\documentclass[12pt,2col]{profmath}

\begin{document}


\titre{Corrigé du sujet 2007}

% sujet 2007, ex1

\exo
\qst 
\encadre{$x=2\cos\theta\cos\varphi$ ; 
$y=2\sin\theta\cos\varphi$ ; 
$z=2\sin\varphi$}.

\qst

\begin{center}
% figure codée avec les pieds ...
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-3,-2.5)(3,3)
\pscircle{2}
\psline{<->}(0,3)(0,0)(3,0)
\psline{->}(3;-140)
\uput[-140](3;-140){$x$}
\uput[0](3,0){$y$}
\uput[90](0,3){$z$}
\uput[135](0,0){$O$}
% \uput[-90](1;-91.7){$\theta$}
% \uput[10](1;10){$\varphi$}
% \uput[90]{30}(0.433,0.5){$r$}
% \uput[30](0.866,1){$M$}
\parametricplot[algebraic]{-3.14}{0}{2*cos(t)|sin(t)}
% \parametricplot[algebraic,arrows=->]{-2.1}{-1.1}{2*cos(t)|sin(t)}
% \parametricplot[linestyle=dotted,algebraic]{-1.57}{1.57}{cos(t)|2*sin(t)}
% \parametricplot[algebraic,arrows=->]{-0.5}{0.5}{cos(t)|2*sin(t)}
\psline[linestyle=dotted](-1,1)(0,0)(0.9,-0.9)
\uput[135](-1,1){$A$}
\uput[45](2,0){$B$}
\uput[-45](0.9,-0.9){$C$}
\parametricplot[linestyle=dotted,algebraic]{-1.57}{1.57}{-1.15*cos(t)|2*sin(t)}
\psdots(-1,1)(0.9,-0.9)
\end{pspicture}
\end{center}


\qst \'Equation cartésienne de la sphère $(\Sigma)$ :
\encadre{$x^2+y^2+z^2=4$}.

\qst Il suffit de remplacer $x$, $y$ et $z$ par leurs valeurs dans l'équation de~$(\Sigma)$.

\qstssq En utilisant le 1°), on trouve 
\encadre{$C \,\coordsph{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}{0}$}.

\ssq 
$
\prosc OBOC
=
0\times \sqrt{2} + 2 \times \sqrt{2} + 0 \times 0 = \encadre{2\sqrt{2}}
$ ;
\newline
$
\prosc OAOC
=
\sqrt{2} \times \sqrt{2} + 0 \times \sqrt{2} + \sqrt{2} \times 0 = \encadre{2}
$ ;
\newline
$
\prosc OAOB
=
\sqrt{2} \times 0 + 0 \times 2 + \sqrt{2} \times 0 = \encadre{0}
$.
\newline
On en déduit que 
\newline
$
\cos a
=
\cos(\Vect OB,\Vect OC)
=
\dfrac{\prosc OBOC}{OB\times OC}
=
\dfrac{2\sqrt{2}}{4}
$
donc 
\encadre{$\cos a = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$}
\newline
De même, 
$
\encadre{\cos b = \dfrac{1}{2}}
$
et
$
\encadre{\cos c = 0}
$
\newline
Comme $\cos^2x+\sin^2x=1$, on a $\sin x =\pm \sqrt{1-\cos^2x}$.
Comme ici les angles sont entre $0$ et $\pi$, on obtient $\sin x = \sqrt{1-\cos^2x}$.
Par conséquent, \encadre{$\sin a = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$, $\sin b=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et $\sin c=1$}.
\newline
On pouvait aussi trouver d'abord $a$, $b$ et $c$.


