Fig. 1: I.1. Cas 0 < c < a.

A B

C

M

H

Fig. 1: I.1. Cas 0 < c < a.

Probl ˜ A¨me

Partie I.

1. Voir Fig. 1, Fig. 2, Fig.3 .

2. Lorsque c = a, comme B et C θ sont sur le m ˜ A

me cercle (Fig. 2.) de centre A, l’intersection de la m ˜ A c diatrice de [BC θ ] avec la droite (AC θ ) est toujours A.

C = {A}

3. Les calculs sont ˜ A c vidents :

z(A) = 0, z(B) = 2c, z(C θ ) = 2ce ^iθ , z(H θ ) = c + ae ^iθ Lorsque θ varie, le point H θ d ˜ A c crit le cercle de centre de point de coor- donn ˜ A c es (c, 0) et de rayon a.

4. a. Comme M θ est sur la droite (AC θ ), il existe un r ˜ A c el λ tel que z(M _θ ) = λe ^iθ

b. ´ Ecrivons l’orthogonalit ˜ A c de − −−− → H θ M θ et −−→

BC θ avec les affixes complexes : λe ^iθ − c − ae ^iθ

2ae ^iθ − 2c ∈ i R

A B

C

M

H

Fig. 2: I.1.Cas 0 < c = a.

A B

C_θ

M_θ

H_θ

D_θ

Fig. 3: I.1. Cas 0 < a < c.

Le 2 qui se met en facteur au d ˜ A c nominateur ne change pas la condition d’ ˜ A

tre imaginaire pur. On le fait donc disparaitre. On multiplie par e

en haut et en bas. La condition devient :

λ − a − ce

a − ce

∈ i R

Si on multiplie en haut et en bas par la quantit ˜ A c conjugu ˜ A c e du d ˜ A c nominateur, celui ci devient un r ˜ A c el sctrictement positif et peut donc disparaitre de la condition. On obtient alors :

(λ − a − ce

)(a − ce ^iθ ) ∈ i R

c. Le point M θ existe lorsque la m ˜ A c diatrice de BC θ coupe AC θ . Le point n’est pas correctement d ˜ A c fini lorsque ces droites sont parall ˜ A¨les c’est A dire lorsque le triangle ˜ AC θ B est rectangle en C θ . Cela ne peut se produire que si

c > a cos θ = a

c Il existe donc un point M θ

– pour tous les θ lorsque c < a

– pour tous les θ autres que θ

et −θ

lorsque c > a.

Calculons M θ dans ces cas.

D’apr ˜ A¨s b., l’affixe de M θ est de la forme λe ^iθ avec λ v ˜ A c rifiant : (λ − a − ce ^iθ )(a − ce ^iθ ) ∈ i R

Ecrivons que la partie r ˜ ´ A c lle est nulle :

(λ − a − c cos θ)(a − c cos θ) − (c sin θ)(−c sin θ) = 0 ⇔ λ = a

− c

a − c cos θ 5. Lorsque c < a, pour tous les θ : λ > 0.

Lorsque a < c, on peut former le tableau :

−π −θ

θ

π

− k + k −

A B

C

M

Fig. 4: D ˜ A c finition bifocale : ellipse c < a Partie II.

1. Par construction, le point M θ est sur la m ˜ A c diatrice de BC θ donc M θ C θ = M θ B.

2. D’apr ˜ A¨s les questions pr ˜ A c c ˜ A c dentes, l’affixe de M _θ est λe ^iθ avec λ = a

− c

a − cos θ

L’ordre dans lequel sont plac ˜ A c s les points align ˜ A c s A, M _θ , C _θ d ˜ A c pend du signe de λ et de 2a − λ.

Dans le cas o ˜ A

c¡a, cesdeuxr A ˜ elssontstrictementpositif s.LespointsA,M c _θ , C _θ sont align ˜ A c s dans cet ordre avec

AM θ + BM θ = AM θ + M θ C θ = 2a

A M

C

B θ

< θ < θ

θ

< θ < π

−π ≤ θ < −θ

Fig. 5: D ˜ A c finition bifocale : branches d’hyperbole a < c

Le point M θ d ˜ A c crit alors une ellipse de foyers A et B et de grand axe 2a (Fig.4)

Lorsque a < c, le point M θ d ˜ A c crit les branches d’une hyperbole de foyers A et B (Fig. 5). Le d ˜ A c tail est pr ˜ A c sent ˜ A c dans un tableau :

−π −θ

θ

π

λ | − k + k −

2a − λ | + k − k +

alignement | M AC k ACM k M AC

2a = | M B − M A k M A − M B k M B − M A

Partie III.

