%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage{graphicx} \usepackage{tabularx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Yves Moncheaux \usepackage{pst-plot,pst-text,pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \setlength{\textheight}{23,5cm} \newcommand{\vect}[1]{\mathchoice% {\overrightarrow{\displaystyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\textstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptscriptstyle\mathstrut#1\,\,}}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P. M. E. P.}} \lhead{\small Brevet de technicien supérieur} \lfoot{\small{Géomètre topographe}} \rfoot{\small{mai 2010}} \renewcommand \footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P. M. E. P.}}} \begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du Brevet de technicien supérieur~\decofourright\\session 2010 Géomètre topographe}} \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{Exercice 1 \hfill 8 points}\\ \medskip \textbf{Partie A} \medskip %\titre{Corrigé du sujet 2010} % sujet 2010, ex1 \begin{enumerate} \item Soit $t$ un réel quelconque. On a : $x(t+2\pi)=t+2\pi-\sqrt{2}\sin(t+2\pi)=t+2\pi-\sqrt{2}\sin(t)$ car $\sin$ est $2\pi$--périodique. Donc $x(t+2\pi)=x(t)+2\pi$. Par ailleurs, $y(t+2\pi)=\cos(t+2\pi)=\cos(t)$ car $\cos$ est $2\pi$--périodique. Donc $y(t+2\pi)=y(t)$. Le vecteur $\vect{M_tM_{t+2\pi}}$ a donc pour coordonnées $\displaystyle\binom{x(t+2\pi)-x(t)}{y(t+2\pi)-y(t)} = \displaystyle\binom{x(t)+2\pi-x(t)}{y(t)-y(t)} = \displaystyle\binom{2\pi}{0}$, ce vecteur est donc constant. Le point $M_{t+2\pi}$ s'obtient donc à partir de $M_t$ par une translation de vecteur $2\pi\vect{\imath}$. La courbe $\cal C$ est donc invariante par cette translation. \item Soit $t$ un réel quelconque. Alors : $x(-t)=(-t)-\sqrt{2}\sin(-t)=-t+\sqrt{2}\sin t$ car $\sin$ est impaire. Donc $x(-t)=-x(t)$ : la fonction $x$ est impaire. Par ailleurs, $y(-t)=\cos(-t)=\cos(t)$ car $\cos$ est paire. Donc $y(-t)=y(t)$. Le point $M_{-t}$ s'obtient donc à partir de $M_t$ par une symétrie par rapport à l'axe des ordonnées. \item D'après la question 1., il suffit de construire un morceau de la courbe pour des valeurs de $t$ comprises dans un intervalle de longueur $2\pi$ puis de translater ce morceau de vecteurs $k.2\pi\vect{\imath}$ pour obtenir la courbe entière. L'intervalle peut donc être réduit à $[-\pi~;~\pi]$. Enfin, les parités de $x$ et de $y$ permettent de réduire l'intervalle d'étude à $[0~;~\pi]$. \item Tout d'abord on construit le symétrique de $\cal C_J$ par rapport à l'axe des ordonnées pour obtenir une courbe $\cal C_{J'}$. Ensuite on translate la réunion de $\cal C_J$ et de $\cal C_{J'}$ par des translations de vecteurs $k.2\pi\vect{\imath}$ pour obtenir la courbe entière. