Partie II. Analyse

(1)

Problème 1. Intersection de cercles.

Partie I. Homographie

1. Commec6= 0, on peut faire apparaitre le dénominateur dans le numérateur :

h(x) =

a

c(cx+d)−^ad_c +b

cx+d =λ+ µ

cx+d avecλ= a

c, µ=−ad−bc c 2. Siad−bc6= 0 alorsµ6= 0. La fonctionhest injective car

h(x1) =h(x2)⇒ µ x1

= µ x2

⇒x1=x2

Lorsquehn'est pas injective, on a donc bienad−bc= 0.

3. Avec l'expression du 1. il est évident que siad−bc= 0 la fonctionhest constante de valeurλ= ^a_c.

Partie II. Analyse

1. La gure est symétrique par rapport à la droite(OI). SoitΩun point sur le cercle et Ω⁰son symétrique par rapport à(OI). Les cercles attachés à ces points sont également symétriques, ils se coupent en deux points qui sont sur(OI). Lorsque tous les cercles se coupent en un pointM, ces deux cercles symétriques particuliers se coupent aussi enM qui doit donc être sur(OI).

2. On trouve k−−→

Ω_θIk²=R²−2iRcosθ+i² k−−−→

Ω_θMk²=R²−2mRcosθ+m²

3. Dans la conguration étudiée, le rapport ^Ω_Ω^θ_θ^M_I est constant égal àk. Or le carré de ce rapport s'exprime homographiquement en fonction ducos

k−−−→

ΩθMk² k−−→

Ω_θIk² =h(cosθ)avech(t) = −2mRt+R²+m²

−2iRt+R²+i²

La fonction h n'est pas injective car plusieurs cosθ distincts doivent conduire à la même valeurk². La condition de la partie I s'exprime alors comme

(−2mR)(R²+i²)−(−2iR)(R²+m²)+ = 0⇔i(R²+m²) =m(R²+i²) Cela entraine que la fonction est constante de valeurk²= ^a_c = i

m.

4. Les solutions de cette équation sont1et ^R_i2².

5. On cherche une équation vériée par k. Pour cela, on remplace m par k²i dans la relation de la question 3.. On en déduit que k² est une solution de l'équation de la question 4. Commek >0, les seules valeurs possibles pourk sont1et ^R_i.

Partie III. Synthèse

1. Sik= 1, tous les cerclesCΩ passent parI par dénition même.

2. On supposek=^R_i et le pointM déni par l'énoncé ses coordonnées sont donc(^R_i²,0). Calculons la distanceΩ_θM

k−−−→

Ω_θMk²= (R

i −cosθ)²+R²sin²θ= R²

i² R²−2iRcosθ+i²

=k²k−−→

Ω_θIk² Le pointM est donc sur tous les cerclesCΩ.

Problème 2. Systèmes d'équations diérentielles.

Partie I.

1. Soit(f1, f2)un couple de solutions, en dérivant la première équation et en substituant àf₂⁰ l'expression venant de la deuxième équation, on obtient une équation diérentielle ne contenant quef₁

f₁⁰⁰(t) = 2f₂⁰(t) =−2f₁(t) + 2te^t Ce qui montre quef1est solution de(E1).

2. Il s'agit d'une équation linéaire du second ordre à coecients constants dont le second membre est un polynôme-exponentiel. Les racines du polynôme caractéristique sont i√

2 et −i√

2. Selon le cours et la forme du second membre, on cherche une solution particulière sous la formet→(at+b)e^t. L'ensemble des solutions est

t→(−4 9 +2

3t)e^t+λcos(t√

2) +µsin(t√

2),(λ, µ)∈R²

3. Soit(f1, f2)un couple de solutions de(S), alorsf1est solution de(E1)donc il existe λetµtels que

f1(t) = (−4 9+2

3t)e^t+λcos(t√

2) +µsin(t√ 2)

(2)

D'après la première équation deS :

f2(t) = 1

2f₁⁰(t) = (1 9+1

3t)e^t+ 1

√

2(−λsin(t√

2) +µcos(t√ 2)) On vérie facilement que ces fonctions constituent bien un couple solution.

4. Le problème de Cauchy posée dans cette question se ramène à un système aux incon- nuesλet µ:







−4

9 +λ= 0 1

9+ µ

√2 = 0

⇔









 λ=4

9 µ=−

√2 9

Partie II.

1. La deuxième équation de (S2) est linéaire du premier ordre mais à coecients non constants. On la résoud par la méthode de variation de la constante. L'ensemble des

solutions est

t→ 1

2t²(1 +t²) +λ(1 +t²), λ∈R

On reporte l'expression que l'on vient de trouver dans la première équation ce qui forme une nouvelle équation du premier ordre à coecients non constants.

x⁰(t)− 4t

1 +t²x(t) =g(t)avecg(t) =−(t²

2 +λ)t²(1 +t²)

On résoud cette équation par calcul de primitive et variation de la constante. Les solutions sont de la forme

−t³ 6 + t

2 −arctant

2 +λ(arctant−t) +µ

(1 +t²)² oùµest un réel quelconque.

