PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Analyse no 33 Page 1 33. (CCP) Soit la parabole P/ y2 = 2px; la normale en M recoupe P en N.
Quelle est la longueur minimale de la corde [M, N]?
. . . . Solution
À une symétrie près, on peut supposer p >0.
Je peux considérer P, soit comme le support d’un arc paramétré, soit comme une courbe définie par une équation cartésienne. Je choisis cette dernière vision, bien commode pour décrire les tangentes et les normales.
La fonctionf : (x, y)→2px−y2estC1 surR2 et son gradient ne s’annule en aucun point (cf. ∂f
∂x = 2p).
Soit M(a, b)un point deP. C’est∇f(a, b) = (2p,−2b)qui dirige la normale àP en M. (p,−b) en est donc aussi un vecteur directeur.
Ladite normale admet ainsi la représentation paramétrique suivante : x=a+tp
y=b−tb , t∈R.
Je cherche un point N (distinct de M) sur cette droite, appartenant àP. Je cherche donct∈R∗ tel que
b2(1−t)2 = 2p(a+tp) =b2+ 2tp2 (en effet2pa=b2 puisqueM ∈ P) autrement dit après simplifications
b2(−2 +t) = 2p2.
Sib= 0, il n’y a aucune solution (c’était prévisible, c’est le cas oùM est le sommet de P : la normale à P enM est alors l’axe de la parabole et ne la recoupe pas ailleurs !).
Je suppose désormaisb= 0: alors l’unique valeur det qui convienne estt= 2 + 2p2 b2 . Or N =M+t.(p,−b) d’où le carré de la longueur de la corde [M, N]:
M N2 =t2 p2+b2 = 4 p2+b2 3
b4 = 4 p6 b4 + 3p4
b2 + 3p2+b2 = p4 a2 + 6p3
a + 12p2+ 2pa (en se rappelant b2= 2pa= 0).
Il n’y a plus qu’à étudier les variations deϕ:a→ p4 a2 + 6p3
a + 12p2+ 2pa, cela sur R+∗ (a= b2 2p >0) ϕest dérivable sur R+∗ avec
∀a∈R+∗ ϕ′(a) =−2p4 a3 − 6p3
a2 + 2p= 2p 1−3u2−2u3 où j’ai posé u= p a. Or il apparaît une racine évidente, qui est en fait racine double :
1−3u2−2u3= (1 +u)2(1−2u). Ainsiϕ′(a) est du signe de1−2p
a, doncϕatteint surR+∗ un minimum en a= 2p et pour cette valeur M N2= 1
4 + 3 + 12 + 4 p2 = 77 4 p2. En conclusion,
La longueur minimale de la corde[M, N]est p
√77 2 .