EXERCICES SUR LES COURBES PARAMETREES

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EXERCICES COMPLEMENTAIRES EXERCICES SUR LES COURBES PARAMETREES 1. Soit deux fonctions x et y admettant au voisinage de 1 les développements limités suivants : x(t) = 1 + (t? 1)? (t? 1)2 ? 2(t? 1)3 + ?((t? 1)3) et y(t) = ?1? 2(t? 1) + 2(t? 1)2 + (t? 1)3 ? ((t? 1)3) . Donner l'allure de la fonction f = (x, y) au voisinage de t = 1. 2. Etudier et représenter la courbe paramétrée définie par x(t) = t3 + t2 et y(t) = t3 ? t2 . 3. Etudier et représenter la courbe paramétrée définie par x(t) = t2 ch t et y(t) = t2 sh(t? 1) . 4. Etudier et représenter les courbes suivantes. Chercher en particulier les points doubles. a) x = 2t3 + 3t2 y = 3t4 + 4t3 b) x = t 1? t2 y = t2 1? t c) x = sin 2t y = cos 3t 5. Etudier et représenter la fonction f définie par f(t) = ( cos 2t sin t , sin 2t ) .

  • branche parabolique d'angle π

  • courbe

  • t2 ?

  • arc générateur

  • raison de la symétrie

  • point double

  • exercices complementaires


Publié le : mardi 19 juin 2012
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EXERCICES COMPLEMENTAIRES EXERCICES SUR LES COURBES PARAMETREES
1.Soit deux fonctionsxetyde 1 les développements limités suivants :admettant au voisinage x(t) = 1 + (t1)(t1)22(t1)3+((t1)3) et y(t) =12(t1) + 2(t1)2+ (t1)3((t1)3)Donner l’allure de la fonctionf= (x y)au voisinage det= 1.
2.Etudier et représenter la courbe paramétrée définie par x(t) =t3+t2ety(t) =t3t2
3.Etudier et représenter la courbe paramétrée définie par x(t) =t2chtety(t) =t2sh(t1)
4.Etudier et représenter les courbes suivantes. Chercher en particulier les points doubles.
a)x= 2t3+ 3t2y= 3t4+ 4t3 b) tx t2y1=t2t = 1c)x 2= sint y 3= cost 5.Etudier et représenter la fonctionfdéfinie par f(t) =cso2isnttsin 2tOn montrera en particulier que, lorsquexest dérivable, on a cost(1 + 2 sin2t) x(t) =sin2t
6.a) Etudier et représenter la courbe paramétrée définie par (t1t)e)y(t) = tant  xsoc(=t3 b) Le tracé de l’arc générateur montre qu’il coupe l’asymptote oblique d’équationy=x3. On cherche dans ce qui suit à déterminer ce point d’intersection.
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b1) On poseu= tan(h3)0< h <3π2eth6=π2. Calculertanhetsin(h3)en fonction deu.
b2) Montrer que la détermination du nombrehcompris entre0et3π2, vérifiant 3π y2h=13x23πh
revient à résoudre l’équation : u486u2+ 57 = 0avec la condition :13< u <3. b3) On poseP(X) =X286X+ 57. Etudier le signe deP(3)et deP(13). En déduire que la valeur deucherchée vaut43167.
7.Etudier et représenter la courbe paramétrée définie par x(t) = cost+ sin2tety(t) = cos 3tsint  Déterminer en particulier, les points d’intersection avec les axes et le point double.
8.Etudier et représenter les courbes paramétrées définies par a)x(t) = sin 2tety(t) = sin2t(1110 sin2t) b)x(t) = sin32tety(t) = sin2t(1110 sin2t)
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Corrigé des exercices
1.SiM(t)a pour coordonnées(x(t) y(t))les coordonnées deM(1)sont(11)et si l’on pose U1=i2j  U2=i+ 2j  U3=2i+j  on a la relation vectorielle M(1)M(t) = (t1)U−→1+ (t1)2U−→2+ (t1)3U3+((t1)3)CommeU−→2=U−→1, les vecteursU1etU2sont colinéaires, et le comportement deM(1)M(t)est celui de(t1)U−→1+ (t1)3U−→3. On va donc obtenir un point d’inflexion. t <1 −→  ✲ −→O−→ı U3 M(1)
t >1
−→ U1
2.Réduction du domaine d’étude Les fonctionsxetysont définies surR. L’application :Φ1:t7→ −test une bijection de I1 0= [+[surI1= ]−∞0 ], et l’on a x(t) =y(t)et donc également y(t) =x(t)La courbe est symétrique par rapport à la deuxième bissectrice. On l’étudie surI1, et on com-plètera par la symétrieS1par rapport à la deuxième bissectrice. 3
