Sujet Oraux : CCP, Oraux CCP Géométrie

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Exercice 1 [ 02545 ] [correction] Exercice 7 [ 03370 ] [correction] 2Allure de la courbe d’équation cartésienne Soit f définie surR par 3 3 2 2 f(x,y) =x +y − 3xy− 1y − (3x + 2x + 1) = 0 a) Montrer que la condition f(x,y) = 0 définit au voisinage de (0, 1) une fonction 2 5Lieu des points M d’affixe z tels que les points d’affixes z, z et z soit alignés? implicite x7→y =φ(x). b) Donner un développement limité à l’ordre 3 de φ au voisinage de 0. Exercice 2 [ 02550 ] [correction] Exercice 8 [ 03378 ] [correction]Décrire, dans le plan complexe, le lieu des nombres complexes On pose f :C→C donnée par 2u = 1 +z +z 2f(z) = 1 +z +z où z décrit le cercle unité. a) Montrer iθ iθf(e ) = (1 + 2 cosθ)e b) Montrer que la courbe Γ transformée du cercle unité C par la fonction f est la Exercice 3 [ 02561 ] [correction] courbe d’équation polaire Etudier la courbe d’équation r = 1 + 2 cosθ c) Tracer Γ.1− cosθ ρ(θ) = d) Déterminer les angles polaires repérant les points de la courbe où la tangente1 + sinθ est parallèle à l’un des axes du repère. e) Exprimer la longueur de la courbe à l’aide d’une intégrale.

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Exrait

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Exercice 1[ 02545 ][correction]
Allure de la courbe d’équation cartésienne

y2−(3x2+ 2x+ 1) = 0

Lieu des pointsMd’affixeztels que les points d’affixesz,z2etz5soit alignés ?

Exercice 2[ 02550 ][correction]
Décrire, dans le plan complexe, le lieu des nombres complexes

oùzdécrit le cercle unité.

u= 1 +z+z2

Exercice 3[ 02561 ][correction]
Etudier la courbe d’équation

ρ(θ) = 1−cosθ
1 + sinθ

Exercice 4[ 02578 ][correction]
Natures, axes et équation réduite de la conique d’équation

2x2+ 3xy+ 2y2−4x−3y= 0

Exercice 5[ 02581 ][correction]
Etudier et représenter
|
(yx((ttssoi)=)c=nt2cts+otln|sint

Exercice 6[ 03369 ][correction]
Soitfdéfinie surR2par

f(x y) =x3+y3−3xy−1

Enoncés

a) Montrer que la conditionf(x y) = 0définit au voisinage de(01)une fonction
implicitex7→y=φ(x).
b) Donner un développement limité à l’ordre 3 deφau voisinage de 0.

Exercice 7[ 03370 ][correction]
Soitfdéfinie surR2par
f(x y) =x3+y3−3xy−1

1

a) Montrer que la conditionf(x y) = 0définit au voisinage de(01)une fonction
implicitex7→y=φ(x).
b) Donner un développement limité à l’ordre 3 deφau voisinage de 0.

Exercice 8[ 03378 ][correction]
On posef:C→Cdonnée par
f(z) = 1 +z+z2

a) Montrer
f(eiθ) = (1 + 2 cosθ)eiθ
b) Montrer que la courbeΓtransformée du cercle unitéCpar la fonctionfest la
courbe d’équation polaire
r= 1 + 2 cosθ
c) TracerΓ.
d) Déterminer les angles polaires repérant les points de la courbe où la tangente
est parallèle à l’un des axes du repère.
e) Exprimer la longueur de la courbe à l’aide d’une intégrale.

Exercice 9[ 03386 ][correction]
a) Etudier les variations de
3 3t
x 1= +ety=2+t
t2+t t+ 1
b) Montrer que la courbeCdéfinie est inscrite à l’intérieur d’un carré àainsi
préciser.
c) Donner l’allure deC.
d) Donner une équation cartésienne deC, quelle est la nature deC?