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $t\in [0~;~\pi]$ : $x'(t)=1-\sqrt{2}\cos(t)$ donc $\begin{array}{l c l c l} x'(t)>0&\iff&1-\sqrt{2}\cos(t) >0& \iff&\cos(t)<\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\ &\iff &\cos(t) < \cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)&\iff& t>\dfrac{\pi}{4}. \end{array}$ car la fonction cosinus est décroissante sur $J$. Ainsi, $x'(t)>0$ sur $\left]\dfrac{\pi}{4}~;~\pi \right]$ et, de même, $x'(t)<0$ sur $\left[0~;~\dfrac{\pi}{4}\right[$ et $x'(t)=0$ si $t = \dfrac{\pi}{4}$. \item Pour tout $t\in [0~;~\pi]$ : $y'(t)=-\sin(t)$ donc $y'(t) < 0$ sur $]0~;~\pi[$ et $y'(t)= 0$ si $t = 0$ ou $t=\pi$. \item Le signe de la dérivée donne les variations de la fonction. $x$ est strictement décroissante sur $\left[0~;~\dfrac{\pi}{4}\right]$ et strictement croissante sur $\left[\dfrac{\pi}{4}~;~\pi \right]$. $y$ est strictement décroissante sur $[0~ ;~\pi]$. \[\begin{array}{|c|cp{2.5cm}cp{2.5cm}c|} \hline t & 0 && \dfrac{\strut\pi}{\strut4}&& \pi \\\hline x'(t)&\rule{0cm}{1em} 1-\sqrt{2} &&0&& 1+\sqrt{2} \\\hline \raisebox{1cm}{$x(t)$}& \rule{0cm}{2cm} \raisebox{1.7cm}{0}& \begin{picture}(30,50) \put(-20,50){\vector(3,-1){85}} \end{picture}& \raisebox{0.3cm}{$\dfrac{\pi}{4}-1$}& \begin{picture}(30,60) \put(0,20){\vector(3,1){80}} \end{picture}& \raisebox{1.7cm}{$\pi$} \\\hline \raisebox{1cm}{$y(t)$}& \rule{0cm}{2cm} \raisebox{1.5cm}{1}& \begin{picture}(30,60) \put(-10,50){\vector(4,-1){200}} \end{picture}&&&0\\\hline y'(t)& \rule{0cm}{1em} 0& \multicolumn{3}{c}{-}& 0 \\\hline \end{array}\] \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Il s'agit d'abord de voir à quel moment $x'$ et $y'$ s'annulent (pas simultanément de préférence). L'étude faite aux questions b. et c. montre alors que : -- la courbe $C_J$ admet une tangente parallèle à l'axe des abscisses quand $x'(t)\neq0$ et $y'(t)=0$ donc quand $t=0$ (point $M_0(0\,;\,1)$) ou $t=\pi$ (point $M_{\pi}(\pi\,;\,-1)$). -- la courbe $C_J$ admet une tangente parallèle à l'axe des ordonnées quand $x'(t)=0$ et $y'(t)\neq0$ donc quand $t=\dfrac{\pi}{4}$ (point $M_{\frac{\pi}{4}}\left(\dfrac{\pi}{4}-1\,;\,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$). \item $C_J$ coupe l'axe des abscisses au point $M_t$ tel que $y(t)=0$ donc $\cos(t)=0$ ce qui donne $t=\dfrac{\pi}{2}$ (ici, $t\in J$). Le point a alors pour coordonnées $\left(\dfrac{\pi}{2}-\sqrt{2}\,;\,0\right)$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item \begin{center} \begin{tabular}{|*{6}{>{\centering $}p{1cm}<{$}|}}\hline \rule[-3ex]{0em}{7ex} t & 0 & \dfrac{\pi}{4} & \dfrac{\pi}{3} & \dfrac{\pi}{2} & \pi \cr\hline \rule{0em}{3ex} x(t) & 0 & -0,21 & -0,18 & 0,16 & 3,14 \cr\hline \rule{0em}{3ex} y(t) & 1 & 0,71 & 0,5 & 0 & -1 \cr\hline \end{tabular} \end{center} \item Par souci d'économie de place, l'échelle choisie dans l'énoncé n'a pas été respectée. \begin{center} \psset{unit=1.2cm,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-5,-1.5)(5,1.5) \psaxes[labels=none,ticks=none]{->}(0,0)(-5,-1.5)(5,1.5) \psline[linewidth=0.03]{<->}(-0.3,1)(0.3,1) \psline[linewidth=0.03]{<->}(-0.215,0.407)(-0.215,1.007) \psline[linewidth=0.03]{<->}(2.74,-1)(3.54,-1) \parametricplot[algebraic=true]{-5}{5}{t-1.414*sin(t)|cos(t)} \psdots[linecolor=blue](0,1)(3.14,-1)(-0.215,0.707) \uput[135](0,1){\blue{$M_0$}} \uput[90](3.14,-1){\blue{$M_{\pi}$}} \uput[180](-0.215,0.707){\blue{$M_{\pi/4}$}} \uput[-90](4.8,0){$x$} \uput[0](0,1.4){$y$} \uput[-135](0,0){$O$} \end{pspicture*} \end{center} \end{enumerate} \end{enumerate} \newpage % sujet 2010, ex2 \vspace{0,5cm} \textbf{Exercice 1 \hfill 8 points} \bigskip \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item L'angle $\widehat{I}$ est l'angle entre les tangentes aux arcs $\widearc{IA}$ et $\widearc{IB}$. $\theta_I=\theta_A$ donc $\widearc{IA}$ est un arc de méridien tandis que $\widearc{IB}$ est un arc de l'équateur ; les deux étant perpendiculaires, on a bien $\widehat{I} = \dfrac{\pi}{2}$. Comme $\widearc{IA}$ est un arc de méridien, on a $b=\widearc{AI}=|\varphi_I-\varphi_A|=\dfrac{\pi}{4}$. \item $\cos \hat{B} = -\cos \widehat{A}\cos\widehat{I}+\sin\widehat{A}\sin\widehat{I}\cos b= 0+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\times1\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{2}$ donc $\widehat{B} = \dfrac{\pi}{3}$. \item $\cos \widehat{A} = -\cos \widehat{B}\cos\widehat{I}+\sin\widehat{B}\sin\widehat{I}\cos a$ donc $\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 0+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times1\times\cos a$ donc $\cos a = \dfrac{\sqrt{2}/2}{\sqrt{3}/2}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\dfrac{2}{3}}$. \item Nous savons que $a=\widearc{BI}=\widehat{IOB}$ (en radians) car le rayon de la sphère est 1. Donc $a = \theta_B$ et, par ailleurs, $\varphi_B=0$. Pour tout point $M(x~;~y~;~z)$ de $\Sigma$ : $x=1\cos\theta\cos\varphi$ ; $y=1\sin\theta\cos\varphi$ ; $z=1\sin\varphi$. %Donc $x_B=\cos a\cos0 = \sqrt{\dfrac{2}{3}}$ ; $y_B=\sin a\cos0 = \sin a$ ; $z_B=\sin 0=0$. Comme $\cos^2a+\sin^2a=1$, on a $\sin a =\pm \sqrt{1-\cos^2a}$. Comme ici, $B$ a une longitude $a$ négative, on obtient $z_B = \sin a = -\sqrt{1-\dfrac{2}{3}} = -\sqrt{\dfrac{1}{3}} = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $x_A=1\cos 0\cos \left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ; $y_A=1\sin 0\cos \left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = 0$ ; \linebreak $z_A=1\sin \left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. \item %$\Vect S{N'}= $\vect{SN}$ a pour coordonnées $(0~;~0~;~2)$ donc $SN^2 = 4$ d'où $\vect{SN'} = \dfrac{2}{4} \vect{SN} = \dfrac{1}{2}\vect{SN}$. Les coordonnées de $\vect{SN'} = \dfrac{1}{2}\vect{SN}$ sont $0~ ;~0~;~1)$ ce qui donne $x'-x_S = 0$ donc $x'=0$; $y'-y_S = 0$ donc $y'=0$ et $z'-z_S = 1$ donc $z'=0$. \fbox{Le point $N'$ est donc $O$}. \item Le pôle $S$ est sur la sphère $\Sigma$ donc l'image de la sphère $\Sigma$ est \fbox{un plan $(P)$} perpendiculaire à la droite $(SO)$, passant par l'image d'un point de la sphère $(\Sigma)$ (par exemple celle de $N$). Le vecteur $\vect{SO} \, (0~;~0~;~1)$ est normal au plan $(P)$ donc une équation de $(P)$ s'écrit $0x + 0y + 1z + d = 0$ donc $z=\lambda$. Comme $N' = O$ appartient à $(P)$, on en déduit que \fbox{l'équation de $(P)$ est $z=0$}. \item Soit $M$ un point de $\Gamma$ et $M'$ son image par $\cal T$. Alors : %-- le point $M$ appartient à $\Sigma$ donc $M'$ appartient à $(P)$. %-- $S$, $M$ et $M'$ sont alignés donc $M'$ appartient à $(SM)$. %Comme $S$ n'est pas sur le plan $(P)$, la droite $(SM)$ ne coupe ce plan qu'en $M$ donc $M'=M$. $SM^2 = SO^2+OM^2 = 1^2+1^2=2$ donc $\vect{SM'} = \dfrac{2}{2} \vect{SM} = \vect{SM}$ donc \fbox{$M'= M$}. \end{enumerate} \item $\vect{SA}$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}~;~0~;~-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+1\right)$ donc $ SA^2 = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2+\left(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{2}+1-2\times1\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 2-\sqrt{2}$ d'où $\vect{SA'} = \dfrac{2}{2-\sqrt{2}} \vect{SA}$ qui a pour coordonnées $\left( \begin{array}{c} \dfrac{\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}} \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$. Remarquons que $\dfrac{\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}= \dfrac{\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{2^2-(\sqrt{2})^2} =\dfrac{2\sqrt{2}+2}{2}=1+\sqrt{2}$. Donc $x'-x_S = 1+\sqrt{2}$ donc $x'=1+\sqrt{2}$; $y'-y_S = 0$ donc $y'=0$ et $z'-z_S = 1$ donc $z'=0$. \fbox{Le point $A'$ a pour coordonnées $\left(1+\sqrt{2}~;~0~;~0\right)$}. \newpage \item $\Gamma_1$ est un méridien (car $\theta_I=\theta_A$) donc passe par les pôles de la sphère donc par le pôle $S$ de l'inversion $\cal T$ (et on travaille dans le plan $(OIS)$). $\Gamma_1'$ est donc une droite. -- $\Gamma_1$ est contenu dans $\Sigma$ donc $\Gamma_1'$ est contenue dans $(P)$. -- $\Gamma_1$ est contenu dans $(OIS)$ donc $\Gamma_1'$ aussi ($(OIS)$ passe par le pôle). Donc $\Gamma_1'$ est l'intersection des plans $(P)$ et $(OIS)$ donc \fbox{$\Gamma_1'=(OI)$}. \item $\Gamma_2$ est l'intersection de $\Sigma$ et du plan $(OAB)$. -- Le plan $(OAB)$ ne passe pas par $S$ (sinon on aurait $B\in(OAS)$ donc $\theta_B=0$) donc son image est une sphère. -- La sphère $\Sigma$ devient le plan $(P)$. Donc $\Gamma_2'$ est l'intersection d'une sphère et d'un plan, qui ont au moins deux points communs ($A'$ et $B'$) donc \fbox{$\Gamma_2'$ est un cercle}. \item Pour le tracé de $\Gamma_2'$, il nous faut trois points. Nous connaissons déjà $A'$ et $B'=B$ (car $B\in \Gamma$). Il suffit de prendre le symétrique de $B$ par rapport à $O$, qui est un point du cercle $\Gamma_2$ et qui est aussi un point de $\Gamma$ donc $B_1'=B_1$. Le centre de $\Gamma_2'$ est l'intersection des médiatrices de $[BD]$ et de $[BA']$. Pour information : l'équation réduite de la médiatrice de $[BA']$ est $y = (\sqrt{2}-\sqrt{3}-\sqrt{6})x+\sqrt{3}+\sqrt{6}$, celle de la médiatrice de $[BD]$ est $y = \sqrt{2}\,x$ et les coordonnées du centre de $\Gamma_2'$ sont $\left(1~;~\sqrt{2}\right)$. \begin{center} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture*}(-2.9,-1.9)(3.1,4) \pscircle[linestyle=dashed]{1} \pscircle[linestyle=dashed](1,1.414){2} \psaxes[labels=none]{->}(0,0)(-2.9,-1.9)(3.1,4) \psline(-3,0)(3,0) \psdots(1,0)(1,1.414)(2.414,0)(0.816,-0.577)(-0.816,0.577) \uput[-90](2.9,0){$x$} \uput[180](0,3.7){$y$} \uput[135](0,0){$O$} \uput[-90](-2.5,0){$\Gamma_1'$} \uput[-70](1;-70){$\Gamma$} \rput(1,1.414){\uput[90](2;60){$\Gamma_2'$}} \uput[90](1,1.414){$\Omega$} \uput[45](1,0){$I$} \parametricplot[algebraic,linewidth=0.08]{-1.66}{-0.785}{1+2*cos(t)|1.414+2*sin(t)} \psarc[linewidth=0.08]{-}{1}{-30}{0} \psline[linewidth=0.08](1,0)(2.414,0) \psline[linestyle=dotted](-2,-2.828)(2,2.828) \psline[linestyle=dotted](-1,6.95)(3,-4.12) \uput[-90](2.414,0){$A'$} \uput[-45](0.816,-0.577){$B'=B$} \uput[180](-0.816,0.577){$B_1'=B_1$} \end{pspicture*} \end{center} En gras, l'image du triangle sphérique $AIB$. \end{enumerate} \end{document}