Décomposons le second membre : (cos t)(sh t) = 1

(1)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 2 29 juin 2019

Exercice 1.

Décomposons le second membre : (cos t)(sh t) = 1

4 e

^λt

+ e

^−λt

+ e

^λt^¯

+ e

⁻^¯^λt

= 1

2 Re(e

^λt

) + Re(e

^−λt

)

avec λ = −1 + i . Remarquons que λ est racine simple de l'équation caractéristique. On cherchera donc une solution de l'équation avec le second membre e

^λt

sous la forme tAe

^λt

et une solution de l'équation avec le second membre e

^−λt

sous la forme Ae

^−λt

.

Les calculs permettent de remplir le tableau suivant second membre solution

e

^λt ⁻ⁱ₂

te

^λt

e

^−λt ¹⁺ⁱ₈

e

^−λt

Re(e

^λt

)

¹₂

te

^−t

sin t Re(e

^−λt

)

¹₈

e

^t

(cos t + sin t) On en déduit que les solutions sont les fonctions de la forme

e

^−t

(A cos t + B sin t) + 1

4 te

^−t

sin t + 1

16 e

^t

(cos t + sin t)

Exercice 2.

La hauteur issue de A est la droite A + Vect( − − → BC ∧ −−→

BD) . 1. La distance entre les deux droites et

det( − − →

P Q, − → u , − → v ) k− → u ∧ − → v k

2. La formule du double produit vectoriel et la dénition du produit vectoriel avec le déterminant conduisent à

( − − → BC ∧ −−→

BD) ∧ ( −→

AC ∧ − − →

AD) = det( −→

AC, − − → AD, − − →

BC) −−→

BD − det( −→

AC, − − → AD, −−→

BD) − − → BC Or

det( −→

AC, − − → AD, −−→

BD) = det( −→

AC, − − → AD, − − →

BC) + det( −→

AC, − − → AD, −−→

CD)

avec det( −→

AC, − − → AD, −−→

CD) = 0 car −−→

CD = − −→

AC + − − → AD . De même

det( −→

AC, − − → AD, − − →

BC) = det( −→

AC, − − → AD, − − →

BA) = − det( − − → AB, −→

AC, − − → AD)

On en déduit nalement que le vecteur proposé est égal à det( − − →

AB, −→

AC, − − → AD) −−→

DC 3. La hauteur issue de A est dirigée par − − →

BC ∧ −−→

BD et celle issue de B par −→

AC ∧ − − → AD . On peut donc appliquer la formule citée en question 1 pour évaluer la distance entre ces hauteurs. L'introduction du produit mixte et le résultat de la question précédente conduisent à l'expression suivante de cette distance

det( − − →

AB, −→

AC, − − → AD)( −−→

DC/ − − → AB)

det( − − →

AB, −→

AC, − − → AD)DC )

= AB cos δ

où δ est l'écart angulaire entre les vecteurs −−→

DC et − − → AB .

4. D'après la question précédente, les quatre hauteurs se coupent deux à deux si et seulement si les arêtes opposées sont orthogonales.

Montrons que lorsque les arêtes opposées sont deux à deux orthogonales les quatre hauteurs sont concourantes.

Notons I

AB

le point d'intersection des hauteurs issues de A et de B . Il est de la forme I

AB

= A + λ − − →

BC ∧ −−→

BD

pour un certain λ réel. On peut déterminer ce nombre en écrivant (avec un produit scalaire) que −−−→

I

AB

B est orthogonal au plan (ACD) c'est à dire à −→

AC ∧ − − →

AD . On trouve

I

AB

= A + ( − − → AB/ − − →

AD)

∆

− − → BC ∧ −−→

BD avec ∆ = det( − − → AB, −→

AC, − − → AD)

Montrons maintenant que I

AB

est sur la hauteur issue de C en montrant que −−−→

CI

AB

est orthogonal au plan (ABD) . Il sut pour cela de montrer que les produits scalaires ( −−−→

CI

_AB

/ − − →

AB) et ( −−−→

CI

_AB

/ − − → AD)

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai S1202C

(2)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 2 29 juin 2019

sont nuls. Or

( −−−→

CI

AB

/ − − →

AB) = ( −→

CA/ − − →

AB) + ( − − → AB/ − − →

AD)

∆ ( − − → BC ∧ −−→

BD/ − − → AB)

= ( −→

CA/ − − →

AB) + ( − − → AB/ − − →

AD) = ( − − → AB/ −−→

CD) = 0 Les calculs sont analogues pour le deuxième produit scalaire ainsi que pour les deux autres montrant que I

AB

est sur la quatrième hauteur.

