MPSI B Corrigé du DM 5 29 juin 2019
Exercice 1.
1. On considère trois points quelconques (A, B, C ) dans le plan. Les coordonnées de ces points sont respectivement (a, a 0 ), (b, b 0 ), (c, c 0 ) . Un point quelconque M est sur la hau- teur issue de A si et seulement si −−→
AM est colinéaire à un vecteur orthogonal à − − → BC . Le calcul des coordonnées de ce vecteur donne l'équation
x(M ) − a b 0 − c 0 y(M ) − a 0 c − b
= 0
2. Les trois points (A, B, C) sont sur l'hyperbole Γ , on en déduit que leurs ordonnées sont respectivement :
a 0 = k a , b 0 = k
b , c 0 = k c
Les coordonnées de l'orthocentre sont solutions du système aux deux inconnues x(H ) et y(H ) formé à partir des équations des hauteurs issues de A et de B .
x(H) − a −k( 1 b − 1 c ) y(H ) − k a b − c
= 0
x(H) − b −k( 1 c − 1 a ) y(H ) − k b c − a
= 0
En développant les déterminants, le système devient (
(b − c)x + k( 1 b − 1 c )y = a(b − c) + k a
2( 1 b − 1 c ) (c − a)x + k( 1 c − 1 a )y = b(c − a) + k b
2( 1 c − 1 a )
On divise la première ligne par b − c , la seconde par c − a puis on multiplie les deux par abc . Le système devient :
abcx − aky = a 2 bc − k 2 abcx − bky = ab 2 c − k 2
On résoud ce système par les formules de Cramer. Le déterminant D au dénominateur est :
D =
abc −ak abc −bk
= abck
1 −a 1 −b
= abck(a − b) Les déterminants donnant x(H) et y(H ) s'écrivent :
Dx(H ) =
a 2 bc − k 2 −ak ab 2 c − k 2 −bk
= (b − a)k 3
Dy(H ) =
abc a 2 bc − k 2 abc ab 2 c − k 2
= (abc) 2 (b − a)
A B
C
H Γ
Fig. 1: Orthocentre d'un triangle inscrit sur une hyperbole
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/
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Rémy Nicolai M0605CMPSI B Corrigé du DM 5 29 juin 2019
Fig. 2: question 1
On en déduit nalement les coordonnées de l'orthocentre x(H ) = − k 2
abc y(H ) = − abc k
Ces expressions montrent bien que x(H )y(H ) = k c'est à dire H est encore sur l'hy- perbole. On a démontré la proposition suivante
L'orthocentre d'un triangle inscrit sur une hyperbole équilatère est encore sur l'hyperbole.
Exercice 2.
1. L'ensemble D(t) est la demi-droite d'extrémité le point T (t) d'axe e it et de direction le vecteur d'axe e i(t−
Π2) . Cette demi-droite est clairement tangente en T (t) au cercle de centre O et de rayon 1.
2. Comme r est positif, la relation
1 − λi = re i(t−
Π2)
2*Pi/5 M affixe 2i
1
1
Fig. 3: question 4 entraîne que r = |1 − λi| = √
1 + λ 2 .
Lorsque la partie réelle d'un nombre complexe est strictement positive, un de ses arguments est l' arctan du quotient de sa partie imaginaire sur sa partie réelle. C'est bien le cas ici, on en déduit
−arctan(λ) = θ − t (2π) puis
λ = p r 2 − 1 t = θ + arctan( p
r 2 − 1) (2π)
3. Soit M un point d'axe re i(θ) avec r ≥ 1 (en dehors du disque). Supposons que, pour un certain t , M ∈ D(t) . Il existe alors un λ ≥ 0 tel que
re iθ = e it + λe i(t−
π2) Après division par e it , cette relation devient
re i(θ−t) = 1 − λi
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Rémy Nicolai M0605CMPSI B Corrigé du DM 5 29 juin 2019 D'après la question précédente, il existe un seul λ positif (qui vaut √
r 2 − 1 ) et une innité de t tous congrus modulo 2π à θ + arctan( √
r 2 − 1) . Lorsque deux valeurs de t sont congrues modulo 2π , elles dénissent la même demi-droite. Il existe donc une seule demi-droite qui contient le point M .
4. Pour M d'axe 2i , r = 2 et θ = π 2 donc λ = √
3 . Comme cos( π 3 ) = 1 2 et sin( π 3 ) =
√ 3 2 , arctan( √
3) = π 3 et t = π 2 − π 3 = 5π 6 .
5. On vient de montrer que M d'axe 2i est sur l'unique demi-droite D( 5π 6 ) . Un vecteur directeur de cette demi-droite fait avec l'axe des x un angle 5π 6 − π 2 = π 3 .
D'autre part, r = 2 , θ = π 2 . Donc (1 + i p
r 2 − 1)e iθ = (1 + i √
3)i = 2e i(
π3−
π2) Ceci prouve bien que (dans ce cas particulier) le vecteur d'axe
(1 + i p
r 2 − 1)e iθ est orthogonal à un vecteur directeur de D(t) d'axe e i
π3.
Plus généralement, on a vu que si M d'axe re iθ . Il est sur une unique demi-droite D(t) son axe s'écrivant e it + λe i(t−
π2) avec λ = √
r 2 − 1 et t = θ + arctan( √ r 2 − 1) . On peut donc encore écrire
1 + i p
r 2 − 1 = re −i(θ−t) donc
(1 + i p
r 2 − 1)e iθ = re it qui est bien l'axe d'un vecteur orthogonal à D(t) .
6. a. Les règles usuelles de dérivation s'appliquent pour les fonctions à valeurs com- plexes.
M 0 (r) = e iθ(r) + irθ 0 (r)e iθ(r) b. On a vu que si M (r) = re iθ(r) ∈ D(t) alors
(1 + i p
r 2 − 1)e iθ = re it
est l'axe d'un vecteur orthogonal à D(t) . Par conséquent − →
m 0 (r) est othogonal à D(t) lorsque le quotient des axes est réel. Transformons ce quotient :
e iθ + irθ 0 e iθ (1 + i √
r 2 − 1)e iθ = 1 + irθ 0 1 + i √
r 2 − 1 = (1 + irθ 0 )(1 − i √ r 2 − 1)
|1 + i √ r 2 − 1| 2
Cette expression est réelle lorsque la partie imaginaire du numérateur est nulle c'est à dire
rθ 0 − p
r 2 − 1 = 0
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