Problème II.

Exercice I.

1. La solution générale dey⁰⁰−y=f s'écrit sous la forme t→λe^t+µe^−t+sp(t)

oùλet µ sont des constantes réelles. On peut aussi écrire les solutions de l'équation sous la forme

t→λcht+µsh(−t) +sp(t)

2. Les conditions imposées à la fonction se traduisent par deux relations que doivent vérierλet µ(on utilise la première expression).

λ+µ+sp(0) = λ−µ+sp⁰(0) λe+µe⁻¹+sp(1) = −(λe−µe⁻¹+sp⁰(1)) On en déduit

λ=−1

2e(sp⁰(1) +sp(1)), µ= 1

2(−sp(0) +sp⁰(0)) Ces formules prouvent l'unicité. La solution cherchée est

t→ −sp⁰(1) +sp(1)

2e e^t+−sp(0) +sp⁰(0)

2 e^−t+sp(t)

3. Casf(x) =x Le second membre est le polynôme x. Comme 0 n'est pas racine du polynôme caractéristique, on cherche une solution sous la forme d'un polynôme de même degré :sp(x) =ax+b. On trouvesp(x) =−x, la solution cherchée est

t→ 1 ee^t−1

2e^−t−t

Casf(x) =x² Le second membre est le polynôme x². Comm 0 n'est pas racine du polynôme caractéristique, on cherche une solution sous la forme d'un polynôme de même degré :sp(x) =ax²+bx+c. On forme le système







−a = 1

−b = 0 2a−c = = 0 On en déduitsp(x) =−x²−2, la solution cherchée est

t→ 5

2ee^t+e^−t−t²−2

O

U V

W

Fig. 1: Triangles pseudo-rectangles isocèles.

Problème I.

Partie I.

1. Lorsqu'un triangle(A, B, C)est pseudo rectangle et isocèle, on doit avoir Ab=Bb ou Ab = Cb. Le premier cas conduit à Ab= Bb = ^π₂ +Cb puis à Cb = 0 en considérant la somme des trois angles qui vautπ. Ce cas doit donc être éliminé.

Le seul cas possible est le deuxième qui conduit à Ab=Cb= π

6 , Bb=2π 3

On obtient trois triangles pseudo-rectangles et isocèles en décomposant un triangle équilatéral à partir de son centre (Fig.1). En eet, les trois angles en O sont ^2π₃ , les angles enU, V,W sont ^π₆ car les segments issus du centre sont des bissectrices.

2. NotonsDla droite passant parC donnée par l'énoncé. Un algorithme de construction deAsurD tel que(A, B, C)soit pseudo-rectangle est le suivant (Fig.2) :

On forme un triangle isocèle(A1, B, C). Le pointA1est l'intersection deD avec la médiatrice deBD.

On trace la perpendiculaire àA1Bpassant parB. L'intersection de cete droite avec D est le pointAcherché.

B

A1

A

γ

C γ

Fig. 2: Construction deA.

Partie II.

1. Avec les conventions de l'énoncé : un vecteur directeur de Dβ est −→e_−β, un vecteur directeur de∆γ est−→eγ. Les droites se coupent lorsque les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires c'est à dire si et seulement siβ+γ6≡0 modπ.

Pour calculer les coordonnées du point d'intersection, on forme les équations des droites puis un système

Dβ:

x+ 1 cosβ y −sinβ

= 0 ∆γ :

x−1 cosγ y sinγ

= 0

(sinβx+ cosβy=−sinβ sinγx−cosγy= sinγ

que l'on résoud à l'aide des formules de Cramer. Après calculs, on obtient les coordon- nées du point d'intersectionA:

sin(γ−β)

sin(γ+β),−2 sinβsinγ sin(γ+β)

2. Avec les conventions de l'énoncé, le triangle est pseudo-rectangle lorsque β =γ+ ^π₂. Après calcul, on trouve que les coordonnées deAs'écrivent

− 1

cos 2γ,−tan 2γ

Partie III

1. Les coordonnées du milieu du segment[B, B⁰]sont

− 1 cos 2γ,0

Pour les trouver, on remarque que−→e_γ est un vecteur directeur de la droite(A_γC). Un vecteur−→

V orthogonal à cette droite admet donc pour coordonnées(−sinγ,cosγ). Le pointB est de la formeAγ+λ−→

