• Aucun résultat trouvé

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Partager "Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE"

Copied!
8
0
0

Texte intégral

(1)

SESSION 2008 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B MP

Exercice I.

1. (a)Soitu∈R. La fonctiont7→ t

√1−t2sin(tu)est continue sur[0, 1[et donc localement intégrable sur[0, 1[.

De plus, quandt tend vers1, t

√1−t2 = t

p(1−t)(1+t) ∼ 1

p2(1−t) et donc t

√1−t2sin(tu) =O 1

√1−t

. Comme la fonctiont7→ 1

√1−t est intégrable au voisinage de1, on en déduit que la fonction t7→ t

√1−t2sin(tu)est intégrable au voisinage de1.

Finalement, la fonctiont7→ t

√1−t2sin(tu)est intégrable sur[0, 1[ et doncg(u)existe. On a montré que gest définie surR.

(b)Soientu∈]1,+∞[puisα∈]0, 1[.

Z1 α

√ t

1−t2 dt=h

−p

1−t2i1 α=p

1−α2, et donc

Z1 α

√ t

1−t2 dt= 1

√u ⇔p

1−α2= 1

√u ⇔α2=1− 1 u. Maintenant, u > 1et donc1− 1

u ∈]0, 1[. Par suite, l’équationα2=1− 1

u admet une et une seule solution dans]0, 1[ à savoirα=

r 1− 1

u.

∀u > 1, αu= r

1− 1 u. (c)Soitu > 1.

•La fonctiont7→ t

√1−t2 est dérivable sur[0, αu]et pourt∈[0, αu], d

dt t

√1−t2

=1×(1−t2)−1/2+t×(−1

2)(−2t)(1−t2)−3/2= (1−t2) +t2

(1−t2)3/2 = 1 (1−t2)3/2.

• Les deux fonctiont7→ t

√1−t2 et t7→−cos(tu)

u sont de classeC1 sur le segment[0, αu]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

Zαu

0

√ t

1−t2sin(tu)dt=

− t

√1−t2

cos(tu) u

t=αu

t=0

− Zαu

0

1

(1−t2)3/2×−cos(tu) u dt

= − αu

p1−α2u

cos(uαu)

u + 1

u Zαu

0

cos(tu) (1−t2)3/2 dt.

Par suite,

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2008. Tous droits réservés.

(2)

|g(u)|=

Zαu

0

√ t

1−t2sin(tu)dt+ Z1

αu

√ t

1−t2sin(tu)dt

Zαu

0

√ t

1−t2sin(tu)dt

+ Z1

αu

√ t

1−t2|sin(tu)|dt

Zαu

0

√ t

1−t2sin(tu)dt

+ Z1

αu

√ t

1−t2 dt=

− αu

p1−α2u

cos(uαu)

u + 1

u Zαu

0

cos(tu) (1−t2)3/2 dt

+ 1

√u

≤ αu

up

1−α2u + 1 u

Zαu

0

1

(1−t2)3/2 dt+ 1

√u= αu

up

1−α2u + 1 u

t

√1−t2 αu

0

+ 1

√u

= 2αu

up

1−α2u + 1

√u.

Maintenant,1−α2u= 1

u et de plus0 < αu< 1. On en déduit que

|g(u)|≤ 2×1

u r1

u + 1

√u = 2

√u+ 1

√u= 3

√u.

∀u > 1, |g(u)|≤ 3

√u.

2. (a) Une équation cartésienne du cercle de centreO et de rayon π est x2+y2 = π2. Pour des ordonnées positives, cette équation s’écrit encorey=√

π2−x2.

∀x∈[−π, π], f(x) =√

π2−x2.

(b) Théorème de Dirichlet.Si gest une fonction de classeC1 surR, 2π-périodique, alors la série de Fourierde gconverge (normalement) sur Ret sa somme en un réelxest g(x) +g(x+)

2 . En particulier, sigest continue surR, de classeC1par morceaux et2π-périodique, la série deFourierdegconverge (normalement) versgsurR.

