Exercices corrigés - Courbes paramétrées

Sur le tableau, on voit que le seul point stationnaire est celui qui correspond à $t=0$, c'est-à-dire le point $(1,0)$. On ne sait pas déterminer, à la seule lecture du tableau de variations, si la courbe admet une tangente en ce point. En revanche, pour les autres valeurs de $t$, la seule qui conduit à une tangente parallèle aux axes est $t=\sqrt 3$, c'est-à-dire le point $(-\frac 12,-\frac{3\sqrt 3}2)$. En ce point, la tangente est parallèle à l'axe des abscisses. Il existe des branches infinies pour $t$ tendant vers 1 (par valeurs inférieures et supérieures), et pour $t$ tendant vers $+\infty$. On ne peut pas déterminer la nature des branches infinies pour $t$ tendant vers $1$. En revanche, le comportement au voisinage de $+\infty$ nous dit que la droite d'équation $x=0$ est asymptote à la courbe.
Une courbe qui correspond est la suivante :

La courbe paramétrée est définie sur $]-\infty,-3[\cup]-3,3[\cup]3,+\infty[$. On étudie donc les branches infinies au voisinage de 4 valeurs de $t$ :

• Pour $t$ tendant vers $-3$, $y(t)$ tend vers $-5/2$ et $x(t)$ tend vers $-\infty$ si $t$ tend vers $-3$ par valeur inférieure, et vers $+\infty$ si $t$ tend vers $-3$ par valeurs supérieures. La droite d'équation $y=-5/2$ est donc asymptote à la courbe pour $t$ tendant vers $-3$.
• En $3$ : cette fois, à la fois $|x(t)|$ et $|y(t)|$ tendent vers $+\infty$ si $t$ tend vers $3$. On va étudier comment se comporte le quotient. On a : $$\frac{y(t)}{x(t)}=\frac{t(t-2)(t+3)}{t^3}\to \frac 23.$$ De plus, $$y(t)-\frac 23x(t)=\frac{t(t^2+3t-18)}{3(t-3)(t+3)}=\frac{t(t+6)}{3(t+3)}\to \frac 32.$$ On en déduit que la droite d'équation $y=\frac 23 x+\frac 32$ est asymptote à la courbe (pour $t\to 3$).
• Pour $t$ tendant vers $+\infty$, on a encore $|x(t)|$ et $|y(t)|$ qui tendent vers $+\infty$, et le calcul précédent donne : $$\frac{y(t)}{x(t)}=\frac{t(t-2)(t+3)}{t^3}\to 1.$$ On calcule cette fois $$y(t)-x(t)=\frac{t(t-6)}{(t-3)(t+3)}\to 1.$$ La droite $y=x+1$ est asymptote à la courbe pour $t$ tendant vers $+\infty$. Le raisonnement est complètement similaire pour $t$ tendant vers $-\infty$.

Notons $x(t)=2t-\frac 1{t^2}$ et $y(t)=2t+t^2$. On cherche deux réels non-nuls distincts $t_1$ et $t_2$ tels que $x(t_1)=x(t_2)$ et $y(t_1)=y(t_2)$. Le système est équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} 2(t_1-t_2)&=&\frac{t_2^2-t_1^2}{t_1^2t_2^2}\\ 2(t_1-t_2)&=&t_2^2-t_1^2. \end{array}\right.$$ On simplifie par $t_1-t_2$ (qui est non-nul), et on pose $s=t_1+t_2$ et $p=t_1t_2$. Le système devient : $$\left\{\begin{array}{rcl} -2&=&\frac s{p^2}\\ -2&=&s. \end{array}\right.$$ Les solutions sont $s=-2$ et $p=1$ ou $p=-1$. $t_1$ et $t_2$ sont donc solutions de l'équation

• $x^2+2x+1=0$ si $p=1$. Mais on trouverait alors $t_1=t_2=-1$, cas qui est à exclure puisqu'on impose $t_1\neq t_2$.
• $x^2+2x-1=0$ si $p=-1$. Ses racines sont $-1+\sqrt 2$ et $-1-\sqrt 2$.

On conclut donc que la courbe admet un point double dont les coordonnées sont $$x(-1+\sqrt 2)=x(-1-\sqrt 2)=-5\textrm{ et }y(-1+\sqrt 2)=y(-1-\sqrt 2)=1.$$

