\documentclass[12pt]{profmath}
\begin{document}

\titre{Corrigé du sujet 2003}


\exo
\medskip
\centerline{\textbf{- Partie A -}}
\medskip


\qst \encadre{$x$ et $y$ sont $\pi$--périodiques}.
En effet, pour tout $t\in\R$, 
\newline
$
x(t+\pi)
=
\cos(2(t+\pi))
=
\cos(2t+2\pi)
=
\cos(2t)
=
x(t)
$
et
$
y(t+\pi)
=
2\sin(2(t+\pi))
=
2\sin(2t+2\pi)
=
2\sin(2t)
=
y(t)
$.
\newline
Ceci permet de réduire l'intervalle d'étude à \intff{-\dfrac{\pi}{2}}{\dfrac{\pi}{2}}.
\newline
Par ailleurs, pour tout $t\in\R$, 
$
x(-t)
=
\cos(2(-t))
=
\cos(-2t)
=
\cos(2t)
=
x(t)
$ donc \encadre{$x$ est paire}.
et
$
y(-t)
=
2\sin(2(-t))
=
2\sin(-2t)
=
-2\sin(2t)
=
-y(t)
$ donc \encadre{$y$ est impaire}.
\newline
Les deux fonctions possédant une parité, on peut encore réduire cet intervalle à \intff{0}{\dfrac{\pi}{2}}.
\newline
\'Etude de la courbe :
\newline
$x'(t) = -2\sin(2t)$.
Si $t \in \intff{0}{\dfrac{\pi}{2}}$ alors $2t \in \intff{0}{\pi}$ donc 
$\sin(2t) \ge 0$ d'où $x'(t) \le 0$.
\newline
$y'(t) = 4\cos(2t)$.
Si $t \in \intff{0}{\dfrac{\pi}{2}}$ alors $2t \in \intff{0}{\pi}$ donc 
$\cos(2t)$ change de signe :
\newline
si $t \in \intff{0}{\dfrac{\pi}{4}}$ alors $2t \in \intff{0}{\dfrac{\pi}{2}}$ donc 
$\cos(2t) \ge 0$ d'où $y'(t) \ge 0$ ;
\newline
si $t \in \intff{\dfrac{\pi}{4}}{\dfrac{\pi}{2}}$ alors $2t \in \intff{\dfrac{\pi}{2}}{\pi}$ donc 
$\cos(2t) \le 0$ d'où $y'(t) \le 0$.

\centerline{\unitlength 1mm
$\begin{array}{c|rcccc}
 t & 0 & & \dfrac{\pi}{4} & & \dfrac{\pi}{2}
\\\hline
 x'(t)&&\multicolumn{3}{c}{-}\\\hline
 \raisebox{2ex}{$x(t)$} &
 \multicolumn{5}{c}	{\psset{unit=1mm}
			\begin{pspicture}(45,11)%
			\put(0,7){1}\put(40,0){$-1$}
			\psline{->}(5,7)(39,2)%
     			\end{pspicture}
			}
\\\hline
 y'(t)&&\plus&\zerotab&\moins\cr\hline
 \raisebox{2ex}{$y(t)$} &
 0&
 \begin{picture}(12,11)%
   \put(0,1){\vector(2,1){14}}%
 \end{picture}
&
 \raisebox{4ex}{2} &
 \begin{picture}(12,11)%
   \put(0,8){\vector(2,-1){14}}%
 \end{picture}
&
 0
\end{array}$}


\qst[3] Pour tout point de E, on a 
$
x(t)=\cos2t
$
et
$
y(t)=2\sin2t
$
donc 
$x^2+\left(\dfrac{y}{2}\right)^2 = (\cos2t)^2 + (\sin2t)^2 = 1$
d'où 
$x^2+\dfrac{y^2}{4} = 1$.
\newline
Cette dernière équation est celle d'une ellipse donc E est \emph{contenue} dans une ellipse.
\newline
Réciproquement, soit $M$ un point de cette ellipse. On a alors :
$x^2 = 1-\dfrac{y^2}{4}$.
Or 
$-\dfrac{y^2}{4} \le 0$ donc $x^2 \le 1$ c'est-à-dire $-1 \le x \le 1$.
Il existe alors un nombre $u$ tel que 
$x = \cos u$, ou encore, en posant $t=\dfrac{u}{2}$, $x= \cos(2t)$.
En remplaçant dans 
$x^2+\dfrac{y^2}{4} = 1$, on obtient $y=\pm2\sin(2t)$
donc (en considérant la parité de $x$ et de $y$) $M$ appartient à E.
\newline
On pouvait aussi invoquer le fait que $x$ varie de $-1$ à 1 et que $y$ varie de $-2$ à 2 (avec la symétrie obtenue grâce aux parités) et ce, de façon continue (les fonctions $x$ et $y$ sont continues) donc la courbe $E $ correspond bien à l'ellipse complète.
\newline
Rédaction alternative :
$\left\lbrace \begin{array}{l}
x(t)=x_0+a\cos t \\ 
y(t)=y_0+b\sin t
\end{array} \right. $
est la représentation paramétrique de l'ellipse de centre $\coordh{x_0}{y_0}$ et d'axes $a$ et $b$.
\newline
Ici, $a=1$ et $b=2$, donc l'étude faite au 1°) montre que la courbe E est l'ellipse entière.
\newline
\'Eléments caractéristiques :\newline
 \encadre{centre $O$} ; \encadre{demi grand-axe $b=2$}, \encadre{demi petit-axe $a=1$} ; \encadre{axe focal vertical} (car $b>a$), d'équation $x=x_0$ donc \encadre{$x=0$} ; sommets de coordonnées  \encadre{$\coordh{x_{0}=0}{y_{0}+b=2}$} et \encadre{$\coordh{x_{0}=0}{y_{0}-b=-2}$} ; 
foyers de coordonnées \encadre{$\coordh{x_{0}=0}{y_{0}+c=\sqrt{3}}$} et\encadre{$\coordh{x_{0}=0}{y_{0}-c=-\sqrt{3}}$} car $c=\sqrt{b^2-a^2}=\sqrt{3}$.

