Centrale Maths 2 PC 2006 — Corrigé

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Centrale Maths 2 PC 2006 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Hicham Qasmi (ENS Lyon) ; il a été relu par Benoît Chevalier (ENS Ulm) et David Lecomte (Professeur en CPGE).

L’épreuve se compose de trois parties interdépendantes.

• La première partie étudie l’ensemble des cordes d’un cercle(C)donné qui sont tangentes à une ellipse(E)située à l’intérieur de celui-ci. Le but est notamment de prouver qu’il existe une infinité de triangles inscrits dans(C)et dont les trois cotés sont tangents à (E). Une méthode de construction de tels triangles est également mise au point.

• Dans la deuxième partie, une certaine classe de relations symétriques définies sur presque tous les points du cercle (C) est introduite : les correspondances algébriques de degré 1 et 2. Deux exemples de correspondances algébriques sont analysés. Le caractère réflexif de telles correspondances est aussi envisagé.

• Enfin, dans la troisième partie, une propriété particulière des correspondances algébriques est mise en avant : l’existence et la nature des 4-cycles. Cette étude permet au final de démontrer le grand théorème de Poncelet pour deux cercles.

Le sujet est de difficulté moyenne, mais sa longueur est redoutable. Il fait ap- pel à des notions élémentaires de géométrie analytique : droites, cercles et coniques.

Des outils d’algèbre linéaire en dimension finie sont aussi utilisés : rang, liberté d’une famille de vecteurs et polynômes. En résumé, c’est un sujet complet, excellent pour des révisions de géométrie.

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Indications

Partie I

I.B Écrire la condition pour qu’un point soit à l’intérieur ou à l’extérieur d’un cercle donné.

I.C.1 Former une équation du second degré dontxest solution, puis considérer le discriminant réduit.

I.C.2 Que vaut la pente de la tangente à(E)au point d’intersection avec(D)? I.C.3 Trouver les paramètresmetm^′ pour chacune des deux droites considérées,

puis utiliser le résultat de la question précédente.

I.D Reconnaître le changement de variable de « l’arctangente moitié ».

I.F.1 Calculer l’ordonnée du vecteur −−→

MM. Ensuite, pour trouver le paramètreb de la deuxième intersection de(A0M)b avec(γ), comparer les équations des droites(M(t)M(1/(1−t)))et(A⁰M(t))[ en utilisant le résultat de la question précédente.

I.F.2 Exprimer p en fonction de t, puis (p+ 1)s en fonction de p pour vérifier que (M(t)M(u)) satisfait I.C.1 . Conclure à l’aide du résultat de la question I.C.2 .

I.F.3 Considérer, pour un point de (γ)de paramètret, le symétrique orthogonal du point de paramètre(1/(1−t))par rapport à (O,−→).

Partie II II.A Utiliser le résultat de la question I.E .

II.B.2 Utiliser le résultat de la question I.E et celui de la question précédente.

II.C Étudier le nombre de racines de l’équationP(2t, t²) = 0.

Partie III

III.A Que dire du quadrilatère M(t¹)M(t²)M(t³)M(t⁴)? Pour un choix de (Γ), penser à la question I.E et au cas où(C)et Γsont concentriques.

III.B.3 Appliquer le résultat de la question précédente.

III.B.4.a S’intéresser à la liberté de la famille {Z,V(t),V(u)} pour un vecteurZ du noyau deA, et utiliser le résultat de la question III.B.1 .

III.B.4.b La question précédente permet de prouver le résultat.

III.C.1 Pour chaque exemple, former la matriceA correspondante. Pour l’exemple 2, exploiter le résultat de la question précédente.

III.C.3.a S’inspirer de la question II.B pour construire un exemple. Relier ensuite la nature et le nombre de solutions de l’équation quadratique de la question III.C.2 à l’existence de 4-cycles.

III.C.3.c Étudier, lorsque(t¹, t², t³, t⁴)est un 4-cycle, les racines des deux polynômes suivants :P¹(t¹)X²+ 2P²(t¹)X + P³(t¹)etP¹(t³)X²+ 2P²(t³)X + P³(t³).