Exercice 10[ 02572 ][correction]
Quelle est la matrice associée à la surface

xy+yz+zx=λ

avecλ∈R?
Quelles sont ses valeurs propres ?
Montrer qu’il s’agit d’une surface de révolution autour d’un axe à déterminer.
Etude et tracé qualitatif suivantλ.

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

y2−(3x2+ 2x+ 1) = 0⇔2y23−(x2+931)2= 1

Corrections

La courbe considérée est une hyperbole de centreΩ(−130)et d’axe focal
vertical.
z= 0etz= 1sont évidemment solutions du problème d’alignement.
Pourz6= 01, les points considérés sont alignés si, et seulement si,zz52−−zz∈Ri.e.
z3+z2+z+ 1∈R.
En écrivantz=x+iyavecx y∈R, on parvient à l’équationy3= (3x2+ 2x+ 1)y.
Finalement les points recherchés sont ceux formant l’hyperbole précédemment
présentées accompagnés de la droite réelle.

Exercice 2 :[énoncé]
On écritz= eiθavecθ∈R.

u= 1 +z+z2= eiθ(e−iθ+ 1 + eiθ) = (2 cosθ+ 1)eiθ

La courbe décrite est celle d’équation polairer= 1 + 2 cosθqu’il est facile
d’étudier. . .
La fonctionr:θ7→1 + 2 cosθest définie et de classeC∞surR.
Puisquer(θ+ 2π) =r(θ)etr(−θ) =r(θ), on peut limiter l’étude de la courbe à
l’intervalle[0 π], on complétera la courbe obtenue par la symétrie d’axe(Ox).
On a le tableau des variations

θ0 2π3
r(θ) 3&0

&

π
1

Enθ= 0etθ=π, il y a une tangente orthoradiale et enθ= 2π3il y a un
passage ordinaire par l’origine avec une tangente repérée par l’angle polaire2π3.

La courbe d’équation polairer= 1 + 2 cosθ

Exercice 3 :[énoncé]
ρest définie et de classeC∞sur
k∈[Z−π2 + 2kπ32π+ 2kπ

Puisqueρ(θ+ 2π) =ρ(θ), on peut limiter l’étude à l’intervalle
−2π32π

On a
ρ0(θ1+)s=nsi+1(θin−θ)oc2sθ
avec1 + sinθ−cosθ= 1 +√2 sin (θ−π4)
ρ0(θ)60sur]−π20[etρ0(θ)>0sur]03π2[.

θ−π2 0 3π2
ρ(θ) +∞ &0%+∞

2

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Corrections

Quandθ= 0rebroussement de première espèce avec tangente: Point de
d’équationθ= 0.
Quandθ→ −π2+,ρ(θ) sin(θ+π2)→+∞en écrivantθ=−π2 +αavec
α→0.
Branche parabolique de direction verticale.
Quandθ→3π2−,ρ(θ) sin(θ+ 3π2)→+∞.
Branche parabolique de direction verticale.

Exercice 4 :[énoncé]
La forme quadratique associée a pour matrice
323222

de valeurs propres72et12.
1
~u=√2(~i+~j)et~v=√12(−i~+~j)sont vecteurs propres associés aux valeurs
propres72et1.
2
Puisque 0 n’est pas valeur propre, la conique est non dégénérée et son centreΩest
de coordonnéesxetysolutions du système
(4x+ 3y−4 = 0
3x+ 4y−3 = 0

Le centreΩest donc le point de coordonnéesx= 1ety= 0dans le repère initiale.
Dans le repère orthonormée(Ω;v~u~)la conique étudiée a pour équation réduite

7x2+12y22
=
2

i.e.
x2 2
+y2
a2b2= 1aveca=√7etb= 2
La conique est une ellipse d’axe focal(Ω;v~)(puisqueb > a).

Exercice 5 :[énoncé]
Les fonctionsx:t7→cos2t+ ln|sint|ety:t7→sintcostsont définies et de classe
C∞sur les intervalles]kπ(k+ 1)π[.
Ces fonctions sontπ-périodiques ce qui permet de limiter l’étude à l’intervalle
]0 π[.
x(π−t) =x(t)ety(π−t) =y(t)donc les points de paramètrestetπ−tsont
symétriques par rapport à l’axe(Ox).