\ssq 
En utilisant la formule fondamentale, on obtient :
\newline
$
\cos\hat{A} = \dfrac{\cos a-\cos b \cos c}{\sin b \sin c}
=
\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
$
donc 
\encadre{$\hat{A}\env 0,615$ rad}.
\newline
Le plus rapide ensuite est d'utiliser la formule des trois sinus, ainsi :
$\dfrac{\sin \hat{B}}{\sin b} = \dfrac{\sin \hat{A}}{\sin a}$
donc 
$\sin \hat{B} = \sin b \times \dfrac{\sin \hat{A}}{\sin a}$
et
$\sin \hat{C} = \sin c \times \dfrac{\sin \hat{A}}{\sin a}$.
\newline
Le problème est alors double : tout d'abord, on ne trouve pas la valeur exacte de $\hat{B}$ qui est $\dfrac{\pi}{4}$ rad (trouvable avec la formule fondamentale), ensuite l'angle $\hat{C}$ est supérieur à $\dfrac{\pi}{2}$ donc la calculatrice ne donne pas la bonne réponse.
Concluons :
% $
% \cos\hat{B} = \dfrac{\cos b-\cos a \cos c}{\sin a \sin c}
% =
% \dfrac{1}{\sqrt{2}}
% =
% \dfrac{\sqrt{2}}{2}
% $
% donc 
\encadre{$\hat{B}=\dfrac{\pi}{4}$ rad}
et
% $
% \cos\hat{C} = \dfrac{\cos c-\cos a \cos b}{\sin a \sin b}
% =
% \dfrac{-1}{\sqrt{3}}
% $
$\hat{C} \env \pi-0,955$
donc 
\encadre{$\hat{C}\env 2,186$ rad}.
\newline
Ensuite, la connaissance de leur cosinus donne $a$, $b$ et $c$ :
\encadre{$a=\dfrac{\pi}{4}$} ;
\encadre{$b=\dfrac{\pi}{3}$} ;
\encadre{$c=\dfrac{\pi}{2}$}.
Enfin $r=2$, donc les longueurs des côtés du triangle sphèrique sont $2a$, $2b$ et $2c$ c'est-à-dire 
\encadre{$\Arc{BC} = \dfrac{\pi}{2}$ ;
$\Arc{AC} = \dfrac{2\pi}{3}$ ;
$\Arc{AB} = \pi$ (unités de longueur)}.

\ssq L'aire du triangle sphèrique $ABC$ est 
$(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}-\pi)\times r^2 \env \encadre{1,782}$ unités d'aires.



\qstssq Le pôle $N$ est sur la sphère $(\Sigma)$ donc l'image de la sphère $(\Sigma)$ est \encadre{un plan $(P)$} perpendiculaire à la droite $(NO)$, passant par l'image d'un point de la sphère $(\Sigma)$ (par exemple celle du point diamétralement opposé à $N$ : le pôle sud de la sphère $(\Sigma)$).
\\
Le vecteur $\Vect ON \, \Coordsp{0}{0}{2}$ est normal au plan $(P)$ donc une équation de $(P)$ s'écrit
$0x+0y+2z+d=0$ donc $z=\lambda$.
Quelle est l'image du pôle sud $S \, (0\,,\,0\,,\,-2)$, diamétralement opposé à $N$ ?
\\
On a 
$\Vect N{S'} = \dfrac{k}{NS^2} \Vect NS = \dfrac{8}{4^2} . \Coordsp{0}{0}{-4} = \Coordsp{0}{0}{-2}$
donc
$x' = 0$ ;
$y' = 0$ et 
$z'-2 = -2$ donc $z'=0$.
Comme $S' = O$ appartient à $(P)$, on en déduit que \encadre{l'équation de $(P)$ est 
$z=0$}.

\ssq 
$\Vect NA$ a pour coordonnées 
$ \Coordsp{\sqrt{2}}{0}{\sqrt{2}-2} $
\newline
donc $NA^2 = 2+(\sqrt{2}-2)^2 = 8-4\sqrt{2}$
\newline
d'où 
$
\dfrac{8}{NA^2} = \dfrac{8}{8-4\sqrt{2}} = \dfrac{2}{2-\sqrt{2}} = 
\dfrac{2(2+\sqrt{2})}{2^2-(\sqrt{2})^2}
=2+\sqrt{2}
$.
\newline
Donc
$\Vect N{A'} = (2+\sqrt{2}) \Vect NA = \Coordsp{2\sqrt{2}+2}{0}{-2}$
ce qui donne
\newline
$x' = 2\sqrt{2}+2$ ;
$y' = 0$ et 
$z'-2 = -2$ donc $z'=0$.
\newline
\encadre{Les coordonnées de $A'$ sont donc 
$\coordsph{2\sqrt{2}+2}{0}{0}$}.
\newline
$\Vect NB$ a pour coordonnées 
$
\Coordsp{0}{2}{-2}
$
donc 
$NB^2 = 8$
d'où \newline
$
\Vect N{B'} = \dfrac{8}{8} \Vect NB = \Vect NB$
donc \encadre{$B'=B$}.
\newline
$\Vect NC$ a pour coordonnées 
$
\Coordsp{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}{-2}
$
donc 
$NC^2 = 8$
d'où \newline
$
\Vect N{C'} = \dfrac{8}{8} \Vect NC = \Vect NC$
donc \encadre{$C'=C$}.
\newline
Notez au passage que $A'$, $B'$ et $C'$ appartiennent à $(P)$.

