Fig. 1: Tracé de l'astroïde

MPSI B Corrigé du DM 4 29 juin 2019

Exercice 1

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 points M (−t) , M (π − t) , M (

− t) sont respectivement les symétriques de M (t) par rapport aux trois droites.

b. La courbe est birégulière sauf aux points où t est congru à 0 modulo

. Par raison de symétrie, ces points sont des points de rebroussement.

Au point stationnaire M (0) , le vecteur tangent est dirigé par la dérivée seconde

− − →

M

(0) = −24a − → i

Les tangentes aux autres points de rebroussement s'obtiennent par symétrie. On peut noter que la tangente en M (

) est orthogonale à la première bissectrice.

c. En notant L la longueur totale de la courbe et − → u

= cos t − →

i + sin t − →

j , on obtient

−→ M

(t) = −24a sin t cos t − → u

= 12a sin 2t − → u

d'où

L = 4 Z

0

− → M

(t)

dt = 48a Z

0

sin 2t dt = 48a

Fig. 2: Tracé de 50 segments tangents

2. a. Lorsque M (t) n'est pas un point singulier, une équation de D(t) est

(x − 8a cos

t) sin t + (y − 8a sin

t) cos t = 0 ⇔ x sin t + y cos t = 8a sin t cos t

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/

1

MPSI B Corrigé du DM 4 29 juin 2019

b. On peut calculer les coordonnées de A(t) et B(t) . Il vient

coordonnées de A(t) : (8a cos t, 0) coordonnées de B(t) : (0, 8a sin t) La longueur du segment A(t)B(t) est donc constante égale à 8a .

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 de D(t

)

3. a. On cherche les t tels que D(t) contienne le point de coordonnées (2a cos t

, 2a sin t

)

Ils doivent vérier

4a cos t

sin t + 4a sin t

cos t = 8a sin t cos t ⇔ sin(t + t

) = sin 2t La dernière équation équivaut à

t = t

ou t ≡ π − t

3 ( π

3 )

La deuxième relation conduit à trois tangentes faisant entre elles un angle de

. La quatrième tangente est D(t

) qui passe par P

et de direction − → u

.

b. D'après la question précédente, on peut construire la droite D(t

) en remarquant qu'elle est symétrique de (OP

) par rapport à la droite de direction − →

j qui passe par P

. (Fig. 3)

P0

0 H0

K0

M0

D0

Fig. 4: Construction géométrique de M

c. On note avec un indice 0 tous les objets relatifs à t

. Cherchons H

= H (t

) sous la forme

(λ sin t

, λ cos t

) pour que −−→

OH

soit orthogonal D

. On remplace dans l'équation de D

et on obtient

λ = 8a sin t

cos t

puis −−→

OH

+ −−−→

OM

= 8a − → u

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/

2

MPSI B Corrigé du DM 4 29 juin 2019

Dénissons K

par

−−→ OH

+ −−−→

OM

= −−→

OK

Il est sur un cercle deux fois plus grand que C et aligné avec 0 et P

. De plus,

−−−→ OM

= −−−→

H

K

donc (O, M

, K

, H

) est un parallélogramme ce qui entraîne que M

est symé- trique de H

par rapport au centre P

du parallélogramme.

On peut donc construire M

à partir de P

(Fig. 4) Sur la gure on a fait gurer K

pour éclairer la démonstration (il est utile à celle-ci mais pas à la construction).

Exercice 2

Notons R

et R

les rayons respectifs de C

et C

. Les tangences aux axes entraînent que les coordonnées de A et B sont (a, R

) et (b, R

) .

La tangence de C et C

se traduit par

Fig. 5: a = 3, b =

CA = R

+1 soit : a

+(R

−1)

= (R

+1)

.

La tangence de C et C

se traduit par CB = R

+ 1 soit : a

+ (R

− 1)

= (R

+ 1)

.

La tangence de C

et C

se traduit par AB = R

+R

soit : (a−b)

+(R

−R

)

= (R

+ R

)

.

On cherche à éliminer R

et R

entre ces trois équations, c'est à dire à former une relation entraînée par ce système et où ne gurent plus ni R

ni R

. De (1) et (2), on tire R

=

a

, R

=

b

. En reportant dans (3), il vient

(a − b)

+

a

− b

4

=

a

+ b

4

On en déduit (a − b)

=

a

b

puis, en tenant compte de b < a , a − b =

ab et nalement

b = 2a a + 2

Exercice 3

Un carré dont un des sommets est 0 est toujours formé par 0, r(0), r

(0), r

(0) où r est une rotation ane d'angle

. Une telle rotation est de la forme z → r(z) = iz + u où u est un nombre complexe non nul (pour que les sommets soient distincts de 0).

Les racines z

z

, z

de X

+ aX

+ bX + c forment, avec 0, un carré si et seulement si il existe un nombre complexe non nul u tel que

X

+ aX

+ bX + c = (X − r(0))(X − r

(0))(X − r

(0))

Comme r(0) = u , r

(0) = (1 + i) u , r(0) = (1 + i + i

) u = i u ,

(X − u)(X − (1 + i) u)(X − iu) = X

− 2iX

u − 2X

u + 3iXu

− iu

+ u

l'égalité polynômiale se traduit par le système







a = −2(1 + i)u b = 3iu

c = (1 − i)u

L'existence d'un u vériant ces trois équations est équivalente aux conditions b = 3i( −a

2(1 + i) )

= 3

8 a

, c = (1 − i)( −a

2(1 + i) )

= 1 16 a

soit nalement

8b = 3a

, 16c = a

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/

3