MPSI B 20010-2011 Corrigé du DM 18 29 juin 2019

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MPSI B 20010-2011 Corrigé du DM 18 29 juin 2019

Partie I.

1. Voir les gures 1 et 2.

θ

2

− θ θ

2

− θ

1

z

1

z

θ − θ

1

Fig. 1: Conguration 1 2. a. On étudie les variations de f et g dans ]0, +∞[ .

On calcule d'abord la dérivée de f en l'exprimant comme une somme :

f (x) = x 2r

1

+ r

₁²

− r

₂²

2r

1

1 x = x

2r

1

+ r

1

cos

²

Φ 2x On en déduit

f

⁰

(x) = (x − r

1

cos Φ)(x + r

1

cos Φ) 2r

₁

x

²

Pour étudier g il est inutile de calculer sa dérivée. L'expression

g(x) = x

2r

₂

− r

²₁

− r

²₂

2r

₂

1 x

z

1

z

θ

₁

− θ

θ

₂

− θ

₁

θ

2

− θ

1

Fig. 2: Conguration 2

sut à montrer que la fonction est croissante car r

₁²

− r

₂²

> 0 . On en déduit les tableaux suivants :

0 r

1

cos Φ +∞

+∞ +∞

f & %

cos Φ

0 +∞

+∞

g %

−∞

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 M1018C

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MPSI B 20010-2011 Corrigé du DM 18 29 juin 2019

b. Étudions l'équation f (x) = 1 . Le tableau des variations et le théorème de la valeur intermédiaire montrent clairement que cette équation admet deux solutions. Cette équation revient à

(x − r

₁

)

²

= r

²₂

Les deux solutions sont donc r

1

− r

2

et r

1

+ r

2

. On en déduit que {x tq f (x) ∈ [−1, +1]} = [r

₁

− r

₂

, r

₁

+ r

₂

] {f (x) tq f (x) ∈ [−1, +1]} = [cos Φ, 1]

D'après le tableau des variations de g , pour déterminer les x tels que −1 ≤ g(x) ≤ 1 , nous devons étudier les équations g(x) = −1 et g(x) = 1 . Elles ont chacune une seule solution : r

1

− r

2

et r

1

+ r

2

respectivement. On en déduit :

{x tq g(x) ∈ [−1, +1]} = [r

1

− r

2

, r

1

+ r

2

] {g(x) tq g(x) ∈ [−1, +1]} = [−1, 1]

c. Pour factoriser f (x) − g(x) , il est plus commode d'utiliser r

₁

et r

₂

que Φ . On obtient

f (x) − g(x) = 1

2r

1

r

2

x (r

1

− r

2

)(r

1

+ r

2

− x)(r

1

+ r

2

+ x) On en déduit le tableau de signes

0 r

1

+ r

2

+∞

f (x) − g(x) + 0 −

3. a. Il s'agit simplement d'utiliser l'inégalité triangulaire De z = z

1

+ z

2

, on déduit

|z| ≤ |z

1

| + |z

2

| = r

1

+ r

2

. De z

1

= z − z

2

, on déduit |z

1

| ≤ |z| + |z

2

| = |z| + r

2

puis |z| ≥ r

1

− r

2

.

b. Considérons le carré du module de z − z

₁

= z

₂

.

|z − z

1

|

²

=

|z|e

^iθ

− r

1

e

^iθ¹

2

= |z|

²

− 2|z|r

1

cos(θ − θ

1

) + r

₁²

= |z

2

|

²

= r

²₂

puis cos(θ − θ

1

) = f (|z|) .

On obtient de même cos(θ − θ

2

) = g(|z|) en considérant z − z

2

= z

1

4. a. Supposons que θ

1

et θ

2

vérient les conditions de l'énoncé. Alors, d'après 3.b. et les conditions sur l'intervalle [0, π] ,

( θ − θ

1

= arccos(f (|z|) θ

₂

− θ = arccos(g(|z|) ⇒

( θ

1

= θ − arccos(f (|z|) θ

₂

= θ + arccos(g(|z|)

Ces formules assurent l'unicité.

En ce qui concerne l'existence : remarquons d'abord que si z = |z|e

^iθ

et z

1

= r

1

e

^iθ¹

alors :

|z − z

₁

|

²

= |z|

²

− 2|z|r

1

cos(θ − θ

₁

) + r

²₁

Par conséquent, si on pose θ

₁

= θ−arccos(f (|z|) ce qui est possible d'après l'étude de f pour r

₁

− r

₂

≤ |z| ≤ r

₁

+ r

₂

on aura

|z − z

1

|

²

= r

²₂

On peut remarquer que θ − θ

1

= arccos(f (|z|) ≤ Φ car la valeur minimale que prend f est cos Φ ,

Une fois θ

1

déni, on est certain de l'existence d'un θ

2

. Il sut de prendre un argument de z − z

₁

.

Parmi tous les arguments de z − z

₁

possibles pourquoi en existe-t-il un (noté θ

₂

) tel que θ

₂

− θ ∈ [0, π] ?

Divisons la relation z = z

₁

+ z

₂

par e

^iθ

puis prenons la partie imaginaire, il vient :

r

1

sin(θ

1

− θ) + r

2

sin(θ

2

− θ) = 0

donc r

1

sin(θ

2

− θ) = −r

1

sin(θ

1

− θ) or θ

1

− θ ∈ [−Φ, 0] donc sin(θ

1

− θ) < 0 et sin(θ

2

− θ) > 0 . On peut donc bien choisir un argument θ

2

tel que θ

2

− θ ∈ [0, π] . On a vu que cos(θ

2

− θ) = g(|z|) comme de plus θ

2

− θ ∈ [0, π] on a θ

2

− θ = arccos g(|z|) . Finalement :

θ

₁

= θ − arccos f (|z|), θ

₂

= θ + arccos g(|z|) b. Un tel choix conduit à une conguration 1.

c. D'après 2.c., pour r

1

− r

2

≤ |z| ≤ r

1

+ r

2

, f (|z|) ≥ g(|z|) donc θ − θ

1

≤ θ

2

− θ car la fonction arccos est décroissante et

2θ ≤ θ

₁

+ θ

₂

.

Partie II.

1. L'ensemble des points que peut atteindre l'extrémité de la deuxième tige est la couronne entre les cercles de rayon R − r et R + r . Dans cette couronne, chaque point m peut être atteint de deux manières. Il sut de tracer le cercle centré en m et de rayon r . Il coupe le cercle de rayon R (formé par les positions possibles de l'extrémité de la première tige) en deux points.

2

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Fig. 3: Domaine Ω

2. Il n'est pas facile de préciser le plus grand domaine Ω possible. On se contentera du domaine délimité par le bord vert sur la gure 3.

3. On trouve sans problème particulier

( x = R cos α + r cos β

y = R sin α + r sin β ⇒

( dx = −R sin α dα − r sin β dβ dy = R sin α dα + r cos β dβ

⇒ dx ∧ dy = Rr sin(β − α) dα ∧ dβ

4. Le coecient de dα dans ω est le produit scalaire (

−R sin α R cos α

/

− sin β cos β

)

Celui de dβ est clairement 1 donc ω = dβ + R cos(β − α)dα et : dω = R sin(β − α)dα ∧ dβ = dx ∧ dy

Par conséquent l'intégrale curviligne de ω le long du contour fermé est l'aire du domaine. Cette intégrale est aussi la distance parcourue par la roulette à cause de la dénition même de la forme ω .

3