V avecy(B) = 0d'où−tan 2γ+λcosγ= 0 et λ= sin 2γ

cosγcos 2γ = 2 sinγ cos 2γ

On en déduit les coordonnées deB⁰ :

− 1

cos 2γ−2 sinγ cos 2γ sinγ,0

=

−1 + 2 sin²γ cos 2γ ,0

puis celles du milieu deBB⁰

−1 2

1 +1 + 2 sin²γ cos 2γ ,0

=−1 2

cos 2γ+ 1 + 2 sin²γ cos 2γ ,0

=

− 1 cos 2γ,0

2. On noteAb=α,Bb=β,Cb=γ. Le caractère pseudo-rectangle se traduit parβ =^π₂+γ, commeα+β+γ=πon a aussiα+^π₂+ 2γ=πd'où

γ=π 4 −α

2

Un vecteur directeur de la bissectrice enAγ est alors (voir Fig.3)

−−−→eγ+^α₂ =−e→^π

4

C B

A

α

γ

β

γ

Fig. 3: III.2. Bissectrice enA.

C B

A I

Fig. 4: III.3. Cercle circonscrit.

C B

A

orthocentre

Fig. 5: III.4. Orthocentre.

3. SoitI le centre du cercle circonscrit. Il est sur la médiatrice de[B, C](Fig4). Comme B est de coordonnées (−1,0) et C de coordonnées (1,0), on a donc x(I) = 0. Pour calculery(I)on formeAI²=CI².

1

cos²2γ + (y(I) + tan 2γ)²= 1 +y²

⇔ −2y(I) tan 2γ= 1

cos²2γ +sin²2γ

cos²2γ −1 = 2 sin²2γ

cos²2γ ⇔y(I) =−tan 2γ Le rayon du cercle circonscrit est

CI = 1 cos(2γ)

4. NotonsH l'orthocentre cherché. La hauteur issue deA_γ est formée par les points dont la première coordonnée est −_{cos 2γ}¹ . Pour calculer la deuxième coordonnée de H, on forme l'équation de la hauteur issue deB. Comme−→eγ est le vecteur directeur de(AγC), M est sur la hauteur issue deB si et seulement si :

−−→BM−→e_γ = 0

L'équation de cette droite est donc :

(x+ 1) cosγ+ysinγ= 0 On remplacexpar−_{cos 2γ}¹ pour trouvery(H)

y(H) =1−cos 2γ cos 2γ

cosγ

sinγ = tan 2γ On remarque queH est le symétrique deAγ par rapport à(BC) 5. De la formule bien connue1 + tan²= _cos¹2 on déduit

1 +y(Aγ)²=x(Aγ)²

L'ensemble formé par lesAγ est la partie de l'hyperbole d'équationx²−y²= 1pour lesquelsxety sont négatifs.

Problème II.

1. a. L'équation de la tangenteTλen(1, λ)à la courbe def est y−λ=f⁰(1)(x−1)

Commef est solution de l'équation dierentielle f⁰(1) = 1−2λ

2 l'équation s'écrit

(1−2λ)x−2y−1 + 4λ= 0 b. Réordonnons suivantλl'équation précédente :

(2(1−x) + 2)λ+x−1−2y= 0

Lorsque les coordonnées d'un point annulent les deux coecients, ce point est sur toutes les droites. C'est le cas ici pour le point de coordonnées

(2,1 2)

2. Résolution de

(1 +x²)y⁰(x) + 2xy(x) = 1 x

Une primitive de _1+x^−2x2 est−ln(1 +x²). Une solution de l'équation sans second membre est donc

1 1 +x²

On cherche une solution particulière de l'équation complète par la méthode de variation de la constante sous la forme

λ(x) 1 +x² Cela donne

(1 +x²) λ⁰(x) 1 +x² = 1

x

d'oùλ(x) = lnx. On en déduit que l'ensemble des solutions est

x→ λ+ lnx 1 +x² , λ∈R

En particulier

f−λ(x) =2λ+ lnx 1 +x² 3. Comme en 1., l'équation deD_λ est

y−λ=f⁰(x0)(x−x0) avec

f⁰(x0) =c(x0)−λb(x0) a(x0) elle s'écrit encore

a(x0)(y−λ)(c(x0)−λb(x0))(x−x0) On réordonne suivantλ:

(b(x0)(x−x0)−a(x0))λ+a(x0)y−c(x0)(x−x0) = 0

On considère le système de deux équations

b(x₀)(x−x₀)−a(x₀) = 0 c(x0)(x−x0) = 0

Sib(x0)6= 0: toutes les droitesDλpassent par le point de coordonnées

(x₀+a(x0) b(x₀)) Sib(x0) = 0: l'équation deDλ s'écrit

c(x0)x−a(x0)y+λa(x0)−c(x0)x0= 0 toutes les droitesDλ sont paralleles.