2. Le problème de Cauchy se ramène à un système aux inconnues λ et µ qui conduit facilement àλ=µ= 0.

Partie III.

1. En combinant linéairement les équations, on obtient queu= 2f−g est solution de (E₂) y⁰(t)−2y(t) =1

2e^t−3 2e^−t

2. En combinant linéairement les équations, on obtient queu=−f+g est solution de (E3) y⁰(t) + 3y(t) =e^−t

3. Il s'agit d'équations linéaires du premier ordre à coecients constants et second membres polynômes-exponentiels. L'ensemble des solutions de(E₂)est

t→ −sht+λe^2t, λ∈R L'ensemble des solutions de(E3)est

t→e^−t

2 +λe^−3t, λ∈R

4. D'après les questions précédentes,(x, y) est solution deS3 si et seulement si il existe des réelsλet µtels que







2x(t)−y(t) =−sht+λe^2t

−x(t) +y(t) = e^−t

2 +µe^−3t

⇔







x(t) =e^−t−e^t

2 +λe^2t+µe^−3t y(t) = 3

2e^−t−1

2e^t+λe^2t+ 2µe^−3t 5. Le problème de Cauchy se ramène à un système aux inconnuesλetµ







λ+µ=−1 2 λ+ 2µ=−1

⇔





 λ= 0 µ=−1

2

Problème 3. Théorème de Pick.

I. Système de Cramer

1. Le point fondamental est que l'espace des formes bilinéaires antisymétriques sur un plan est un espace vectoriel de dimension1(cours). Il existe donc un réelλtel que

det

(−→u ,−→v)

=λ det

(→− i ,−→

j)

Pour calculer ceλ, on prend la valeur pour la famille(−→ i ,−→

j). On en déduit det

(−→u ,→−v)

= det

(→−u ,−→v)

((−→ i ,−→

j) det

(−→ i ,→−

j)

(3)

On obtient la relation demandée en prenant la valeur pour la famille(−→u ,−→v). Soit(λ, µ)les coordonnées de−→w :

−

→w =λ−→u +µ−→u ⇒





 det

(−→ i ,−→

j)

(−→w ,−→v) =λ det

(−→ i ,−→

j)

(−→u ,−→v) det

(−→ i ,−→

j)

(−→u ,−→w) =µ det

(−→ i ,−→

j)

(−→u ,−→v)

Les coordonnées de−→w dans(−→u ,−→v)sont donc det₍⁻^→_{i ,}⁻^→_j₎(−→w ,−→v) det₍−→

i ,−→

j)(−→u ,−→v),

det₍⁻^→_{i ,}⁻^→_j₎(−→u ,−→w) det₍−→

i ,−→

j)(−→u ,−→v)

!

2. Comme−→u et−→v sont dansZ−→ i +Z−→

j, une inclusion est évidente : Z−→u +Z→−v ⊂Z−→

i +Z−→ j

Il s'agit donc de pouver l'équivalence

Z−→ i +Z−→

j ⊂Z−→u +Z−→v ⇔ det

(−→ i ,−→

j)

(−→u ,−→v)∈ {−1,+1}

Supposons que le déterminant soit±1.

Les formules de Cramer de la question précédente exprimant les coordonnées dans (−→u ,−→v)d'un vecteurw∈Z

−

→i+Z

−

→j montrent l'inclusion demandée car les déterminants au numérateur sont des entiers.

Réciproquement, supposons l'inclusion.

Les coordonnées des vecteurs−→ i et−→

j dans(−→u ,−→v)sont entiers. On en déduit que les deux déterminants de la relation

det

(→−u ,−→v)

(−→ i ,−→

j) det

(→− i ,−→

j)

(−→u ,−→v) = 1 sont des entiers. Ils sont donc tous les deux dans{−1,1}.

II. Triangles élémentaires

1. D'après le cours sur les déterminants,

S= 1

2det(−−→ AB,−→

AC)

On peut se permettre de ne pas écrire l'indice(−→ i ,−→

j)précisant la base dans laquelle on considère le déterminant car elle est orthonormée directe. La forme bilinéaire dé- terminant est la même pour toutes ces bases. Comme le déterminant prend une valeur entière car les coordonnées sont entières, l'aire d'un triangle entier est un multiple de

1 2.

