PC2 DS1 éléments de solutions. EXERCICE 1 concours ATS 2007 (partiel)

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1 . Le courbe est bien dé nie et même C sur R. PC DS éléments de solutions. EXERCICE concours ATS 7 (artiel) 8t R : x( t) x(t), y( t) y(t) donc L fm()g est invariant ar symétrie ar raort à On a M() (; ) ar assage à la limite:ce oint est aussi invariant ar raort à O D où : la courbe est invariante ar symétrie ar raort à. 8t R : x(t) y(t), y(t) x(t) donc L fm(); M()g est invariant ar symétrie raort à la remière bissectrice (y x) M() et M() sont aussi invariants ar cette symétrie. la courbe est invariante ar symétrie ar raort à la droite y x 3. 8t [; ] x (t) t (3 t ) ( + t ), y (t) ( 3t ) ( + t ) Sur [; ] x est croissante et y admet un maximum en 3 t 3 3 x(t) 7. En lien avec le tableau de variations on a le tableau de valeurs : 6 7 y(t) x(t) y(t) 89 On remarque aussi que tous les oints sont réguliers.. On a y(t) y y x(t) t. donc lim (tangente horizontale en M () O ) et lim + (tangente verticale en + x x M() O ) 6. voir gure 8 x < x 7. On doit résoudre dans R f(; )gle système : x + y : y y x + y si x 6 la remière équation donne x + y, la seconde est alors véri ée. si y 6 la seconde équation donne x + y, la remière est alors véri ée. x y n est as ossible 8. On a our t R : d équation X:Y 8 >< >: L ensemble des oints invariants est le cercle x + y x(t) X(t) x(t) + y(t) t y(t) Y (t) X(t) x(t) + y(t) t donc X(t)Y (t). L image est incluse dans l hyerbole

2 9. Réciroquement si (X; Y ) est un oint de cette hyerbole on ose t X et on véri e que f (M(X)) (X; Y ). On a. La courbe est C sur R. La dérivée donne : L image de L fg ar f est l hyerbole XY EXERCICE concours PT 7 Math B (artiel) OM() e u d () e ( u + v ) Ce vecteur est toujours non nul, le oint est donc toujours régulie. Dans le reère tournant on a en notant V (u ; T ) ; tan(v ), et donc (i; T ) + arctan(). La ente tan() + tan(v ) demandée est donc tan() tan ( + V ) tan() tan(v ) la ente est tan() + tan () le calcul est valable si + V 6 [] soit tan () 6. dans ce cas la tangente est verticale. remarque : On a aussi tan() sin() + cos () cos () sin () lim () + :branche in nie de tye sirale + lim () : l origine est un oint limite. 3. D arès le calcul de la dérivée ds d () d () e donc L Z. En olaire A e d Z b. d T () e ( u + v ) d () e a e ()d: Donc ici A Z L e d e A e 8 ( u + v ) et N R ( T ) 6. On a + arctan() donc la courbure d ds d d d ds : e R e u + v 7. voir gure Exercice 3 Concours PT 6 éreuve B (artiel)

3 Partie A. La courbe roosée est bien dé nie sur [; ], continue mais as C sur le segment, C sur [; [ est nul en : doncoint d arrêt le ôle avec une tangente d angle olaire ( la continuité su t our la tangente au ôle en olaire) Pour [; [ d () sin () ui + cos()v cos() On a donc (), d () v :oint régulier avec une tangente verticale. On eut regarder aussi (6), d (6) 3u + v donc tan(v ) 33; V 6 D où l allure du grahe.. On a en olaire : MF (x ) + y x + y x + cos() + MF + cos() + Donc on a bien véri é : (MF:MF ) cos() + + cos() + + cos() + + cos() + cos() [ cos() + ] + cos() 8 cos() cos() + cos() + cos() cos() MF:MF Remarque on a rouvé une imlication (une inclusion),il n y a as de contradiction avec l étude qui suit si k Partie B. Le sujet est équivalent (comme k > ) à : donc à MF :MF k [ x] + y : [ + x] + y k. On cherche les oints de k tels que y. On a donc à résoudre : On change k de membre et on factorise : ( x) ( + x) k k < : oints k : 3 oints k > : oints ( x ) k ( x k)( x + k) k k + ; ; k + ; ; k + ; ; + ; ; ; (; ) ; ; k k + ; ; + ; 3

