MPSI B 29 juin 2019

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P₁

P2

M

Fig. 1: Courbe Γ

Énoncé

Dans ce problème

on travaille dans R ² muni d'un repère orthonormé direct R = (O, − → i , − →

j ) . On choisit O comme pôle et (O, − →

i ) comme axe polaire. On note Γ la courbe d'équation polaire ρ = 1 + cos θ . On considère l'application

ϕ :

( ] − π, π[ → R

θ 7→ t = tan

₂ .

1. Montrer que :

x = 2 1 − t ² (1 + t ² ) ² y = 4t

(1 + t ² ) ²

1

d'après E3A 2006

sont des équations paramétriques de Γ privée de l'origine.

Dans la suite du problème, on utilisera cette paramétrisation de Γ . 2. Déterminer la direction de la tangente à Γ au point de paramètre t = √

3 . 3. Montrer que la tangente à Γ en le point M de paramètre τ a pour équation :

(τ ³ − 3τ)y + (3τ ² − 1)x + 2 = 0

4. Montrer que cette tangente recoupe Γ en deux points P 1 de paramètre t 1 et P 2 de paramètre t 2 (avec t 1 6= t 2 ) si et seulement si τ ² > 3 . Montrer que dans ce cas :

t ₁ t ₂ = 3 t ₁ + t ₂ = −2τ On pourra utiliser que :

À l'aide d'un logiciel de calcul formel, en substituant τ + T à t dans l'expression

(τ ³ − 3τ)4t + 2(3τ ² − 1)(1 − t ² ) + 2(1 + t ² ) on obtient

T ⁴ + 4τ T ³ + (3τ ² + 3)T ² 5. a. Exprimer

t ³ ₁ − 3t 1 3t ² ₁ − 1 t ³ ₂ − 3t 2 3t ² ₂ − 1 en fonction de t 1 − t 2 et τ .

b. Calculer, en fonction de τ , les coordonnées du point d'intersection N des tangentes aux points P 1 et P 2 .

6. En déduire que l'ensemble des points d'intersection N lorsque τ décrit ] − ∞, − √

3 [ ∪ ] + √ 3, +∞[

est inclus dans la courbe dont l'équation est :

5x ² − 27y ² − 11x + 2 = 0

7. Reconnaître et déterminer les éléments remarquables de cette courbe. La représenter dans le repère R .

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Corrigé

1. Le vecteur − → e

étant déni relativement à un repère orthonormé dont les fonctions coordonnées sont notées x et y . L'énoncé n'est pas très explicite mais dénit Γ comme le support de la courbe paramétrée ( θ ∈ R)

f (θ) = O + (1 + cos t) − → e

On peut restreindre l'espace de dénition à ] − π, +π[ car la fonction est clairement 2π périodique. L'origine du repère est le point associé aux valeurs −π et π du paramètre.

On convient donc de l'enlever de Γ .

On peut exprimer x(f (θ)) et y(f (θ)) en fonction de tan

₂ :

x(f (θ)) = 2 1 − tan

₂ ² (1 + tan

₂ ² ) ²

y(f (θ)) = 4 tan

₂ (1 + tan

₂ ² ) ² On en déduit que g ◦ ϕ = f avec

g(t) = 0 + 2 1 − t ² (1 + t ² ) ²

−

→ i + 4t (1 + t ² ) ²

−

→ j

Les courbes paramétrées f et g ont donc le même support Γ , la fonction ϕ réalisant un changement de paramètre admissible entre les deux.

2. Notons respectivement u et v les fonctions x ◦ g et y ◦ g :

u(t) = 2 1 − t ²

(1 + t ² ) ² v(t) = 4t

(1 + t ² ) ²

Pour préciser une direction de tangente, on calcule u

et v

en s'attachant à factoriser.

On obtient

−

→ g

(t) = u

(t) − →

i + v

(t) − →

j = − 4

(1 + t ² ) ³

(−t ³ + 3t) − →

i + (3t ² − 1) − → j On en déduit que la direction de la tangente au point de paramètre √

3 est − → j car le

−t ³ + 3t (coecient de − →

i ) s'annule.