2. Écrivons les coordonnées des côtés du parallélograme et du triangle

P ∈(AB)⇔Y(P) = 0, P ∈(CD)⇔Y(P) = 1,

P ∈(AC)⇔X(P) = 0, P∈(BD)⇔X(P) = 1,

P ∈(BC)⇔X(P) +Y(P)−1 = 0, On en déduit les systèmes d'inéquations des surfaces polygonales

parallélograme 0≤X(P)≤1, 0≤Y(P)≤1 triangle 0≤X(P), 0≤Y(P), X(P) +Y(P)−1≤0 3. Notons−→u =−−→

ABet −→v =−→

AC : S= 1

2 ⇒ det

(−→ i ,−→

j)

(−→u ,−→v) = 1

On en déduit avec I.2. que, pour tout pointP entier,X(P)etY(P)sont des entiers.

Alors, en utilisant 2.,

X(P)∈N Y(P)∈N X(P) +Y(P)≤1







⇒







(X(P) = 1, Y(P) = 0)ou (X(P) = 0, Y(P) = 1)ou (X(P) = 0, Y(P) = 0) c'est à direP ∈ {A, B, C}.

4. a. Soit Q un point entier. Approchons ses coordonnées dans la base associée au triangle par des parties entières. DénissonsP par :

X(P) =X(Q)− bX(Q)c, Y(P) =Y(Q)− bY(Q)c

Si au moins une des coordonnéesX(Q), Y(Q)n'est pas entière, alors au moins une des coordonnéesX(P),Y(P)n'est pas nulle donc

0≤X(P)<1, 0≤Y(P)<1, X(P)Y(P) = 0

(4)

De plusP est un point entier car−−→ QP ∈Z−→

i +Z−→

j. Le pointP⁰ est entier même siX(P)etY(P)ne le sont pas car

−−→P P⁰=−→u +−→v −−→

AP ∈Z−→ i +Z−→

j

Remarquons que0≤X(P⁰)≤1 et 0≤Y(P⁰)≤1 doncP⁰ est dans le parallélo- grame.

b. Pour un triangle entier (A, B, C), d'après la question précédente, s'il existe un point entierQdont les coordonnées relatives au triangle ne sont pas entières, il existe des points entiersP etP⁰ dans le parallélograme. De plus

X(P⁰) +Y(P⁰)−1 =−(X(P) +Y(P)−1)

donc au moins un des deux est dans le triangle (A, B, C). Par dénition de P au moins une de ses coordonnées est dans ]0,1[ donc il n'est pas un sommet, par dénition de P⁰, aucune de ses coordonnées n'est nulle donc il n'est pas un sommet.

Autrement dit : s'il existe un point entier dont les coordonnées dans le repère du triangle ne sont pas entières, alors le triangle(A, B, C)n'est pas élémentaire.

Par contraposition, si(A, B, C)est élémentaire alors tous les points entiers sont à coordonnées entières dans le repère du triangle ce qui entraine

Z−→ i +Z−→

j ⊂Z−→u +Z−→v

On conclut avec I.1., le déterminant vaut1puis II.1., l'aire du triangle est ¹₂.

III. Aires et comptages

1. Un triangle élémentaireT ne contient aucun point entier sauf ses sommets et son aire est ¹₂ donc

i(T) =0 l(T) =3 )

⇒i(T) +1

2l(T)−1 = 3

2 −1 = 1

2 = aire du triangle 2. Pour toute surface polygonaleP, dénissonsαpar

α(P) =i(P) +1

2l(P)−1 Montrons que sous les hypothèses de la question

α(P1∪ P2) =α(P1) +α(P2)

Supposons que les deux surfaces aient en commun une ligne polygonale comprenantp points entiers. Les deux extrémités sont sur le bord. On peut alors écrire

i(P1∪ P2) =i(P1) +i(P2) +p−2 ×1 l(P1∪ P2) =l(P1) +l(P2)−2p+ 2 ×1 2 et combiner avec les coecients indiqués

α(P1∪ P2)−1 =α(P1)−1 +α(P2)−1 + (p−2) +1

2(−2p+ 2)

⇒α(P1∪ P2) =α(P1) +α(P2) Comme l'aire vérie la même formule d'additivité, l'égalité entre les deux fonctions se propage àP1∪ P2.

3. Tout triangle entier, s'il n'est pas élémentaire se décompose en triangles entiers comme dans la question précédente. Si le triangle contient un point entier intérieur, on le décompoe en trois triangles entiers. Si le triangle contient un point entier sur un côté, on le décompose en deux. On peut poursuivre le processus tant que les triangles ne sont pas élémentaires. Tout triangle entier se décompose donc en triangles élémentaires qui sont de Pick.

4. La surface polygonale proposée se décompose en triangles (gure1) vériant la condition de la question 2. Elle est donc de Pick et son aire se calcule en comptant les points.

On trouve

37 +1

210−1 = 41

(5)

Fig. 1: Décomposition en triangles entiers