Sujet Oraux : Centrale, Oraux Centrale Géométrie

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Exercice 1 [ 02470 ] [correction] Soit a> 0. On noteC la courbe d’équation polaire 2 2 r =a cos 2θ a) TracerC. b) Calculer l’aire délimitée par une boucle deC .

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Exercice 1[ 02470 ][correction]
Soita >0. On noteCla courbe d’équation polaire

r2=a2cos 2θ

a) TracerC.
b) Calculer l’aire délimitée par une boucle deC.
c) Calculer la longueur d’une boucle deCà l’aide de
Z1dt
0√1−t4

d) Déterminer le repère de Frént deC.
e) Déterminer le rayon de courbure deC.
f) Exprimer

comme somme d’une série.

Z10√d1t−
t4

Enoncés

Exercice 2[ 03813 ][correction]
SoitE=R3muni de son produit scalaire canonique.
a) Calculer la distance euclidienne d’un pointM= (a b c)au planΠd’équation
x+y=zdans la base canoniqueCorthonormale.
b) Donner une équation cartésienne, dansC, deS: ensemble des points deE
équidistants deA= (111)au planΠ. Nature deS?
Préciser l’intersection deSavec un plan passant parAet perpendiculaire àΠ.
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

1

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a)Cest la réunion des courbesΓetΓ0d’équations polaires
r=a√cos 2θetr=−a√cos 2θ

Corrections

La courbeΓ0est la symétrique deΓpar rapport àO, orΓest elle-mme
symétrique par rapport àOdoncΓ0= ΓpuisC= Γ.
FinalementCest la courbe d’équation polairer=a√cos 2θ, c’est une lemniscate
de Bernoulli.
b) L’aire cherchée peut tre calculée par une intégrale curviligne pourθallant de
−π4àπ4ce qui correspond à un parcours en sens direct.
A=IΓ1r2dθ= 2×Z−ππ4421a2cos 2θdθ=a2
2 2

c) Puisque

ds a
=
dθ√cos 2θ

On a
=Zπ44√casodθ2θ2=aZ−ππ22√dα
L
πcosα
−
Par le changement de variablet= tan2α,
1
L=a2Z−112+1t2q111−+tt22dt= 2aZ0√1dt−t4

~ ~ ~ ~ ~ ~
d)T= cosαi+ sinαjetN=−sinαi+ cosαjavecα=θ+V
cosV=−sin 2θ
(sinV 2= cosθ

V=π2 + 2θconvient puisα=π2 + 3θ.
e) On obtient
dαdαdθ3√cos 2θ
γ == =
dsdθds a
f) Pour|t|<1,
+∞
X

√11−t4=n=0(2n)!)2t4n
22n(n!

et

2

via le développement connu de(1 +u)α.
Par la formule de Stirling, on peut établir la convergence de la série des intégrales
des valeurs absolues qui permet de permuter somme et intégrale et d’affirmer.

Exercice 2 :[énoncé]
a)

b) On a

X∞(2n)!
Z10√d1−tt4=n0=+22n(n!)2(4n+ 1)

d(MΠ) =|a+√b3−c|

AM=d(MΠ)⇔(a−1)2+ (b−1) + (c−1)2= (a+b3−c)2

Après simplification, on obtient l’équation de quadrique

2x2+ 2y2+ 2z2−2xy+ 2yz+ 2xz−6x−6y−6z−9 = 0

La matrice de la forme quadratique associée est
−211−121121

de valeurs propres033. La quadrique étudiée est un paraboloïde elliptique de
révolution d’axe la droite normale àΠet de sommet milieu du segment[O A].
L’intersection deSavec un plan passant parAet perpendiculaire àΠest une
parabole.

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