4 3. (a) méthodes ossibles : revenir aux coordonnées MF + MF (x ) + y + (x + ) + y x + y + OM + OF + OF C est un résultat lus général : Pour tout segment [F F ], si O est le milieu de F F la relation est véri ée : On écrit MF MO + OF donc MF MF MO + OF D E + MO; OF On a une relation symétrique our MF. On fait la somme et les roduits scalaires se simli ent car OF ( hyothèse du milieu) OF (b) : évident en déveloant le carré. (cette question n est qu un indice our le (c) ) (c) En identi ant les membres de gauche sachant OF OF et MF:MF k on a OM + (MF MF ) + k Mais d arès l inégalité triangulaire MF MF + F F soit MF MF F F. (dans un tringle la longueur d un coté est comrise entre la somme et la di érence des deux autres longueurs) D où le résultat OM + k La courbe k est bornée. Si on ne ense as à la roriété géométrique on dit que : OM + k, (MF MF ) or (MF MF ) MF MF MF + MF MF + MF MF MF MF : MF D MF : MF E ( Inégalité de Cauchy Schwarz. D arès l équation cartésienne de la courbe, elle est invariante ar x > x et ar y > y. on a donc une symétrie ar raort à Oy, une ar raort à Ox et ar comosition une ar raort à O: Mais je n ai as réondu comlètement à la question : J ai trouvé des symétries de la courbe. Je n ai as rouvé que ce sont les seules ( il y a un article dé ni dans le sujet).. On a [ x] + y : [ + x] + y k ce qui équivaut à soit (encore (a b) (a + b) a b ) soit (car tout est ositif) [ + x + y ] x ([ + x + y ] + x) k [ + x + y ] x k [ + x + y ] k + x et donc (avec l hyothèse y : y q k + x x sur son domaine de dé nition (qui sera étudier à la question suivante)

5 6. (a) Le domaine de dé nition est l ensemble des x tels que k + x x +. Les quantités étant toutes ositives on eut élever au carré : k + x x + x + ce qui équivaut à soit k (x ) k x k + si k, D k [ k; + k] si k, D k [; + k] (b) La fonction (x > x) est dérivable sur R +. donc f k est, ar les règles usuelles, dérivable en tout réel x tel que k + x x >. En rerenant le calcul récédent, on obtient la dérivabilité sur i si k, Dk k; + k] h si k >, D k [; + k[ Le calcul donne alors fk(x) d k + x x dx k + x x 8x x k + x : k + x x x( k + x ) k + x k + x x L étude aux bornes recouvre lusieurs cas : En x + k :le dénominateur de f k tend vers et le numérateur vers + k( k + k + ) + k( jk + j) k + k <. donc la dérivée tend vers l in ni : non dérivable en + k, et même tangente verticale au grahe. En x k si k < on a de même une tangente verticale. En x si k > la fonction est connue comme étant dérivable et fk() En x si k on a la forme indéterminée f(x) x( + x ) + x + x x On rend un équivalent en éliminant les limites non nulles : f (x) x: : + x x et on continue avec D.L et équivalent + x x ( + x + o(x ) x ) x + o(x ) et donc f (x) x x ( car x > ) la fonction f k est dérivable à droite en de dérivée. remarque : on eut aussi éliminer l indétermination en multiliant ar la quantité conjuguée du dénominateur : f(x) x: + x + x + : + x (x ) x: + x + x + : x x (c) et (d) fk(x) est du signe de (. k + x ) donc de celui de (k + x ) en multiliant ar la quantité conjuguée

6 si k : fk :fonction décroissante sur [; + k] si k < ; il faut situer ar raort aux bornes de l intervalle : on a toujours k + car (k + ) : k + k si k < alors k + car ( k + ) : k k k() La fonction est donc croissante jusqu à 7. voir gures uis décroissante. 6