\documentclass[12pt]{profmath}

\usepackage{times}

\begin{document}

\titre{Corrigé du sujet 2006}

\exo

\qst 
Périodicité de la fonction $ r $ : pour tout $\theta$ réel, on a 
$
r(\theta+2\pi) = \dfrac{6}{2+\cos(\theta+2\pi)}
= \dfrac{6}{2+\cos(\theta)}
=
r(\theta)
$.
\newline
La fonction $r$ est $2\pi$-périodique, il suffit de l'étudier sur \intff{-\pi}{\pi} (qui est bien un intervalle d'amplitude $ 2\pi $).
\newline
Parité de la fonction $ r $ : pour tout $\theta$ réel, on a 
$
r(-\theta) = \dfrac{6}{2+\cos(-\theta)}
= \dfrac{6}{2+\cos(\theta)}
=
r(\theta)
$.
\\
La fonction $r$ est paire, on peut réduire l'intervalle d'étude à \intff{0}{\pi}.

\qst $x = r\cos\theta = \dfrac{6\cos\theta}{2+\cos\theta}$ 
et $y = r\sin\theta = \dfrac{6\sin\theta}{2+\cos\theta}$.

\qst Si $M\,(x,y)$ appartient à $(C)$ alors
$x = \dfrac{6\cos\theta}{2+\cos\theta}$ 
et $y = \dfrac{6\sin\theta}{2+\cos\theta}$
donc
\\
$
\dfrac{(x+2)^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}
=
\dfrac{\left(\frac{6\cos\theta}{2+\cos\theta}+2\right)^2}{16}
+\dfrac{\left(\frac{6\sin\theta}{2+\cos\theta}\right)^2}{12}
=
\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{8\cos\theta+4}{2+\cos\theta}\right)^2
+\dfrac{1}{12}.\dfrac{36\sin^2\theta}{(2+\cos\theta)^2}
=
\dfrac{(2\cos\theta+1)^2+3\sin^2\theta}{(2+\cos\theta)^2}
=
\dfrac{4\cos^2\theta+4\cos\theta+1+3(1-\cos^2\theta)}{4+4\cos\theta+\cos^2\theta}
=
1
$

\qst La conique d'équation 
$\dfrac{(x+2)^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}=1$
est une ellipse dont le centre a pour coordonnées $(-2\,,\,0)$, l'axe focal a pour équation $y=0$ (axe des abscisses) car $ a>b $ (axe focal horizontal, donc d'équation $ y=y_0=0 $), les sommets ont pour coordonnées $(2\,,\,0)$ et $(-6\,,\,0)$ :
\\
$y=0 \impl \dfrac{(x+2)^2}{16}=1 \impl x+2 = \pm 4 \impl x = 2 \mbox{ ou }-6$.
Pour les foyers : $c=\sqrt{a^2-b^2}=2$ donc les foyers ont pour coordonnées 
$(0\,,\,0)$ et $(-4\,,\,0)$.

\qst La fonction $ r $ étant paire (d'après le 1)), la partie de la courbe $ (C) $ correspondant à l'intervalle $ \intff{-\pi}{0} $ s'obtient par une symétrie par rapport à l'axe des abscisses.

\qst On a 
$
r(\theta) = \dfrac{6}{2+\cos(\theta)} = 6 \times \dfrac{1}{2+\cos(\theta)} = 6 \times \dfrac{1}{u}
$
donc 
$
r'(\theta) = 6 \times \left (-\dfrac{u'}{u^{2}}\right ) = \dfrac{6\sin\theta}{(2+\cos(\theta))^2}
$
et
$
r''(\theta) = \dfrac{6\cos\theta(2+\cos\theta)^2-2(2+\cos\theta).(-\sin\theta).6\sin\theta}{(2+\cos(\theta))^4}
=
\dfrac{6\cos\theta(2+\cos\theta)+12\sin^2\theta}{(2+\cos(\theta))^3}
$.
\\
Donc
$r(0)=\dfrac{6}{3}=2$, $r'(0)=\dfrac{0}{9}=0$, $r''(0)=\dfrac{18}{27}=\dfrac{2}{3}$
d'où
$
R = \dfrac{(2^2+0^2)^{3/2}}{2^2+2.0^2-2.2/3}
= \dfrac{8}{8/3} = 3$.

\qst Le point $A$ a pour coordonnées polaires $(2\,;\,0)$ donc pour coordonnées cartésiennes
$x_A = 2\cos0=2$ et $y_A = 2\sin0=0$.
\\
Le vecteur $r'(0)\vectu_{0}+r(0)\vectv_{0} = 0\vec{\imath}+2\vec{\jmath} = 2\vec{\jmath}$, non nul, est un vecteur directeur de la tangente à la courbe en~$A$ : celle-ci est donc verticale. Le premier vecteur du repère de Frenet est $ \vec{T} = \vec{\jmath}$. Le second vecteur est alors $ \vec{N}=-\vec{\imath} $ (pour que la base $ (\vec{T},\vec{N}) $ soit orthonormée directe). Le centre de courbure, défini par $ \Vect {A}{\Omega}=R\vec{N}=-3\vec{\imath} $ a pour coordonnées 
$(x_A-3 = -1\,;\,y_A = 0)$ (on remarquera qu'il est à l'intérieur de l'ellipse).
L'équation du cercle de courbure en $A$ est donc
$(x-(-1))^2+(y-0)^2=3^2$ donc 
$(x+1)^2+y^2=9$.

