Énoncé Corrigé 0.1 Partie I

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MPSI B 29 juin 2019

Énoncé Corrigé 0.1 Partie I

A. 1) Pour untdonné,Dtest une droite lorsqueP1(t)etP2(t)ne sont pas simultanément nuls. Par conséquent, (H1) est vérié lorsque P1 et P2 n'ont pas de racine en commun dansI.

2) La condition (H₂) est équivalente à la condition géométrique : les droites D_t ne sont pas parallèles entre elles.

3) SupposonsP1,P2non proportionnels, la condition(P1, P2, P3)liée se traduit alors par l'existence d'un triplet(a, b, c)avecc6= 0tel que

∀t∈I, aP1(t) +bP2(t) +cP3(t) = 0 Soit, en divisant parcet en posantx= ^a_c,y= ^b_c

∀t∈I, xP1(t) +yP2(t) +P3(t) = 0

On en déduit que(H3)est équivalente à la condition géométrique : les droitesDt

ne sont ni parallèles ni concourantes.

B. 1) On peut écrire le produit matriciel suivant :





a₁t²+b₁t+c₁ a₂t²+b₂t+c₂ a₃t²+b₃t+c₃ 2a₁t+b₁ 2a₂t+b₂ 2a₃t+b₃

2a₁ 2a₂ 2a₃



=





t² t 1 2t 1 0 2 0 0



×





a₁ a₂ a₃ b₁ b₂ b₃ c₁ c₂ c₃





On en déduitdetM(t) =−2 detM2.

Comme M2 est la matrice de la famille (P1, P2, P3) dans la base canonique de R2[X], la condition (H3) est réalisée si et seulement si pour tout t, la matrice M(t)est inversible.

2.a) Le systèmeS_test de Cramer sauf lorsque le déterminant est nul. Ce déterminant est un polynôme de degré 3 ent, il existe donc un ensemble niF contenant au plus 3 éléments tel que dansI−F le systèmeStadmette une unique solution.

2.b) Comme on a supposé queI∩F est vide, on peut utiliser les formules de Cramer :

x(t) =

−P3(t) P2(t)

−p⁰₃(t) p⁰₂(t)

δ(t) , y(t) =

P1(t) −P3(t) p⁰₁(t) −p⁰₃(t)

δ(t) , δ(t) =

P1(t) P2(t) p⁰₁(t) p⁰₂(t)

6= 0

L'arcγ estC^∞ car ses fonctions coordonnées sont des fractions rationnelles sans pôle dans l'intervalle considéré.

2.c) Dérivons la deuxième équation deS_ten un point stationnaire de γ (c'est à dire tel quex⁰(t) =y⁰(t) = 0), on obtient

P₁⁰⁰(t)x(t) +P₂⁰⁰(t)y(t) +P₃⁰⁰(t) = 0 ce qui ajouté àStentraine

M(t)



 x(t) y(t) 1



=



 0 0 0





en contradiction avec l'inversibilité de M(t) (hypothèse H3). Ceci montre que l'arcγest régulier.

Dérivons maintenant la première équation deSten tenant compte de la deuxième, on obtient

P1(t)x⁰(t) +P2(t)y⁰(t) = 0 Cela signie que−−→

γ⁰(t)∈Vect(−P₂(t)−→

I +P₁(t)−→

J). Or−P₂(t)−→

I +P₁(t)−→ J est un vecteur directeur deD_t comme le montre son équation. De plusγ(t)∈D_t donc D_test la tangente à γenγ(t).

2.d) Si le support deγ était inclus dans une droite xeD, celle ci serait forcément la tangenteDt en tous les t ce qui est en contradiction avec le fait que les droites Dtne sont ni parallèles ni concourantes.

L'équation cartésienne du support va se déduire de calculs de déterminants. Soit a, b, cdes réels quelconques, développons le déterminant suivant avec la dernière ligne

P1 P2 P3

P₁⁰ P₂⁰ P₃⁰

a b c

=a

P2 P3

P₂⁰ P₃⁰

−b

P1 P3

P₁⁰ P₃⁰

+c

P1 P2

P₁⁰ P₂⁰

=δ(t) (ax(t) +by(t) +c)

On applique systématiquement cette remarque (sans écrire lest) puis on simplie avec des combinaisons de lignes :