Ceci permet de limiter l’étude à l’intervalle]0 π2].
On a
x0(t) =−cos(tnnsi(2)sit2t−1),y0(t) = cos(2t)
On en déduit les variations suivantes

t0π4π2
x0(t 0) +−0
x(t)−∞ %α&0
y(t) 0%12&0
y0(t 0) +−

avecα=12−21ln 2
Quandt→0+, l’axe(Ox)est asymptote, courbe au dessus.
Quandt=π2, il y a une tangente verticale.
Quandt=π4 !, il y a un point stationnaire. Etudions-le
Quandt→π4,t=π4 +havech→0.
Formons les développements limités dex(t)ety(t)en intégrant les
développements limités de leur dérivées.
Exploitons
sin(t) = sin(π4 +h) =√c(so12h+ sinh) =√121 +h−21h2+o(h2)

et
cos(t) = cos(π4 +h) =√2c(so1h−sinh) =√2(11−h+o(h))
On obtient
x0(t) =−(1−h+o(h))h1 +h−12h2+o(h2)2−1ih2+o(h2)
1 +h−21h2+o(h2)=−2h+ 4

et

On en déduit

y0(t) = cos(π2 + 2h) =−sin 2h=−2h+o(h2)

x(t) =α−h2+43h3+o(h3)ety(t)21=−h2+o(h3)
Par suitep= 2,q= 3et on a un point de rebroussement de 1ère espèce de
−1
tangente dirigée paru~.
1
−

3

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La courbex= cos2t+ ln|sint| y= sintcost

Exercice 6 :[énoncé]
a) La fonctionfest de classeC1,f(01) = 0et

∂∂yf(01) = 36= 0

Corrections 4
admet un développement limité à l’ordre 3. Puisqueφ(0) = 1, ce développement
est de la forme
φ(x) = 1 +ax+bx2+cx3+o(x3)
Puisquef(x φ(x)) = 0au voisinage de 0, on a
x3+ (1 +ax+bx2+cx3+o(x3))−3x(1 +ax+bx2+o(x2)) = 1
et donc
x3+ (1 +ax+bx2+cx3+o(x3))3−3x(1 +ax+bx2+o(x2)) = 1
ce qui donne
3(a−1)x+ (3a2−3a+ 3b)x2+ (1 +a3+ 6ab−3b+ 3c)x3+o(x3) = 0
Par unicité des coefficients d’un développement limité, on obtient
a= 1 b= 0etc=−23
Exercice 7 :[énoncé]
a) La fonctionfest de classeC1,f(01) = 0et

donc on peut appliquer le théorème des fonctions implicites définissantφau
voisinage de 0.
b) Puisquefest de classeC∞, le théorème des fonctions implicites assure queφ
est aussi de classeC∞au voisinage de 0. En particulierφest de classeC3et donc

f
∂∂y(01) = 36= 0
donc on peut appliquer le théorème des fonctions implicites définissantφau
voisinage de 0.
b) Puisquefest de classeC∞, le théorème des fonctions implicites assure queφ
est aussi de classeC∞au voisinage de 0. En particulierφest de classeC3et donc
admet un développement limité à l’ordre 3. Puisqueφ(0) = 1, ce développement

est de la forme
φ(x) = 1 +ax+bx2+cx3+o(x3)
Puisquef(x φ(x)) = 0au voisinage de 0, on a

x3+ (1 +ax+bx2+cx3+o(x3))−3x(1 +ax+bx2+o(x2)) = 1

et donc

x3+ (1 +ax+bx2+cx3+o(x3))3−3x(1 +ax+bx2+o(x2)) = 1

ce qui donne

3(a−1)x+ (3a2−3a+ 3b)x2+ (1 +a3+ 6ab−3b+ 3c)x3+o(x3) = 0

Par unicité des coefficients d’un développement limité, on obtient

a= 1 b= 0etc=−23

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Exercice 8 :[énoncé]
a) Pour toutθ∈R,