\newpage
\centerline{\textbf{- Partie B -}}

\medskip

\qst[1] Le centre de S est celui de C, c'est-à-dire $O$ (on notera que $O$ est sur l'axe de rotation). Le rayon de S est celui de C, c'est-à-dire 2.
\newline
L'équation de la sphère S s'écrit donc 
$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2=R^2$
d'où
\encadre{$x^2+y^2+z^2=4$}.

\qst Il suffit de vérifier que les coordonnées de $A$ et $B$ satisfont l'équation de la sphère S.

\qst $N$ étant le pôle nord, ses coordonnées sphériques sont $\coordsph{2}{0}{\dfrac{\pi}{2}}$.
Pour le $A$, on utilise les formules 
$\left\lbrace \begin{array}{l}
x=R\cos\theta\cos\varphi \\ 
y=R\sin\theta\cos\varphi \\
z=R\sin\varphi
\end{array} \right. $
qui donnent 
$2\sin\varphi = z_A = 0$ donc $\varphi=0$ d'où $\cos\varphi=1$
puis
$2\cos\theta \times 1 = x_A = \sqrt{2}$
d'où 
$\cos\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
et
$\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
donc
$\theta = \dfrac{\pi}{4}$.
Les coordonnées sphériques de $A$ sont donc \encadre{$\coordsph{2}{\dfrac{\pi}{4}}{0}$}.
\newline
Pour $B$, on trouve de la même façon
\encadre{$\coordsph{2}{-\dfrac{\pi}{4}}{0}$}.

\qst Une simple lecture graphique donne ici 
\encadre{$a=b=n=\dfrac{\pi}{2}$}
et
\encadre{$\hat{A} = \hat{B} = \hat{N} =\dfrac{\pi}{2}$}.
\newline
Remarque : on a donc  donc
$\Arc{AB} = \Arc{AN} = \Arc{NB} = 2 \times \dfrac{\strut\pi}{2} = \pi$.

\qst L'aire du triangle sphérique $NAB$ est 
$(\hat{A} + \hat{B} + \hat{N} - \pi) \times R^2 = \encadre{2 \pi}$ unités d'aires.


\bigskip


\exo
\medskip

\qst \multiligne{%
M\coordsph{x}{y}{z} \in C
&\ssi& (\Vect KM,\vectk) = \Pisur4 \mbox{ ou } \pi-\Pisur4\\
&\ssi&  \Vect KM.\vectk=KM\times 1\times \left(\pm\cos\Pisur4\right)\\
&\ssi& z-3 = \pm\sqrt{x^2+y^2+(z-3)^2} \times \dfrac{\sqrt2}{2}\\
&\ssi& (z-3)^2=\dfrac{1}{2} (x^2+y^2+(z-3)^2)\\
&\ssi& 2(z-3)^2 = x^2+y^2+(z-3)^2\\
&\ssi& (z-3)^2 = x^2+y^2 \ssi (3-z)^2 = x^2+y^2.
}
\newline
Car $z-3$ et $3-z$ sont opposés et ont donc le même carré.
\newline
Ce calcul est valable pour $M\neq K$ mais $K$ vérifie quand même l'équation finale.


\qst En remplaçant $z$ par 0 dans l'équation précédente, on trouve $x^2+y^2=9$ qui est, \emph{dans le plan d'équation $z=0$}, l'équation du cercle de centre $O$ et de rayon 3.

