%% This document created by Scientific Word (R) Version 3.0

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\addtolength{\oddsidemargin}{-60pt}
\evensidemargin=\oddsidemargin
\renewcommand{\arraystretch}{1.3}


\begin{document}
\section{Courbe soumise \`{a} une condition}

\begin{enumerate}
\item  Modulo $\pi$, par rapport \`{a} $\overrightarrow{i}$, la normale \`{a}
la tangente fait un angle de $\theta+V+\dfrac{\pi}{2}$ qui doit dont \^{e}tre
\'{e}gal \`{a} $3\theta$.

Cela donne bien $V=2\theta+\dfrac{\pi}{2}$ modulo $\pi$.

\item  Dans la mesure o\`{u} elle est d\'{e}finie, on a : $\tan V=\dfrac{\rho
}{\rho^{\prime}}=\tan\left(  2\theta+\dfrac{\pi}{2}\right)  =-\dfrac
{\cos2\theta}{\sin2\theta}$

Ce qui donne $\rho^{\prime}\cos2\theta+\rho\sin2\theta=0$.

Si $\sin2\theta=0$, on a bien $V=\dfrac{\pi}{2}$ modulo $\pi$, et $\tan V$
n'est pas d\'{e}finie. Ce qui correspond \`{a} $\rho^{\prime}=0$. On a bien
l'\'{e}quivalence demand\'{e}e.

\item $\mathcal{E}$ est une \'{e}quation diff\'{e}rentielle lin\'{e}aire du
premier ordre \`{a} coefficients non constants et sans second membre. Les
coefficients sont des fonctions continues sur $\mathbb{R}$ et donc, sur un
intervalle o\`{u} $\cos2\theta$ ne s'annule pas, l'ensemble des solutions est
un espace vectoriel de dimension 1 engendr\'{e} par $\exp\left(  -%
%TCIMACRO{\dint }%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int}
%EndExpansion
\dfrac{\sin2\theta}{\cos2\theta}\mathrm{d}\theta\right)  $.

L'intervalle $\left]  -\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right[  $ convient,
$\cos2\theta>0$, et donc $f(\theta)=\lambda\exp\left(  \dfrac{1}{2}\ln\left(
\cos2\theta\right)  \right)  =\lambda\sqrt{\cos2\theta}$ qui v\'{e}rifie bien
la condition initiale.

\item  Finalement $f_{\lambda}(\theta)=\lambda\sqrt{\cos2\theta}$.

La courbe d'\'{e}quation polaire $\rho=\mu\sqrt{\cos2\theta}$ est clairement
homoth\'{e}tique de la courbe d'\'{e}quation polaire $\rho=\lambda\sqrt
{\cos2\theta}$ de rapport $\dfrac{\mu}{\lambda}$.

\item  On calcule d'abord $f_{\lambda}^{\prime}(\theta)=-\lambda\dfrac
{\sin2\theta}{\sqrt{\cos2\theta}}$.

Si $\lambda\neq0$, on a $\lim\limits_{\theta\rightarrow\frac{\pi}{4}%
}f_{\lambda}^{\prime}(\theta)=\pm\infty$ selon le signe de $\lambda$. En aucun
cas on ne pourra prolonger $f_{\lambda}$ en une fonction de classe
$\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}$,

$\mathcal{E}$ n'a donc pas de solution non nulle sur $\mathbb{R}$.

\item -

\begin{enumerate}
\item  On pose $f_{1}(\theta)=1+a\theta+b\theta^{2}+c\theta^{3}+o\left(
\theta^{3}\right)  $ et $f_{1}^{\prime}(\theta)=a+2b\theta+3c\theta
^{2}+o\left(  \theta^{2}\right)  $,

on \'{e}crit aussi $\cos2\theta=1-2\theta^{2}+o\left(  \theta^{2}\right)  $ et
$\sin2\theta=2\theta+o\left(  \theta^{2}\right)  $.

On reporte ces quatre d\'{e}veloppements dans l'\'{e}quation diff\'{e}%
rentielle en ne gardant que les termes jusqu'au rang 2, on obtient :
$0=a+2(b+1)\theta+3c\theta^{2}+o\left(  \theta^{2}\right)  $.

Ce qui donne $a=0$, $b=-1$, et $c=0$. Finalement $f_{1}(\theta)=1-\theta
^{2}+o\left(  \theta^{3}\right)  $.

