Conique à la manière du bac : point paramétré, tangente, longueur minimale et aire par une fonction intégrale

1. Idée : isoler $x^2$ pour faire apparaître la forme $X^2=2pY$. $2x^2-5y-1=0\iff x^2=\dfrac52y+\dfrac12=\dfrac52\left(y+\dfrac15\right)$. On pose $X=x$ et $Y=y+\dfrac15$, c'est-à-dire qu'on se place dans le repère $(S,\vec i,\vec j)$ avec $S\left(0,-\dfrac15\right)$ : l'équation devient $X^2=2pY$ avec $2p=\dfrac52$, soit $p=\dfrac54$. $\Gamma$ est donc la parabole de sommet $S\left(0,-\dfrac15\right)$, d'axe focal l'axe des ordonnées et de paramètre $\dfrac54$.

Dans $(S,\vec i,\vec j)$, le foyer a pour coordonnées $\left(0,\dfrac p2\right)=\left(0,\dfrac58\right)$ et la directrice a pour équation $Y=-\dfrac58$. Comme $-\dfrac15+\dfrac58=\dfrac{17}{40}$ et $-\dfrac15-\dfrac58=-\dfrac{33}{40}$, on obtient dans $(O,\vec i,\vec j)$ le foyer $\boxed{F\left(0,\dfrac{17}{40}\right)}$ et la directrice $\boxed{\mathcal D\ :\ y=-\dfrac{33}{40}}$.

2.a $2\times3-5\times1=6-5=1$ : le couple $(3,1)$ est solution de $(E)$.

2.b Idée : retrancher la solution particulière, puis appliquer le lemme de Gauss. $2u-5v=1\iff2u-5v=2\times3-5\times1\iff2(u-3)=5(v-1)$. Alors $5$ divise $2(u-3)$ et $5$ est premier avec $2$ : $5$ divise $u-3$, soit $u=3+5k$ avec $k\in\Z$ ; en reportant, $10k=5(v-1)$, d'où $v=1+2k$. Réciproquement, $2(3+5k)-5(1+2k)=1$ pour tout $k\in\Z$. Les solutions de $(E)$ sont les couples $(3+5k,\,1+2k)$, $k\in\Z$.

3.a Restes modulo $5$ :

3.b D'après le tableau, le reste modulo $5$ d'un carré est $0$, $1$ ou $4$, jamais $3$ : l'équation $x^2\equiv3\pmod5$ n'a pas de solution dans $\Z$.

4. Idée : un point entier de $\Gamma$ fournirait une solution de $(E)$ dont la première composante est un carré. Si $M(x,y)\in\Gamma$ avec $x$ et $y$ entiers, alors $2x^2-5y=1$ : le couple d'entiers $(x^2,y)$ est solution de $(E)$. D'après 2.b, il existe $k\in\Z$ tel que $x^2=3+5k$, c'est-à-dire $x^2\equiv3\pmod5$, ce que 3.b interdit. La parabole $\Gamma$ ne contient donc aucun point à coordonnées entières.

1. $|z|=2\left|\e^{i\theta}\right|=2$ et $z'=\dfrac{1}{2\e^{i\theta}}=\dfrac12\e^{-i\theta}$, donc $|z'|=\dfrac12$. Quand $\theta$ décrit $[0,2\pi[$, $M$ décrit tout le cercle de centre $O$ et de rayon $2$, et $M'$ tout le cercle de centre $O$ et de rayon $\dfrac12$.

2. Idée : passer à la forme algébrique. $z=2\cos\theta+2i\sin\theta$ et $z'=\dfrac12\e^{-i\theta}=\dfrac12\cos\theta-\dfrac12\,i\sin\theta$. En ajoutant, $z+z'=\dfrac52\cos\theta+\dfrac32\,i\sin\theta$, et en divisant par $2$ on obtient $z_P=\dfrac54\cos\theta+\dfrac34\,i\sin\theta$.

3. Idée : éliminer $\theta$ grâce à $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$. Le point $P$ a pour coordonnées $x=\dfrac54\cos\theta$ et $y=\dfrac34\sin\theta$, d'où $\cos\theta=\dfrac{4x}{5}$ et $\sin\theta=\dfrac{4y}{3}$. Alors $\dfrac{16x^2}{25}+\dfrac{16y^2}{9}=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ : $P$ est un point de $(E)$.

