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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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