CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE MATH 2 PSI 2000

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1 CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE MATH PSI 000 courbes e Bézier Les figures sont laissées au bon soin es lecteurs. PARTIE. On a B F t = tp 0 + tp. Le point courant est onc un barycentre e P 0 et P. On peut aussi écrire B F t = P 0 + t P 0 P, t [0, ] La trajectoire e l arc est onc le segment [P 0, P ]. On peut remarquer que pour t = /, B n{p0 P n}/ est le milieu e B n,{p0 P n }/ et e B n,{p P n}/ En particulier Q 0 = B/, Q = B {P,P}/.On vérifie bien que : B F / est le milieu e Q 0, Q De façon éviente : B F 0 = P 0, BF = P On a B {P0,P }t = tp 0 + tp et B P, P t = tp + tp On a onc : B F t = t P 0 + t tp + t P On vérifie que la somme e coefficients est : t + t t + t = t Par érivation e la formule B F t = t qui est une fonction C sur [0, ] B F t = L accélération est constante. La trajectoire est onc un arc e parabole gran classique e physique. On peut refaire le calcul ans le repère u =, v = sachant B t = u, B0 = u v, B = u + v, Bt = t t + / u + t / v Soit X = Y +. En particulier l axe e la parabole est O, u et le sommet est en X = /.C est le point B,F / On peut onc tracer la trajectoire sachant que c est un arc e parabole extrémités P 0 et P et passant par B F / = /4. Une étue un peu plus précise onne la tangente aux extrémités cf Partie 4 /4 PARTIE. On peut remarquer que la éfinition un convexe est équivalente à : :Si la partie non vie vérifie : M, N K, [M, N] K n N, M i n Kn, λ i n R+n, λ i = = λ i M i K alors en prenant n =, M = M, M = N et λ = λ on retrouve la éfinition u convexe. La réciproque se émontre par récurrence:on note H n la proposition: n N, M i n Kn, λ i n R+n, λ i = = λ i M i K. m00psc.tex - page

2 si n = on a M K M K : évient pour n = on a la éfinition un convexe, onc la propriété H est encore vraie. on supposeh k vraie tout k < n. Soit alors n points M i e K et n scalaires positifs λ i e somme. On isole M n et on écrit si λ n : Or le point P n = n λ i n λ i M i = n n λ i λ i n λ M i + λ n M n i M i est ans K après l hypothèse e récurrence onc n λi λ im i = λ n P n + λ n M n est ans K par éfinition e K. Si λ n = alors λ i M i = M n et le résultat est évient. :Notons K w w W la famille e convexes contenant E et K = w W K w 3: E étant non vie, l intersection e parties contenant E est non vie. Donc K contient E et est non vie. Si M et N sont eux points e K, les eux points sont ans tous les K w qui sont convexes. le segment [M, N] est onc inclus ans tous les K w onc ans leur intersection. L intersection e convexes contenant E est un convexe contenant E D après la propriété précéente l enveloppe convexe, qui est l intersection e tous les convexes contenant E, est un convexe onc : E = CE E convexe Réciproquement si E est un convexe CE est l intersection e E avec autres convexes onc CE E. De plus par l intersection es convexes contenant E contient E onc E CE.Par ouble inclusion on a CE = E CE = E E est convexe 4:Si H contient G,CH est un convexe contenant G car CH contient H. Donc CH contient le plus petit convexe contenant G soit CG. G H CG CH 5:Soit KE = { M R, n N, M i n En, λ i R +n, n λ i = et M = n λ } im i On a KE CE :En effet les points M i sont ans E onc ans CE. Or CE est convexe après II onc CE contient M après II On a CE KE : Pour cela montrons que KE est un convexe contenant E. Il contienra alors le plus petit: Si M E alors M KE :prenre n =, λ =, M = M Si M est N sont ans KE on a par construction : M = n λ km k et N = nn l= µ ln l.pour montrer que KE est convexe, on revient à la éfinition en montrant que Or λm + λn = λm + λn KE λλ k M k + n l= λµ l N l Ce point est le barycentre e n + nn points e E affectés e coefficients positifs 0 λ, λ k 0, µ l 0 e somme n λλ k + nn l= λµ l = λ + λ =. Le point λm + λn est ans KE. On a bien vérifié que KE es convexe: CE = { M R, n N, M i n En, λ i R +n, n λ i = et M = n λ } im i 6:On montre par récurrence H n : pour tout famille F e carinal n + t [0, ], B n,f t CE pour n = 0 B n,f t = P 0 et CP 0 = P 0 On suppose H k vraie pour 0 k < n.on a par éfinition: B n,f t = tb n,{p0 P n }t + tb n,{p P n}t D après l hypothèse e récurrence B n,{p0 P n }t CP 0 P n. Or après II4:P 0 P n F CP 0 P n. CF onc B n,{p0 P n }t CF De même : B n,{p P n}t CF. Comme CF est convexe, on peut appliquer à ces eux points la éfinition un convexe: B n,f t CF m00psc.tex - page