Le théorème deDirichletne s’applique pas àfcarfn’est pas de classeC1par morceaux surR(puisque limx

π x<π

f(x) = −∞).

3. (a)fest continue surRet2π-périodique. On peut donc calculer les coefficients deFourierdef. De plus,fest paire.

On en déduit que pour tout entier naturel non nuln,bn(f) =0et que pour tout entier naturel n, an(f) = 2

π Zπ

0

f(x)cos(nx)dx= 2 π

Zπ 0

2−x2cos(nx)dx.

∀n∈N, an(f) = 2 π

Zπ 0

2−x2cos(nx)dxet∀n∈N, bn(f) =0.

(b)Soitn∈N. Posons déjàx=πt. On obtientan(f) = 2 π

Z1 0

2−π2t2cos(nπt)πdt=2 Z1

0

p1−t2cos(nπt)dt.

Soit alorsε∈]0, 1[. Les deux fonctionst7→√

1−t2 et t7→ sin(nπt)

nπ sont de classeC1 sur le segment[0, 1−ε]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

Z1−ε 0

p1−t2cos(nπt)dt= p

1−t2sin(nπt) nπ

1−ε 0

− Z1−ε

0

√−t 1−t2

sin(nπt) nπ dt

= q

1− (1−ε)2sin(nπ(1−ε))

nπ + 1

nπ Z1−ε

0

√ t

1−t2sin(nπt)dt.

Quandεtend vers0, on obtient an(f) =2

Z1 0

p1−t2cos(nπt)dt= 2 nπ

Z1 0

√ t

1−t2sin(nπt)dt= 2

nπg(nπ).

∀n∈N, an(f) = 2

nπg(nπ).

(3)

4. (a)La série deFourierdefest la suite de fonctions de terme généralx7→Sn(x) = a0(f) 2 +

Xn k=1

ak(f)cos(kx). Mais pour tout réelxet tout entier naturel non nulk, les questions 1.(c) et 3.(b) fournissent

|ak(f)cos(kx)|≤|ak(f)|= 2

kπ|g(kπ)|≤ 2

√3

kπ = 6 π3/2k3/2. Cette dernière expression est le terme général d’une série numérique convergente (car 3

2 > 1). Ceci montre que la série de fonctions de terme généralx7→ak(f)cos(kx)converge normalement surRou encore que

la série deFourierdefconverge normalement surR.

Ce résultat ne contredit pas 2.(b) car le théorème deDirichletne dit rien des fonctions qui ne sont pas de classeC1par morceaux.

(b)Ainsi, la série deFourierdefconverge normalement surRet en particulier uniformément et simplement surRvers une fonction que l’on note g. La fonction g est alors continue sur R en tant que limite uniforme sur Rd’une suite de fonctions continues surR. Par définition de la convergence uniforme, la suite(kSn(f) −gk)n∈Nest définie à partir d’un certain rang et converge vers0(oùkSn(f) −gk =sup{|Sn(f)(x) −g(x)|, x∈R}). Maintenant,

kSn(f) −gk2= s

1 π

Z 0

(Sn(f)(x) −g(x))2dx≤ s

1 π

Z

0 kSn(f) −gk2 dx=√

2kSn(f) −gk. Par suite, on a également lim

n+kSn(f) −gk2 = 0 ce qui montre que la suite de fonctions (Sn(f))n∈N converge vers la fonctiongen moyenne quadratique.

Maintenant, le théorème de Parseval, appliqué à la fonction f qui est bien continue par morceaux et 2π-périodique, montre que lim

n+kSn(f) −fk2=0. Enfin, pour tout entiernon a

kf−gk2≤ kSn(f) −fk2+kSn(f) −gk2,

et quandntend vers +∞on obtient kf−gk2=0. Puisque fet gsont continues surR, on en déduit que f=get donc que

la série deFourierdef converge normalement versfsurR.