5. Notons P le plan contenant B , C , D et considérons les plans contenant les hauteurs du triangle B, C, D et un vecteur normal à ce plan. Ils se coupent selon une droite perpendiculaire au plan et qui perce le plan en l'orthocentre. Lorsque le point A est sur cette droite, les arêtes opposées sont deux à deux orthogonales.

Exercice 3.

1. On sait que tout cercle est la ligne de niveau 0 d'une fonction de la forme x

²

+ y

²

+ ax + by + c

Il existe donc un cercle contenant le points A

_i

si et seulement si il existe a , b , c réels tels que

∀i ∈ {1 · · · n} : ax(A

i

) + by(A

i

) + c = −(x(A

i

)

²

+ y(A

i

)

²

) Il s'agit donc d'un système de n équations aux trois inconnues a , b , c . 2. Pour n = 3 , le système devient



 

 

ax(A

₁

) + by(A

₁

) + c = −(x(A

1

)

²

+ y(A

₁

)

²

) ax(A

2

) + by(A

2

) + c = −(x(A

2

)

²

+ y(A

2

)

²

) ax(A

3

) + by(A

3

) + c = −(x(A

3

)

²

+ y(A

3

)

²

)

Il admet une unique solution si et seulemnt si le déterminant est non nul soit

x(A

1

) y(A

1

) 1 x(A

2

) y(A

2

) 1 x(A

3

) y(A

3

) 1

6= 0

On retrouve bien la condition d'alignement et le fait que par trois points passe un unique cercle (le cercle circonscrit) si et seulement si ils sont non alignés.

Lorsqu'un cercle est la ligne de niveau 0 d'une fonction de la forme x

²

+ y

²

+ ax + by + c

les coordonnées du centre sont (−

^a₂

, −

^b₂

) . Les coordonnées du centre du cercle circonscrit à A

1

, A

2

, A

3

sont donc







− 1 2

x(A

1

)

²

+ y(A

1

)

²

y(A

1

) 1 x(A

2

)

²

+ y(A

2

)

²

y(A

2

) 1 x(A

3

)

²

+ y(A

3

)

²

y(A

3

) 1

x(A

1

) y(A

1

) 1 x(A

2

) y(A

2

) 1 x(A

3

) y(A

3

) 1

, − 1 2

x(A

1

) x(A

1

)

²

+ y(A

1

)

²

1 x(A

2

) x(A

2

)

²

+ y(A

2

)

²

1 x(A

3

) x(A

3

)

²

+ y(A

3

)

²

1 x(A

1

) y(A

1

) 1 x(A

2

) y(A

2

) 1 x(A

3

) y(A

3

) 1







3. Notons D

_x

, D

_y

, D

_z

, D les déterminants intervenant dans les formule de Cramer pour le système formé par les trois premières équations. Le cercle circoncrit aux trois premiers points a donc pour équation

x

²

+ y

²

+ ax + by + c avec a = D

_x

D , b = D

_y

D , c = D

_z

D Par conséquent, les quatre points sont cocycliques si et seulement si

x(A

4

)

²

+ y(A

4

)

²

+ ax(A

4

) + by(A

4

) + c = 0

⇔ (x(A

4

)

²

+ y(A

4

)

²

)D + x(A

4

)D

x

+ y(A

4

)D

y

+ cD

z

= 0 en multipliant par D 6= 0 .

Examinons maintenant le déterminant proposé en le développant suivant la dernière ligne.

