Exercices

Année Scolaire 2008–2009 Lycée Guez De Balzac MATHÉMATIQUES MPSI DS N˚2 Samedi 11/10/2008 (4h) Les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction: les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées. La référence des questions doit obligatoirement être mentionnée et les résultats doivent être encadrés . La calculatrice et les formulaires sont interdits. 1 Problème 1 Partie I Soit α un nombre réel. Résoudre sur R l’équation différentielle : y − 2αy + y = t e αt Partie II On considère l’équation différentielle : x 2 y + |x|y = x 3 Q1) Résoudre cette équation sur ]0; +∞[. Q2) Résoudre cette équation sur ] − ∞; 0[. Q3) Déterminer les solutions sur R. Problème 2 − − Soit R = (O, →, →) un repère orthonormé direct du plan, et C le cercle trigonométrique. u v Partie I Soient U, V, W et S quatre points distincts deux à deux de C et d’affixes respectives u, v, w, s. Q1) Montrer que : − → −→ − − −→ − → − − (OU , OV ) = (OS , OW ) (mod 2π) ⇐⇒ v s = uw Vérifier que ceci est encore vrai lorsque V = S. − → −→ − − −− − −→ − → −→ − → − − Q2) a) Démontrer que (OU , OV ) = 2(WU , SV ) + (OS , OW ) (mod 2π). b) En déduire que les deux cordes (SV) et (UW) sont parallèles si et seulement si v s = uw. Q3) Le diamètre parallèle à (SV) coupe le cercle C en deux points d’affixes z 0 et −z 0 . Montrer que 2 −z 0 = sv. Q4) Montrer que les deux cordes (SV) et (UW) sont perpendiculaires si et seulement si v s = −uw. Partie II Dans la suite du problème, on considère A, B, C trois points distincts de C d’affixes respectives a, b et c. On note M, N, T les pieds des hauteurs de ABC issues respectivement des A, B, C. 2 1 . C . → − .v T . B . M . O .. N . . A → − . u 1 . C . Q1) Soit E d’affixe b + c. Faire une figure, placer E et construire H tel que AHEO soit un parallèlogramme. Quelle est l’affixe h de de H ' Q2) Montrer que (AH) et (BC) sont perpendiculaires. En déduire que H est l’orthocentre du triangle ABC. −→ − −→ − Q3) Montrer que OH = 3OG où G est le centre de gravité du triangle ABC. (La droite passant par O, G et H est appelée droite d’Euler.) Q4) Soit A le milieu du segment [AH] et I le milieu de [BC]. Montrer que A HIO est un parallèlogramme 1 dont le centre O est le milieu de [OH]. Préciser l’affixe de O et montrer que IO = 2 . 1 2 Q5) Montrer que le cercle de centre O et de rayon des neufs points ou cercle d’Euler.) passe par les pieds de hauteurs du triangle ABC, par les milieux des côtés et par le milieu des segments [AH], [BH] et [CH]. (Ce cercle est appelé cercle Partie III La droite (AH) coupe le cercle C en P, la droite (BH) coupe ce même cercle en Q et la droite (CH) coupe le cercle en R. Les affixes seront notées respectivement : p, q, r . Q1) À l’aide de la partie I, montrer que p = − bc , q = − ac et r = − ab . a b c −→ −→ − − −→ − → − − Q2) À l’aide de la partie I, montrer que (OR , OA ) = (OA , OQ ) (mod 2π). − − − → → − −→ → − Q3) En déduire que (PR , PA ) = (PA , PQ ) (mod π), puis que H est le point de concours de bissectrices intérieures ou extérieures du triangle PQR. −→ −→ − − −→ − − − → Q4) Montrer que (HB , HC ) = (PC , PB ) (mod π). En déduire que P est le symétrique de H par rapport à la droite (BC). Q5) En déduire les affixes m, n, t des points M, N, T. Partie IV 3 Soit F un point quelconque de C . Les projetés orthogonaux de F sur (AB), (BC) et (CA) sont notés respectivement J, K, L. Q1) Faire une figure. Montrer que les points : C, F, L, K sont cocycliques, ainsi que les points : B, F, J, K. Q2) En partant de la relation : − − → − → − − → − → − − − − → → (KJ , KL ) = (KJ , KF ) + (KF , KL ) (mod 2π) montrer que J, K, L sont alignés. (Cette droite s’appelle droite de Simson.) 