1. L’intersection des deux droites est r ˜ A c gie par un syst ˜ A¨me de deux ˜ A c quations lin ˜ A c aires dont le d ˜ A c terminant est

U (t)V

(t) − U

(t)V (t) 6= 0

Fig. 6: III.3.b Enveloppe d’une famille de droites

Ce syst ˜ A¨me admet donc pour chaque t un unique couple solution. On le note (a(t), b(t)).

2. Il ne faut surtout pas chercher ˜ A pr ˜ A c ciser lescoordonn ˜ A c es (a(t), b(t)) du point f (t). ´ Ecrivons que f (t) ∈ ∆ _t puis d ˜ A c rivons cette relation :

0 = U (t)a(t) + V (t)b(t) + W (t)

0 = (U

(t)a(t) + V

(t)b(t) + W

(t)) + U (t)a

(t) + V (t)b

(t) La parenth ˜ A¨se est nulle car f (t) ∈ ∆

_t . Le reste de la relation traduit l’or- thogonalit ˜ A c de − →

f

(t) avec le vecteur de coordonn ˜ A c es (U (t), V (t)). Or ce

vecteur est normal ˜ A ∆ t (d’apr ˜ A¨s son ˜ A c quation), on en d ˜ A c duit donc que − →

f

(t) est dans la direction de ∆ t ce qui assure que c’est la tangente car elle contient f (t).

3. a. Pour former l’ ˜ A c quation de ∆ t , on ˜ A c crit la nullit ˜ A c du produit scalaire des vecteurs de coordonn ˜ A c es

x − R cos t y − R sin t

R cos t − s R sin t

On obtient apr ˜ A¨s calculs :

A c ˜ quation de ∆ _t : (R cos t − s)x + R sin ty − R

+ Rs cos t = 0 b. Les coordonn ˜ A c es de f (t) sont les solutions du syst ˜ A¨me

( (R cos t − s)x + R sin ty − R

+ Rs cos t =0

−R sin tx + R cos ty − Rs sin t =0

Que l’on r ˜ A c soud (apr ˜ A¨s division de la deuxi ˜ A¨me ˜ A c quation par

−R) ˜ A l’aide des formules de Cramer. On obtient x = R s − R cos t

s cos t − R y = (s

− R

) sin t s cos t − R Sur la figure 6, on voit se dessiner une ellipse.

Partie IV.

1. Par d ˜ A c finition, D θ est la m ˜ A c diatrice de B et de C θ . Pour obtenir l’ ˜ A c quation, A c ˜ crivons l’ ˜ A c galit ˜ A c des carr ˜ A c s des distance ˜ A ces deux points

(x − 2a cos θ)

+ (y − 2a sin θ)

= (x − 2c)

+ y

apr ˜ A¨s simplifications

A c ˜ quation de D θ : (c − a cos θ)x − a sin θy + a

− c

= 0 2. On forme l’ ˜ A c quation de D

_θ en d ˜ A c rivant les coefficients

a sin θx − a cos θy = 0

On r ˜ A c sout le syst ˜ A¨me constitu ˜ A c par les deux ˜ A c quations avec les formules de Cramer :

c − a cos θ −a sin θ sin θ − cos θ

= − c cos θ + a

−a

+ c

−a sin θ

0 − cos θ

=(a

− c

) cos θ

c − a cos θ −a

+ c

sin θ 0

=(a

− c

) sin θ Les coordonn ˜ A c es du point d’intersection sont donc

a

− c

a − c cos θ cos θ, a

− c

a − c cos θ sin θ

ce qui correspond bien ˜ A l’affixe complexe de M θ trouv ˜ A c e en I. D’apr ˜ A¨s la partie III, la courbe C est l’enveloppe des droites D θ . Chacune de ces droites est donc tangente ˜ A C en M θ .