\ssq On demande ici les distances \og en ligne droite \fg :
\newline
$
A'B' = 
\sqrt{(0-(2\sqrt{2}+2))^2+(2-0)^2+(0-0)^2}
= \encadre{\sqrt{16+8\sqrt{2}}}
$.
\newline
De même, 
\encadre{$A'C' = \sqrt{8+4\sqrt{2}}$}
et
\encadre{$B'C' = \sqrt{8-4\sqrt{2}}$}.



\newpage

\exo

\qst Pour tout $t\in\intff{-\pi}{\pi}$,
$
x(-t)
=
\sin(-t)
=
-\sin(t)
=
-x(t)
$ donc \encadre{$x$ est impaire} ;
\newline
et 
$
y(-t)
=
\sin(2(-t))
=
\sin(-2t)
=
-\sin(2t)
=
-y(t)
$ donc \encadre{$y$ est impaire}.
\newline
Les deux fonctions possédant une parité, on peut réduire l'intervalle \intff{-\pi}{\pi} à \intff{0}{\pi}.
\newline
Un simple graphique nous permet de retrouver la symétrie induite par cette parité :

\begin{center}
\psset{xunit=0.8cm,yunit=0.6cm,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-6,-4)(6,4)
\psaxes[labels=none,ticks=none]{->}(0,0)(-5,-4)(5,4)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](4,3)(-4,-3)
\psline[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt](0,-3)(-4,-3)
\psline[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt](0,3)(4,3)
\psline[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt](-4,0)(-4,-3)
\psline[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt](4,0)(4,3)
\psdots[linecolor=blue](4,3)(-4,-3)
\uput[36.87](4,3){\blue{$M(t)$}}
\uput[216.87](-4,-3){\blue{$M(-t)$}}
\uput[-90](4,0){\blue{$x(t)$}}
\uput[180](0,3){\blue{$y(t)$}}
\uput[90](-4,0){\blue{$x(-t)$}}
\uput[0](0,-3){\blue{$y(-t)$}}
\end{pspicture*}
\end{center}

% à rectifier
\parindent 0cm
\decalqst
Quand on change $t$ en $-t$, les coordonnées de $M$ changent de signe toutes les deux donc $M(-t)$ est le symétrique de $M(t)$ par rapport à~$O$ : \encadre{la courbe $\cal C$ est donc symétrique par rapport à $O$}.


\qst Pour tout $t\in\intff{-\pi}{\pi}$ :
\newline
$
x(\pi-t)
=
\sin(\pi-t)
=
\sin(t)
=
x(t)
$
\newline
$
y(\pi-t)
=
\sin(2(\pi-t))
=
\sin(2\pi-2t)
=
\sin(-2t)
=
-\sin(2t)
=
-y(t)
$.
\newline
Quand on change $t$ en $\pi-t$, l'abscisse ne change pas mais l'ordonnée change de signe donc $M(\pi-t)$ est le symétrique de $M(t)$ par rapport à l'axe des abscisses : \encadre{la courbe $\cal C$ est donc symétrique par rapport à l'axe des abscisses}.
\newline
Sachant qu'il existe une relation (de symétrie) entre les points $M(t)$ et $M(\pi-t)$, on peut réduire l'intervalle \intff{0}{\pi} à \intff{0}{\dfrac{\pi}{2}} (parce que si $t\in\intff{0}{\dfrac{\pi}{2}}$ alors $\pi-t\in\intff{\dfrac{\pi}{2}}{\pi}$).

\qst 
\'Etude des variations sur $\intff{0}{\dfrac{\pi}{2}}$ :
\newline
$x'(t) = \cos(t)$ qui reste positif sur $\intff{0}{\dfrac{\pi}{2}}$.
\newline
$y'(t) = 2\cos(2t)$.
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)$} &
 \multicolumn{5}{c}	{\psset{unit=1mm}
			\begin{pspicture}(45,11)%
			\put(0,0){0}\put(40,7){1}
			\psline{->}(5,2)(39,8)%
     			\end{pspicture}
			}
\\\hline
 y'(t)&&\plus&\zerotab&\moins\cr\hline
 \raisebox{2ex}{$y(t)$} &
 0&
 \begin{picture}(12,11)%
   \put(0,1){\vector(2,1){14}}%
 \end{picture}
&
 \raisebox{4ex}{1} &
 \begin{picture}(12,11)%
   \put(0,8){\vector(2,-1){14}}%
 \end{picture}
&
 0
\end{array}$}


