Courbe soumise à une condition

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1 I Courbe soumise à une condition Modulo π, par rapport à i, la normale à la tangente fait un angle de θ + V + π qui doit dont être égal à 3θ Cela donne bien V = θ + π modulo π Dans la mesure où elle est définie, on a : tan V = ρ ( ρ = tan θ + π ) cos θ = sin θ Ce qui donne ρ cos θ + ρ sin θ = Si sin θ =, on a bien V = π modulo π, et tan V n est pas définie Ce qui correspond à ρ = On a bien l équivalence demandée 3 E est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients non constants et sans second membre Les coefficients sont des fonctions continues sur R et donc, sur un intervalle où cos ( θ ne s annule ) sin θ pas, l ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension engendré par exp cos θ dθ ] L intervalle π, π [ ( ) convient, cos θ >, et donc f(θ) = λ exp ln (cos θ) = λ cos θ qui vérifie bien la condition initiale Finalement f λ (θ) = λ cos θ La courbe d équation polaire ρ = µ cos θ est clairement homothétique de la courbe d équation polaire ρ = λ cos θ de rapport µ λ 5 On calcule d abord f λ sin θ (θ) = λ cos θ 6 - Si λ, on a lim f θ π λ (θ) = ± selon le signe de λ En aucun cas on ne pourra prolonger f λ en une fonction de classe C sur R, E n a donc pas de solution non nulle sur R 6 On pose f (θ) = + aθ + bθ + cθ 3 + o ( θ 3) et f (θ) = a + bθ + 3cθ + o ( θ ), on écrit aussi cos θ = θ + o ( θ ) et sin θ = θ + o ( θ ) On reporte ces quatre développements dans l équation différentielle en ne gardant que les termes jusqu au rang, on obtient : = a + (b + )θ + 3cθ + o ( θ ) Ce qui donne a =, b =, et c = Finalement f (θ) = θ + o ( θ 3) 6 cos x = n ( ) k k (k)! xk + o ( ( x n) et ( + u) = + n ) ( (k )) u k + o (u n ) k! k= D où cos θ = ( θ + o ( θ 3)) = θ + o ( θ 3) beaucoup plus simplement On doit quand même noter que dans la question précédente, on n avait pas eu à résoudre l équation différentielle 63 On a : f (θ) = + f ()θ + f () θ + f () θ 3 + o ( θ 3) par la formule de Taylor 6 Ce qui donne : f () =, f () = et f () = k= II Le lemniscate de Bernoulli - Si on change θ en θ, ρ = cos θ ne[ change pas et donc C présente une symétrie par rapport à l axe Ox et on peut limiter l étude à, π [ Quand θ π, on a ρ, la courbe est à l origine mptcatex - page

2 D autre part, ρ sin θ = et donc tan V = ρ θ = cos cos θ ρ sin θ qui tend vers en π, la tangente est dans la direction du rayon vecteur C est d ailleurs toujours le cas à l origine en polaire quand ρ est continue Il ne reste qu à tracer le graphe, ici on n en a tracé que la moitié y x On pourrait chercher les extrémums de y = ρ cos θ et de x = ρ sin θ pour avoir les tangentes horizontales et verticales On va plutôt utiliser la première partie : pour une tangente horizontale, la normale est verticale et réciproquement Une tangente verticale correspond donc à 3θ = [π], c est à dire θ = dans notre intervalle Une tangente horizontale correspond donc à 3θ = π c est à dire θ = ± [π], π dans notre intervalle 6 Le point à tangente verticale est de coordonnées (, ) Les points à tangente horizontales sont les intersections de la courbe avec les droites d équation θ = ± π 6 3 Le repère de Frénet pour θ = est donné par T = j et N = i En effet, V = π dans le sens des θ croissants ( ρ + ρ ) 3 Le rayon de courbure est donné par R = ρ + ρ ρρ Pour θ =, on a ρ =, ρ = et ρ =, ce qui donne R = 3 ( Le centre de courbure est donc en, ) 3 et on se place mptcatex - page