δ(a1x+a2y+a3) =

P1 P2 P3

P₁⁰ P₂⁰ P₃⁰ a1 a2 a3

=

b1t+c1 b2t+c2 b3t+c3

b1 b2 b3

a1 a2 a3

=−detM2

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 Aenvlop

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δ(b₁x+b₂y+b₃) =

P₁ P₂ P₃ P₁⁰ P₂⁰ P₃⁰ b1 b2 b3

=

a₁t²+c₁ a₂t²+c₂ a₃t²+c₃ 2a₁t 2a₂t 2a₃t

b1 b2 b3

=−2tdetM₂

δ(c₁x+c₂y+c₃) =

P₁ P₂ P₃ P₁⁰ P₂⁰ P₃⁰ c1 c2 c3

=

a₁t²+b₁t a₂t²+b₂t a₃t²+b₃t 2a1t+b1 2a2t+b2 2a3t+b3

c1 c2 c3

=

−a1t² −a2t² −a3t² 2a1t+b1 2a2t+b2 2a3t+b3

c1 c2 c3

=

−a1t² −a2t² −a3t² b1 b2 b3

c1 c2 c3

=−t²detM2

On en déduit la formule demandée après simplication par δ(t). On en conclut que le support deγ est une conique. La suite montre que l'on peut obtenir tous les types de coniques.

0.2 Partie II

A. 1) L'équation deDtdemandée est

−tx+py+t²+p²= 0

2) Par un point (x, y) passe deux droites Dt distinctes lorsque l'équation du second degré en tadmet deux solutions réelles distinctes c'est à dire lorsque son discriminant est strictement positif soit

x²−4p(y+p)>0

L'ensembleE⁰ est la portion du plan situé strictement au dessous de la parabole d'équationx²= 4p(y+p).

Une droiteDtest dirigée parp−→ I +t−→

J donc les droitesDt₀ etDt₁ sont orthogo- nales lorsque

t0t1=−p²

Le produit des deux valeurs det pour lesquellesDt passe par(x, y)est p(y+p) donc(x, y)∈ E⁰ si et seulement si (x, y)∈ E etp(y+p) =−p² soit x²+ 4p²>0 ety=−2p.

FinalementE⁰ est la droite y=−2p.

3) La forme des équations des droitesDtpermet d'appliquer le résultat de I.B.2.c) et d) avec

P₁(t) =−t, P₂(t) =p, P₃(t) =t²+p²

On en déduit que les droitesDtsont les tangentes à la parabole d'équation x²= 4p(y+p)

La droiteE⁰ est le foyer de cette parabole.

B. 1) En calculant, on obtient

∂−−−−→

OKt,α

∂t =2 p

−−→Ut,α

La droite Dt,α passe par Mt, elle est dirigée par−−→

Ut,α, elle contient donc Kt,α= Mt+¹_p−−→

Ut,α. D'autre part−−→

Ut,α est aussi la direction de la vitesse du point mobile (selont)Kt,α, ainsiDt,αest la tangente à l'arc paramétréTα.

2) Le projeté deK_t,α est le pointM_t+_p^t(p−→ I +t−→

J)de coordonnées (2t,t²

p −p)

Il décrit la parabole d'équationy=_p¹(^x₂)²−psoitx²= 4p(y+p). La projection deT_αest la paraboleP de la question A.2) dont les droitesD_tsont les tangentes.

Les coordonnées deKt,αsont

u= 2t, v=−p+t²

p, w=−t²

p cotanα

Ordonnons suivant les puissances detune combinaison arbitraire de ces coordon- nées :

a(2t) +b(−p+t²

p) +c(−t²

p cotanα) = (−c

pcotanα+ b

p)t²+ 2at+−bp Si on choisita= 0,b= 1,c= tanαon obtient

v+ tanαw+p= 0 Le support deTαest donc dans le planΠα d'équation

Πa : y+ tanα z+p= 0

Ce plan contient bien la droite∆d'équations (y=−p, z= 0).

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3) Je n'ai pas trouvé mieux que de calculer pas à pas en notantA= (0,−p,0), A⁰son image par l'homothétie etDα=A⁰+Vect−→

I

Kt,α = (2t,−p+t² p,−t²

p cotanα) Fα = (0,−pcos²α,−psinαcosα)

−−−−→

FαKt,α

= · · ·= t²

psinα+psinα A = (0,−p,0)

−−→FαA = (0,−psin²α, psinαcosα)

−−−→FαA⁰ = (0,−2psin²α,2psinαcosα)

A⁰ = (0,−pcos²α−2psin²α, psinαcosα)

−−−−→

A⁰Kt,α = (2t,t²

p +psin²α,−t²

p cotanα−psinαcosα)

d(Kt,α, Dα) =

−−−−→

A⁰Kt,α∧−→ I

=

s (t²

p +psin²α)²+ (−t²

p cotanα−psinαcosα)²

= · · ·= t²

psinα+psinα

On en déduit que chaque courbeT_αest une parabole dans le planΠ_αde foyerF_α et de directriceD_α.