4. a. On considère deux solutions f0 et f1 de l'équation (E) avec f0(x0) = y0 et f1(x0) =y1. Les équations des tangentes sont :

x−x0 1 y−y₀ F(x₀, y₀)

= 0

x−x0 1 y−y₁ F(x₀, y₁)

= 0

Ces tangentes sont paralleles si et seulement si les vecteurs directeurs sont coli- néaires c'est à dire ici lorsqueF(x0, y0) =F(x0, y1). Dans ce cas :

F(x0, y0) =F(x0, y1) y₀−y₁ = 0

Si les tangentes sont toutes concourantes, il existe un point I de coordonnées (xI, yI) qui appartient à toutes les tangentes. On peut remarquer que xI 6= x0

car chaque tangente passe par un point d'abscisse x0 et d'ordonnée diérente.

Écrivons queIappartient aux tangentes en(x0, y0)et en(x0, y1).

xI−x0 1 yI−y0 F(x0, y0)

= 0

xI−x0 1 yI−y1 F(x0, y1)

= 0

On en déduit :

(xI−x0)F(x0, y0) =yI−y0

(xI−x0)F(x0, y1) =yI−y1

)

⇒(x_I−x₀)F(x₀, y₀) +y₀= (x_I−x₀)F(x₀, y₁) +y₁

⇒(xI−x0)(F(x0, y0)−F(x0, y1)) =y1−y0

⇒ F(x₀, y₀)−F(x₀, y₁) y1−y0

= 1

x0−xI

b. À la question précédente, on a vu que l'on pouvait noter F(x₀, y₀)−F(x₀, y₁)

y1−y0

=α(x0)

On en déduit

F(x₀, y₀)−F(x₀, y₁) =α(x₀)(y₀−y₁)

⇒F(x0, y0)−α(x0)y0=F(x0, y1)−α(x0)y1

Ceci montre queF(x0, y)−α(x0)yest indépendant dey. On note : β(x₀) =F(x₀, y)−α(x₀)y

c. D'après l'expression de la fonctionFtrouvée au dessus, l'équation(E)est linéaire c'est à dire qu'elle est de la forme :

∀x∈I:y⁰(x) =α(x)y(x) +β(x)

Exercice II.

Dans un triangle équilatéral chaque angle au sommet vaut ^π₃ de cosinus ¹₂. La somme des cosinus d'un triangle équilatéral vaut donc ³₂.

1. L'examen de la gure et les propriétés élémentaires des angles orientés de vecteurs susent à justier les relations

(−→\a ,−→

b) = π−γ (−→\

b ,−→c) = π−α (−→\c ,−→a) = π−β

2. On développe en utilisant le caractère bilinéaire du produit scalaire k−→a +−→

b +−→ck²= 3 + 2(−→a −→

b +−→a −→c +−→ b −→c) Or

−

→a −→

b = cos(−→\a ,−→

b) = cos(π−γ) =−cosγ

avec des formules analogues pour les autres angles, donc k−→a +−→

b +−→ck= 3−2(cosα+ cosβ+ cosγ

Il est alors clair que la somme descosest ³₂ si et seulement si

−

→a +→−

b +−→c =−→ 0

Montrons que cela entraine que le triangle est équilatéral. Pour cela on va montrer que les trois angles sont égaux en prouvant que les trois produits scalaires sont égaux.

On suppose donc que la somme des trois vecteurs est nulle, on en déduit :

−

→a −→

b =−−→a (−→a +−→c) =−1− −→a −→c =−1 + (−→

b +−→c)−→c

=−→ b −→c

On démontre de même l'autre inégalité ce qui prouve bien que le triangle est équilatéral.