[PDF] [PDF] TD II – Corrigé Définitions des coniques Exercice

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Courbes et surfaces Universit

e Paris-sud

Math 2132018-2019TD II { Corrige

1. Denitions des coniques

Exercice 1.1(Foyer et directrice). | 1. L'excentricite deCest strictement inferieure a 1, c'est donc une ellipse.

2. L'axe focal est orthogonal aD, donc a pour equationy=pour un certain reel. De plus,F

appartient a l'axe focal. Son equation est doncy=1. Dans le repere focal, les coordonnees du centre sontde21e2;0 oudest la distance deFa l'axe focal, c'est-a-dired= 4. L'abscisse du centre dans le repere focal est donc1=2. Pour en deduire ses coordonnees dans le repereR, il sut d'ajouter celles deF, ce qui donne C:12 ;1

3. La second directrice s'obtient par symetrie par rapport aCet a donc pour equationx=4. De

m^eme,F0a pour coordonnees (0;1).

4. La coniqueCest l'ensemble des pointsMtels que

MF

2=e2d(M;D)2:

Dans le repereR, cette egalite s'ecrit

(x1)2+ (y+ 1)2=19 (x14)2=19 (x5)2:Exercice 1.2(Equation polaire). | 1. On a () =1=21 + 12 cos(): Il s'agit donc d'une ellipse d'excentricite 1=2 et de parametre 1=2.

2. On a

()~u=11sin()~u

11 + cos(+=2)~u

11 + cos(+=2)f(~u+=2)

oufest la rotation vectorielle d'angle=2. Il s'agit donc d'une parabole de parametre 1.3. On a ()~u=12cos()~u

1=2112

cos()~u

1=21 +

12 cos(+)~u

1=21 +

12 cos(+)g(~u+) ougest la rotation vectorielle d'angle, c'est-a-dire la symetrie par rapport a l'origine. Il s'agit donc d'une ellipse d'excentricite 1=2 et de parametre 1=2. Exercice 1.3(Equation polynomiale). | 1. PosonsP(X) =aX3+bX2+cX+daveca6= 0. On a alors

P(x)P(y) =a(x3y3) +b(x2y2) +c(xy)

=a(xy) x

2+xy+y2+ba

(x+y) +ca =a(xy)Q(x;y): On a doncP(x) =P(y) si et seulement six=youQ(x;y) = 0. Ainsi, l'ensemble des points tels que P(x) =P(y) est la reunion de la droite d'equationx=yet de la courbe du second degre d'equation

Q(x;y) = 0.

2. Calculons le discriminant de l'equationQ(x;y) = 0 :

= 114 =34 >0 donc si la courbe est non-degeneree c'est une ellipse. De plus, sa trace est egale aT= 1 + 1 = 2. Le polyn^ome caracteristique s'ecrit donc X

22X+ 3 =

X12 X32 On en deduit quea2= 2 etb2= 2=3. L'excentricite est alors donnee par e=r1b2a 2=r2 3 et le parametre par p=b2a =p2 3 2.

Etudes geometriques de coniques

Exercice 2.1. | 1. D'apres le cours, une parametrisation cartesienne deCest donnee par l'arc para- metre : [0;2[!R2deni par (t) = (acos(t);bsin(t)):

2. Calculons les derivees de

0(t) =asin(t)

bcos(t) et!

00(t) =acos(t)

bsin(t)) d'ou det

0(t);!

00(t)=absin2(t) +abcos2(t) =ab:

On en deduit l'expression de la courbure au point de parametret: c(t) =det(!

0(t);!

00(t))k

0(t)k3=ab

a2sin2(t) +b2cos2(t)3=2:

3. Il est clair quef(t) =a2sin2(t) +b2cos2(t)3=2varie entrea3etb3. La courbure est maximale quand

fest minimale, c'est-a-diref(t) =b3. On a alors c(t) =abb 3=ab 2: Cette valeur est atteinte pour sin(t) = 0, donct2 f0;g. La courbure est minimale quandfest maximale, c'est-a-diref(t) =a3. On a alors c(t) =aba 3=ba 2: Cette valeur est atteinte pour cos(t) = 0, donct2 f=2;3=2g. Il nous faut maintenant calculer les vecteurs normaux pour ces quatre parametres. On a 8

0(0) = (0;b)

0() = (0;b)

02 = (a;0) 032
= (a;0)d'ou8

N(0) = (1;0)

N() = (1;0)

N2 = (0;1) N32 = (0;1) dont on deduit les coordonnees des centres de courbure en translatant le point dec(t)1!N(t) : t= 0 : ab2a ;0 t=2

0;ba2b

t=: a+b2a ;0 t=32

0;b+a2b

Sur la gure ci-dessous oua= 2 etb= 2=p3, les points de plus fortes courbures ont leur cercle osculateur en rouge et les points de plus faible courbure ont leur cercle osculateur en vert. Exercice 2.2. | 1. D'apres le cours, une parametrisation cartesienne deCest donnee par l'arc para- metre :R!R2deni par (t) = t22p;t

2. Le vecteur derive au point de parametretest

0(t) =

tp ;1

On en deduit une equation de la tangente au point

(t) : xt22p tp (yt) = 0 x+tp y=t22p:

3. Pour que les tangentes aux points

(t1) et (t2) soient orthogonales, il faut et il sut que!