4 MPSI 2008–2009 DS N˚2: Corrigé Problème 1 Partie I • C’est une équation différentielle linéaire d’ordre deux à coefficients constants. • L’équation caractéristique est : x 2 − 2αx + 1 = 0, le discriminant réduit est ∆ = α2 − 1 d’où la discussion : – Si α = ±1 alors il y a une racine double λ = α à l’équation caractéristique. Les solutions de l’équation homogène sont donc : y : t → (a + bt )e αt avec a, b ∈ R – Si α ∈] − ∞[∪]1; +∞[ : il y a deux racines réelles à l’équation caractéristique, λ1 = α − α2 − 1. Les solutions de l’équation homogène sont donc : y : t → ae λ1 t + be λ2 t avec a, b ∈ R – Si α ∈] − 1; 1[ : il y a deux racines complexes non réelles, λ1 = α − i 1 − α2 et λ2 = α + i 1 − α2 . Les solutions de l’équation homogène sont donc : y : t → e αt [cos(ωt ) + b sin(ωt )] avec a, b ∈ R et ω = 1 − α2 α2 − 1 et λ2 = α + • On cherche ensuite une solution particulière de la forme y 0 (t ) = Q(t )e αt avec Q(t ) un polynôme, en remplaçant dans l’équation, on obtient : Q + (1 − α2 )Q = t , d’où la discussion : – Si α ∉ {−1; 1} alors Q(t ) = t 1−α2 et y 0 (t ) = t e αt 1 − α2 t3 6 – Si α = ±1 alors Q = t , on peut prendre Q(t ) = et y 0 (t ) = t 3 αt e . 6 • On obtient les solutions générales en ajoutant les solutions de l’équation homogène à y 0 . Partie II C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1, dont le coefficient de y s’annule en 0. 1 Q1) Sur ]0; +∞[ l’équation devient : y + x y = x. 1 • On cherche une solution particulière de la forme y 0 = λϕ avec λ une fonction dérivable et ϕ(x) = x (méx thode de la variation de la constante). En remplaçant dans l’équation on obtient λ = ϕ(x) = x 2 , on peut 1 • L’équation homogène est : y = − x y et ses solutions sont les fonctions y H : x → λe − ln(x) = λ x avec λ ∈ R. donc prendre λ(x) = x3 3 et donc y 0 (x) = x2 3 • Les solutions sur ]0; +∞[ sont les fonctions : y :x→ 1 Q2) Sur ] − ∞; 0[ l’équation devient : y − x y = x. x2 λ + avec λ ∈ R 3 x 1 • L’équation homogène est : y = x y et ses solutions sont les fonctions : 5 y H : x → λe ln(|x|) = λ|x| = βx avec β = −λ ∈ R • On cherche une solution particulière de la forme y 1 βϕ avec β une fonction dérivable et ϕ(x) = x (méthode de la variation de la constante). En remplaçant dans l’équation on obtient : β = on peut donc prendre β(x) = x et donc y 1 (x) = x 2 . • Les solutions sur ] − ∞; 0[ sont les fonctions : y : x → x 2 + βx avec β ∈ R Q3) Solution(s) sur R : soit y une fonction définie sur R, alors :    y(x) = x 2 + βx si x < 0  y est solution sur ] − ∞; 0[     2  y est solution sur ]0; +∞[  y(x) = x + λ si x > 0 3 x ⇐⇒ y est solution ⇐⇒  y(0) quelconque    y vérifie l’équation avec x = 0     y est dérivable sur R y est dérivable sur R Pour que cette fonction soit continue en 0 à droite, il est nécessaire que λ = 0 (sinon on aura une limite 2 infinie), ce qui donne y(x) = x , ce qui entraîne y(0) = 0 et y (0) = 0. 