $\pi$ , soit $\left[ \frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}+\pi\right[$

d'où pour construire $(\Gamma)$ , il suffit d'étudier x et y dans
$\left[ \frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}+\pi\right[ =\left[ \frac{\pi}{4} ,\frac{5\pi}{4}\right[$

c) tableau de variations des fonctions x et y dans $\left[ \frac{\pi} {4},\frac{5\pi}{4}\right[$ .

$x(t)=\ln(2+\sin t)$

la fonction $x$ est dérivable sur $\left[ \frac{\pi}{4},\frac{5\pi} {4}\right[$ et on a :

$x\prime(t)=\frac{\cos t}{2+\sin t}$

$y(t)=\ln(2+\cos t)$

la fonction $y$ est dérivable sur $\left[ \frac{\pi}{4},\frac{5\pi} {4}\right[$ et on a :

$y\prime(t)=\frac{-\sin t}{2+\cos t}$

Courbe de ( $\Gamma)$ :

On construit $M(t)$ pour $t$ appartenant à $\left[ \frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}+\pi\right[$

puis on utilise la symétrie par rapport à $\Delta$ pour compléter la courbe.

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