3. D'après le calcul précédent, l'équation de la tangente (notée T

) en M = g(τ) est :

x − 2(1 − τ ² )

(1 + τ ² ) ² −τ ³ + 3τ y − 4τ

(1 + τ ² ) ² −1 + 3τ ²

= 0

ce qui s'écrit encore

(3τ ² − 1)x + (τ ³ − 3τ )y + 1

(1 + τ ² ) ² 2(1 − τ ² )(1 − 3τ ² ) − 4τ(τ ³ − 3τ ² )

= 0

En fait, la dernière parenthèse se réduit à 2(1 + τ ² ) ² ce qui conduit à l'équation de la tangente annoncée :

(τ ³ − 3τ)y + (3τ ² − 1)x + 2 = 0

4. Formons l'équation d'inconnue t caractérisant que g(t) ∈ Γ . Après multiplication par (1 + t ² ) ² 6= 0 elle s'écrit :

(τ ³ − 3τ)4t + 2(3τ ² − 1)(1 − t ² ) + 2(1 + t ² ) ² = 0 Cette équation est de degré 4 et l'énoncé

nous indique qu'elle s'écrit

T ² T ² + 4τ T + 3(τ ² + 1)

lorsque t = τ + T . Cela montre que τ est racine (double) de cette équation et que T

recoupe Γ aux points g(t) pour t = τ + u avec u racine de

T ² + 4τ T + 3(τ ² + 1) d'inconnue T . Le discriminant de cette équation est

16τ ² − 12(τ ² + 1) = 4(τ ² − 3)

Ceci montre que T

recoupe Γ en deux points si et seulement si τ ² > 3 . Lorsque cette condition est réalisée, l'équation admet deux solutions u 1 et u 2 vériant :

( u ₁ + u ₂ = −4τ u 1 u 2 = 3(τ ² + 1)

(relation entre coecients et racines dans une équation du second degré)

La tangente T

recoupe Γ en deux points g(t 1 ) et g(t 2 ) avec t 1 = τ + u 1 et t 2 = τ + u 2 . On en déduit :

t 1 t 2 = τ ² + τ(u 1 + u 2 ) = u 1 u 2 = 3 t ₁ + t ₂ = 2τ − 4τ = −2τ

2

voir à la n du coorigé

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5. a. En utilisant les relations précédentes, on obtient après calculs :

t ³ ₁ − 3t ₁ 3t ² ₁ − 1 t ³ ₂ − 3t ₂ 3t ² ₂ − 1

= (60 − 4τ ² )(t 1 − t 2 )

b. Le système d'équation régissant l'intersection des tangentes T

et T

est : ( (3t 1 − 1)x + (t ³ ₁ − 3t 1 )y = −2

(3t ₂ − 1)x + (t ³ ₂ − 3t ₂ )y = −2

Le déterminant a été calculé en a. Les formules de Cramer conduisent à : x =

−2 t ³ ₁ − 3t ₁

−2 t ³ ₂ − 3t ₂

(60 − 4τ ² )(t 1 − t 2 ) = 2τ ² − 3 τ ² − 15

y =

3t ² ₁ − 1 −2 3t ² ₂ − 1 −2

(60 − 4τ ² )(t ₁ − t ₂ ) = 3τ τ ² − 15

6. Lorsque la tangente en M = g(τ ) recoupe Γ en deux autres points, les tangentes en ces points se coupent en N

dont les coordonnées sont :

x

= 2τ ² − 3

τ ² − 15 y

= 3τ

τ ² − 15

La première relation permet d'exprimer τ ² puis τ ² − 15 en fonction de x

:

τ ² = −3 + 15x

x

− 2 τ ² − 15 = 27

x

− 2

La deuxième relation permet alors d'exprimer τ en fonction de x

et de y

:

τ = 9y

x

− 2

En remplaçant dans la relation exprimant τ ² en fonction de x

, on obtient l'équation d'une courbe qui contient tous les points N

.

9y

x

− 2

2

= 3(5x

− 1)

x

− 2 ⇔ 5x ²

− 27y

² − 11x

+ 2 = 0

K3 K2 K1 0 1

K2 K1 1 2

Fig. 2: Question 7.

7. Pour mettre l'équation précédente sous la forme d'une équation réduite de conique, on considère les termes en x et x ² comme le début d'un carré comme dans la méthode de factorisation canonique. On obtient une hyperbole d'équation réduite

x − 11

10 ²

9 10

2 − y ²

√ 3

2 √ 5

! 2 = 1

d'axe focal Ox , de centre le point de coordonnées ( ¹¹ ₁₀ , 0)

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Annexe

Les lignes de code suivantes permettent de réaliser avec Maple la substitution utilisée en question 4.

A:=(3*tau^2-1)*(1-t^2)+(tau^3-3*tau)*2*t+(1+t^2)^2;

expand(subs(t=T+tau,A));

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