MPSI B Corrigé du DM 03 29 juin 2019

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Exercice

L'équation dierentielle proposée est linéaire du second ordre à coecients constants avec un second membre polynomial-exponentiel.

y ⁰⁰ − (1 + α)y ⁰ + αy = e ^(1+α)t

Pour toute valeur du paramètre α , son équation caractéristique admet les racines réelles 1 et α . Le coecient de t dans l'exponentielle du second membre est 1 + α .

La discussion porte sur les valeurs du paramètre pour lesquelles deux de ces trois valeurs sont égales entre elles.

1 = α −→ α = 1 1 + α = 1 −→ α = 0 1 + α = α −→ impossible

α 6∈ {0, 1} . Les deux racines 1 et α de l'équation caractéristiques sont distinctes entre elles et 1 + α n'est pas l'une des deux. L'ensemble des solutions est alors

t → λe ^t + µe ^αt + 1

α e ^(1+α)t , (λ, µ) ∈ R ²

α = 0 . Les deux racines 1 et 0 de l'équation caractéristique sont distinctes et le coe- cient 1 + α = 1 est l'une d'entre elles. L'ensemble des solutions est alors

t → λe ^t + µ + te ^t , (λ, µ) ∈ R ²

α = 1 . L'équation caractéristique admet une racine double égale à 1 et le coecient 1 + α = 2 n'est pas cette racine. L'ensemble des solutions est alors

t → λe ^t + µte ^t + e ^2t , (λ, µ) ∈ R ² Problème

Partie I

1. Dans la relation entre z ₁ , z ₂ et z ₃ , on utilise successivement : j = −1 − j ² , j ² = −1 − j, 1 = −j − j ²

On en déduit

z 1 − z 2 + j ² (z 3 − z 2 ) = 0, ^z _z

^−z

3

−z

= −j ² = e ⁱ

z 1 − z 3 + j(z 2 − z 3 ) = 0, ^z _z

^−z

1

−z

= −j ⁻¹ = e ⁱ

j(z 2 − z 1 ) + j ² (z 3 − z 1 ) = 0, ^z _z

^−z

2

−z

= −j ⁻¹ = e ⁱ

On en déduit que le triangle (Z 1 , Z 2 , Z 3 ) est équilatéral puisque ses trois angles sont égaux à ^π ₃ .

2. Les nombres α , β , γ sont dans ]0, ^π ₃ [ . Donc 2(α + β) ∈]0, ^4π ₃ [ . Comme uv = e ^2i(α+β) et que ^4π ₃ < 2π , on obtient bien uv 6= 1 . De même pour uw et vw .

De manière analogue :

uvw = e ^2i(α+β+γ)

avec 3(α + β + γ) ≡ π (2π) donc α + β + γ = ^π ₃ et uvw = j . 3. Après calculs, on trouve

u(1 − v)

1 − uv = sin β sin(α + β) e ^iα u − 1)

1 − uv = − sin α sin(α + β) e ^−iβ

4. On multiplie respectivement les lignes dénissant p , q et r par 1 , j , et j ² et on les ajoute. On obtient :

(1 − uv)(1 − vw)(1 − wu)(p + jq + j ² r) = (1 − uv)(1 − wu)



(1 − v)

| {z }

b + v(1 − w)c





+(1 − uv)(1 − vw) [j(1 − w)c + jw(1 − u)a]

+(1 − vw)(1 − wu)



j ² (1 − u)a + j ² u (1 − v)

| {z } b





On regroupe deux par deux les 6 termes de cette somme. Par exemple ceux contenant

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(1 − v) : b

(1 − uv)(1 − wu)(1 − v) + (1 − vw)(1 − wu)j ² u(1 − v)

= b(1 − wu)(1 − v)





 1 − uv + (1 − vw)j ² u

| {z }

=1−uv+j

u−uvwj

=u(j

−v)







= bu(1 − wu)(1 − v)u(j ² − v) = bu(1 − j

v )(1 − v)u(j ² − v)

= b u

v (v − j)(1 − v)(j ² − v) = bj ² u ² w(v ³ − 1) = b u

v (v ³ − 1) car uvw = j . On trouve de même :

a

(1 − uv)(1 − vw)jw(1 − u) + (1 − vw)(1 − wu)j ² (1 − u)

= a w

u j ² (u ³ − 1) c [(1 − uv)(1 − wu)v(1 − w) + (1 − uv)(1 − vw)j(1 − w)]

= c v

w j(w ³ − 1) On en déduit la formule demandée

E = u

v (v ³ − 1)b + w

u j ² (u ³ − 1)a + v

w j(w ³ − 1)c Partie II

1. Les transformations R _a , R _b , R _c sont des rotations. Leurs centres sont respectivement les points d'axes a , b , c . Leurs angles sont respectivement α , β , γ .