0(t1) et!

0(t2) soient orthogonaux. Calculons donc leur produit scalaire :

0(t1);!

0(t2)=t1t2p

2+ 1: Les tangentes seront donc orthogonales si et seulement si t

1t2=p2:

4. Soientt1;t22Rtels quet1t2=p2. Les tangentes aux points

(t1) et (t2) sont orthogonales et les coordonnees (x;y) de leur point d'intersection verient8>>>< >>:x+t1p y=t212p x+t2p y=t222p En multipliant la premiere equation part2et la seconde part1et en additionant on obtient (t2t1)x=t2t21t1t222p t1t22p(t1t2) =p2 (t1t2): Il s'ensuit quex=p=2. Ainsi, la courbe orthoptique de la parabole est contenue dans la droite d'equationx=p=2 dans le repere au sommet, c'est-a-dire la directrice deC. De plus, y=12t1+t12p:

Comme la fonctionf:R+!Rdenie par

t7!12t+t2p

est surjective, la courbe orthoptique deCest la totalite de sa directrice.Exercice 2.3. |Soienta;b2Rtels que 0< b < a. Pour =2 fa;bg, on noteCla courbe d'equation

x

2a+y2b= 1:

1. Il y a plusieurs cas a distinguer :

Sia < etb < , alorsC=;.

Sia < etb > , alorsCest une hyperbole.

Sia > etb > , alorsCest une ellipse.

2. Dans le repere central, le foyer a pour coordonneespe1e2;0

Commencons par mettre l'equation sous forme canonique. Sib < eta > , on a x 2A 2y2B 2= 1 avecA2=aetB2=b. Le foyer a donc pour abscisse pe1e2=B2A q1 + B2A 2 B2A

2=Ar1 +

B2A 2=pA

2+B2=pab:

Sia > etb > , on a

X 2A 2+Y2B 2= 1 avecA2=aetB2=b. Le foyer a donc pour abscisse pe1e2=B2A q1B2A 2B 2A

2=Ar1B2A

2=pA

2B2=pab:

Les deux foyers etant symetriques par rapport au centreOdeC, dans les deux cas ils ont pour coordonnees (pab;0) dansR.

3. D'apres le cours, le vecteur!N(x0;y0) de coordonneesx0a;y0b

est normal aCau point de coordonnees (x0;y0).

4. Soit (x;y)2C\C. On a

x

2a+y2b= 1 =x2a+y2b;

d'ou 0 = x2ax2a+y2by2b x2()(a)(a)+y2()(b)(b) = ()x2(a)(a)+y2(b)(b) Comme6=, le terme entre parentheses doit ^etre nul. Or,

D!N(x;y);!N(x;y)E

=x2(a)(a)+y2(b)(b); donc les tangentes aCetCsont orthogonales au point d'intersection puisque leurs normales le sont.

3. Exercices complementaires

Cette section contient quelques indications pour les exercices complementaires. Exercice 3.4(Champ de force centrale). | 1. Il sut de deriver pour obtenir

0(t) =0(t)~u(t)+(t)0(t)~v(t)

00(t) =00(t)~u(t)+0(t)0(t)~v(t)+ (0(t)0(t) +(t)00(t))~v(t)(t)0(t)2~u(t):

2. Par hypothese,!

00(t) est colineaire a!u(t). La composante selon~v(t)doit donc ^etre nulle, c'est-a-dire

20(t)0(t) +(t)00(t) = 0:

En multipliant par(t) les deux membres de cette equation, on obtient

2(t)0(t)0(t) +(t)200(t) = 0

ou l'on reconna^t la derivee de(t)20(t). Cette fonction ayant une derivee nulle, elle est constante, d'ou le resultat.

3. Il sut de calculerq0(t) de la facon suivante :

q

0(t) =r0(t)r

2(t) 1

0(t)0(t)r0(t)r

2(t) 1

0(t)(r)0(t)(r(t))2

1

0(t)0(t)(t)2

0(t)C

4. En derivant la premiere formule de Binet, on obtient

00(t) =C0(t)q0(t)~v(t)0(t)q(t)~u(t)0(t)q00(t)~u(t)+q0(t)~v(t):

Par hypothese, la composante sur~v(t)est nulle, il sut donc d'etudier la composante sur~uqui apres factorisation donne

00(t) =C0(t)q(t) +q00(t)~u(t)

=C2q(t)2q(t) +q00(t)~u(t):

5. Remarquons qued(O;

(t))2=(t)2=q(t)2. La second formule de Binet donne donc

C2q(t)2q(t) +q00(t)=q(t)2:

Apres simplication, on voit que la fonctionqsatisfait une equation dierentielle lineaire du second ordre a coecients constants, a savoir q

00+q=C

2: Il existe donc deux constantesA;2Rtelles que pour toutt2R, q(t) =Acos(t+) +C 2:

On en deduit que

(t) =1q(t) 1=C

2+Acos((t) +)

C2=1 +A0cos((t) +)

ouA0=C2A=. On reconna^t l'equation polaire d'une conique, d'ou le resultat.quotesdbs_dbs15.pdfusesText_21

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