Calcul des dérivées et tableau de variation On a x= 3t2+ 2tety= 3t22t  DansI1, la dérivéexs’annule en0, etys’annule en23et0. On a le tableau de variation suivant
t0 x0
x 0
0 y y0 yx1
23 +
20 27
4 27 0 0
+
+
+
+
Point singulier La courbe admet un point singulier ent= 0. En raison de la symétrie, ce sera un point de rebroussement de première espèce. Le coefficient directeur de la tangente est la limite lorsquet tend vers zéro de y(t)y(0)t+ 1 = x(t)x(0)t1et vaut donc1. Branches paraboliques Lorsquettend vers l’infini, le rapporty(t)x(t)tend vers1, maisy(t)x(t) =2t2tend vers l’infini. La courbe admet donc une branche parabolique d’angleπ4. Intersection avecOx La courbe coupe l’axe desxpourt= 1, au point d’abscisse 2.
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Tracé de la courbe On trace l’arc de courbe obtenu lorsquetvarie de0à+, puis on complète par la symétrieS1.
.
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3.Les fonctionsxetysont définies surRsont pas périodiques. Il n’y a pastout entier, et ne de symétrie visible. On étudie surRtoute entier. On a x(t) = 2tcht+t2sht=tcht(2 +ttht)et y(t) = 2tsh(t1) +t2ch(t1) =tch(t1)(t+ 2 th(t1))Commethtest du signe det, le produittthtest positif, et puisquecht1et2 +ttht2, il en résulte quex(t)est du signe det. Pour étudier le signe dey(t), on étudie la fonctiongdéfinie par g(t) =t+ 2 th(t1)On a (t) = 1 + 2(1th2(t1)) = 32 th2(t1)g et puisque1<th(t1)<1, on en déduit queg(t)>1. La fonctiongest strictement croissante. On a g(0) = 2 th(1) =2 th 1<0 etg(1) = 1>0
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Il en résulte quegs’annule une fois et une seule surRen une valeurαsituée dans l’intervalle ] 01 [. Doncg(t)est du signe detα. Alors puisquech(t1)est positif,y(t)est du signe de t(tα). Posonsβ=x(α)etγ=y(α)a le tableau de variation suivant :. On
Tableau de variation
t−∞0α+x +0 + ++x β 0 0+y −∞γ y+ 00 +
Etude en 0 . La courbe admet un point singulier pourt= 0. Effectuons und.l.d’ordre 3 en 0. Pourx, on a immédiatement x(t) =t2+(t3)Pouryon a besoin d’und.l.desh(t1)au voisinage de 0, donc d’und.l.deshuau voisinage de1Taylor, on a, au voisinage de. En utilisant la formule de 1 shu= sh(1) + (u+ 1) ch(1) +(u+ 1) =sh 1 + (u+ 1) ch 1 +(u+ 1)et donc, en posantt=u+ 1, y(t) =t2sh(t1) =t2(sh 1 +tch 1 +(t)) =t2sh 1 +t3ch 1 +(t3)Si l’on pose U2=ish 1jetU3= ch 1j  les relations s’écrivent vectoriellement M(0)M−−(t) =t2U−→2+t3U−→3+(u3)
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La courbe admet donc un point de rebroussement de première espèce. Etude en+. On écrit y(t) sh(t1)et1e1t = = x(t) cht et+etEn divisant la numérateur et le dénominateur paret, on obtient y(t)e1e12t = x(t) 1 +e2tet ceci tend verse1lorsquettend vers+. On forme alors la différencey(t)e1x(t).
(t)e1x(t) =t2et12e1tt2et1+e1t y2 e1=t22tt2e21t =t2etch 1Cette expression tend vers zéro et est négative. Il en résulte que la courbe admet comme asymp-tote la droite d’équationy=xeet se trouve en dessous de son asymptote. Etude en−∞. On divise cette fois le numérateur et le dénominateur dey(t)x(t)paret. y(t)e2t1e = x(t)e2t+ 1et ceci tend verselorsquettend vers−∞. On forme alors la différencey(t) +ex(t)
=t2et12e1t+t2et+1+e1t y(t) +ex(t2) t21et+1 =t2e2 +t2 =t2etch 1Cette expression tend vers zéro et est positive. Il en résulte que la courbe admet comme asymp-tote la droite d’équationy=exet se trouve au-dessus de son asymptote. Remarque : les asymptotes sont orthogonales. La courbe recoupe l’axeOxpourt= 1au point d’abscissech 1.
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Tracé de la courbe
.
ch 1
La courbe s’approche lentement de ses asymptotes.
4. a)Les fonctionsxetysont définies surR. On a immédiatement x= 6t(t+ 1) ety(t) = 12t2(t+ 1)