\newpage

\exo
\numqst2
\qst 
$x_A=r\cos0\cos45 = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$, 
$y_A=r\sin0\cos45 = 0$, 
$z_A=r\sin45 = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
donc $ A\coordsph{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{0}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} $.
\newline
$x_B=r\cos90\cos0 = 0$,
$y_B=r\sin90\cos0 = 1$,
$z_B=r\sin0 = 0$
donc $ B\coordsph{0}{1}{0} $.
\newline
$x_C=r\cos90\cos60 = 0$,
$y_C=r\sin90\cos60 = \dfrac{1}{2}$,
$z_C=r\sin60 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
donc $ C\coordsph{0}{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} $.

\qst Le rayon de la sphère est 1 donc les longueurs des côtés sont les mesures en radians des angles au centre.
Par lecture graphique, on trouve 
$c=\angle AOB = \dfrac{\pi}{2}$
et
$a=\angle COB = \dfrac{\pi}{3}$.
Pour le dernier angle, on peut utiliser le produit scalaire :
$\prosc OAOC = (x_A-0)(x_C-0)+(y_A-0)(y_C-0)+(z_A-0)(z_C-0) = \dfrac{\sqrt{6}}{4}$
et 
$\prosc OAOC = OA.OC.\cos\angle OAC = \cos\angle OAC$ donc
$\cos\angle OAC = \dfrac{\sqrt{6}}{4}$
d'où
$b = \angle OAC \env 0,91$ radians.

\qstssq Le pôle $B$ est sur la sphère $(S)$ donc l'image de $(S)$ est un plan $(P)$ perpendiculaire à la droite $(BO)$.
\\
Le vecteur $\Vect OB \, \Coordsp{0}{1}{0}$ est normal à plan $(P)$ donc une équation de $(P)$ s'écrit 
$0x+1y+0z+d=0$ donc $y=-d$.
Quelle est l'image du point $K \, (0\,,\,-1\,,\,0)$ diamétralement opposé à $B$ ?
\\
On a 
$\Vect B{K'} = \dfrac{k}{BK^2} \Vect BK = \dfrac{1}{2} . \Coordsp{0}{-2}{0} = \Coordsp{0}{-1}{0}$
donc
$x' = 0$ ;
$y'-1 = -1$ donc $y'=0$ et 
$z' = 0$.
Comme $K' = O$ appartient à $(P)$, on en déduit que l'équation de $(P)$ est 
$y=0$.

\ssq 
$\Vect BA$ a pour coordonnées 
$ \Coordsp{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{-1}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} $
donc 
$BA^2 = 2$
d'où 
$\Vect B{A'} = \dfrac{2}{2} \Vect BA = \Vect BA$
donc
$A' = A$.
\\
$\Vect BC$ a pour coordonnées 
$
\Coordsp{0}{-\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}
$
donc 
$BC^2 = 1$
d'où 
$
\Vect B{C'} = \dfrac{2}{1} \Vect BC = 
\Coordsp{0}{-1}{\sqrt{3}}
$
donc
$x_{C'}-0 = 0$ ;
$y_{C'}-1 = -1$ et
$z_{C'}-0 = \sqrt{3}$
d'où
$B' \, (0\,;\,0\,;\,\sqrt{3})$.
\\
Notez au passage que $A'$ et $B'$ appartiennent à $(P)$.

\qst Une méthode : notons $ax+by+cz+d=0$ l'équation de $(OAB)$.
Alors : \\
$O \in (OAB)$ donc $0+0+0+d=0$ d'où $d=0$.\\
$A \in (OAB)$ donc $a\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}+0+c\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0$ d'où $a=-c$.\\
$B \in (OAB)$ donc $0+b+0=0$ d'où $b=0$.\\
Donc l'équation de $(OAB)$ s'écrit $ax-az=0$ donc $z=x$ ($a$ ne peut pas être égal à 0, sinon ce ne serait plus l'équation d'un plan).
\\
On pouvait aussi utiliser le produit vectoriel $ \prov OAOB $ qui donne un vecteur normal au plan donc les trois premiers coefficients de son équation.


\qstssq Pour tout point $M\,(x\,;\,y\,;\,z)$ de $(\Gamma)$, on a 
$z=z(t)=x(t)=x$ donc tout point de $(\Gamma)$ appartient à $(OAB)$ donc $(\Gamma) \subset (OAB)$.

\ssq L'équation de $(S)$ est $x^2+y^2+z^2=1$. Pour tout point $M\,(x\,;\,y\,;\,z)$ de $(\Gamma)$, on a \\
\multiligne{
x^2+y^2+z^2 
&=& (x(t))^2+(y(t))^2+(z(t))^2
= \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos t\right)^2
+(\sin t)^2
+\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos t\right)^2
\\
&=&
\dfrac{1}{2}\cos^2t+\sin^2t+\dfrac{1}{2}\cos^2t
=\cos^2t+\sin^2t = 1}
\\
donc $M$ appartient à $(S)$ : $(\Gamma) \subset (S)$.

\ssq $(\Gamma)$ est contenue dans le plan $(OAB)$ et dans la sphère $(S)$, ces deux derniers sont sécants en deux points ($A$ et $B$) donc $(\Gamma)$ est contenue dans le cercle $(\cal C)$, intersection du plan $(OAB)$ et de la sphère $(S)$.

\ssq Le plan $(OAB)$, privé de $B$ est globalement invariant par $I$ (il passe par le pôle $B$).
La sphère $(S)$ a pour image le plan $(P)$, d'équation $y=0$.
Donc le cercle $(\Gamma)$ (privé de $B$) a pour image l'intersection des plans $(OAB)$ et $(P)$ donc la droite de représentation paramétrique :
$
\left\{
\begin{array}{c}
x=t\\
y=0\\
z=t
\end{array}
\right.
$.


\end{document}