On va raisonner par double inclusion. Soit $(x,y)$ un point dans le support de la courbe paramétrée, c'est-à-dire qu'il existe $t\in\mathbb R$ tel que $$x=\frac t{1-t^4}\textrm{ et }y=\frac{t^3}{1-t^4}.$$ Alors on remarque que $y=t^2x$, c'est-à-dire, pour $x\neq 0$, $t^2=y/x$. On en déduit $$x^2=\frac{y/x}{(1-y^2/x^2)^2}=\frac{x^3 y}{(x^2-y^2)^2}.$$ Ainsi, si $x\neq 0$, tout point $(x,y)$ de la courbe vérifie la relation $(x^2-y^2)^2=xy$. Cette équation est également vérifiée si $x=0$, car dans ce cas on a aussi nécessairement $y=0$.
Réciproquement, soit $(x,y)$ un point du plan vérifiant $(x^2-y^2)^2=xy$. On doit trouver un réel $t$ tel que $$x=\frac t{1-t^4}\textrm{ et }y=\frac{t^3}{1-t^4}.$$ On peut supposer $x\neq 0$ (sinon $y=0$ et on peut choisir $t=0$), et aussi $y\neq 0$. On remarque ensuite que $x$ et $y$ sont de même signe car $xy$ doit être positif. On considère alors un réel positif $u$ tel que $u^2=y/x$ (qui est positif). Un tel choix nous vient de la première partie de la démonstration. On a alors $$(x^2-y^2)^2=u^2x^2\iff x^4(1-u^4)^2=u^2x^2\iff x^2=\frac{u^2}{(1-u^4)^2}.$$ Prenant la racine carrée, on trouve qu'il existe $\veps\in\{-1,1\}$ tel que $$x=\frac{\veps u}{1-u^4}\textrm{ et }y=\frac{\veps u^3}{1-u^4}.$$ On obtient bien le résultat voulu, en posant $t=\veps u$.

Posons $u(t)=\|f(t)\|^2=\langle f(t),f(t)\rangle$. L'énoncé nous dit que $u$ admet un minimum en $t=t_0$. De plus, $u$ est dérivable, et sa dérivée est $$u'(t)=2\langle f(t),f'(t)\rangle.$$ En $t_0\in I$, point où $u$ admet son minimum, sa dérivée est nulle (car $I$ est ouvert). Ainsi, $\overrightarrow{OM(t_0)}$ est orthogonal à $f'(t_0)$, et ce dernier vecteur dirige la tangente à la courbe paramétrée en $M(t_0)$ puisque ce point est un point régulier.

Notons $f(t)=\big( (t-2)^3,t^2-4\big)$ de sorte que $$f'(t)=\big(3(t-2)^2,2t\big)\textrm{ et }f''(t)=\big(6(t-2),2\big).$$ $3(t-2)^2$ et $2t$ ne s'annulent jamais simultanément. Ainsi, tous les points de la courbe sont ordinaires. On va maintenant déterminer quand les vecteurs $f''(t)$ et $f'(t)$ sont colinéaires. Pour cela, on calcule le déterminant de ces deux vecteurs qui vaut : $$\left|\begin{array}{cc} 3(t-2)^2&6(t-2)\\ 2t&2\\ \end{array}\right|=-6(t-2)(t+2).$$ Ce déterminant est non-nul lorsque $t\neq2$ et $t\neq-2$. Les seuls points d'inflexion possibles sont donc pour $t=2$ ou $t=-2$. Pour $t=2$, on a $f'(2)=(0,4)$ et $f^{(3)}(2)=(6,0)$, vecteurs qui ne sont pas colinéaires, et donc ce point est un point d'inflexion. Pour $t=-2$, on a $f'(-2)=(48,-4)$ et $f^{(3)}(2)=(6,0)$, vecteurs qui ne sont pas colinéaires, et donc ce point est aussi un point d'inflexion.

Pour chaque arc, on notera $t\mapsto f(t)$ l'application correspondante.

1. On a $f'(0)=(1,1)$, $f''(0)=(4,4)$ qui est donc parallèle à $f'(0)$, et $f^{(3)}(t)=(-6,0)$ qui n'est pas parallèle à $f'(0)$. Ainsi, on a affaire à un point d'inflexion.
2. On a $f'(0)=(-1,0)$ et $f''(0)=(2,2)$; ces deux vecteurs ne sont pas parallèles et on a affaire à un point ordinaire.
3. On a $f'(0)=(0,0)$ : le point est un point singulier. De plus, $f^{''}(0)=(-2,0)$ et $f^{(3)}(0)=(-12,6)$, vecteurs non parallèles. Le point $(0,0)$ est un point de rebroussement de première espèce.
4. On a $f'(0)=(0,0)$, $f''(0)=(2,-4)$, $f^{(3)}(0)=(18,-36)$, colinéaire à $f''(0)$, et $f^{(4)}(0)=(24,24)$, non colinéaire à $f''(0)$. Le point $(0,0)$ est donc un point de rebroussement de deuxième espèce.