b) On a

donc

f(eiθ) = 1 + eiθ+ e2iθ= eiθ(e−iθ+ 1 + eiθ cos) = (1 + 2θ)eiθ

C=eiθθ∈R

Γ =f(C) =(1 + 2 cosθ)eiθθ∈R

Corrections

Les points de la courbeΓévoluent donc sur la courbe d’équation polaire
r cos= 1 + 2θet inversement.
c) La fonctionr:θ7→1 + 2 cosθest définie et de classeC∞surR.
Puisquer(θ+ 2π) =r(θ)etr(−θ) =r(θ), on peut limiter l’étude de la courbe à
l’intervalle[0 π], on complétera la courbe obtenue par la symétrie d’axe(Ox).
On a le tableau des variations

θ0 2π3
r(θ) 3&0&

π
1

Enθ= 0etθ=π, il y a une tangente orthoradiale et enθ= 2π3il y a un
passage ordinaire par l’origine avec une tangente repérée par l’angle polaire2π3.

La courbe d’équation polairer cos= 1 + 2θ

5

d) Tous les points de la courbe étant réguliers, les points de tangentes horizontales
correspondent aux angles solutions de l’équationy0(θ) = 0. Après résolution, on
obtient
θ= arccos−1±8√33[2π]

Pour obtenir, les points de tangentes verticales, on résout l’équationx0(θ) = 0.

θ= 0 π,±arccos(−14) [2π]

e) On obtient la longueur de la courbe par l’intégrale suivant

L=pr2
Z02π(θ) +r02(θ) dθ=Z20π√5 + 4 costdt

Exercice 9 :[énoncé]
a) On a
2
x0(t) =−3(t22+tt1+1)+2ety0(t) = 3 (t2+1−tt+ 1)2

et on obtient le tableau des variations simultanées suivant

t
x0(t)
x(t)
y(t)
y0(t)

−∞
0
0

−1
+
%3%
& −3%
−0

−12
0
4&
−2%
+

1
−
1
1
0

&
&
−

+∞

0
0

b) On ax(t)∈[04]ety(t)∈[−31]doncC⊂[04]×[−31].
c) Quandt→+∞(resp.t→ −∞), le pointCest point limite avec une tangente
verticale puisque
xy((tt)=)t→+∞(resp.− ∞)

On obtient l’allure suivante
plot([3/(tˆ2+t+1), 3*t/(tˆ2+t+1), t=-5..5]);

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La courbe donnée parx(t) =t23+t+ 1ety(t) =t2
d) Si(x y)est un point deCalors il existet∈Rtel que

3 3t
x=t2+t+ 1ety=t2+t+ 1

On a alorsx6= 0,t=yxet l’équation

3
=
xt2+t+ 1

3t
+t+ 1

Corrections 6
FinalementCest une conique privée d’un point, cette conique est une ellipse qu’il
suffit de réduire pour en préciser les éléments. Son centre est de coordonnées
(2−1),a=√6,b=√2,c= 2.
Exercice 10 :[énoncé]
~
La matrice, dans la base(kj~~i)de travail, de la forme quadratique associée est
A=12011101110

donne
3x2
x=y2+xy+x2
En simplifiant parx, puis en réorganisant les termes, on obtient l’équation conique

x2+xy+y2−3x= 0

Inversement, si(x y)est un point de cette conique autre queC, on a
nécessairementx6= 0et en posantt=yx, l’équation précédente donne

x=t23is3t
+t+ 1puy=tx=t2+t+ 1

Après calculs
χA=−(X−1)(X+ 12)2, SpA={1−12}
Dans une base orthonormée de premier vecteuru~=√31i+j+~k(vecteur
~ ~
propre associé à la valeur propre 1), la matrice de la forme quadratique est

D=100−0012−1002.
L’équation de la surface dans un repère orthonormé obtenu en conservant l’origine
et en considérant la base orthonormée précédente estx2−12(y2+z2) =λ.
C’est une surface de révolution d’axe(O;~u)
Siλ= 0, c’est un cône de sommetO.
Siλ >0, c’est un hyperboloïde à deux nappes.
Siλ <0, c’est un hyperboloïde à une nappe.

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