Exercice II.

1. (a)Puisquefest de classeC2surR2, le théorème deSchwarz permet d’affirmer que ∂2f

∂x∂y = ∂2f

∂y∂x. fsolution de(E)surR2⇔∀(x, y)∈R2, f(x, y) ∂2f

∂x∂y(x, y) = ∂f

∂x(x, y)∂f

∂y(x, y)

⇔∀(x, y)∈R2,

∂y ∂f

∂x

(x, y)f(x, y) − ∂f

∂y(x, y)∂f

∂x(x, y)

(f(x, y))2 =0(carfne s’annule pas surR2)

⇔∀(x, y)∈R2, ∂

∂y

∂f

∂x(x, y) f(x, y)

=0

Cette dernière condition équivaut à dire que la fonctionα : (x, y)7→

∂f

∂x(x, y)

f(x, y) , définie et de classeC1 surR2(carf est de classeC2surR2et ne s’annule pas surR2) est constante quandyvarie à xfixé (carR2est un ouvert convexe deR2).

Ceci équivaut à l’existence d’une fonction ade classe C1 sur Rtelle que ∀(x, y)∈R2,

∂f

∂x(x, y)

f(x, y) = a(x)ou encore telle que∀(x, y)∈R2, ∂f

∂x(x, y) =a(x)f(x, y).

(4)

(b)Soientϕ etψdeux fonctions de classeC2 surRne s’annulant pas surRpuisf : (x, y)7→ϕ(x)ψ(y). fest de classe C2 surR2, ne s’annule pas surR2et pour(x, y)∈R2,

∂f

∂x(x, y) =ϕ(x)ψ(y) = ϕ(x)

ϕ(x)ϕ(x)ψ(y) =a(x)f(x, y), oùa= ϕ

ϕ est une fonction de classeC1surR. D’après 1.(a),fest solution de(E)surR2. Réciproquement, soitaune fonction de classeC1 surRpuisAune primitive deasurR.

∀(x, y)∈R2, ∂f

∂x(x, y) =a(x)f(x, y)⇔∀(x, y)∈R2, e−A(x)∂f

∂x(x, y) −a(x)e−A(x)f(x, y) =0

⇔∀(x, y)∈R2, ∂

∂x(e−Af)(x, y) =0

⇒∃ψ : R→R/∀(x, y)∈R2, e−A(x)f(x, y) =ψ(y)

⇔∃ψ : R→R/∀(x, y)∈R2, f(x, y) =eA(x)ψ(y).

fest alors de la forme(x, y)7→ϕ(x)ψ(y)oùϕ etψsont deux fonctions de classeC2 surRne s’annulant pas surR. Les solutions de(E)sont les fonctions de la forme(x, y)7→ϕ(x)ψ(y)

oùϕ etψsont deux fonctions de classe C2 surRne s’annulant pas surR.

Si(ϕ, ψ)est un couple associé à une solutionfdonnée, les couples (−ϕ, ψ)ou(2ϕ,1

2ψ)sont d’autres couples associés à la fonctionf. Il n’y a donc pas unicité du couple(ϕ, ψ)pour une solutionfdonnée.

(c) Existence. Pour (x, y) ∈R2, posons f(x, y) = 1

h(0)g(x)h(y). f est de la forme du (b) et donc solution de(E)sur R2. De plus, pour x ∈ R, f(x, 0) = 1

h(0)g(x)h(0) = g(x) et pour y ∈ R, f(0, y) = 1

h(0)g(0)h(y) = h(y). Ceci montre l’existence d’une solution au problème posé.