On obtient

−D

1

x(A

4

) + D

2

y(A

4

) − D

3

+ D

4

(x(A

4

)

²

+ y(A

4

)

²

) avec

D

1

=

y(A

₁

) 1 x(A

₁

)

²

+ y(A

₁

)

²

y(A

₂

) 1 x(A

₂

)

²

+ y(A

₂

)

²

y(A

₃

) 1 x(A

₃

)

²

+ y(A

₃

)

²

= −

−(x(A

1

)

²

+ y(A

₁

)

²

) y(A

₁

) 1

−(x(A

2

)

²

+ y(A

₂

)

²

) y(A

₂

) 1

−(x(A

₃

)

²

+ y(A

₃

)

²

) y(A

₃

) 1

= D

x

D

2

=

x(A

1

) 1 x(A

1

)

²

+ y(A

1

)

²

x(A

2

) 1 x(A

2

)

²

+ y(A

2

)

²

x(A

3

) 1 x(A

3

)

²

+ y(A

3

)

²

= +

x(A

1

) −(x(A

1

)

²

+ y(A

1

)

²

) 1 x(A

2

) −(x(A

2

)

²

+ y(A

2

)

²

) 1 x(A

3

) −(x(A

3

)

²

+ y(A

3

)

²

) 1

= D

y

2

(3)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 2 29 juin 2019

D

3

=

x(A

1

) y(A

1

) x(A

1

)

²

+ y(A

1

)

²

x(A

2

) y(A

2

) x(A

2

)

²

+ y(A

2

)

²

x(A

₃

) y(A

₃

) x(A

₃

)

²

+ y(A

₃

)

²

= −

x(A

₁

) y(A

₁

) −(x(A

1

)

²

+ y(A

₁

)

²

) x(A

₂

) y(A

₂

) −(x(A

₂

)

²

+ y(A

₂

)

²

) x(A

₃

) y(A

₃

) −(x(A

₃

)

²

+ y(A

₃

)

²

)

= −D

z

On retrouve donc exactement la condition précédente assurant la cocyclicité ce qui démontre l'équivalence.

Exercice 4.

1. a. Les calculs sont immédiats car les solutions des équations avec second membre sont évidentes. On trouve que S

+

est constitué des fonctions







]0, +∞| → R

x 7→ Ae

^2x

+ Be

^−2x

− π 4 + ax où A et B sont des réels quelconques.

De même S

₋

est constitué des fonctions







] − ∞, 0| → R

x 7→ Ae

^2x

+ Be

^−2x

− π 4 − ax où A et B sont des réels quelconques.

b. Toutes les solutions dans S

₋

sont de la forme indiquées au dessus. Elles admettent donc (ainsi que leur dérivée) une limite en 0

⁻

. Il s'agit donc de résoudre un système aux inconnues A et B .







A + B = π 4 + v 2A − 2B = a + w

⇔



 

  A = 1

8 (π + 2a + 4v + 2w) B = 1

8 (π − 2a + 4v − 2w)

2. a. Dans les théorèmes de cours sur les équations diérentielles du second ordre à coecients constants, le second membre doit être supposé continu. Il est inutile de

le supposer dérivable. On peut donc utiliser ces théorèmes pour l'équation (E

_R

) . En particulier, d'après le théorème sur le problème de Cauchy, si on se donne un x

₀

> 0 et des réels u , v quelconques, il existe une unique solution w

₀

dans S

_R

telle que w

₀

(x

₀

) = u et w

₀⁰

(x

₀

) = v . On en déduit que l'on peut prolonger toute solution dans S

_]0,+∞[

à une solutions dans S

_R

.

b. La fonction donnée n'est pas une solution car la fonction valeur absolue n'est pas dérivable en 0 .

3. L'étude de l'équation homogène est la même que dans la question 1. Le problème est ici de trouver une solution dans R de l'équation complète. On choisit de prolonger la

fonction 





]0, +∞[ → R x 7→ − π

4 + ax

D'après la question 2., on sait qu'un tel prolongement w existe. Par continuité à droite de 0 , on a

w(0) = − π

4 w

⁰

(0) = a

On peut alors obtenir l'expression de w à gauche de 0 avec la question 1.b.

v = − π 4 w = a







⇒





 A = a

2 B = − a

2 On en déduit l'expression de w dans R

w(x) =







a sh(2x) − π

2 − ax si x < 0

− π

2 + ax si x ≥ 0

On peut remarquer qu'il est inutile de démontrer que w est dérivable en 0 car on sait d'après les théorèmes du cours qu'il existe un prolongement solution et ce prolongement doit être cette fonction. Les solutions dans S sont les fonctions dénies dans R par :