\medskip
\qstssq 
Pour tout point $M$ et son image $M'$ par $I$, on a :\newline
-- on a $\Vect{\Omega}{M'}=\dfrac{6}{\strut \Omega M^2} \,\Vect {\Omega}{M} = \lambda \Vect {\Omega}{M}$ ; les vecteurs $\Vect{\Omega}{M}$ et $\Vect{\Omega}{M'}$ sont colinéaires donc $\Omega$, $M$ et $M'$ sont alignés ;
\newline
-- on a aussi $\Vect{\Omega}{M}.\Vect{\Omega}{M'}=\Vect{\Omega}{M}.\dfrac{6}{\strut \Omega M^2} \,\Vect{\Omega}{M} = \dfrac{6\,\Omega M^2}{\strut \Omega M^2} = 6$ (constante).
\newline
La transformation $I$ est donc l'\encadre{inversion de pôle $\Omega$ et de rapport 6}.

\medskip
\ssq On trouve, en traduisant la relation $\Vect {\Omega}{M'}=\dfrac{6}{\Omega M^2}\,\Vect {\Omega}M$ en coordonnées, que (\dots) \encadre{$A'\coordsph{-2}{0}{0}$} et \encadre{$B'\coordsph{-2}{1}{0}$}.\\[1ex]
Remarque : on sait que $A'\in(\Omega A)$ donc $A'$ est sur les plans d'équation $y=0$ et $z=0$. Ses coordonnées sont donc \coordsph{x'}{0}{0}. La relation $\Vect {\Omega}{A}.\Vect {\Omega}{A'}=6$ devient ensuite $6(x'+3)=6$ d'où $x'=-2$.

\medskip
\ssq -- Les coordonnées de $\Omega$ vérifient l'équation du cône C et l'équation $z=0$ donc $\Omega$ appartient à E. Ainsi, le cercle E passe par le pôle $\Omega$ donc son image est une droite $\Gamma$ perpendiculaire au diamètre~$[\Omega O]$ (et contenue dans le plan contenant le cercle E).\\
--\gtvi~Les points $A$ et $B$ appartiennent au cercle E car leurs coordonnées vérifient 
$\begin{systeme}
 x^2+y^2=9
\\
z=0
\end{systeme}$
\newline
-- Les points $A'$ et $B'$ appartiennent donc à la droite $\Gamma$.
\newline
-- Les points $A'$ et $B'$ appartiennent aussi à la droite D car leurs coordonnées vérifient 
$\begin{systeme}
x=-2
\\
z=0
\end{systeme}$
\newline
Si deux droites ont deux points en commun alors elles sont confondues donc l'image $\Gamma$ de E est D.
% contenue dans le plan d'équation $z=0$ (plan du cercle E et du point $\Omega$).\\
% --\gtvi~L'équation de $\Gamma$ s'écrit $-3x+0y+c=0$ car $\Vect{\Omega}{O}\coordsph{-3}{0}{0}$ est normal à cette droite.\\
% --\gtvi~Les coordonnées de $A$ vérifient l'équation du cône C et l'équation $z=0$ donc $A$ appartient à E : $A'$ appartient alors à $\Gamma$. On en déduit que $-3\fois(-2)+c=0$ donc $c=-6$. L'équation de $\Gamma$ est donc $-3x-6=0$ donc $x=-2$ : $\Gamma=D$.

\medskip
\qstssq On a $\Vect {\Omega}{M'}=(\dfrac{6}{\Omega M^2}\,\Vect {\Omega}M)$ (relation (1)). Si $M$ a pour coordonnées 
\coordsph{-\dfrac{9}{4}}{t}{0} alors \Vect {\Omega}M a pour coordonnées
\coordsph{-\dfrac{9}{4}+3}{t}{0} donc $\Omega M^2=t^2+\dfrac{9}{16}$.
La relation (1) donne, pour la première coordonnée :\\
$x'+3=\dfrac{6}{t^2+\frac{9}{16}}\fois\dfrac34$ donc
$x'=\dfrac{9/2}{t^2+\frac{9}{16}}-3=
\dfrac{9/2-3t^2-27/16}{t^2+\frac{9}{16}}=
\dfrac{45/16-3t^2}{t^2+\frac{9}{16}}$.\\[1ex]
Les autres relations donnant $y'$ et $z'$ s'obtiennent de même.

\medskip
\ssq Soit $M$ un point de $\Delta$ et $M'$ son image par I. On a alors \\
\multiligne{FM'^2&=&\left(\dfrac{45/16-3t^2}{t^2+9/16}-1\right)^2+
\left(\dfrac{6t}{t^2+9/16}\right)^2+0^2
=\left(\dfrac{1}{t^2+9/16}\right)^2
\left[
\left(\dfrac{9}{4}-4t^2\right)^2+36t^2
\right]\\
&=&
\left(\dfrac{1}{t^2+9/16}\right)^2
\left[\dfrac{81}{16}+18t^2+16t^4\right]
=\left(\dfrac{1}{t^2+9/16}\right)^2
\left(\dfrac{9}{4}+4t^2\right)^2\\
&=&
\left(\dfrac{1}{t^2+9/16}\right)^2\fois16
\left(\dfrac{9}{16}+t^2\right)^2
=16}\\[1ex]
donc $FM'=4$ : l'image de $\Delta$ par I est contenue dans la sphère S, de centre 
$F(1\,;\,0\,;\,0)$ et de rayon~4.

\end{document}