3 La limite à gauche en 0 est bien nulle, mais la dérivée à gauche en 0 est égale à β, il est donc nécessaire que β = 0. Finalement il n’y a qu’une solution sur R, c’est la fonction : y :x→ si x > 0 x si x 0 x2 3 2 x =1 ϕ(x) Problème 2 Partie I Q1) On a : − → −→ − − −→ − → − − (OU , OV ) = (OS , OW ) (mod 2π) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ v w Arg( ) = Arg( ) (mod 2π) u s vs ) = 0 (mod 2π) Arg( uw ∗ ∃k ∈ R+ , v s = kuw v s = uw , car |v s| = |uw| = 1 Que les points soient distincts ou non, n’intervient pas dans cette question. Q2) a) D’après la propriété de l’angle au centre : − → −→ − − −− − → −→ − (OU , OV ) = 2(WU , WV ) (mod 2π) −− − −→ − → − −→ − − → = 2(WU , SV ) + 2(SV , WV ) (mod 2π) −− − −→ − → − −→ − − → = 2(WU , SV ) + 2(VS , VW ) (mod 2π) −− − −→ − → −→ − → − − = 2(WU , SV ) + (OS , OW ) (mod 2π) 6 b) On en déduit que : −− − −→ − → (WU , SV ) = 0 (mod π) −− − −→ − → 2(WU , SV ) = 0 (mod 2π) − → −→ − − −→ − → − − (OU , OV ) = (OS , OW ) (mod 2π) v s = uw (SV) est parallèle à (UW) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ Les cordes (SV) et (UW) sont parallèles ssi v s = uw. V S O B A W U Q3) Soit A le point d’affixe z 0 et B celui d’affixe z 0 , la corde (AB) est parallèle à la corde (SV) donc d’après la question précédente, on a : 2 v s = −z 0 . Q4) Les points U (i u) ey W (i w) sont également sur le cercle C , ce sont respectivement les images de U et W par la rotation de centre O et d’angle π . Par conséquent, les cordes (SV) et (UW) sont perpendiculaires si et 2 seulement si les cordes (SV) et (U W ) sont parallèles c’est à dire ssi v s = i ui w , ce qui donne : v s = −uw. Partie II −→ −→ −→ − − − −→ −→ − − Q1) Le point E est défini par la relation OE = OB + OC . Le point H est défini par la relation AH = OE et donc l’affixe de H est : h = a + b + c. −→ − −→ − −→ −→ − − Q2) L’affixe de AH est z = b + c, celui de BC est z = c − b, on a donc AH · BC = Re(zz ) = Re[(b + c)(c − b)] = |c|2 − |b|2 = 1 − 1 = 0, donc : les droites (AH) est (BC) sont perpendiculaires. De la même façon (permutation sur les lettres a, b et c) on montre que (BH) et (AC) sont perpendiculaires, ainsi que (CH) et (AB), donc : 7 H est l’orthocentre du triangle ABC. −→ − Q3) Le centre de gravité a pour affixe g = 1 (a +b +c), donc l’affixe du vecteur 3OG est a +b +c, par conséquent : 3 −→ − −→ − OH = 3OG . −→ − −→ − −→ − − → − → Q4) A H = 1 AH = 1 OE = OI car l’affixe de OI est 1 (b + c), on en déduit que : 2 2 2 A HIO est un parallèlogramme. Le centre de celui-ci est le point de concours des diagonales, c’est aussi leur milieu, c’est donc le milieu de [OH], c’est à dire O (qui est aussi le milieu de [AI]). L’affixe de O est : z= −→ − L’affixe de IO est a+b+c 2 h 2 = a+b+c 2 . − a+c = a , comme |a| = 1, on a bien : 2 2 IO = 1 . 