Corrigé Bac Maths S1 S3 1er groupe 2008
Exercice 1
1) En désignant par b le terme central de la progression arithmétique et par r sa raison, on peut écrire : a=b−r et c=b+r.
Les autre données se traduisent alors par :
{∑k∈{−1, 1, 2}p(X=k)=1E(X)=1
c'est à dire {ea+eb+ec=11.ea−1.eb+2.ec=1soit{ebe−r+eb+eber=1ebe−r−eb+2.eber=1
En faisant la différence membre à membre et en simplifiant par eb, on trouve er=2 soit r=ln2.
La première équation devient alors :
(12+1+2) c'est à dire eb=27 ⇒ b=ln27
Ensuite a=b−r=ln27−ln2 ⇒ a=ln17
Et c=b+r=ln27+ln2 ⇒ c=ln47
Pour calculer la variance, calculons d'abord E(X2).
E(X2)=12.ea+(−1)2.eb+22.ec=17+27+447=197
Alors
V(X)=E(X2)−(E(X))2=197−1⇒ V(X)=127
2) a) xG=17(1.xA+2xB+4xC)=1 donc G=A
b) φ(G)=17[→GA2+2→GB2+4→GC2]
Soit, en se souvenant que G=A :
φ(G)=17[2→AB2+4→AC2]=17(2.4+4.1)⇒ φ(G)=127=V(X)
On peut écrire en utilisant la relation de Schales et en développant :
φ(M)=17[(→MG+→GA)2+2(→MG+→GB)2+4(→MG+→GC)2]=17[→MG2+→GA2+2→MG.→GA+2(→MG2+→GB2+2→MG.→GB)+4(→MG2+→GC2+2→MG.→GC)]=→MG2+17[→GA2+2→GB2+4→GC2]+17.2→MG[→GA+2→GB+4→GC]
Le troisième du second membre est nul parce que G est le barycentre du système {(A, 1), (B, 2), (C, 4)}.
Donc, φ(M)=→MG2+φ(G)
La relation φ(G)=3 est alors équivalente à : →MG2=97 ou MG=3√77
Par conséquent
(Γ)={M1, M2} où M1 et M2 sont les deux points de (Δ) dont la distance au point A est −3√77 et 3√77
Exercice 2
1) a) On a, pour tout réel x compris entre k et k+1 : 1k+1≤1x≤1k.
Puis en intégrant : ∫k+1k1k+1dx≤∫k+1kdx≤∫k+1k1x1kdx
c'est à dire 1k+1≤∫k+1k1xdx≤1k+1
b)
∫k+1k1xdx=[lnx]k+1k=ln(k+1)−lnk=lnk+1k=1k−f(k)
2) a) En réduisant le deuxième membre au même dénominateur, on obtient : ax+bx+1=(a+b)x+ax(x+1)
Donc a et b sont tels que ∀x≠0 et −1.
Alors a+b=0 et a=1; ce qui entraîne b=−1
Par conséquent 1x(x+1)=1x−1x+1
b) Soit
Un=2n∑k=n1k(k+1)=2n∑k=n[1k−1k+1]=2n∑k=n[αk−αk+1]avec αk=1k
Donc en procédant à une itération :
Un=αn−α2n+1=n+1n(2n+1)
Ensuite lim
c) Dans les inégalités de la question 1) a), remplaçons l'intégrale par sa valeur tirée de la question 1) b) \dfrac{1}{k+1}\leq\dfrac{1}{k}-f(k)\leq\dfrac{1}{k}.