Unicité. Soit f1 une solution du problème posé. D’après (b), il existe deux fonctions ϕ et ψ de classeC2 sur R et ne s’annulant pas surRtelle que∀(x, y)∈R2, f(x, y) =ϕ(x)ψ(y). Pour chaquex∈R, on doit avoir

g(x) =f1(x, 0) =ϕ(x)ψ(0), et donc nécessairement pour tout réelx,ϕ(x) = 1

ψ(0)g(x). De même, nécessairement pour touty∈R,ψ(y) = 1 ϕ(0)h(y).

On en déduit que nécessairement pour tout(x, y)∈R2,f1(x, y) = 1

ϕ(0)ψ(0)g(x)h(y).

Enfin, g(0) = f1(0, 0) = 1

ϕ(0)ψ(0)g(0)h(0) et donc ϕ(0)ψ(0) = h(0) puisque g(0) 6= 0. Finalement, nécessairement

∀(x, y)∈R2, f1(x, y) = 1

h(0)g(x)h(y) =f(x, y)ce qui montre l’unicité d’une solution au problème posé.

2. (a)Si la fonctionfprésente un maximum local en(x0, y0), alors en particulier les fonctionsx7→f(x, y0)ety7→f(x0, y) présente un maximum local enx0et y0 respectivement.

Réciproquement, supposons que les fonctions x 7→ f(x, y0) et y 7→ f(x0, y) présente un maximum local en x0 et y0

respectivement. Puisque fest une solution de (E), il existe deux fonctionsϕ et ψ de classeC2 et ne s’annulant pas sur Rtelles que ∀(x, y)∈R2, f(x, y) =ϕ(x)ψ(y). Les deux fonctionsϕ et ψ sont continues sur Ret ne s’annulent pas sur R. Ces deux fonctions sont donc de signe constant sur R d’après le théorème des valeurs intermédiaires. Comme f est strictement positive surR, les deux fonctionsϕ etψsont ou bien toutes deux strictement positives surRou bien toutes deux strictement négativesR. Dans ce dernier cas, on écritf= (−ϕ)(−ψ)ce qui ramène au cas oùϕetψsont strictement positives surR.

En résumé, il existe deux fonctionsϕ etψde classeC2 et strictement positives surRtelles quef=ϕψ.

Par hypothèse, il exister1> 0et r2> 0tels que

∀x∈]x0−r1, x0+r1[, f(x, y0)≤f(x0, y0)et ∀y∈]y0−r2, y0+r2[, f(x0, y)≤f(x0, y0).

(5)

Soit alorsx∈]x0−r1, x0+r1[. On a f(x, y0)≤f(x0, y0) ce qui s’écritϕ(x)ψ(x0)≤ϕ(x0)ψ(x0)et donc ϕ(x) ≤ϕ(x0) puisqueψ(x0)> 0. De même, poury∈]y0−r2, y0+r2[, on aψ(y)≤ψ(x0).

Mais alors, pour(x, y)∈]x0−r1, x0+r1[×]y0−r2, y0+r2[,

f(x, y) =ϕ(x)ψ(y)≤ϕ(x0)ψ(x0) =f(x0, y0),

(puisque les fonctionsϕ etψsont strictement positives surR) ce qui montre quefa un maximum local en(x0, y0).

fadmet un maximum local en(x0, y0) si et seulement si

la fonctionx7→f(x, y0)admet un maximum local enx0et la fonctiony7→f(x0, y)admet un maximum local eny0. (b) On en déduit que l’ensemble des points de R2 en lesquels f présente un maximum local est de la forme A×B où A = {x0 ∈ R/ ∃y0 ∈ R/ la fonction x 7→ f(x, y0) admet un maximum local en x0} (resp. B = {y0 ∈ R/ ∃x0 ∈ R/la fonctiony7→f(x0, y)admet un maximum local eny0}).

3. (a)Soient G : R2 → R (x, y) 7→ xy

et H : R → R

t 7→ t+|t|3

. On a F=H◦G.

Gest de classeC2surR2en tant que polynôme à deux variables.

