MPSI B 29 juin 2019

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r

r

Fig. 1: Les deux tiges

Énoncé

On considère le système plan formé par deux tiges rigides (gure 1) de longueur r

et r

. On suppose r

≤ r

avec r

= r

sin Φ pour Φ ∈]0,

] . La première tige tourne autour d'un point xé, la deuxième tourne autour de l'extrémité de la première.

On se propose d'étudier quelques questions liées à ce dispositif. En particulier en consi- dérant une relation

z = z

+ z

avec z = |z|e

, z

= r

e

, z

= r

e

.

1. Les gures 2 et 3 présentent deux congurations possibles. En identiant les points et leurs axes, placer directement sur les dessins les points z

, z , et les angles orientés θ

− θ , θ

− θ , θ

− θ

.

2. On dénit les fonctions f et g dans ]0, +∞[ par les formules : f (x) = x

+ r

− r

2xr

, g(x) = x

− r

+ r

2xr

a. Former les tableaux de variations de ces fonctions. Préciser les extréma le cas échéant.

b. Préciser :

l'ensemble des x tels que f (x) ∈ [−1, +1]

l'ensemble des f (x) tels que f (x) ∈ [−1, +1]

l'ensemble des x tels que g(x) ∈ [−1, +1]

l'ensemble des g(x) tels que g(x) ∈ [−1, +1]

c. Factoriser f (x) − g(x) . En déduire son signe.

3. On suppose z = z

+ z

avec z = |z|e

, z

= r

e

, z

= r

e

. a. Montrer que

r

− r

≤ |z| ≤ r

+ r

b. Montrer que

cos(θ

− θ) = f (|z|), cos(θ

− θ) = g(|z|) 4. Soit z = |z|e

avec r

− r

≤ |z| ≤ r

+ r

.

a. Montrer qu'il existe un unique couple de réels (θ

, θ

) tels que z = r

e

+ r

e

( θ − θ

∈ [0, Φ]

θ

− θ ∈ [0, π]

Donner des expressions explicites de θ

et θ

en fonction de θ et |z| . b. Un tel choix de (θ

, θ

) conduit-il à une conguration 1 ou 2 ? c. Montrer que 2θ ≤ θ

+ θ

.

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Fig. 2: Conguration 1 Fig. 3: Conguration 2

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Corrigé

1. Voir les gures 4 et 5.

θ

− θ θ

− θ

z

z

θ − θ

Fig. 4: 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

+ r

− r

2r

1 x = x

2r

+ r

cos

Φ 2x On en déduit

f

(x) = (x − r

cos Φ)(x + r

cos Φ) 2r

x

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

g(x) = x

2r

− r

− r

2r

1 x

z

z

θ

− θ

θ

− θ

θ

− θ

Fig. 5: Conguration 2

sut à montrer que la fonction est croissante car r

− r

> 0 . On en déduit les tableaux suivants :

0 r

cos Φ +∞

+∞ +∞

f & %

cos Φ

0 +∞

+∞

g %

−∞

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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

)

= r

Les deux solutions sont donc r

− r

et r

+ r

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

− r

, r

+ r

] {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

− r

et r

+ r

respectivement. On en déduit :

{x tq g(x) ∈ [−1, +1]} = [r

− r

, r

+ r

] {g(x) tq g(x) ∈ [−1, +1]} = [−1, 1]

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

et r

que Φ . On obtient

f (x) − g(x) = 1

2r

r

x (r

− r

)(r

+ r

− x)(r

+ r

+ x) On en déduit le tableau de signes

0 r

+ r

+∞

f (x) − g(x) + 0 −

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

+ z

, on déduit

|z| ≤ |z

| + |z

| = r

+ r

. De z

= z − z

, on déduit |z

| ≤ |z| + |z

| = |z| + r

puis |z| ≥ r

− r

.

b. Considérons le carré du module de z − z

= z

.

|z − z

|

=

|z|e

− r

e

2

= |z|

− 2|z|r

cos(θ − θ

) + r

= |z

|

= r

puis cos(θ − θ

) = f (|z|) .

On obtient de même cos(θ − θ

) = g(|z|) en considérant z − z

= z

4. a. Supposons que θ

et θ

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

( θ − θ

= arccos(f (|z|) θ

− θ = arccos(g(|z|) ⇒

( θ

= θ − arccos(f (|z|) θ

= θ + arccos(g(|z|)

Ces formules assurent l'unicité.

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

et z

= r

e

alors :

|z − z

|

= |z|

− 2|z|r

cos(θ − θ

) + r

Par conséquent, si on pose θ

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

− r

≤ |z| ≤ r

+ r

on aura

|z − z

|

= r

On peut remarquer que θ − θ

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

Une fois θ

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

. Il sut de prendre un argument de z − z

.

Parmi tous les arguments de z − z

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

) tel que θ

− θ ∈ [0, π] ?

Divisons la relation z = z

+ z

par e

puis prenons la partie imaginaire, il vient : r

sin(θ

− θ) + r

sin(θ

− θ) = 0

donc r

sin(θ

− θ) = −r

sin(θ

− θ) or θ

− θ ∈ [−Φ, 0] donc sin(θ

− θ) < 0 et sin(θ

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

tel que θ

− θ ∈ [0, π] . On a vu que cos(θ

− θ) = g(|z|) comme de plus θ

− θ ∈ [0, π] on a θ

− θ = arccos g(|z|) . Finalement :

θ

= θ − arccos f (|z|), θ

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

c. D'après 2.c., pour r

− r

≤ |z| ≤ r

+ r

, f (|z|) ≥ g(|z|) donc θ − θ

≤ θ

− θ car la fonction arccos est décroissante et

2θ ≤ θ

+ θ

.

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