ce qui permet d'encadrer f(k)\ :
0\leq f(k)\leq\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}
Puis sommons membre à membre ces inégalités depuis k=n à 2n, on obtient la relation demandée :
0\leq\sum_{k=n}^{2n}f(k)\leq\sum_{k=n}^{2n}\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}=U_{n}
Comme \lim_{n\mapsto +\infty}U_{n}=0, le théorème des gendarmes permet de conclure que \lim_{n\mapsto +\infty}\sum_{k=n}^{2n}f(k)=0
d) La relation établie dans la question 1.b. donne par sommation :
\sum_{k=n}^{2n}\int_{k}^{k+1}\dfrac{\mathrm{d}x}{x}=\sum_{k=n}^{2n}\dfrac{1}{k}-\sum_{k=n}^{2n}f(k)
ou en faisant intervenir la relation de Schales pour les intégrales : \int_{n}^{2n+1}\dfrac{\mathrm{d}x}{x}=S_{n}-\sum_{k=n}^{2n}f(k)
Ensuite en intégrant : \ln(k-1)-\ln k=S_{n}-\sum_{k=n}^{2n}f(k)
Finalement \sum_{k=n}^{2n}f(k)=S_{n}-\ln\dfrac{2n+1}{n}
Puisque \lim_{n\mapsto +\infty}\sum_{k=n}^{2n}f(k)=0 et \lim_{n\mapsto +\infty}\ln\dfrac{2n+1}{n}=\ln 2, on en déduit que \lim_{n\mapsto +\infty}S_{n}=\ln 2
Exercice 3
a)

Le point P' est tel que f(P)=t\circ r(P)=t(P)=P'.
Donc le point P' est entièrement défini par la relation \overrightarrow{PP}'=\overrightarrow{JQ};
P' est tel que JPP'Q soit un parallélogramme.
Le point Q' est tel que f(Q)=t\circ r(Q)=t(R)=Q'.
Donc le point Q' est entièrement défini par la relation \overrightarrow{RQ}'=\overrightarrow{JQ};
Q' est tel que JQQ'R soit un parallélogramme.
b) La droite (IJ) est une droite des milieux pour le triangle PQR, donc JIR a même nature que PQR :
JIR est équilatéral direct
c) La droite (JQ) est la médiatrice du segment [PR] parce que le triangle PQR est équilatéral.
Donc, puisque J est le milieu de [QQ_{1}], l'image PQ_{1}R du triangle équilatéral direct PQR par la symétrie orthogonale d'axe (PR) est un triangle équilatéral indirect.
r est la rotation de centre P et d'angle (\overrightarrow{PQ}\;,\ \overrightarrow{PR})=\dfrac{\pi}{3}. Donc r(R)=Q_{1}.
Ensuite, f(R)=t\circ r(R)=t(Q_{1})=J\ \Rightarrow\ f(R)=J.
On sait que f=t\circ r est une rotation de même angle que r c'est à dire \dfrac{\pi}{3}.
La relation f(R)=J et JIR est équilatéral direct entraîne que le centre de f est I.
f est la rotation de centre I et d'angle \dfrac{\pi}{3}.
On en déduit, puisque f(P)=P' que le triangle IPP' est équilatéral direct .
2) \begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline\text{Antécédent}&\Omega&J&R&I \\ \hline\text{Image par }s&\Omega&P&I&P'\\ \hline\end{array}
a) L'angle de s est (\overrightarrow{JR}\;,\ \overrightarrow{PI})=(\overrightarrow{PJ}\;,\ \overrightarrow{PI}). L'angle de s est -\dfrac{\pi}{6}
Le rapport de s est \dfrac{PI}{JR}. Or PI=PR\cos\dfrac{\pi}{6}=2JR\dfrac{\sqrt{3}}{2}.
Donc le rapport de s est \sqrt{3}.
On a
\begin{eqnarray}(\overrightarrow{RI}\;,\ \overrightarrow{IP'}) &=& (\overrightarrow{IQ}\;,\ \overrightarrow{IP'}) \nonumber \\ &=& (\overrightarrow{IQ}\;,\ \overrightarrow{IP})+(\overrightarrow{IP}\;,\ \overrightarrow{IP'}) \nonumber \\ &=& -\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{3} \nonumber \\ &=& -\dfrac{\pi}{6}\quad\text{angle de }s \nonumber \end{eqnarray}
\dfrac{IP'}{RI}=\dfrac{IP}{RI}=\sqrt{3} rapport de s.