3 . φ est une application affine u plan si et seulement si il existe une application linéaire f telle que : Ou encore A, B R, φb = φa + f AB A, B R, φaφb = f AB Vérifions par récurrence H n : pour tout famille F e carinal n + on a φb n,f t = B n,φf t : pour n = 0 tous les ensembles sont réuits à un point et le résultat est évient. Si la propriété est vraie pour tout k < n on peut ire que : et On a par construction: φb n,{p0, P n }t = B n,{φp0 φp n }t φb n,{p, P n}t = B n,{φp φp n}t B n,f t = tb n,{p0, P n }t + tb n,{p, P n}t En prenant A = B n,{p0, P n } et B = B n,f t on a onc : φb n,f t = φb n,{p0, P n }t + f t B n,{p0, P n }tb n,{p, P n}t = φb n,{p0, P n }t + tf B n,{p0, P n }tb n,{p, P n}t linéarité = φb n,{p0, P n }t + t φb n,{p, P n}t φb n,{p0, P n }t = tφb n,{p0, P n }t + tφb n,{p, P n}t = tb n,{φp0 φp n }t + tb n,{φp φp n}t = B n,φf t φb n,f t = B n,φf t Remarque : on peut aussi séparer le problème en eux en isant que tout application affine est le composé une application linéaire et une translation. En montrant la propriété si φ est linéaire, puis si φ est une translation on peut alors conclure. 3. Si P 0, P, P est un triangle non aplati, il existe une transformation affine qui envoie le triangle e la question I.4 sur ce triangle.m = xi + yj P 0 + xp 0 P + yp 0 P. La courbe e Bézier associé est onc l image par cette transformation e l arc e parabole. C est onc un arc e parabole. 3 PARTIE. :On veut montrer par récurrence H n : b n,k n, P k n, t [0, ], B n,f t = on notera que les coefficients b n,k oivent être inépenant es P k b n,k tp k pour n = 0 : t [0, ] B 0,P t = P onc b 0,0 = convient et est l unique solution. Si la famille b m;k existe pour tout m < n alors on a : B n,{p0 P n }t = B n {P P n}t = n b n,k tp k b n,k tp k m00psc.tex - page 3 onc par éfinition e B n,{p0 P n}t : n B n,f t = t b n,k tp k + t b n,k tp k n = tb n,0 tp 0 + t b n,k t + tb n,k P k + tb n,k tp n