\item $\cos2x=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\dfrac{2^{2k}}{(2k)!}%
x^{2k}+o\left(  x^{2n}\right)  $ et $(1+u)^{\frac{1}{2}}=1+\sum\limits_{k=0}%
^{n}\dfrac{\frac{1}{2}\left(  \frac{1}{2}-1\right)  \cdots\left(  \frac{1}%
{2}-(k-1)\right)  }{k!}u^{k}+o\left(  u^{n}\right)  $.

D'o\`{u} $\sqrt{\cos2\theta}=\left(  1-2\theta^{2}+o\left(  \theta^{3}\right)
\right)  ^{\frac{1}{2}}=1-\theta^{2}+o\left(  \theta^{3}\right)  $ beaucoup
plus simplement. On doit quand m\^{e}me noter que dans la question
pr\'{e}c\'{e}dente, on n'avait pas eu \`{a} r\'{e}soudre l'\'{e}quation
diff\'{e}rentielle...

\item  On a : $f_{1}(\theta)=1+f_{1}^{\prime}(0)\theta+\dfrac{f_{1}%
^{\prime\prime}(0)}{2}\theta^{2}+\dfrac{f_{1}^{\prime\prime\prime}(0)}%
{6}\theta^{3}+o\left(  \theta^{3}\right)  $ par la formule de Taylor.

Ce qui donne : $f_{1}^{\prime}(0)=0$, $f_{1}^{\prime\prime}(0)=-2$ et
$f_{1}^{\prime\prime\prime}(0)=0$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Le lemniscate de Bernoulli}

\begin{enumerate}
\item -

\begin{enumerate}
\item  Si on change $\theta$ en $-\theta$, $\rho=\sqrt{\cos2\theta}$ ne change
pas et donc $\mathcal{C}_{1}$ pr\'{e}sente une sym\'{e}trie par rapport \`{a}
l'axe $Ox$ et on peut limiter l'\'{e}tude \`{a} $\left[  0,\dfrac{\pi}%
{4}\right[  $.

Quand $\theta\rightarrow\dfrac{\pi}{4}$, on a $\rho\rightarrow0$, la courbe
est \`{a} l'origine.

D'autre part, $\rho^{\prime}=-\dfrac{\sin2\theta}{\sqrt{\cos2\theta}}$ et donc
$\tan V=\dfrac{\rho}{\rho^{\prime}}=-\dfrac{\cos2\theta}{\sin2\theta}$ qui
tend vers 0 en $\dfrac{\pi}{4}$, la tangente est dans la direction du rayon vecteur.

C'est d'ailleurs toujours le cas \`{a} l'origine en polaire quand $\rho$ est continue.

Il ne reste qu'\`{a} tracer le graphe, ici on n'en a trac\'{e} que la moiti\'{e}.%

%TCIMACRO{\FRAME{dtbpF}{6.2405in}{5.1543in}{0pt}{}{}{m02pt2fa.eps}%
%{\special{ language "Scientific Word";  type "GRAPHIC";
%maintain-aspect-ratio TRUE;  display "USEDEF";  valid_file "F";
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%BeginExpansion
\begin{center}
\includegraphics[
trim=0.000000in 0.000000in -0.878059in 0.000000in,
height=5.1543in,
width=6.2405in
]%
{m02pt2fa.eps}%
\end{center}
%EndExpansion

\item  On pourrait chercher les extr\'{e}mums de $y=\rho\cos\theta$ et de
$x=\rho\sin\theta$ pour avoir les tangentes horizontales et verticales.

On va plut\^{o}t utiliser la premi\`{e}re partie : pour une tangente
horizontale, la normale est verticale et r\'{e}ciproquement.

Une tangente verticale correspond donc \`{a} $3\theta=0_{\left[  \pi\right]
}$, c'est \`{a} dire $\theta=0$ dans notre intervalle.

Une tangente horizontale correspond donc \`{a} $3\theta=\dfrac{\pi}%
{2}_{\left[  \pi\right]  }$, c'est \`{a} dire $\theta=\pm\dfrac{\pi}{6}$ dans
notre intervalle.

Le point \`{a} tangente verticale est de coordonn\'{e}es $(0,1)$.

Les points \`{a} tangente horizontales sont les intersections de la courbe
avec les droites d'\'{e}quation $\theta=\pm\dfrac{\pi}{6}$.

\item  Le rep\`{e}re de Fr\'{e}net pour $\theta=0$ est donn\'{e} par
$\overrightarrow{T}=\overrightarrow{j}$ et $\overrightarrow{N}%
=-\overrightarrow{i}$. En effet, $V=\dfrac{\pi}{2}$ et on se place dans le
sens des $\theta$ croissants.