Les trois conditions :
\left\lbrace\begin{array}{rcl} s(R) &=& I \\ \\(\overrightarrow{RI}\;,\ \overrightarrow{IP'}) &=& \text{angle de }s \\ \\ \dfrac{IP'}{RI} &=& \text{rapport de }s \end{array}\right.\qquad\text{suffisent pour dire que }s(I)=P'
b) Puisque les similitudes planes directes conservent les angles, on peut lire dans le tableau précédent que : angle de s=(\overrightarrow{\Omega R}\;,\ \overrightarrow{\Omega I})=(\overrightarrow{JR}\;,\ \overrightarrow{PI}).
Or (\overrightarrow{JR}\;,\ \overrightarrow{PI})=(\overrightarrow{PR}\;,\ \overrightarrow{PI}) parce que le point J appartient au segment [PR].
Donc (\overrightarrow{\Omega R}\;,\ \overrightarrow{\Omega I})=(\overrightarrow{PR}\;,\ \overrightarrow{PI}) et comme les quatre points \Omega\;,\ R\;,\ P et I ne sont pas alignés, ils sont cocycliques.
De même -\dfrac{\pi}{6}=\text{angle de }s=(\overrightarrow{\Omega J}\;,\ \overrightarrow{\Omega P}).
D'un autre côté, la droite (Q_{1}J) étant la bissectrice du triangle équilatéral indirect PQ_{1}R, l'angle (\overrightarrow{Q_{1}J}\;,\ \overrightarrow{Q_{1}P}) vaut -\dfrac{\pi}{6}
On en déduit que (\overrightarrow{\Omega J}\;,\ \overrightarrow{\Omega P})=(\overrightarrow{Q_{1}J}\;,\ \overrightarrow{Q_{1}P}) puis que les points \Omega\;,\ J\;,\ P et Q_{1} sont cocycliques
En résumé, le point \Omega appartient à l'intersection des deux cercles C_{1} et C_{2} ; où C_{1} est le cercle contenant les points P\;,\ I et R et C_{2} le cercle contenant les points P\;,\ J et Q_{1}.
De plus le point \Omega est différent de P parce que \Omega est fixé par s et P non.
Ces conditions définissent parfaitement le point \Omega.
Problème
1) a) Nous sommes en présence d'une équation différentielle linéaire homogène à coefficients constants de degré un ou deux selon que m est égal à 0 ou non.
L'équation caractéristique est : (E_{m}^{c})\ :\ mr^{2}+2r+2=0
- Si m=0\;,\ (E_{m}^{c}) est une équation du premier degré. Sa seule racine est r_{0}=-1.
La solution générale de l'équation (E_{m}) est alors y=k\mathrm{e}^{-t}\;,\ k constante réelle.
- Si m\neq 0\;,\ (E_{m}^{c}) est une équation du second degré dont le discriminant réduit est \Delta'=1-2m.
\ast Si \Delta' est égal à 0 c'est à dire m=\dfrac{1}{2}, l'équation (E_{m}^{c}) a une racine double r_{0}=-\dfrac{1}{m}=-2.
La solution générale de l'équation (E_{m}) est alors y=(at+b)\mathrm{e}^{-2t}\;,\ a et b constantes réelles.
\ast Si \Delta'>0 c'est à dire m<\dfrac{1}{2}, l'équation (E_{m}^{c}) a deux racines réelles simples
r_{1}=\dfrac{-1+\sqrt{1-2m}}{m}\quad\text{et}\quad r_{2}=\dfrac{-1-\sqrt{1-2m}}{m}
La solution générale de l'équation (E_{m}) est alors y=a\mathrm{e}^{r_{1}t}+b\mathrm{e}^{r_{2}t}\;,\ a et b constantes réelles.