\qst
\begin{center}
\begin{tabular}{|*{6}{>{\centering $}p{1cm}<{$}|}}\hline
\text{\textbf{Point}} & \boldsymbol{A} & \boldsymbol{B} & \boldsymbol{C} & \boldsymbol{D} & \boldsymbol{E} \cr\hline
\rule[-3ex]{0em}{7ex} t & 0 & \dfrac{\pi}{6} & \dfrac{\pi}{4} & \dfrac{\pi}{3} & \dfrac{\pi}{2} \cr\hline
\rule{0em}{3ex} x(t) & 0 & \dfrac{1}{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{\strut \sqrt{3}}{\strut 2} & 1
\cr\hline
\rule{0em}{3ex} y(t) & 0 & \dfrac{\strut \sqrt{3}}{\strut 2} & 1 & \dfrac{\sqrt{3}}{2} & 0 \cr\hline
\rule{0em}{3ex} x'(t) & 1 & \dfrac{\strut \sqrt{3}}{\strut 2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{1}{2} & 0  \cr\hline
\rule{0em}{3ex} y'(t) & 2 & 1 & 0 & -\dfrac{\strut 1}{\strut 2} & -2 \cr\hline
\end{tabular}
\end{center}


\qst Tangentes : on rappelle que si le vecteur $\vec{M}'(t) \Coord{x'(t)}{y'(t)}$ n'est pas nul alors il dirige la tangente.
\newline
Au point $A$ (confondu avec $O$) : on a $\vec{M}'(0) \Coord{1}{2}$. Sur le graphique, on a indiqué la direction de ce vecteur.
\newline
Au point $C$ : on a $\vec{M}'\left(\dfrac{\pi}{4}\right) \Coord{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{0}$ qui est colinéaire à $\vec\imath$ (tangente horizontale).
\newline
Au point $E$ : on a $\vec{M}'(\pi) \Coord{0}{-2}$ qui est colinéaire à $\vec\jmath$ (tangente verticale).


\begin{center}
\psset{unit=2cm,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-1.5,-1.5)(1.5,1.5)
\psaxes[labels=none,ticks=none]{->}(0,0)(-1.5,-1.5)(1.5,1.5)
% \psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](4,3)(-4,-3)
% \psline[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt](0,-3)(-4,-3)
% \psline[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt](0,3)(4,3)
\psline[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt](-1.5,-1.5)(1.5,1.5)
\psplot[algebraic=true,linewidth=0.03,arrows=<->]{-0.2}{0.2}{2*x}
\psline[linewidth=0.03]{<->}(1,-0.3)(1,0.3)
\psline[linewidth=0.03]{<->}(0.407,1)(1.007,1)
\parametricplot[algebraic=true]{-3.14}{3.14}{sin(t)|sin(2*t)}
\psdots[linecolor=blue](0,0)(0.5,0.866)(0.707,1)(0.866,0.866)(-0.866,-0.866)(1,0)
% \uput[36.87](4,3){\blue{$M(t)$}}
% \uput[216.87](-4,-3){\blue{$M(-t)$}}
\uput[150](0,0){\blue{$A$}}
\uput[180](0.5,0.866){\blue{$B$}}
\uput[90](0.707,1){\blue{$C$}}
\uput[0](0.866,0.866){\blue{$D$}}
\uput[45](1,0){\blue{$E$}}
\end{pspicture*}
\end{center}





\qst Comme $\sin(2t)=2\sin(t)\cos(t)$ :
\newline
\multiligne{
\sin(t)=\sin(2t) 
&\ssi&
\sin(t)=2\sin(t)\cos(t)
\\
&\ssi& \sin(t)(1-2\cos(t))=0 
\\
&\ssi& \sin(t)=0 \mbox{ ou }1-2\cos(t)=0
\\
&\ssi&
\sin(t)=0 \mbox{ ou }\cos(t)=\dfrac{1}{2}
\\
&\ssi&
t=0\mbox{ ou } t=\pi \mbox{ ou } t=\dfrac{\pi}{3} \mbox{ ou } t=-\dfrac{\pi}{3}
.}
\newline
Les points de la courbe situés sur la droite d'équation $y=x$ sont donc :
le point $O$ (pour $t=0$ et $t=\pi$) ;
pour $t=\dfrac{\pi}{3}$ : on obtient le point de coordonnées $\coordh{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$ ;
pour $t=-\dfrac{\pi}{3}$ : on obtient le point de coordonnées $\coordh{-\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{-\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$ (voir le graphique).




\end{document}