2 1 Q5) Le cercle (C ), de centre O et de rayon 2 passe donc par I, mais O est aussi le milieu de [A I], ce cercle passe donc également par A . Le triangle IA M est rectangle en M, donc le cercle (C ) passe aussi par le point M. En permutant les lettres a, b et c, (ce qui ne change pas le point H, donc ce qui ne change pas O ni la distance O I), on en déduit que : (C ) passe par les pieds des hauteurs du triangle ABC, par les milieux des côtés et par les milieux des segments [AH], [BH] et [CH]. C T B M I H A O O N A C Partie III Q1) Les cordes (AP) et (BC) sont perpendiculaires, d’après la partie I, on a bc = −ap, soit : p = − bc a a Par permutation circulaire, on en déduit q = − cb et r = − ab . c 8 Q2) D’après la question précédente, on a r q = a 2 , donc d’après la première question de la partie I, les points A, Q et R étant sur le cercle, (C ), on a : −→ −→ − − −→ − → − − (OR , OA ) = (OA , OQ ) (mod 2π) Q3) On en déduit, d’après la propriété de l’angle inscrit, que : − − − → → (PR , PA ) = = = 1 −→ −→ − − (OR , OA ) (mod π) 2 1 −→ − → − − (OA , OQ ) (mod π) 2 − −→ → − (PA , PQ ) (mod π) − −→ − − → −→ −→ − − Les points P, H et A étant alignés, on en déduit que (PR , PH ) = (PH , PQ ) (mod π) et donc H est sur l’une des deux bissectrices de l’angle QPR. Par permutation circulaire, il en va de même pour les deux autres angles géométriques : RQP et PRQ, donc : H est le point de concours de bissectrices intérieures ou extérieures du triangle PQR. Q4) L’égalité demandée a lieu modulo 2π en réalité, en effet : b−p −→ − − − → ) (mod 2π) (PC , PB ) = Arg( c −p b(a + c) = Arg( ) (mod 2π) c(a + b) b a +c = Arg( ) + Arg( ) (mod 2π) c a +b −→ −→ − − −→ −→ − − = (OC , OB ) + (CH , BH ) (mod 2π) −→ − − − → −→ −→ − − = 2(PC , PB ) − (BH , CH ) (mod 2π) −→ − − − → −→ −→ − − = 2(PC , PB ) − (HB , HC ) (mod 2π) et donc on a : −→ −→ − − −→ − − − → (HB , HC ) = (PC , PB ) (mod 2π) Soit H le symétrique de H par rapport à la droite (BC), comme une symétrie orthogonale « transforme » un − → −− − −→ −→ −→ − − angle orienté en son opposé, on a (H B , H C ) = −(HB , HC ) (mod 2π) et donc : − → −− − −→ − −→ − − → (H B , H C ) = (PB , PC ) (mod 2π) −→ −→ − − = (AB , AC ) (mod π) car A, B, C, P sont cocyliques D’où la discussion : – Si P = B ou H = B : le triangle ABC est rectangle en B, dans ce cas H = H = P = B. – Si P = C ou H = C : le triangle ABC est rectangle en C, dans ce cas H = H = P = C. – Sinon : les quatre points P, B, C, H sont alignés ou cocycliques, or P, B et C sont sur le cercle (C ), donc H aussi. Finalement, H est sur la droite (AH) = (AP) et le même arc de cercle que P d’extrêmités B et C, donc H est à l’intersection, c’est à dire : H =P 9 Q5) On en déduit que M est le milieu du segment [HP], d’où : m = 1 (a + b + c − bc ) 2 a 1 a puis par permutation circulaire : n = 2 (a + b + c − cb ) et t = 1 (a + b + c − ab ). 2 c Partie IV F K B J O L A C C Q1) Les angles CKF et CLF sont droits, donc les quatre points C, K, L, F sont sur le cercle de diamètre [CF]. De même, les angles BKF et BJF sont droits, donc les quatre points B, K, F, J sont sur le cercle de diamètre [BF]. Q2) On a : − − → − → − − → − → − − − − → → (KJ , KL ) = (KJ , KF ) + (KF , KL ) (mod 2π) − − → → − − − − → → = (BJ , BF ) + (CF , CL ) (mod π) (cocyclicité) −→ − − → − −→ − − → = (BA , BF ) + (CF , CA ) (mod π) − −→ − − → − −→ − − → = −(CF , CA ) + (CF , CA ) (mod π) = 0 (mod π) −→ − − → −→ − − − → Car les points A, B, C, F étant cocycliques, on a (BA , BF ) = (CA , CF ) (mod π). On en déduit que : Les points J, K et L sont alignés. 10