\ast Si \Delta'<0 c'est à dire m>\dfrac{1}{2}, l'équation (E_{m}^{c}) a deux racines complexes simples conjuguées
z_{1}=\dfrac{-1+\mathrm{i}\sqrt{2m-1}}{m}=\alpha+\mathrm{i}\beta\quad\text{et}\quad z_{2}=\dfrac{-1-\mathrm{i}\sqrt{2m-1}}{m}=\alpha-\mathrm{i}\beta
avec \alpha=-\dfrac{1}{m}\ \text{ et }\ \beta=\dfrac{\sqrt{2m-1}}{m}
La solution générale de l'équation (E_{m}) est alors y=\mathrm{e}^{\alpha t}(a\cos\beta t+b\sin\beta t)\;,\ a et b constantes réelles.
b) Notons h la solution de (E_{1}) dont la courbe passe par le point A et admet en ce point une tangente parallèle à la droite d'équation y=-x.
On doit alors avoir h(0)=1 et h'(0)=-1.
Ici m=1 est > à \dfrac{1}{2}, donc h s'écrit : h(t)=\mathrm{e}^{-t}(a\cos t+b\sin t)\;,\ a et b constantes réelles.
h'(t)=[(b-a)\cos t-(b+a)\sin t]\mathrm{e}^{-t}
Les conditions satisfaites par h deviennent : h(0)=a=1 et h'(0)=b-a=-1 c'est à dire a=1 et b=0 puis h(t)=\cos t\mathrm{e}^{-t}
2) La fonction f est continue et dérivable dans I=\left[-\dfrac{\pi}{2}\;,\ \dfrac{3\pi}{2}\right] et \forall\;t\in\;I\;,\ f'(t)=-(\cos t-\sin t)\mathrm{e}^{-t} (déjà calculé dans la question précédente).
L'équation \cos t+\sin t=0 est équivalente à \cos\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)=0. Ses solutions dans \mathbb{R} sont telles que
t-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\;,\ k\in\mathbb{Z}\quad\text{soit}\ t=\dfrac{3\pi}{4}+k\pi\;,\ k\in\mathbb{Z}
Les solutions de cette équation dans I sont alors t_{0}=\dfrac{3\pi}{4} et t_{1}=-\dfrac{\pi}{4}.
Cette équation et la dérivée f' ont les mêmes zéro.
Pour déterminer le signe de f' on peut résoudre des inéquations trigonométriques.
Mais on peut aussi dire que dans tout intervalle où f' ne s'annule pas, elle garde un signe constant parce qu'elle est continue. C'est une application très pratique du théorème des valeurs intermédiaires.
-\dfrac{\pi}{3} appartient à l'intervalle I_{1}=\left[-\dfrac{\pi}{2}\;,\ -\dfrac{\pi}{4}\right] et f'\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\right)\mathrm{e}^{\tfrac{\pi}{3}} est > 0, donc f' est > 0 dans I_{1}.
0 appartient à l'intervalle I_{2}=\left[-\dfrac{\pi}{4}\;,\ \dfrac{3\pi}{4}\right] et f'(0)=-1 est < 0, donc f' est < 0 dans I_{2}.
\pi appartient à l'intervalle I_{3}=\left[\dfrac{3\pi}{4}\;,\ \dfrac{3\pi}{2}\right] et f'(\pi)=\mathrm{e}^{-\pi} est > 0, donc f' est > 0 dans I_{3}.
Voici le tableau de variations de f.
\begin{array}{|c|lcccccr|}\hline t&-\frac{\pi}{2}& &-\frac{\pi}{4}& &\frac{3\pi}{4}& &\frac{3\pi}{2} \\ \hline f'& &+&|&-&|&+& \\ \hline & & &r& & & &0 \\ f& &\nearrow& &\searrow& &\nearrow& \\ &0& & & &s& & \\ \hline\end{array}
s=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{e}^{-\tfrac{3\pi}{4}}\;,\quad r=\tfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{e}^{\tfrac{\pi}{4}}
Et voici les courbes représentatives de f\;,\ u et v.

3) a) Pour tout k appartenant à \mathbb{Z} et tout t appartenant à \mathbb{R}\;,\ g(t+2k\pi)=\mathrm{e}^{-t-2k\pi}\cos t parce que la fonction cosinus est périodique de période 2\pi.