0.3 Partie III

A. Le cercleCt est le cercle de centre

Ωt= (pt,p

2(t²−1))

qui passe par l'origine dans le planZ = 0. La distance deO àΩ_test aussi le rayon du cercle est égale à

d(O,Ωt) = p 2(t²+ 1) D'autre part, en notantA= (0,−p),

d(Ωt,∆) =

−−→AΩt∧−→ I

= p

2(t²+ 1)

On en déduit queCtest tangent à la droite∆.

Un cercleCtpasse par un point(x, y)lorsquetest solution de x²+y²−2ptx−p(t²−1)y = 0

−pyt²−2pxt+x²+y²+py = 0

Par un pointA= (x, y)passe donc au plus deux cercles. Le discriminant de l'équation du second degré est

(px)²+py(x²+y²+py) =p(p+y)(x²+y²)

SiAest au dessus de∆ (y_M >−p), il passe exactement deux cercles parM.

SiAest sur ∆(yM =−p), il passe exactement un seul cercle par A SiAest au dessous de ∆(yM <−p), il ne passe aucun cercle parA B. 1) On calcule−−→

OΩt·−−→

OΩu=^p₄²(Π²−Σ²+ 6Π + 1).On en déduit que−−→

OΩtet −−→

OΩu sont orthogonaux lorsque

R Π²−Σ²+ 6Π + 1 = 0 2) En posantΣ = 2√

2 tanω puis en remplaçanttan²ωpar _cos¹2ω−1,la conditionR s'écrit

(Π + 3)²= 8 cos²ω

En remplaçant au besoinωparω+πce qui ne change pas la tangente la condition Rpeut toujours s'écrire

Σ = 2√

2 tanω, Π =−3 + 2√ 2 cosω

C. 1) Le calcul de l'équation de Ω_tΩ_u se fait en développant le déterminant suivant la première ligne :

x y 1

pt ^p₂(t²−1) 1 pu ^p₂(u²−1) 1

=· · ·= p

2(t−u) (Σx−2(y−p)−3(p+ Π))

On en déduit l'équation :

ΩtΩu Σx−2(y−p) = 3(p+ Π)

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2) L'équation de l'ellipse s'écrit encore x2

p² +(y−p)² 2p² = 1

Son centre estC= (0, p),commep²<2p² l'axe focal est l'axe desy, la distance du centre aux foyers estp, les foyers sont l'origine et le pointG= (0,2p). Comme l'origine est un foyer, on va obtenir une équation polaire simple :

2r²cos²θ+r²sin²θ−2prsinθ = p²

(2 cos²θ+ sin²θ)r² = p²+ 2prsinθ Puis en ajoutantr²sin²θde chaque côté :

r²= (p+rsinθ)² On en déduit deux expressions possibles :

r= p

2−sinθ our= −p 2 + sinθ

En fait, si on notef₊ la courbe paramétrée associée à la première formule et f₋ celle associée à la seconde, on remarque quef₊(θ+π) =f₋(θ).

3) Poser T = tan^ω₂ va rendre rationnels tous les coecients de l'équation de (ΩtΩu) et rendre possible l'utilisation de la partie I. Plus précisément :

Σ = 2√

2 tanω= 4√ 2 T

1−T², 3 + Π = 2√

21 +T² 1−T²

Après multiplication par1−T²et réarrangement, l'équation de(ΩtΩu)devient 2√

2T x+ (T²−1)y+p

−(√

2 + 1)T²+ 1−√ 2

= 0

On peut donc appliquer les résultats de la partie I avec P1(T) = 2√

2T, P2(T) =T²−1, P3(T) =p

−(√

2 + 1)T²+ 1−√ 2 On en déduit que les droites (ΩtΩu) qui ne dépendent plus que de T sont les tangentes à la courbe d'équation

8T²−4(y−p(√

2 + 1))(−y+p(−√

2 + 1)) = 0 2T²+ (y−p)² = 2p² On retrouve l'équation de l'ellipseE.

4) Soit K le point de l'ellipse E en lequel(ΩtΩu) est tangente à E. Comme M est le symétrique de O par rapport à(ΩtΩu), cette droite est la médiatrice de OM doncOK=KM et

GM =GK+KM =GK+KO=√ 2p

d'après la dénition bifocale deE de foyersO etGet de grand axe√ 2p. 5) Comme−−→

OΩ_tet −−→

OΩ_u sont les normales au cercle enO,C_tetC_u sont orthogonaux si et seulement si−−→

OΩ_t et−−→

OΩ_u le sont.Le pointM symétrique deO par rapport à (Ω_tΩ_u) est le deuxième point d'intersection de ces cercles car (Ω_tΩ_u) est la médiatrice de OM. Par conséquent, l'ensemble des points par lesquels passent deux cercles orthogonaux est formé deOet de la courbe des pointsM c'est à dire le cercle de centreGet de rayon p√

2.