4. Idée : lire $a$ et $b$ sur la forme réduite. $\dfrac{16x^2}{25}+\dfrac{16y^2}{9}=1$ s'écrit $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ avec $a=\dfrac54$ et $b=\dfrac34$ ; comme $a>b$, l'axe focal est $(O,\vec u)$. On pose $c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{\dfrac{25}{16}-\dfrac{9}{16}}=1$.

• sommets : les points d'affixes $\dfrac54$, $-\dfrac54$, $\dfrac34\,i$ et $-\dfrac34\,i$ ;
• foyers : les points d'affixes $c=1$ et $-c=-1$, c'est-à-dire $A$ et $A'$ ;
• excentricité : $e=\dfrac ca=\boxed{\dfrac45}$ ;
• directrices : $x=\dfrac{a^2}{c}=\dfrac{25}{16}$ et $x=-\dfrac{25}{16}$.

5. Idée : développer $PA^2$ et remplacer $\sin^2\theta$ par $1-\cos^2\theta$.

Comme $\dfrac54-\cos\theta>0$, $PA=\dfrac54-\cos\theta$. De même $PA'^2=\left(\dfrac54\cos\theta+1\right)^2+\dfrac{9}{16}\sin^2\theta=\left(\dfrac54+\cos\theta\right)^2$, donc $PA'=\dfrac54+\cos\theta$. En ajoutant, $PA+PA'=\dfrac52=2a$ pour tout $\theta$ : on retrouve la définition bifocale de l'ellipse de foyers $A$ et $A'$.

1. Idée : définition par foyer et directrice, $MF=d(M,\Delta)$. Soit $M(x,y)$ ; sa distance à $\Delta$ est $|y|$. Donc $M\in(P_F)\iff MF^2=y^2\iff(x-a)^2+(y-b)^2=y^2\iff(x-a)^2-2by+b^2=0$, ce qui s'écrit $(x-a)^2=2by-b^2$.

2. $A(0,2)\in(P_F)\iff a^2=4b-b^2\iff a^2+b^2-4b=0$, c'est-à-dire $F\in(\Gamma)$. L'équation de $(\Gamma)$ s'écrit $x^2+(y-2)^2=4$ : c'est le cercle de centre $A$ et de rayon $2$ ; il passe par $O$, seul de ses points d'ordonnée nulle ($b=0$ impose $a^2=0$). La condition $b\neq0$ retire donc exactement $O$ : $A\in(P_F)$ si et seulement si $F\in(\Gamma)$ et $F\neq O$.

3.a Idée : comme $b\neq0$, $(P_F)$ est la courbe d'une fonction de $x$. On note $\varphi(x)=\dfrac{(x-a)^2+b^2}{2b}$, de sorte que $(P_F)$ est la courbe de $\varphi$. On a $\varphi'(x)=\dfrac{x-a}{b}$, donc $\varphi'(0)=-\dfrac ab$, et $\varphi(0)=\dfrac{a^2+b^2}{2b}=\dfrac{4b}{2b}=2$ puisque $a^2+b^2=4b$. La tangente en $A$ a pour équation $y=2-\dfrac abx$, soit, en multipliant par $b$ :

3.b Idée : la médiatrice de $[OF]$ est l'ensemble des points équidistants de $O$ et de $F$. $MO^2=MF^2\iff x^2+y^2=(x-a)^2+(y-b)^2\iff2ax+2by=a^2+b^2$. Comme $a^2+b^2=4b$, cette équation s'écrit $ax+by=2b$ : c'est celle de $T_F$. On retrouve la propriété de la tangente à une parabole : $O$ est le projeté orthogonal de $A$ sur la directrice, et la tangente en $A$ est la médiatrice de $[FO]$.

4. Idée : $\overrightarrow{OF}(a,b)$ est un vecteur normal à $T_F$. Avec $F_1(a_1,b_1)$ et $F_2(a_2,b_2)$, $T_{F_1}\perp T_{F_2}\iff\overrightarrow{OF_1}\cdot\overrightarrow{OF_2}=0\iff a_1a_2+b_1b_2=0$, c'est-à-dire que l'angle $\widehat{F_1OF_2}$ est droit (si $F_1=F_2$, ce produit vaut $OF_1^2\neq0$). Or $O$, $F_1$ et $F_2$ sont trois points du cercle $(\Gamma)$ : l'angle inscrit $\widehat{F_1OF_2}$ est droit si et seulement si $[F_1F_2]$ est un diamètre de $(\Gamma)$. Les deux tangentes en $A$ sont donc perpendiculaires si et seulement si $F_1$ et $F_2$ sont diamétralement opposés sur $(\Gamma)$.