III.C.3.d Utiliser les questions III.C.2 et III.C.3.b .

III.C.4.a Calculer le déterminant de la matriceA associée à{P,Q,R}. III.C.4.b Exploiter la symétrie par rapport à l’axe des abscisses.

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I. Un Exemple Pratique

I.A L’équation de la courbe(E)fait apparaître le terme(5y²−4Ry)qui peut être vu comme le début d’un carré. En effet,

5

y−2 5R

²

= 5y²−4Ry+4 5R² donc l’équation de la courbe est équivalente à

4x²+ 5

y−2 5R

²

=4 5R²

ou encore à x²

R

√5 ² +

y−2

5R ²

2R 5

² = 1

où l’on reconnaît l’équation d’une ellipse du plan.

(E) est une ellipse dont les coordonnées du centre sont(0; 2R/5) et dont les axes des symétries ont pour équationsx= 0ety= 2R/5.

I.B Soitf la fonction réelle définie surR² par

∀(x, y)∈R f(x, y) = (4x²+ 5y²−4Ry)−4(x²+y²−R²) Si l’on simplifief(x, y), on obtient

f(x, y) =y²−4Ry+ 4R²

= (y−2R)²

donc ∀(x, y)∈R² f(x, y)>0

Considérons un point M⁰ appartenant à (E)et notons(x⁰, y⁰) ses coordonnées.

D’après le résultat de la question précédente, on a f(x⁰, y⁰)>0

Or, 4x0

2+ 5y0

2−4Ry0= 0 carM0∈(E)

donc −4(x⁰²+y⁰²−R²)>0

aussi x⁰²+y⁰² 6R²

La distance de l’origineOau point M est alors inférieure àR; en conséquence,M⁰ est situé à l’intérieur du cercle (C). Or,M0est un point arbitraire, donc

L’ellipse (E) est située dans le disque délimité par (C).

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I.C.1 (D) et (E) se rencontrent en un unique point si et seulement si le système d’inconnues(x, y)



 x² a² +y²

b² = 1 mx+m^′ =y admet une unique solution. Il vient alors que





1 = x²

a² +(mx+m^′)² b² y =mx+m^′ ce qui équivaut à



 0 =

1 a² +m²

b²

x²+ 2mm^′

b² x+m^′² b² −1 y =mx+m^′

La première équation est un trinôme du second degré puisque le coefficient dominant à savoir1/a²+m²/b² n’est pas nul. On sait qu’il admet une unique racinex si et seulement si son discriminant réduit∆^′ est nul. Ce dernier vaut

∆^′= mm^′

b² ²

− 1

a²+m² b²

m^′² b² −1

=−1 a²

m^′² b² −1

+m²

b² La solution unique correspondant à∆^′ nul vérifie alors

x=−mm^′ b²

1 1 a² +m²

b²

d’où 0 = x

a² +m²

b² x+mm^′ b²

puis 0 = x

a² +mmx+m^′ b²

Ainsi, si(D)et(E)se rencontrent en un unique point, alors il existe un réelxtel que







 x²

a² + (mx+m^′)² b² = 1 x

a² + mmx+m^′ b² = 0

Réciproquement, s’il existe un réelx⁰ solution de ce système d’équations, alorsx⁰ est une solution de la première équation quadratique. Précisément,

∃ε∈ {−1,1} x⁰=−mm^′ b²

1 1 a² +m²

b² +ε√

∆^′

Or,x⁰vérifie la deuxième équation, d’où x⁰=−mm^′

b² 1 1 a² +m²

b²

Par conséquent,∆^′ est nul. Ainsi,x⁰ est l’unique solution du système et le point de coordonnées(x⁰, mx⁰+m^′)est l’unique intersection de (D)et(E).

Appelons M⁰ ce point d’intersection. Une équation de la tangente T^M0 à (E) enM⁰ est

x0x a² +y0y

b² = 1

CommeT^M0 et(D)passent par le même pointM⁰, il suffit de montrer que ces droites ont la même pente pour prouver qu’elles coïncident.