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Tableau de variation t−∞ −1 0 x+ 00 1 x −∞0 +y0 1 y0 + 0 yx2 0
++ +
+
+
Branches paraboliques Lorsquettend vers±∞,y(t)tend vers+, ety(t)x(t)tend vers l’infini. La courbe admet deux branches paraboliques dans la direction desypositifs. Points singuliers La courbe admet des points singuliers pourt= 0ett=1. Pourt= 0le limite en zéro, du rapport, y(t)y(0) 3t2+ 4t = x(t)x(0) 2t+ 3 est nulle. (On peut aussi regarder la limite dey(t)x(t) = 2t). La courbe est donc tangente en Oà l’axe desx, et le tableau de variation indique qu’il y aura un point de rebroussement de première espèce pour cette valeur. Pourt=1, la nature du point de la courbe correspondant n’est plus évidente. Plutôt que d’effectuer und.l., on préferera ici calculer les dérivées successives en1. On a x′′(t) = 6(2t et+ 1)y′′(t) = 12t(3t+ 2)puis x′′′(t) = 12 ety′′′(t) = 24(3t+ 1)
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Alors O−−M(t) =O−−M(1) + (t+ 1)2−→)3U−→3+((t+ 1)3)U2+ (t+ 1 −→ U−→221!=O−−M−→′′(=)1(21x′′(1)i+y′′(1)−→j) =3−→i+ 6jet −→1OM′′((61=)1x′′′(1)i+y′′′(1)j) = 2i8jU3=3! Les vecteursU2etU3étant linéairement indépendants, on en déduit que l’on a de nouveau un point de rebroussement de première espèce ent=1. La tangente à la courbe au point(x(1) y(1)) = (11)a pour vecteur directeur le vecteur −→ U2donc pour coefficient directeur2, ce que l’on obtient également en calculant la limite de y(t)x(t)en1. Point double Le tracé de la courbe laisse apparaître un point double. Pour le déterminer on cherche deux valeurs distinctest1ett2du paramètre, telles que x(t1) =x(t2) ety(t1) =y(t2)L’équationx(t1)x(t2) = 0donne 2(t13t32) + 3(t21t22) = 0et en simplifiant part1t2 2(t21+t1t2+t22) + 3(t1+t2) = 0Le membre de gauche peut s’exprimer en fonction de S=t1+t2etP=t1t2En effet t21+t1t2+t22= (t1+t2)2t1t2=S2P  et donc 2 2(t21+t1t2+t2) + 3(t1+t2) = 2(S2P) + 3S  On a donc 2(S2P) + 3S= 0soit 2P= 2S2+ 3S  L’équationy(t1)y(t2) = 0conduit, par un procédé analogue à 3(t1+t2)(t21+t22) + 4(t21+t1t2+t22) = 0puis à
3S(S22P) + 4(S2P) = 010
et finalement à 2P(3S+ 2) = 3S3+ 4S2Le système de départ, est donc équivalent au système = 2S2+ 3S 2P(3S+22P) = 3S3+ 4S2 En remplaçant dans la deuxième équation2Ppar son expression tirée de la première, il vient (2S2+ 3S)(3S+ 2) = 3S3+ 4S2ce qui donne S(S2+ 3S+ 2) = 0On obtient trois valeurs possibles deS, donc trois couples(S P)possibles : (00)(21)(112)qui sont bien solutions du système comme on le vérifie facilement. Les nombrest1ett2sont alors solutions de l’équationt2St+P= 0. On étudie les trois cas obtenus. (i) SiS=P= 0, l’équation se reduit àt2= 0, et admet une racine doublet1=t2= 0. On n’a donc pas de point double, mais on retrouve un point singulier. (ii) SiS=2etP= 1, l’équationt2+ 2t+ 1 = 0admet encore une racine doublet=1, et l’on obtient l’autre point singulier. (iii) SiS=1etP=12, le trinômet2+t12a un discriminant strictement positif. Il possède deux racines réelles distinctes et l’on aura bien un point double dans ce cas. Plutôt que de calculerx(t1)ety(t1), on va utiliser le fait que, sitdésigne un des nombrest1out2, on a 2t2+ 2t1 = 0. En effectuant la division euclidienne dex(t)par ce polynôme, on obtient 1 x(t1) =x(t2) = 2t3+ 3t2= (2t2+ 2t1)t+12=1+ 2 2et 1 1 y(t1) =y(t2) = 3t4+ 4t3= (2t2+ 2t1)3t222+t4+4+41=Le point double est donc le point de coordonnées1214. Intersection avec les axes (i) Intersection avecOx. On l’obtient lorsquey(t) = 0, c’est-à-dire pourt=43, et dans ce cas y(t) = 1627. (ii) Intersection avecOy. On l’obtient lorsquex(t) = 0, c’est-à-dire pourt=32, et dans ce casy(t) = 2716.
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