Le rayon de courbure est donn\'{e} par $R=\dfrac{\left(  \rho^{2}+\rho
^{\prime2}\right)  ^{\frac{3}{2}}}{\rho^{2}+2\rho^{\prime2}-\rho\rho
^{\prime\prime}}$.

Pour $\theta=0$, on a $\rho=1$, $\rho^{\prime}=0$ et $\rho^{\prime\prime}=-2$,
ce qui donne $R=\dfrac{1}{3}$.

Le centre de courbure est donc en $\left(  0,\dfrac{2}{3}\right)  $.
\end{enumerate}

\item $\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}$ est continue donc localement
int\'{e}grable sur $\left]  -\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right[  $.

La fonction est paire, donc le probl\`{e}me d'int\'{e}grabilit\'{e} est le
m\^{e}me en $\pm\dfrac{\pi}{4}$, et si ces int\'{e}grales convergent, on aura
$%
%TCIMACRO{\dint _{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta=2%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta$.

Enfin, la fonction est positive et on va travailler par \'{e}quivalence en
$\dfrac{\pi}{4}^{-}$.

$\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}=\dfrac{1}{\sqrt{\sin\left(  \dfrac{\pi}%
{2}-2\theta\right)  }}=\dfrac{1}{\sqrt{\sin2\left(  \dfrac{\pi}{4}%
-\theta\right)  }}\underset{\frac{\pi}{4}^{-}}{\sim}\dfrac{1}{\sqrt{2}}%
\dfrac{1}{\left(  \dfrac{\pi}{4}-\theta\right)  ^{\frac{1}{2}}}$

dont l'int\'{e}grale en $\dfrac{\pi}{4}^{-}$ converge car $\dfrac{1}{2}<1$.

\item  On a $L_{\alpha}=%
%TCIMACRO{\dint _{-\alpha}^{\alpha}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{-\alpha}^{\alpha}}
%EndExpansion
\sqrt{\rho^{2}+\rho^{\prime2}}\mathrm{d}\theta=%
%TCIMACRO{\dint _{-\alpha}^{\alpha}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{-\alpha}^{\alpha}}
%EndExpansion
\sqrt{\cos2\theta+\dfrac{\sin^{2}2\theta}{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta=%
%TCIMACRO{\dint _{-\alpha}^{\alpha}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{-\alpha}^{\alpha}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta\underset{\theta\rightarrow
\frac{\pi}{4}}{\rightarrow}%
%TCIMACRO{\dint _{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta=L=I$ car cette int\'{e}grale converge.

\item -

\begin{enumerate}
\item  On a $L=I=2%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta$.

On pose $\varphi=2\theta$ qui est bien monotone de classe $\mathcal{C}_{1}$,
donc les deux int\'{e}grales sont de m\^{e}me nature, et comme $2%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta$ converge, $L=2%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos2\theta}}\mathrm{d}\theta=%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{2}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos\varphi}}\mathrm{d}\varphi$.

\item  On pose maintenant $u=\sqrt{\cos\varphi}$ qui est bien monotone de
classe $\mathcal{C}_{1}$, donc les deux int\'{e}grales sont de m\^{e}me
nature, et $%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{2}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos\varphi}}\mathrm{d}\varphi$ converge.

$u^{2}=\cos\varphi$, et donc $2u\,\mathrm{d}u=-\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi$

et comme, sur l'intervalle $\left[  0,\dfrac{\pi}{2}\right[  $, $\sin
\varphi=\sqrt{1-\cos^{2}\varphi}=\sqrt{1-u^{4}},$

on a : $L=%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{2}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos\varphi}}\mathrm{d}\varphi=2%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{1}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{1}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{1-u^{4}}}\mathrm{d}u$.
\end{enumerate}

\item $\Delta$ est le doma\^{i}ne g\'{e}om\'{e}trique dont on cherche l'aire.
En polaires $A=%
%TCIMACRO{\diint _{\Delta}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\iint_{\Delta}}
%EndExpansion
\rho\,\mathrm{d}\rho\mathrm{\,d}\theta$.

Il nous faut d\'{e}crire $\Delta$ en polaires : $M\in\Delta\Leftrightarrow
\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
\rho\in\left[  -\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right] \\
\theta\in\left[  0,\sqrt{\cos2\theta}\right]
\end{array}
\right.  $

On a donc : $A=%
%TCIMACRO{\dint _{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\sqrt{\cos2\theta}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{\cos2\theta}}}
%EndExpansion
\rho\,\mathrm{d}\rho\mathrm{\,d}\theta=%
%TCIMACRO{\dint _{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{2}\cos2\theta\,\mathrm{d}\theta=\left[  \dfrac{1}{4}\sin
2\theta\right]  _{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}=\dfrac{1}{2}$.
\end{enumerate}

\section{Fonction $\beta$ d'Euler}

\begin{enumerate}
\item  La fonction $t\rightarrow t^{\alpha-1}\left(  1-t\right)  ^{\beta-1}$
est continue donc localement int\'{e}grable sur $\left]  0,1\right[  $, le
probl\`{e}me de convergence est en 0 et en 1. La fonction est positive, donc
on peut, et on va, travailler par \'{e}quivalence.