Donc g(t+2k\pi)=\mathrm{e}^{-2k\pi}g(t).
En dérivant cette dernière expression par rapport à t on obtient : g'(t+2k\pi)=\mathrm{e}^{-2k\pi}g'(t).
En particulier pour tout t appartenant à I et tout k appartenant à \mathbb{Z}\;,\ g'(t+2k\pi)=\mathrm{e}^{-2k\pi}f'(t).
Cette relation permet de déterminer parfaitement le signe de g' dans \mathbb{R}.
Plus précisément :
Si t appartient à un intervalle du genre \left[-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\;,\ -\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\right]\ \text{ ou }\ \left[\dfrac{3\pi}{4}+2k\pi\;,\ \dfrac{3\pi}{2}+2k\pi\right]\;,\ k\in\mathbb{Z} alors g'(t) est positif
Si t appartient à un intervalle du genre \left[-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\;,\ \dfrac{3\pi}{4}+2k\pi\right]\;,\ k\in\mathbb{Z} alors g'(t) est positif
b) Un point M de coordonnées (t\;,\ u(t)) appartient à \Gamma\cap C_{u} si et seulement si u(t)=g(t) c'est
à dire \cos t=1 ou t=2k\pi\;,\ k appartenant à \mathbb{Z}, et alors u(t)=\mathrm{e}^{-2k\pi}.
Donc \Gamma\cap C_{u}=\{M(2k\pi\;,\ \mathrm{e}^{-2k\pi})\;,\ k\in\mathbb{Z}\}
Un point M de coordonnées (t\;,\ v(t)) appartient à \Gamma\cap C_{v} si et seulement si v(t)=g(t) c'est
à dire \cos t=-1 ou t=(2k+1)\pi\;,\ k appartenant à \mathbb{Z}, et alors v(t)=\mathrm{e}^{-(2k+1)\pi}.
Donc \Gamma\cap C_{v}=\{M((2k+1)\pi\;,\ \mathrm{e}^{-(2k+1)\pi})\;,\ k\in\mathbb{Z}\}
c) En un point M(2k\pi\;,\ \mathrm{e}^{-2k\pi}) commun à \Gamma et à C_{u}, la pente de la tangente à \Gamma est
\begin{eqnarray} g'(2k\pi) &=& \mathrm{e}^{-2k\pi}g'(0) \nonumber \\ &=& \mathrm{e}^{-2k\pi}f'(0) \nonumber \\ &=& -\mathrm{e}^{-2k\pi} \nonumber \end{eqnarray}
et la pente de la tangente à C_{u} est
\begin{eqnarray} u'(2k\pi) &=& -\mathrm{e}^{-t}|_{t=2k\pi} \nonumber \\ &=& -\mathrm{e}^{-2k\pi} \nonumber \end{eqnarray}
Les deux tangentes ayant même pente et passant par le point M sont confondues.
En un point M((2k+1)\pi\;,\ \mathrm{e}^{-(2k+1)\pi}) commun à \Gamma et à C_{v}, la pente de la tangente à \Gamma est
\begin{eqnarray} g'((2k+1)\pi) &=& \mathrm{e}^{-2k\pi}g'(\pi) \nonumber \\ &=& \mathrm{e}^{-2k\pi}f'(\pi) \nonumber \\ &=& -\mathrm{e}^{-(2k+1)\pi} \nonumber \end{eqnarray}
et la pente de la tangente à C_{v} est
\begin{eqnarray} v'((2k+1)\pi) &=& -\mathrm{e}^{-t}|_{t=(2k+1)\pi} \nonumber \\ &=& -\mathrm{e}^{-(2k+1)\pi} \nonumber \end{eqnarray}
Les deux tangentes ayant même pente et passant par le point M sont confondues.
d) 0\leq|\cos t\mathrm{e}^{-t}|\leq\mathrm{e}^{-t}. Or \lim_{t\rightarrow +\infty}\mathrm{e}^{-t}=0
Le théorème des gendarmes permet de conclure que \lim_{t\rightarrow +\infty}g(t)=0.