Ensuite, pour t ∈ R, H(t) =

2t3sit≥0

0sit < 0 . H est déjà continue sur R, de classe C2 sur R et pour t 6= 0, H(t) = 6t2sit > 0

0sit < 0 et H′′(t) =

12tsit > 0

0sit < 0 . Maintenant,H(t)et H′′(t)ont une limite réelle en0à savoir0. En résumé,

• Hest continue surR,

• Hest de classeC2surR,

• H etH′′ ont une limite réelle quandttend vers0.

D’après un théorème classique d’analyse,Hest de classeC2 surR.

F est alors de classe C2 surR2 en tant que composée d’une application de classeC2 sur R2 à valeurs dansR et d’une application de classeC2 surR.

F est de classeC2surR2.

(b)SurD={(x, y)∈R2/ xy < 0}, on aF(x, y) =0 et il est immédiat queF vérifie l’équation(E)surD.

SurD ={(x, y)∈R2/ xy > 0}, on aF(x, y) =2x3y3et donc F(x, y) ∂2F

∂x∂y(x, y) − ∂F

∂x(x, y)∂F

∂y(x, y) = (2x3y3)(18x2y2) − (6x2y3)(6x3y2) =36(x5y5−x5y5) =0,

et F vérifie aussi l’équation(E)sur D. Finalement,F vérifie l’équation (E) surR2 privé des deux axes de coordonnées.

Mais alors, par continuité deF, ∂2F

∂x∂y, ∂F

∂x et ∂F

∂y en chaque point de ces axes,Fvérifie l’équation (E)surR2 tout entier.

Fvérifie l’équation(E)surR2.

(c)Supposons par l’absurde qu’il existe deux fonctionsϕet ψde Rdans Rtelles que∀(x, y)∈R2, F(x, y) =ϕ(x)ψ(y).

En particulier

ϕ(1)ψ(−1) =F(1,−1) = (−1)3+|−1|3=0.

Mais siϕ(1) =0, alorsF(1, 1) =ϕ(1)ψ(1) =0 ce qui n’est pas puisqueF(1, 1) =2 et siψ(−1) =0 alorsF(−1,−1) =0ce qui n’est pas puisqueF(−1,−1) =2. Donc

Il n’existe pas de fonctionsϕ etψdeRdansRtelles que :

∀(x, y)∈R2, F(x, y) =ϕ(x)ψ(y).

(6)

Exercice III.

1. (a) On note tout d’abord que π est la projection orthogonale sur le plan vectoriel −→

Π. Notons π la projection orthogonale sur la droite vectorielle−→∆.

SoientAet Bdeux points du plan. D’après le théorème dePythagore,

AB2=k−AB→k2=kπ(−AB)→k2+kπ(−AB)→k2≥ kπ(−AB)→k2=k−−−−−−→

p(A)p(B)k2=p(A)p(B)2, avec égalité si et seulement siπ(−AB) =→ 0ou encore −AB→∈−→k.

∀(A, B)∈E2, p(A)p(B)≤AB,

∀(A, B)∈E2, p(A)p(B) =AB⇔−AB→∈−→k.

(b)Dest l’ensemble desA+λ−→u,λ∈Ret doncp(D)est l’ensemble desp(A) +λπ(−→u), λ∈R.

• Si−→u est colinéaire à−→k,π(−→u) =−→0 et dans ce cas,p(D)est le singleton{p(A)}.

• Si−→u n’est pas colinéaire à−→k,π(−→u)6=−→0 et dans ce cas,p(D)est la droite passant par le pointp(A)et dirigée par le vecteurπ(−→u).

Si Dest parallèle à∆, p(D)est le pointp(A).

Si Dn’est pas parallèle à∆, p(D)est la droite passant par p(A)et dirigée parπ(−→u).