$t^{\alpha-1}\left(  1-t\right)  ^{\beta-1}\underset{t\rightarrow0^{+}}{\sim
}t^{\alpha-1}=\dfrac{1}{t^{1-\alpha}}$ dont l'int\'{e}grale converge en
$0^{+}$ si et seulement si $\alpha>0$.

$t^{\alpha-1}\left(  1-t\right)  ^{\beta-1}\underset{t\rightarrow1^{-}}{\sim
}\left(  1-t\right)  ^{\beta-1}=\dfrac{1}{\left(  1-t\right)  ^{1-\beta}}$
dont l'int\'{e}grale converge en $1^{-}$ si et seulement si $\beta>0$.

$B\left(  \alpha,\beta\right)  $ converge si et seulement si $\alpha>0$ et
$\beta>0$.

\item  Dans $B\left(  \alpha,\beta\right)  $ on pose $u=1-t$ qui est bien
monotone de classe $\mathcal{C}_{1}$, donc les deux int\'{e}grales sont de
m\^{e}me nature, convergentes et \'{e}gales.

$B\left(  \alpha,\beta\right)  =-%
%TCIMACRO{\dint _{1}^{0}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{1}^{0}}
%EndExpansion
\left(  1-u\right)  ^{\alpha-1}u^{\beta-1}\mathrm{d}u=%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{1}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{1}}
%EndExpansion
u^{\beta-1}\left(  1-u\right)  ^{\alpha-1}\mathrm{d}u=B(\beta,\alpha)$

\item  On pose $t=\sin^{2}\theta$ qui est bien monotone de classe
$\mathcal{C}_{1}$, donc les deux int\'{e}grales sont de m\^{e}me nature,
convergentes et \'{e}gales.

$\mathrm{d}t=2\sin\theta\,\cos\theta\,\mathrm{d}\theta$

et donc : $B\left(  \alpha,\beta\right)  =2%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{2}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}}
%EndExpansion
\sin^{2\left(  \alpha-1\right)  }\theta\left(  1-\sin^{2}\theta\right)
^{\beta-1}\sin\theta\,\cos\theta\,\mathrm{d}\theta=2%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{2}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}}
%EndExpansion
\sin^{2\alpha-1}\theta\,\cos^{2\beta-1}\theta\,\mathrm{d}\theta$.

\item  Calculons : $\dfrac{1}{2}B\left(  \dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4}\right)  =%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{2}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}}
%EndExpansion
\sin^{0}\theta\,\cos^{-\frac{1}{2}}\theta\,\mathrm{d}\theta=%
%TCIMACRO{\dint _{0}^{\frac{\pi}{2}}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}}
%EndExpansion
\dfrac{1}{\sqrt{\cos\theta}}\mathrm{d}\theta=L$
\end{enumerate}

\section{Algorithmique}

\begin{enumerate}
\item -

\begin{enumerate}
\item $n=1$,

pour $M_{0}^{1}$, on a $k=0$ et donc $\theta=0$, $M_{0}^{1}$ est de
coordonn\'{e}es $(1,0)$,

pour $M_{1}^{1}$, on a $k=1$ et donc $\theta=\dfrac{\pi}{4}$, $M_{1}^{1}$ est
de coordonn\'{e}es $(0,0)$.

$2L_{1}=2$, la figure est laiss\'{e}e au lecteur.

\item $n=2$,

pour $M_{0}^{2}$, on a $k=0$ et donc $\theta=0$, $M_{0}^{2}$ est de
coordonn\'{e}es $(1,0)$,

pour $M_{1}^{2}$, on a $k=1$

\qquad\qquad et donc $\theta=\dfrac{\pi}{8}$, $M_{1}^{2}$ est de
coordonn\'{e}es $\left(  \sqrt{\cos\dfrac{\pi}{4}}\cos\dfrac{\pi}{8}%
,\sqrt{\cos\dfrac{\pi}{4}}\sin\dfrac{\pi}{8}\right)  \simeq(0.78,0.32)$,

pour $M_{2}^{2}$, on a $k=2$ et donc $\theta=\dfrac{\pi}{4}$, $M_{2}^{2}$ est
de coordonn\'{e}es $(0,0)$,