3. La distance d’un point ˜ A une droite s’obtient en utilisant l’ ˜ A c quation de cette droite (obtenue en 1.)

d(A, D θ )d(B, D θ ) = (a

− c

) (c − a cos θ)2c + a

− c

(c − a cos θ)

+ a

sin

θ = a

− c

4. Comme D θ est tangente ˜ A la conique et orthogonale ˜ A C θ B, la projection

orthogonale sur la tangente en M θ est H θ . L’affixe de ce point est c + ae ^iθ

Il d ˜ A c crit un cercle de centre B et de rayon a. La podaire d’un foyer sur une conique (ellipse ou hyperbole) est donc un cercle. Le cas d’une parabole est examin ˜ A c dans la derni ˜ A¨re partie.

Partie V.

1. a. Pour obtenir l’ ˜ A c quation cart ˜ A c sienne de P, on ˜ A c crit que M de coordonn ˜ A c es (x, y) est sur P si et seulement si d(M, D) = M F

|x + p 2 | =

r (x − p

2 )

+ y

⇔ (x + p

2 )

= (x − p

2 )

+ y

⇔ y

= 2px

D

M

K

H

F

Fig. 7: Podaire d’un foyer sur une parabole

b. Les coordonn ˜ A c es de M u v ˜ A c rifient l’ ˜ A c quation cart ˜ A c sienne de la parabole.

2. On connait les coordonn ˜ A c es de M u et de sa d ˜ A c riv ˜ A c e : M u : (2pu

, 2pu) − →

M u : (4pu, 2p) On en d ˜ A c duit l’ ˜ A c quation de la tangente en M _u :

A c ˜ quation de T _u :

x − 2pu

2u y − 2pu 1

= 0 ⇔ x − 2uy + 2pu

= 0

3. Les coordonn ˜ A c es de K u sont (− ^p

, 2pu), ˜ A c crivons encore une fois les

distances ˜ A la droite avec son ˜ A c quation : d(F, T u ) =

p

+ 2pu

√ 1 + 4u

d(K _u , T _u ) =

− ^p

− 2u(2pu) + 2pu

√

1 + 4u

= d(F, T _u ) On en d ˜ A c duit que T u est la m ˜ A c diatrice de [K u , F ].

4. Comme T u est la m ˜ A c diatrice de [K u , F ], le projet ˜ A c H _u de F sur la

tangente T u est le milieu de [F, K _u ]. Par cons ˜ A c quent, comme F a pour

coordonn ˜ A c es ( ^p

, 0), lorsque K _u d ˜ A c crit D (d’ ˜ A c quation x = ^p

), le point

H u d ˜ A c crit l’axe Oy (Fig. 7).

Exercice

1. Les solutions de l’ ˜ A c quation caract ˜ A c ristique sont i √

2 et −i √

2. Les solu- tions de l’ ˜ A c quation sans second membre sont les fonctions

t → λ cos √

2t + µ sin √ 2t

o ˜ A

λ et µ sont des r ˜ A c els quelconques. Comme 1 n’est pas racine de l’ ˜ A c quation caract ˜ A c ristique, on cherche une solution particuli ˜ A¨re de l’ ˜ A c quation compl ˜ A¨te sous la forme

t → (at + b)e ^t Apr ˜ A¨s calculs, on trouve a = 2

3 et b = − 4

9 . Les solutions sont donc les fonctions

t → λ cos √

2t + µ sin √ 2t + ( 2

3 t − 4 9 )e ^t

2. a. Par hypoth ˜ A¨se, f

et g

sont des fonctions d ˜ A c rivables. Comme f

(t) = 2g

(t) la fonction f

est d ˜ A c rivable donc f

est deux fois d ˜ A c rivable.

En rempla ˜ A§ant le g

de la deuxi ˜ A¨me ˜ A c quation par l’expression tir ˜ A c e de la premi ˜ A¨re, on obtient que f

est solution de l’ ˜ A c quation diff ˜ A c rentielle trait ˜ A c e en question 1.

b. D’apr ˜ A¨s les r ˜ A c sultats de 1. et g

= 1

2 f

, on obtient : f

(t) = λ cos √

2t + µ sin √ 2t + ( 2

3 t − 4 9 )e ^t g

(t) = − λ

√ 2 sin √

2t + µ

√ 2 cos √

2t + ( 1 3 t − 1

9 )e ^t

3. En exprimant les conditions f

(0) = g

(0) = 0 pour les fonctions trouv ˜ A c es au dessus, on obtient

λ = 4

9 µ = −

√ 2

9

ce qui assure l’unicit ˜ A c du couple cherch ˜ A c .