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%Tapuscrit : Yves Moncheaux
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P. M. E. P.}}
\lhead{\small Brevet de technicien supérieur}
\lfoot{\small{Géomètre  topographe}}
\rfoot{\small{mai 2010}}
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\thispagestyle{empty}
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\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}