4 on a onc : b n,0 t = tb n,0 t k [[..n ]], b n,k t = t b n,k t + tb n,k b n,n t = tb n,n t D où l existence es coefficients éfinis par ces relations e récurrences. On vérifie alors par récurrence que les coefficients sont es polynômes e egré n. Par pruence on vérifie les formules pour n = et n = à l aie u I : b,0 = t = t, b, = t = t b,0 = t t = t, b, = t t + tt = t t, b, = t t = t :On peut continuer à appliquer la récurrence : b 3,0 = tb,0 = t 3, b 3, = tb, + tb,0 = 3t t b 3, = tb, + tb, = 3t t, b 3,3 = tb, = t 3 3:On oit commencer à voir sortir la récurrence. Sinon on calcule pour n = 4 : b 4,0 = t 4, b 4, = 4t t 3, b 4, = 6t t, b 4,3 = 4t 3 t, b 4,4 = t 4 On oit eviner assez vite n N, k [[0, n]], b n,k = C k nt k t n k La formule se vérifie par récurrence sur n en prenant : H n : k [[0, n]], b n,k = C k nt k t n k : pour n = 0 4 la formule est vérifiée Si elle est vraie pour tout m < n on a : b n,0 t = tb n,0 t = t t n = t n k [[..n ]], b n,k t = t b n,k t + tb n,k = C k n k + Ck n t k t n k = C k n tk t n k Formule e pascal b n,n t = tb n,n t = t t n = t n n N, k [[0, n]], b n,k = C k nt k t n k 4 On remarque avec le binôme e Newton: n b n,kt = t + t n = onc en intégrant : n I n,k = Il n y a pas e problèmes théoriques, la somme amet un nombre fini e terme et les fonctions sont continues, onc intégrables sur un segment. 5 On a I n,k = Cn k 0 tk t n k t. On peut intégrer par partie en posant ut = t k et vt = tn k+ n k+ qui sont bien eux fonctions C sur [0, ] : I n,k = Cn k k n k + 0 t k t n k+ t = C k n toutes les intégrales sont égales quan k écrit [[0, n]]. Comme leur somme vaut : n N, k [[0, n]], I n,k = n+ 0 t k t n k+ t = I k. On a : n B n, F t = Cnt k k t n k P n k = l=0 Cn n l t n l t l P l avec le changement l = n k et onc comme C k n = Cn k n B n, F t = B n,f t les eux trajectoires sont les mêmes. Seul change le sens e parcours. m00psc.tex - page 4

5 4 PARTIE. :Le sujet emane ensuite e retrouver le III.3. Il ne faut onc pas utiliser l expression e b n,k pour calculer Z. pour i = 0 C 0,j t = B 0,{Pj }t = P j = ψ t S j pour i = :C,j t = B,{Pj,P j+}t = tp j + tp j+ = ψ t T S j + T S j+ = ψ t T + T SS j onc si Z existe Z = T + T S pour i = : C,j t = t P j + t tp j+ + t P j+ après I et onc : C,j t = ψ t T S j + T T S j+ + T S j+ = ψ t T + T S T + T S S j le coefficient e S j est bien T + T S On pose onc l hypothèse e récurrence : H i : j [0..n i], C i,j t = ψ t Z i S j elle est vérifiée pour i = 0,, Si elle est vraie pour i on a : C i,j t = ψ t Z i S j et C i,j+ t = ψ t Z i S j+ Donc après la récurrence éfinissant les courbes e Bézier: C i,j t = B i,{pi P i+j }t = tb i,{pi P i+j }t + tb i,{pi+ P i+j }t = tc i,j t + tc i,j+ t = tψ t Z i S j + tψ t Z i+ S j+ = ψ t T Z i S j + T Z i S j+ = ψ t T + T SZ i S j = ψ t Z i S j Z = T + T S Remarque:On utilise plusieurs fois que si P est un polynôme e la seule variable T alors pour tout polynôme Q on a : ψ t P Q = P tψ t Q. La vérification se fait pour une base ce qui suffit par linéarité: si P = T a et Q = T α S β on a alors : ψ t P Q = ψ t T a+α S β = t a+α P β = t a t α P β = t a ψ t Q. :En particulier pour i = 0 et j = n : n B n,f t = C 0,n t = ψ t T + T S n = ψ t CnT k k T n k S k = Cnt k k t n k P k. On retrouve b n,k = Cnt k k t n k 3: comme B n,f t = n Ck nt k t n k P k, B n,f 0 = P 0, B n,f = P n 4:ψ t et la érivation étant linéaire la relation est vérifiée pour tout polynôme W si et seulement si elle est vérifiée sur une base. Or t ψ tt i S j = t i P j = it i P j si i > 0 t ψ t i S j = ψ tit i S j = it i P j où l égalité si i 0. Si i = 0 on a eux expressions nulles. 5:D après cette règle e érivation on a comme : Z t B n,f t = Z t ψ t Z n n = ψ t 6:Si t = 0 on sait que B n,{p0 P n}0 = P 0, et onc : W V, t ψ tw = ψ t W = T +T S = S = ψ t nz n S nz n = n C n, t C n,o t t B n,f t = n C n, t C n,0 t t B n,f 0 = n C n, 0 C n,0 0 = n P P 0 = n P 0 P. La tangente au point e paramètre t = 0 à la courbe est la roite P 0 P. A cause e la symétrie émontrée à la question III.,La tangente au point e paramètre t = à la courbe est la roite P n P n. m00psc.tex - page 5