3 ] est continue donc localement intégrable sur π cos θ, π [ La fonction est paire, donc le problème d intégrabilité est le même en ± π, et si ces intégrales convergent, π on aura dθ = dθ cos θ cos θ π Enfin, la fonction est positive et on va travailler par équivalence en π cos θ = sin ( π ) = ( π ) θ sin θ π ( π ) θ dont l intégrale en π converge car < α α 3 On a L α = ρ + ρ dθ = cos θ + sin θ cos θ dθ = car cette intégrale converge - On a L = I = cos θ dθ α dθ cos θ θ π π cos θ dθ = L = I On pose ϕ = θ qui est bien monotone de classe C, donc les deux intégrales sont de même nature, et comme dθ converge, L = dθ = dϕ cos θ cos θ cos ϕ On pose maintenant u = cos ϕ qui est bien monotone de classe C, donc les deux intégrales sont de même nature, et dϕ converge cos ϕ u = cos ϕ, et donc u du = sin ϕ dϕ [ et comme, sur l intervalle, π [, sin ϕ = cos ϕ = u, on a : L = dϕ = du cos ϕ u 5 est le domaîne géométrique dont on cherche l aire En polaires A = ρ [ π Il nous faut décrire en polaires : M, ] [ π θ, ] cos θ On a donc : A = π cos θ ρ dρ dθ = π [ ] π cos θ dθ = sin θ π = ρ dρ dθ III Fonction β d Euler La fonction t t α ( t) β est continue donc localement intégrable sur ], [, le problème de convergence est en et en La fonction est positive, donc on peut, et on va, travailler par équivalence t α ( t) β t α = t + t dont l intégrale converge en + si et seulement si α > t α ( t) β ( t)β = t B (α, β) converge si et seulement si α > et β > ( t) β dont l intégrale converge en si et seulement si β > Dans B (α, β) on pose u = t qui est bien monotone de classe C, donc les deux intégrales sont de même nature, convergentes et égales B (α, β) = mptcatex - page 3 ( u) α u β du = u β ( u) α du = B(β, α)

4 3 On pose t = sin θ qui est bien monotone de classe C, donc les deux intégrales sont de même nature, convergentes et égales dt = sin θ cos θ dθ et donc : B (α, β) = Calculons : ( B, ) = sin (α ) θ ( sin θ ) β sin θ cos θ dθ = sin θ cos θ dθ = cos θ dθ = L sin α θ cos β θ dθ IV Algorithmique - n =, pour M, on a k = et donc θ =, M pour M, on a k = et donc θ = π, M L =, la figure est laissée au lecteur est de coordonnées (, ), est de coordonnées (, ) n =, pour M, on a k = et donc θ =, M est de coordonnées (, ), pour M, on a k = et donc θ = π ( 8, M est de coordonnées cos π cos π 8, cos π sin π ) (78, 3), 8 pour M, on a k = et donc θ = π, M est de coordonnées (, ), ( M M = cos π cos π ) ( + cos π 8 sin π ) 8 39 ( M M = cos π cos π ) ( + cos π 8 sin π ) = cos π 8 8 Et finalement, L 6, la figure est encore laissée au lecteur π 3 Pour la figure, on reporte à partir de l origine les angles, 6, π 8, 3π 6, π, les point M k n cherchés sont les intersections avec la courbe On relie ces points pour avoir les segments demandés mptcatex - page

5 On va travailler en maple, les calculs étant pénibles à écrire en ligne, nous allons structurer le calcul On va d abord créer procédures X(k,n) et Y(k,n) qui calculent les coordonnées de M n k > X:=proc(k,n); sqrt(cos(k*pi//n))*cos(k*pi//n) > Y:=proc(k,n); sqrt(cos(k*pi//n))*sin(k*pi//n) On va maintenant écrire une procédure l(k, n) qui calcule la longueur approchée du segment M n k M n k > l:=proc(k,n); evalf(sqrt((x(k,n)-x(k-,n))**+(y(k,n)-y(k-,n))**)) On écrit alors la procédure L(p) qui calcule L p > L:=proc(p) local S,i; S:=; for i from to **p do S:=S+l(i,**p) od; *S; On peut maintenant écrire la procédure demandée : > CCP TSI :=proc() local A,B,i; A:=;print(A); B:=L();print(B); for i from 3 while abs(b-a)> do A:=B;B:=L(i);print(B); od; terminé On affiche terminé à la fin du calcul, pour éviter la répétition du dernier résultat! D autre part, on n a pas ici utilisé l astuce classique de travailler avec p points qui permet à chaque étape de réutiliser les points précédents Fin du corrigé Auteur : Christophe Caignaert, Lycée Colbert, Parvis Colbert 59 Tourcoing mptcatex - page 5