$\left\|  \overrightarrow{M_{0}^{2}M_{1}^{2}}\right\|  =\sqrt{\left(
\sqrt{\cos\dfrac{\pi}{4}}\cos\dfrac{\pi}{8}\right)  ^{2}+\left(  \sqrt
{\cos\dfrac{\pi}{4}}\sin\dfrac{\pi}{8}-1\right)  ^{2}}\simeq0.39$

$\left\|  \overrightarrow{M_{1}^{2}M_{2}^{2}}\right\|  =\sqrt{\left(
\sqrt{\cos\dfrac{\pi}{4}}\cos\dfrac{\pi}{8}\right)  ^{2}+\left(  \sqrt
{\cos\dfrac{\pi}{4}}\sin\dfrac{\pi}{8}\right)  ^{2}}=\sqrt{\cos\dfrac{\pi}{4}%
}\simeq0.84$

Et finalement, $2L_{1}\simeq2.46$, la figure est encore laiss\'{e}e au lecteur.

\item  Pour la figure, on reporte \`{a} partir de l'origine les angles $0$,
$\dfrac{\pi}{16}$, $\dfrac{\pi}{8}$, $\dfrac{3\pi}{16}$, $\dfrac{\pi}{4},$ les
point $M_{k}^{n}$ cherch\'{e}s sont les intersections avec la courbe. On relie
ces points pour avoir les segments demand\'{e}s.\newpage
\end{enumerate}

\item  On va travailler en maple, les calculs \'{e}tant p\'{e}nibles \`{a}
\'{e}crire en ligne, nous allons structurer le calcul.

On va d'abord cr\'{e}er 2 proc\'{e}dures \texttt{X(k,n)} et \texttt{Y(k,n)}
qui calculent les coordonn\'{e}es de $M_{k}^{n}$.

\begin{description}
\item [\texttt{%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
}]\texttt{X:=proc(k,n);}

\texttt{sqrt(cos(k*Pi/2/n))*cos(k*Pi/4/n)}

\texttt{end;}

\item[\texttt{%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
}] \texttt{Y:=proc(k,n);}

\texttt{sqrt(cos(k*Pi/2/n))*sin(k*Pi/4/n)}

\texttt{end;}
\end{description}

On va maintenant \'{e}crire une proc\'{e}dure $\mathtt{l(k,n)}$ qui calcule la
longueur approch\'{e}e du segment $M_{k-1}^{n}M_{k}^{n}$.

\begin{description}
\item [\texttt{%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
}]\texttt{l:=proc(k,n);}

\texttt{evalf(sqrt((X(k,n)-X(k-1,n))**2+(Y(k,n)-Y(k-1,n))**2))}

\texttt{end;}
\end{description}

On \'{e}crit alors la proc\'{e}dure \texttt{L(p)} qui calcule $2L_{2^{p}}$.

\begin{description}
\item [\texttt{%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
}]\texttt{L:=proc(p)}

\texttt{local S,i;}

\texttt{S:=0;}

\qquad\texttt{for i from 1 to 2**p do}

\qquad\texttt{S:=S+l(i,2**p)}

\qquad\texttt{od;}

\texttt{2*S;}

\texttt{end;}
\end{description}

On peut maintenant \'{e}crire la proc\'{e}dure demand\'{e}e :

\begin{description}
\item [\texttt{%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
}]\texttt{CCP\_TSI\_2002\_2:=proc()}

\texttt{local A,B,i;}

\texttt{A:=2;print(A);}

\texttt{B:=L(2);print(B);}

\qquad\texttt{for i from 3 while abs(B-A)%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
0.001 do}

\qquad\texttt{A:=B;B:=L(i);print(B);}

\qquad\texttt{od;}

\texttt{'termin\'{e}'}

\texttt{end;}
\end{description}

On affiche ''termin\'{e}'' \`{a} la fin du calcul, pour \'{e}viter la
r\'{e}p\'{e}tition du dernier r\'{e}sultat !...

D'autre part, on n'a pas ici utilis\'{e} l'astuce classique de travailler avec
$2^{p}$ points qui permet \`{a} chaque \'{e}tape de r\'{e}utiliser les points
pr\'{e}c\'{e}dents...

\bigskip
\end{enumerate}

Fin du corrig\'{e}.

\bigskip

Auteur : Christophe Caignaert, Lyc\'{e}e Colbert, Parvis Colbert 59200 Tourcoing.

\bigskip

\texttt{http://c.caignaert.free.fr}
\end{document}