2. En composant les rotations :

R a ◦ R b (z) = uv(z − b) + u(b − a) + a donc R a ◦ R b (r) = r si et seulement si

(1 − uv)z = u(1 − v)b + (1 − u)a Ceci prouve l'existence et l'unicité du point xe.

3. Comme l'énoncé nous l'indique, soustrayons (1 − uv)a de chaque côté de la relation précédente. On obtient :

(1 − uv)(r − a) = −u(1 − v)a + u(1 − v)b

A α α

−β

−β

−β α

R

Fig. 1: R comme intersection de deux trisectrices

d'où

r − a

b − a = u(1 − v)

1 − uv = sin β sin(α + β) e ^iα On en déduit

( − − → AB, −→

AR) = α On obtient de manière analogue

r − b

a − b = 1 − u

1 − uv = sin α sin(α + β ) e ^−iβ ( − − →

BA, − − → BR) = −β

4. De même le point xe P de R b ◦ R c est l'intersection de deux trisectrices issues de B et C , le point xe Q de R c ◦ R a est l'intersection de deux trisectrices issues de C et A . On en déduit la triangle (P QR) sur la gure.

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A

B

C R

P

Q

Fig. 2: Triangle (P QR) Partie III

1. a. R ³ _c est la rotation de centre c et d'angle 6γ = 2( −→

CA, − − →

CB) . On en déduit que a ⁰ = R ³ _c (a) est le symétrique de A par rapport à (BC) .

b. R ³ _a ◦ R ³ _b ◦ R ³ _c est la rotation de centre C et d'angle 6(α + β + γ) = 2π . C'est donc une translation ou l'identité. En fait c'est l'identité car le point A est xe.

R ³ _a ◦ R ³ _b ◦ R ³ _c (a) = R ³ _a ◦ R ³ _b (a ⁰ ) = R ³ _a (a) = a 2. On déduit de la question précédente que R ³ _a ◦ R _b ³ ◦ R ³ _c (0) = 0 . Ceci s'écrit

(1 − u ³ )a + u ³ (1 − v ³ )b + u ³ v ³ (1 − w ³ )c = 0

3. Démonstration du théorème de Morley. On a vu que les intersections P , Q , R des trisectrices sont aussi des points xes pour des composées de rotations. Ils vérient donc les trois relations de la question I.3. On a montré alors

E = (1 − uv)(1 − vw)(1 − wu)(p + jq + j ² r)

= w

u j ² (u ³ − 1)a + u

v (v ³ − 1)b + v

w j(w ³ − 1)c

En utilisant systématiquement j = uvw , on chasse les j de l'expression précédente, on tombe alors sur la quantité nulle de la question précédente. On en déduit que

p + jq + j ² r = 0 c'est à dire que P QR est équilatéral.

Annexe. Comment faire les gures du théorème de Morley ?

Il n'est pas possible de trisecter un angle à la règle et au compas. Les gures pour illustrer le théorème de Morley ne sont donc pas très faciles à tracer.

On peut utiliser un logiciel de géométrie plane.

On xe les points A et P et la droite qui porte B .

Cela détermine l'angle (P AB) . On en déduit deux autres angles égaux à celui là par symétrie axiale. On obtient donc en A un angle trisecté en trois angles égaux.

On choisit un point B arbitraire sur sa droite.

Cela détermine l'angle (ABP ) , on en déduit deux autres angles égaux par symétrie.

En B on a donc un angle trisecté en trois angles égaux.

Les points C et Q sont alors déterminés. On reproduit par symétrie l'angle (BCQ) . On dispose donc d'un angle trisecté en C . sa droite extérieure est en pointillé sur la gure.

En déplaçant le point B sur sa droite, on peut faire coïncider cette droite en pointillé avec (AC) . On se trouve alors dans la conguration du théorème.

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A

B

P

C Q

Fig. 3: Tracé des gures pour le théorème de Morley

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