2. (a) Puisque D n’est pas parallèle à∆, p(D)est une droite d. Notons p/D la restriction de pà D. p/D transforme l’espace affineDde dimension1endqui est un espace affine de même dimension. On sait alors quepréalise une bijection deDsurd. En particulier, puisqueh∈d=p(D), il existe un et un seul pointHdeD tel quep(H) =h.

Il existe un et un seul pointHdeD tel quep(H) =h.

(b)Si les quatre points O,h,HetHsont deux à deux distincts, le quadrilatèreOhHHa trois angles droits et est donc un rectangle. En particulier,−Oh→=−−→

HHet Oh=HH. Ce dernier résultat reste vrai quandh=O(et H=H) ouh=H (etO=H).

Soit alors(M, N)∈∆×D. On a

MN2= (−−→ MH+−−→

HH+−−→

HN)2=−−→

HH+−−→ MH+−−→

HN2 (*).

Déjà,−−→ HH.−−→

HN=0 car−−→

HN∈−→∆ et−−→ HH∈−→∆.

Ensuite, notons−→u un vecteur directeur de dpuisPle plan contenantdet de direction Vect(−→u ,−→

k). Puisque −→

P contient

→k,Pest parallèle à ∆et donc, puisquePcontient d,Pcontient égalementD. Maintenant, le vecteur−→

Oh est orthogonal à −→u et à −→

k et donc est un vecteur normal au plan P. Ce vecteur est alors orthogonal à toute droite de ce plan et en particulier à la droiteD. Puisque les pointsMet Hsont surD, on en déduit que−−→

HH.−−MH→=−Oh.→−−MH→=0.

Finalement, le vecteur−−→

HH est orthogonal aux vecteurs−−→

MH et −−→

HN et donc au vecteur −−→ MH+−−→

HN. L’égalité (∗)et le théorème dePythagorefournissent alors

MN2=HH′2+−−→ MH+−−→

HN2

≥HH′2. On a montré que

∀(M, N)∈D×∆, MN≥HH =Oh.

(7)

3. (a) Une équation cartésienne de C est x2+y2 = 1. Soit alors M0(x0, y0, z0) un point de C c’est-à-dire tel que x20+y20=1. La règle de dédoublement des termes fournit une équation du plan tangent àC enM0:

xx0+yy0=1.

Les plans tangents à C sont donc les plans d’équation xx0+yy0 = 1 avec x20+y20 = 1 ou encore les plans d’équation xcosω+ysinω=1avecω∈] −π, π].

Les plans tangents àC sont les plans d’équationxcosω+ysinω=1, ω∈] −π, π].

(b)Soit(D)une droite telle qued(∆, D) =1.

1er cas.SiD est parallèle à∆, alorsD est une génératrice du cylindreC et est bien sûr contenue dans un plan tangent à C. Plus précisément, D admet un système d’équations de la forme

x=a

y=b . La distance de D à ∆est par exemple la distance du pointO au point(a, b, 0) et la conditiond(D, ∆) = 1 se traduit par a2+b2 =1. Par suite, il existe un réel ω ∈] −π, π] tel que a = cosω et b = sinω de sorte que la droite D admet un système d’équations de la forme x=cosω

y=sinω . Dest alors contenue dans le plan d’équationxcosω+ysinω=1qui est un plan tangent àC d’après la question précédente.

2ème cas. Si D n’est pas parallèle à ∆, avec les notations de la question 2., on a HH = 1. Les coordonnées de H sont de la forme (0, 0, c) et donc les coordonnées de H sont de la forme (cosω,sinω, c). Puisque le vecteur −−→

HH est orthogonal à D, D est contenue dans le plan passant par H et de vecteur normal −−→

HH. Une équation de ce plan est cosω(x−cosω) +sinω(y−sinω) +0(z−c) =0ou encorexcosω+ysinω=1. De nouveau, ce plan est un plan tangent àC.