6 Remarque : on peut trouver aussi le résultat en érivant la formule u III avec les b n,k Remarque:Retour sur la parabole u I : on a les tangentes au points e paramètres 0 et.le calcul précéent onne aussi que la tangente au point e paramètre / est la roite Q 0 Q. 7: on a Z = T + ST qui est une fonction affine e T e érivée S on a onc : Par érivation successive on a onc : k t k B n,f t = = k Z n k = n! n k! S k Z n k pour 0 k n n! n k! ψ t S k Z n k = ψ t n! n k! n! n k! k C j k k j C n k,j t j=0 k C j k k j Z n k S j j=0 En particulier k t k B n,f 0 = n! n k! k j=0 Cj k k j P j Ce vecteur ne épen que es points P 0 P k. En particulier t B n,f 0 = P P 0 P P. On remarque que par symétrie S par rapport à O P 0 et P 3 sont échangés ainsi que P et P. D autre par la symétrie est une application affine onc : B 3,F t = B 3, F t = B 3,SF t = S B 3,F t les points e paramètre t et t s échangent par la symétrie. Les tangentes aux points P 0 et P 3 sont connus. Ce sont les roites P 0 P et P P 3. par symétrie B 3,F / = O.La tangente en ce point amet le vecteur irecteur s il est non nul t B n,f t = 3 C, / C,0 / = 3 B 3,{P0,P,P }/ B 3,{P,P P 3} onc si C, / C,0 /, ces eux points éfinissent la tangente en O à la courbe. Or on a vu en I comment les construire par milieux successifs. Or le milieu e P P est O.La tangente en O est onc la roite qui joint les milieu e P 0 P et P P 3. { xt = t On peut faire une étue plus classique en étuiant la courbe paramétrée: 3 + t 3 yt = 6t t + 6t t 5 PARTIE:. On notera que les points variables sont les points P k n. Le sujet pose onc P k = Par contre les points M i et les paramètres t i sont es constantes. On a B n,f t k = n n b n,it k P i = b n n,it k x i b. Donc n,it k y i fx 0 y n = q α k b n,i t k x i + β k C est un polynôme par rapport aux variables x i et y i.γ est C sur R n+. On a onc avec les notations u V 3 : f x j X, Y = xk y k b n,i t k y i q b n,j t k α k b n,j t k b n,i t k x i et e même f y j X, Y = q b n,j t k β k b n,j t k b n,i t k y i m00psc.tex - page 6

7 3. On sait que si une fonction f C sur un ouvert U présente un minimum local en un point e U alors ce point est un point critique où les vecteurs érivées sont tous nuls. Donc ici : { q j [0..n] b n,jt k α k b n,j t k n b n,it k x i = 0 q b n,jt k β k b n,j t k n b n,it k y i = 0 soit { q j [0..n] b n,jt k α k = q b n,jt k n b q n,it k x i b n,jt k β k = q b n,jt k n b n,it k y i Les eux systèmes sont inépenants { q j [0..n] b n,jt k α k = n q b q n,jt k b n,i t k x i b n,jt k β k = n q b n,jt k b n,i t k x i A = a i,j avec a i,j = q b n,it k b n,j t k U = u i avec u i = q b n,it k α k m00psc.tex - page 7