MPSI B 2008-2009 Corrigé du DM 5 29 juin 2019
1. Le vecteur − → e
tétant déni relativement à un repère orthonormé dont les fonctions coordonnées sont notées x et y . L'énoncé n'est pas très explicite mais dénit Γ comme le support de la courbe paramétrée ( θ ∈ R)
f (θ) = O + (1 + cos t) − → e
θOn peut restreindre l'espace de dénition à ] − π, +π[ car la fonction est clairement 2π périodique. L'origine du repère est le point associé aux valeurs −π et π du paramètre.
On convient donc de l'enlever de Γ .
On peut exprimer x(f (θ)) et y(f (θ)) en fonction de tan
θ2:
x(f (θ)) = 2 1 − tan
θ22(1 + tan
θ22)
2y(f (θ)) = 4 tan
θ2(1 + tan
θ22)
2On en déduit que g ◦ ϕ = f avec
g(t) = 0 + 2 1 − t
2(1 + t
2)
2−
→ i + 4t (1 + t
2)
2−
→ j
Les courbes paramétrées f et g ont donc le même support Γ , la fonction ϕ réalisant un changement de paramètre admissible entre les deux.
2. Notons respectivement u et v les fonctions x ◦ g et y ◦ g :
u(t) = 2 1 − t
2(1 + t
2)
2v(t) = 4t
(1 + t
2)
2Pour préciser une direction de tangente, on calcule u
0et v
0en s'attachant à factoriser.
On obtient
−
→ g
0(t) = u
0(t) − →
i + v
0(t) − →
j = − 4 (1 + t
2)
3(−t
3+ 3t) − →
i + (3t
2− 1) − → j
On en déduit que la direction de la tangente au point de paramètre √
3 est − → j car le
−t
3+ 3t (coecient de − →
i ) s'annule.
3. D'après le calcul précédent, l'équation de la tangente (notée T
τ) en M = g(τ) est :
x − 2(1 − τ
2)
(1 + τ
2)
2−τ
3+ 3τ y − 4τ
(1 + τ
2)
2−1 + 3τ
2= 0
ce qui s'écrit encore
(3τ
2− 1)x + (τ
3− 3τ )y + 1
(1 + τ
2)
22(1 − τ
2)(1 − 3τ
2) − 4τ(τ
3− 3τ
2)
= 0
En fait, la dernière parenthèse se réduit à 2(1 + τ
2)
2ce qui conduit à l'équation de la tangente annoncée :
(τ
3− 3τ)y + (3τ
2− 1)x + 2 = 0
4. Formons l'équation d'inconnue t caractérisant que g(t) ∈ Γ . Après multiplication par (1 + t
2)
26= 0 elle s'écrit :
(τ
3− 3τ)4t + 2(3τ
2− 1)(1 − t
2) + 2(1 + t
2)
2= 0 Cette équation est de degré 4 et l'énoncé
1nous indique qu'elle s'écrit
T
2T
2+ 4τ T + 3(τ
2+ 1)
lorsque t = τ + T . Cela montre que τ est racine (double) de cette équation et que T
trecoupe Γ aux points g(t) pour t = τ + u avec u racine de
T
2+ 4τ T + 3(τ
2+ 1) d'inconnue T . Le discriminant de cette équation est
16τ
2− 12(τ
2+ 1) = 4(τ
2− 3)
Ceci montre que T
trecoupe Γ en deux points si et seulement si τ
2> 3 . Lorsque cette condition est réalisée, l'équation admet deux solutions u
1et u
2vériant :
( u
1+ u
2= −4τ u
1u
2= 3(τ
2+ 1)
(relation entre coecients et racines dans une équation du second degré)
La tangente T
trecoupe Γ en deux points g(t
1) et g(t
2) avec t
1= τ + u
1et t
2= τ + u
2. On en déduit :
t
1t
2= τ
2+ τ(u
1+ u
2) = u
1u
2= 3 t
1+ t
2= 2τ − 4τ = −2τ
1voir à la n du coorigé
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/
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5. a. En utilisant les relations précédentes, on obtient après calculs :
t
31− 3t
13t
21− 1 t
32− 3t
23t
22− 1
= (60 − 4τ
2)(t
1− t
2)
b. Le système d'équation régissant l'intersection des tangentes T
t1et T
t2est : ( (3t
1− 1)x + (t
31− 3t
1)y = −2
(3t
2− 1)x + (t
32− 3t
2)y = −2
Le déterminant a été calculé en a. Les formules de Cramer conduisent à : x =
−2 t
31− 3t
1−2 t
32− 3t
2(60 − 4τ
2)(t
1− t
2) = 2τ
2− 3 τ
2− 15
y =
3t
21− 1 −2 3t
22− 1 −2
(60 − 4τ
2)(t
1− t
2) = 3τ τ
2− 15
6. Lorsque la tangente en M = g(τ ) recoupe Γ en deux autres points, les tangentes en ces points se coupent en N
τdont les coordonnées sont :
x
τ= 2τ
2− 3
τ
2− 15 y
τ= 3τ
τ
2− 15
La première relation permet d'exprimer τ
2puis τ
2− 15 en fonction de x
τ:
τ
2= −3 + 15x
x
τ− 2 τ
2− 15 = 27
x
τ− 2
La deuxième relation permet alors d'exprimer τ en fonction de x
τet de y
τ:
τ = 9y
τx
τ− 2
En remplaçant dans la relation exprimant τ
2en fonction de x
τ, on obtient l'équation d'une courbe qui contient tous les points N
τ.
9y
τx
τ− 2
2= 3(5x
τ− 1)
x
τ− 2 ⇔ 5x
2τ− 27y
τ2− 11x
τ+ 2 = 0
K3 K2 K1 0 1
K2 K1 1 2
Fig. 1: Question 7.
7. Pour mettre l'équation précédente sous la forme d'une équation réduite de conique, on considère les termes en x et x
2comme le début d'un carré comme dans la méthode de factorisation canonique. On obtient une hyperbole d'équation réduite
x − 11
10
29 10
2− y
2√ 3
2 √ 5
!
2= 1
d'axe focal Ox , de centre le point de coordonnées (
1110, 0)
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Annexe
Les lignes de code suivantes permettent de réaliser avec Maple la substitution utilisée en question 4.
A:=(3*tau^2-1)*(1-t^2)+(tau^3-3*tau)*2*t+(1+t^2)^2;
expand(subs(t=T+tau,A));
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