4) a) Pour simplifier posons r_{k}=-\dfrac{\pi}{2}+k\pi\;,\ s_{k}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi de sorte que a_{k}=\int_{r_{k}}^{s_{k}}g_{k}(t)\mathrm{d}t
ensuite intégrons une première fois par parties en posant :
\left\lbrace\begin{array}{rclcrcl} u(t) &=& \mathrm{e}^{-t} &\Rightarrow& u'(t) &=& -\mathrm{e}^{-t} \\ v'(t) &=& \cos t &\Leftarrow& v(t) &=& \sin t \end{array}\right.
Alors a_{k}=\left[\sin t\mathrm{e}^{-t}\right]_{r_{k}}^{s_{k}}+\int_{r_{k}}^{s_{k}}\sin t\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t
intégrons une deuxième fois par parties en posant :
\left\lbrace\begin{array}{rclcrcl} u(t) &=& \mathrm{e}^{-t} &\Rightarrow& u'(t) &=& -\mathrm{e}^{-t} \\ v'(t) &=& \sin t &\Leftarrow& v(t) &=& -\cos t \end{array}\right.
Alors a_{k}=\left[\sin t\mathrm{e}^{-t}\right]_{r_{k}}^{s_{k}}+\left[-\cos t\mathrm{e}^{-t}\right]_{r_{k}}^{s_{k}}-\int_{r_{k}}^{s_{k}}\cos t\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t
c'est à dire a_{k}=\left[(\sin t-\cos t)\mathrm{e}^{-t}\right]_{r_{k}}^{s_{k}}-a_{k} ou a_{k}=\dfrac{1}{2}\left[(\sin t-\cos t)\mathrm{e}^{-t}\right]_{r_{k}}^{s_{k}}
Or \cos r_{k}=\cos s_{k}=0 et \sin r_{k}=(-1)^{k+1} et \sin s_{k}=(-1)^{k}
Donc
\begin{eqnarray} a_{k} &=& \dfrac{1}{2}(-1)^{k}[\mathrm{e}^{-s_{k}}-(-1)^{k+1}\mathrm{e}^{-r_{k}}] \nonumber \\ &=& \dfrac{1}{2}(-1)^{k}[\mathrm{e}^{-s_{k}}+\mathrm{e}^{-r_{k}}] \nonumber \\ &=& \dfrac{1}{2}(-1)^{k}\mathrm{e}^{-k\pi}[\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}+\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}] \nonumber \end{eqnarray}
b) s_{n}=C_{h}\sum_{k=0}^{n}\mathrm{e}^{-k\pi} avec C_{h}=\dfrac{1}{2}[\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}+\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}]
La somme est la somme des n+1 premiers termes de la progression géométrique de premier terme 1 et de raison \mathrm{e}^{-\pi}
Donc s_{n}=C_{h}.1.\dfrac{1-\mathrm{e}^{-(n+1)\pi}}{1-\mathrm{e}^{-\pi}}
Puisque \lim_{n\mapsto +\infty}\mathrm{e}^{-(n+1)\pi}=0, la suite (s_{n}) admet une limite et cette limite est égale à : s=\lim_{n\mapsto +\infty}s_{n}=C_{h}\dfrac{1}{1-\mathrm{e}^{-\pi}}
s_{n} représente l'aire géométrique du domaine plan délimité par l'axe des abscisses, la verticale d'équation x=-\dfrac{\pi}{2}, la verticale d'équation x=\dfrac{\pi}{2}+n\pi et la courbe représentative de g.
s représente l'aire géométrique du domaine plan délimité par l'axe des abscisses, la verticale d'équation x=-\dfrac{\pi}{2} et la courbe représentative de g.
