Problème 1. Astroide
Fig. 1: Tracé de l'astroïde
1. a. La courbe est symétrique par rapport aux droites passant par l'origine et dirigées par−→
i,−→ j, −→
i +−→ j.
Les pointsM(−t), M(π−t), M(π2 −t) sont respectivement les symétriques de M(t)par rapport aux trois droites.
b. La courbe est birégulière sauf aux points oùtest congru à 0 modulo π2. Par raison de symétrie, ces points sont des points de rebroussement.
Au point stationnaireM(0), le vecteur tangent est dirigé par la dérivée seconde
−−→
M00(0) =−24a−→ i
Les tangentes aux autres points de rebroussement s'obtiennent par symétrie. On peut noter que la tangente enM(π4)est orthogonale à la première bissectrice.
c. En notant Lla longueur totale de la courbe et−→ut= cost−→
i + sint−→
j, on obtient
−→M0(t) =−24asintcost −→u−t= 12asin 2t−→uπ−t d'où
L= 4 Z π2
0
−→ M0(t)
dt= 48a Z π2
0
sin 2t dt= 48a
Fig. 2: Tracé de 50 segments tangents
2. a. LorsqueM(t)n'est pas un point singulier, une équation deD(t)est
(x−8acos3t) sint+ (y−8asin3t) cost= 0⇔xsint+ycost= 8asintcost
b. On peut calculer les coordonnées deA(t)et B(t). Il vient
coordonnées deA(t):(8acost,0) coordonnées de B(t):(0,8asint) La longueur du segmentA(t)B(t)est donc constante égale à8a.
On peut se faire idée des tangentes à l'astroïde en faisant glisser sur les axes les deux extrémités d'un segment de longueur xe (Fig.2).
P0
0 D(t0)
C
Fig. 3: Construction deD(t0)
3. a. On cherche lesttels queD(t)contienne le point de coordonnées (2acost0,2asint0)
Ils doivent vérier
4acost0sint+ 4asint0cost= 8asintcost⇔sin(t+t0) = sin 2t La dernière équation équivaut à
t=t0 ou t≡ π−t0
3 (π
3)
La deuxième relation conduit à trois tangentes faisant entre elles un angle de π3. La quatrième tangente estD(t0)qui passe parP0 et de direction −→uπ−t.
b. D'après la question précédente, on peut construire la droiteD(t0)en remarquant qu'elle est symétrique de(OP0)par rapport à la droite de direction−→
j qui passe parP0. (Fig.3)
P0
0 H0
K0
M0
D0
Fig. 4: Construction géométrique deM0
c. On note avec un indice 0 tous les objets relatifs àt0. CherchonsH0=H(t0)sous la forme
(λsint0, λcost0) pour que −−→
OH0 soit orthogonal D0. On remplace dans l'équation de D0 et on obtient
λ= 8asint0cost0
puis −−→
OH0+−−−→
OM0= 8a−→ut0
DénissonsK0par
−−→OH0+−−−→
OM0=−−→
OK0
Il est sur un cercle deux fois plus grand queCet aligné avec 0et P0. De plus,
−−−→OM0=−−−→
H0K0
donc(O, M0, K0, H0) est un parallélogramme ce qui entraîne que M0 est symé- trique deH0par rapport au centre P0 du parallélogramme.
On peut donc construireM0 à partir deP0 (Fig.4) Sur la gure on a fait gurer K0pour éclairer la démonstration (il est utile à celle-ci mais pas à la construction).
Problème 2. Ellipse tangente aux milieu des côtés d'un triangle Partie I.
1. Le calcul des coordonnées demandées ne pose pas de problème particulier, on trouve
A(M) : (x,cosαy)
H(M) :
2 sinαx, 2
sinαy
F(M) :
2
sinαx,2 cosα sinα y
La transformation A est une anité orthogonale d'axe (Ox) et de rapport cosα. La transformationH est une homothétie de centreO et de rapport 2
sinα.