Toute droiteDtelle qued(D, ∆) =1 est contenue dans un plan tangent àC. (c)La droiteDd’équations

x=1

y=1 est contenue dans le plan d’équationx=1qui est un plan tangent àC (ω=0).D est parallèle à∆et la distance deDà ∆est par exemple la distance deOau point(1, 1, 0)et est donc égale à√

2. Donc, une droiteD contenue dans un plan tangent àC ne vérifie pas nécessairementd(D, ∆) =1.

4. (a)Travaillons dans le planπavec deux coordonnées. L’équation générale d’une tangenteTωau cercleΓ estxcosω+ ysinω=1,ω∈] −π, π](par le même travail que celui effectué en dimension3 en 3.(a)).

Maintenant, les coordonnées du pointO sont de la forme(cosθ,sinθ),θ∈] −π, π]. Par suite,

Tωtangente àΓ ⇔d(O, Tω) =1⇔ |cosθcosω+sinθsinω−1|

pcos2ω+sin2ω

=1

⇔cos(θ−ω) −1=1ou cos(θ−ω) −1= −1⇔cos(θ−ω) =0

⇔ω∈θ+ π 2 +πZ.

On obtient ainsi deux tangentes communes : les deux droites t1 et t2 d’équations respectives−xsinθ+ycosθ = 1 et xsinθ−ycosθ=1. Ces tangentes sont les tangentes parallèles à la droite(OO).

b b

O

O

(8)

(b)SoitDune droite telle qued(D, ∆) =d(D, ∆) =1. D’après la question 3.(a), la droiteDest contenue dans un plan tangent àC et aussi dans un plan tangent àC.

1er cas.Si la droiteDn’est pas parallèle aux droites∆et ∆,p(D)est une droite deΠtangente à Γ et àΓ et est donc l’une des deux droitest1out2.Dest donc contenue dans le planP1contenantt1et parallèle à∆et∆ ou dans le planP2

contenantt2et parallèle à∆et∆. Réciproquement, siDest une droite de P1non parallèle à∆et∆, avec les notations de la question 2., on aOH1=Oh1 =1 et doncd(D, ∆) =d(D, ∆) =1. De même, siD est dansP2.

2ème cas. Si D est parallèle à ∆ et ∆, D coupe Π en un point M tel que OM = OM = 1. Le point M est donc nécessairement l’un des deux points d’intersectionAouBdes cerclesΓ et Γ. Réciproquement, siDest la droite passant parAet parallèle à∆et ∆, alorsd(D, ∆) =OA=1et d(D, ∆) =OB=1. De même, siD passe parB.

Les droites solutions sont donc :

• les deux droites parallèles à∆et ∆ passant par les points d’intersection deΓ et Γ,

• les droites non parallèles à∆et ∆ et contenues dans les plans contenant les tangentes communes à∆et ∆ et parallèles à∆et ∆.

Références

Documents relatifs

Il devient vrai si on suppose de plus que u n et v n sont des suites réelles positives ne s’annulant pas à partir d’un certain

Puisque E est de dimension finie, d’après le théorème de Bolzano - Weierstrass , on peut extraire de cette suite et donc de la suite (y n ) n∈ N une sous-suite convergente... On

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés... 5a) On sait que f est dérivable sur ] − R, R[ et que sa dérivée s’obtient par dérivation terme

Soit (f n ) n∈N une suite de fonctions définies et continues par morceaux sur I, intégrables sur I telle que la série de fonctions de terme général f n converge simplement sur I

Puisque f est continue sur le segment [a, b], d’une part f est bornée sur ce segment et d’autre part f et f 2 sont intégrables sur ce segment.. Tous

Le déterminant d’une matrice est le produit de ses valeurs propres (chaque valeur propre étant comptées un nombre de fois égal à son ordre de multiplicité). A est un polynôme en F

f admet trois valeurs propres réelles

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’image de l’intervalle [nπ, (n + 1)π] par la fonction continue 2f est un intervalle... Elles convergent donc et ont