5) a) x'_{t}=-(\cos t+\sin t)\mathrm{e}^{-t} et y'_{t}=(\cos t-\sin t)\mathrm{e}^{-t}
On a :
\begin{eqnarray} x'_{t} &=& -(\cos t+\sin t)\mathrm{e}^{-t} \nonumber \\ &=& -\cos\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t} \nonumber \\ &=& \cos\left(\pi+t-\dfrac{\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t} \nonumber \\ &=& \cos\left(t+\dfrac{3\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t} \nonumber \end{eqnarray}
et
\begin{eqnarray} y'_{t} &=& (\cos t-\sin t)\mathrm{e}^{-t}\nonumber \\ &=& -\sin\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t} \nonumber \\ &=& \sin\left(\pi+t-\dfrac{\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t} \nonumber \\ &=& \sin\left(t+\dfrac{3\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t} \nonumber \end{eqnarray}
Les zéro de x' sont t_{1}=-\dfrac{\pi}{4} et t_{2}=\dfrac{3\pi}{4}
Le zéro de y' est t_{3}=\dfrac{\pi}{4}
On détermine les signes de x' et y' par la méthode utilisée pour déterminer le signe de f'.
Voici le tableau de variations conjointes.
\begin{array}{|c|lcccccccr|}\hline t&-\frac{\pi}{2}& &-\frac{\pi}{4}& &\frac{\pi}{4}& &\frac{3\pi}{4}& &\frac{3\pi}{2} \\ \hline x'& &+&|&-&|&-&|&+& \\ \hline & & &r& &|& &|& &0 \\ x& &\nearrow&|&\searrow&s&\searrow&|&\nearrow& \\ &0& &|& &|& &t& & \\ \hline & & &|& &s& &|& & \\ y& &\nearrow&-r&\nearrow&|&\searrow&-t&\searrow& \\ &v& &|& &|& &|& &u \\ \hline y'& &+&|&+&|&-&|&-& \\ \hline\end{array}
r=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{e}^{\tfrac{\pi}{4}}\;,\quad s=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{e}^{-\tfrac{\pi}{4}}\;,\quad t=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{e}^{-\tfrac{3\pi}{4}}\;,\quad u=-\mathrm{e}^{-\tfrac{3\pi}{2}}\;,\quad v=-\mathrm{e}^{\tfrac{\pi}{2}}
Voici la courbe (\Lambda)

La tangente (T_{s_{0}}) au point de paramètre s_{0}=-\dfrac{\pi}{2} est la droite passant par le point de coordonnées (0\;,\ -\mathrm{e}^{-s_{0}}) et dont un vecteur directeur a pour coordonnées (x'_{s_{0}}\;,\ y'_{s_{0}})=(\mathrm{e}^{-s_{0}}\;,\ \mathrm{e}^{-s_{0}}) ou (1\;,\ 1).
La tangente (T_{0}) au point de paramètre 0 est la droite passant par le point de coordonnées (1\;,\ 0)
et dont un vecteur directeur a pour coordonnées (x'_{s_{0}}\;,\ y'_{s_{0}})=(-1\;,\ 1).
b) Rappelons que \theta étant un réel, le plan étant muni d'un repère orthonormé (O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j}) et en désignant par M_{\theta} le point de cordonnées (\lambda\cos\theta\;,\ \lambda\sin\theta)\;,\ \lambda>0 alors \theta est une mesure de l'angle (\vec{i}\;,\ \overrightarrow{OM_{\theta}}).
On en déduit que (\vec{i}\;,\ \overrightarrow{OM_{t}})\equiv t
\vec{V}_{t} a pour coordonnées x'_{t}=\cos\left(t+\dfrac{3\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t} et y'_{t}=\sin\left(t+\dfrac{3\pi}{4}\right)\sqrt{2}\mathrm{e}^{-t}
Donc (\vec{i}\;,\ \vec{V}_{t})\equiv t+\dfrac{3\pi}{4}.
Puis (\overrightarrow{OM_{t}}\;,\ \vec{V}_{t})=(\overrightarrow{OM_{t}}\;,\ \vec{i})+(\vec{i}\;,\ \vec{V}_{t})\equiv \dfrac{3\pi}{4}.
Auteur: Mouhamadou Ka
Ajouter un commentaire