2. NotonsEl'image deCpar la transformationF. Un pointM de coordonnées(x, y)ap- partient àEsi et seulement si son antécédent parF appartient àC. Or les coordonnées de cet antécédent sont : sinα
2 x, sinα 2 cosαy
On en déduit : M ∈ E ⇔
sinα 2 x
2 +
sinα 2 cosαy
2
= 1
4 ⇔ x2 1 sin2α
+ y2 cos2α sin2α
= 1
Il s'agit de l'équation réduite d'une ellipse d'axe focal (Ox) (car |cosα < 1|). La distance centre-sommet est a = sin1α. Le demi petit-axe est b = cossinαα. La distance
centre-foyer estc= 1car
c2=a2−b2= 1−cos2α sin2α = 1 Les foyers sont les points de coordonnées(−1,0)et(1,0).
I J
K C
O
Fig. 5: PointsI,J,K.
Partie II.
Les pointsI,J,K sont placés sur la gure5.
1. On connait l'expression algébrique des parties réelles et imaginaires dej. On en déduit les équations des droites puis l'expression des distances à ces droites.
(IJ) :x−1 +√ 3y= 0 (IK) :x−1−√
3y= 0 (J K) :x+1
2 = 0
d(M,(IJ)) = |x+√ 3y−1|
2 d(M,(IK)) = |x−√ 3y−1|
2 d(M,(J K)) =|x−1 2| 2. Par dénition, C est le cercle de centreO et de rayon 12. D'après les formules précé-
dentes :
d(O,(IJ)) =d(O,(IK)) =d(O(J K)) = 1 2
Les trois droites sont donc tangentes àC. Comme les pointsI,J,K sont sur le cercle de centreOet de rayon1, chaque médiatrice est en fait la normale au cercle. Les points de contacts sont donc les milieux des segments.
3. Quand on transforme la gure par l'anitéF, le cercleCdevient l'ellipseE, les points I, J, K deviennent respectivement U, V,W. La tangence est conservée, la propriété des milieux est conservée donc chaque segment [U, V], [V, W], [W, U] est tangent en son milieu à l'ellipseE. Voir gure6.
I U J
K V
W E
Fig. 6: PointsI,J,K.
Partie III.
1. En utilisantsinα= 2 sinα2cosα2 et la dénition def, on obtient directement la formule demandée
f(z) = 2 cos2α2
sinα z+2 sin2α2
sinα z= cosα2
sinα2z+ sinα2
cosα2z= z
tanα2 +ztanα 2 2. En utilisant les relations précédentes :
u+v+w=f(1) +f(j) +j(j2) = 1
tanα2(1 +j+j2) + tanα
2(1 +j+j2) = 0 On remplacef(1), f(j),f(j2)par les expressions de la question 1. puis on développe (avecj3= 1) :
uv+uw+vw= j
tan2α2 +j+j2
| {z }
=−1
+j2tan2α 2 + j2
tan2α2 +j+j2
| {z }
=−1
+jtan2α 2
+ 1
tan2α2 +j+j2
| {z }
=−1
+ tan2α 2 =−3 en utilisant1 +j+j2= 0en facteur devant lestanet les inverses destan..
3. On peut exprimer les coecients du polynoe en fonction des racines :
P(x) = (x−u)(x−v)(x−w) =x3−(u+v+w)x2+(uv+uw+vw)x−uvw=x3−3x−uvw On en déduit que les racines deP0 sont1 et−1car
P0(x) = 3x2−3 = 3(x−1)(x+ 1)
Partie IV.
1. Par dénition,(z0, z1, z2)vérie(∗)si et seulement si (z1+z2=−z0
z1z2=−3−z0(z1+z2) ⇔
(z1+z2=−z0
z1z2=−3 +z20 si et seulement siz1et z2sont les racines de l'équation d'inconnuez
z2+z0z+ (−3 +z02) = 0
2. Siz0 = 4, l'équation de la n de la question précédente devient z2+ 4z+ 13 = 0. Ses racines sont−2 + 3iet−2−3i. Comme
cosα2
sinα2 +sinα2 cosα2 = 2
sinα
La relationu=f(1)conduit àsinα= 12. On choisitα= π6. On en déduit : f(z) = 4 Rez+i2√
3 Imz u=f(j) =−2 + 3i
v=f(j2) =−2−3i
