Corrige BPT Mathematiques B 2006 PT

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Banque PT 2006 — épreuve BPartie IQuestion I.10 0On reconnaît la déition bifocale d’une ellipse de foyers F et F . Comme l’axe (xx) est l’axe focal et0que le milieu deF etF est enO, on a la chance d’être dans le repère habituel de travail, où l’équation de2 2 p√x y 0 2 2l’ellipseestréduite,souslaforme + = 1avecici 2a = 6et 2c =FF = 2 5.Alorsb = a −c = 2.2 2a b√c 5L’excentricité de l’ellipse est e = = .a 3Question I.22 2x yL’équation de l’ellipse est + = 1.9 4Question I.3p pds0 2 2~ 2Au point M(t), on a M (t) = (−3 sint, 2 cost) donc = 9 sin t + 4 cos t = 4 + 5 sin t etdt1 1~ ~T = p (−3 sint, 2 cost), donc N = p (−2 cost,−3 sint).2 24 + 5 sin t 4 + 5 sin t~ ~ dT dT ds 1 6~Alors = = − (12 cost, 18 sint) = γN donc γ = et2 22 3/2ds dt dt (4 + 5 sin t) (4 + 5 sin t)2 3/2(4 + 5 sin t)R = .6Question I.4Alors le centre de courbure a pour coordonnées :824 + 5 sin t 5 cost 5> 2 3 4 + 5 sin t 5> 3:y = 2sint− sint =− sin tI2 2Question I.5Γ est le lieu du centre de courbure : c’est la développée de l’ellipseE.Quand t décrit [0,π/2], x (t) décroît de 5/3 à 0 et y (t) décroît de 0 à−5/2.I I85 5 2 3> 3 3:y =− t +o(t )I20la courbe Γ présente une tangente horizontale de rebroussement de première espèce.85 3 3> 2 3 ...

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Banque PT 2006 — épreuve B

Partie I Question I.1 0 0 On reconnaît la définition bifocale d’une ellipse de foyersFetF. Comme l’axe(x x)est l’axe focal et 0 que le milieu deFetFest enO, on a la chance d’être dans le repère habituel de travail, où l’équation de √ p 2 2 x y 0 2 2 l’ellipse est réduite, sous la forme1+ =avec ici2a= 6et2c=F F5= 2. Alorsb=a−c= 2. 2 2 a b √ c5 L’excentricité de l’ellipse este= =. a3 Question I.2 2 2 x y L’équation de l’ellipse est1+ =. 9 4 Question I.3 p p ds 0 22 2 ~ Au pointM(t), on aM(t) = (−3 sint,2 cost)doncsin= 9t+ 4 cost+ 5 sin= 4tet dt 1 1 ~ ~ T= p (−3 sint,2 cost), doncN= p (−2 cost,−3 sint). 2 2 4 + 5 sint4 + 5 sint ~ ~  dT dTds1 6 ~ Alors= =−(12 cost,18 sint) =γNdoncγ=et 2 2 2 3/2 ds dtdt (4 + 5 sint) (4+ 5 sint) 2 3 /2 (4 + 5 sint) R=. 6 Question I.4 Alors le centre de courbure a pour coordonnées :  2 4 + 5 sint5 cost5  2 3  x I cos= 3t−cost= (1−sint) =cost 3 33 2 4 + 5 sint5  3  y I = 2sint−sint=−sint 2 2 Question I.5 Γest le lieu du centre de courbure : c’est la développée de l’ellipseE. Quandtdécrit[0, π/2],x I (t)décroît de5/3à0ety I (t)décroît de0à−5/2.  5 5 2 3   x I =−t+o(t) 3 2 On observe qu’au voisinage det= 0, on dispose dede sorte qu’au point(−5/3,0),  5 3 3  y I =−t+o(t) 2 0 la courbeΓprésente une tangente horizontale de rebroussement de première espèce.  5 3 3   x I =h+o(h) 3 De même, au voisinage det=π/2, posantt=π/2−hde sorte, on dispose de 5 15  2 3  y I =−+h+o(h) 2 4 0 qu’au point(0,−5/2), la courbeΓprésente une tangente verticale de rebroussement de première espèce. Question I.6 On observe quex I (−t) =x I (t)ety I (−t) =−y I (t), donc queI(−t)est le symétrique deI(t)par rapport 0 0 à l’axe(x x). Ainsi, en ajoutant àΓla courbe symétrique par rapport à l’axe des abscisses, on obtient 00 une courbeΓqui correspond à la partie deΓpourt∈[−π/2, π/2]. De mêmex I (π+t) =−x I (t)ety I (π+t) =−y I (t), doncI(π+t)est le symétrique deI(t)par rapport 00 à l’origine. Ainsi, en ajoutant àΓla courbe symétrique par rapport à l’origine, on obtient la courbeΓ tout entière, puisqu’il suffit évidemment de faire varier le paramètretdans[−π/2,3π/2].

0 La figure 1, page 2, présenteΓen trait épais,Γen trait fin et l’ellipseEen trait tireté. Question I.7 On calcule le quart de l’aireAà l’aide de la formule de Green-Riemann, en intégrant par exemple−x I dy I sur[0, π/2].

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