On va commencer par réduire le domaine d'étude le plus possible. Notons $x(t)=\cos^3 t$ et $y(t)=\sin^3 t$. Alors les fonctions $x$ et $y$ sont $2\pi$-périodiques, on peut donc restreindre le domaine d'étude à $[-\pi,\pi]$. On remarque ensuite que $y(-t)=-y(t)$ et $x(-t)=x(t)$. On peut donc restreindre le domaine d'étude à $[0,\pi]$, on déduira le reste de la courbe par une symétrie d'axe $(Ox)$. De plus $x(\pi-t)=-x(t)$ et $y(\pi-t)=y(t)$. On peut à nouveau réduire l'intervalle d'étude à $[0,\pi/2]$, puis faire une symétrie d'axe $(Oy)$. Enfin, on a $x(\pi/2-t)=y(t)$ et $y(\pi/2-t)=x(t)$. On peut donc encore réduire l'intervalle d'étude à $[0,\pi/4]$, puis faire une symétrie par rapport à la première bissectrice du repère.
Étudions maintenant les fonctions $x$ et $y$ sur l'intervalle $[0,\pi/4]$. Elles y sont dérivables, de dérivée $$x'(t)=-3\cos^2 t \sin t\textrm{ et }y'(t)=3\sin^2 t \cos t.$$ Ceci permet de dresser le tableau suivant :
Le point correspondant à $t=0$, de coordonnée $(1,0)$, est donc un point stationnaire. On détermine la tangente en ce point en étudiant la limite de $y'(t)/x'(t)$ lorsque $t$ tend vers 0. Mais, $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=\tan t\to 0.$$ En $(1,0)$, la courbe admet donc une tangente horizontale. On peut vérifier à l'aide de développements limités que $(1,0)$ est un point de rebroussement de première espèce pour la courbe. On obtient finalement le tracé suivant :

On note $x(t)=\exp(\sin(2t))$ et $y(t)=\exp(\cos(t))$. On remarque que ces deux fonctions sont périodiques de période $2\pi$, on peut donc restreindre l'intervalle d'étude à $[0,2\pi]$. D'autre part, les dérivées sont $$x'(t)=2\cos(2t)\exp(\sin(2t))\textrm{ et }y'(t)=-\sin t \exp(\cos(t)).$$ Le tableau de variations est donc le suivant : On obtient donc la courbe suivante :
Sur la courbe, il semble bien que le point $(1,1)$ soit un point double. Vérifions par le calcul. On cherche $t_1,t_2\in[0,2\pi[$ tels que $$\left\{ \begin{array}{rcl} \exp(\sin(2t_1))&=&\exp(\sin(2t_2))\\ \exp(\cos(t_1))&=&\exp(\cos(t_2)) \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} \sin(2t_1)&=&\sin(2t_2)\\ \cos(t_1)&=&\cos(t_2) \end{array}\right. $$ Intéressons-nous d'abord à la deuxième équation. Elle implique que $t_2=t_1+2k\pi$ ou $t_2=-t_1+2k\pi$, avec $k$ un entier relatif. Mais puisque $t_1$ et $t_2$ sont deux réels distincts de $[0,2\pi[$, la première égalité est impossible, et la deuxième ne peut être vrai que pour $k=1$. On a donc $t_2=-t_1+2\pi$, et $t_1$ doit vérifier l'équation $$\sin(2t_1)=\sin(-2t_1+4\pi)=\sin(-2t_1).$$ Cette équation entraîne que $2t_1=-2t_1+2l\pi$ ou $2t_1=\pi+2t_1+2l\pi$, avec $l$ un entier relatif. Le deuxième cas est impossible. Il reste donc $4t_1=2l\pi$, dont les solutions dans $[0,2\pi[$ sont $t_1=0$, à exclure car alors $t_2=2\pi$, $t_1=\pi/2$, $t_1=\pi$, à exclure également car dans ce cas $t_2=t_1=\pi$, et $t_1=3\pi/2$. En $t=\pi/2$ et $t=3\pi/2$, on trouve bien le point double $(1,1)$.

On remarque d'abord que les deux fonctions $x$ et $y$ sont $2\pi$-périodiques (on a noté $x(t)=2\cos t-\cos 2t$ et $y(t)=2\sin t-\sin 2t$). On peut donc restreindre l'intervalle d'étude à $[-\pi,\pi]$. De plus, $x(-t)=x(t)$ alors que $y(-t)=-y(t)$. On peut donc restreindre l'intervalle d'étude à $[0,\pi]$, puis effectuer une symétrie par rapport à l'axe $(Ox)$. Les fonctions $x$ et $y$ sont de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R$. Leurs dérivées sont $$x'(t)=-2(\sin(t)-\sin(2t))=4\sin(t/2)\cos(3t/2)$$ $$y'(t)=2(\cos(t)-\cos(2t))=4\sin(3t/2)\sin(t/2).$$ On remarque alors que $x'$ est positive sur $[0,\pi/3]$, et négative sur $[\pi/3,\pi]$. De même, $y'$ est positive sur $[0,2\pi/3]$, et négative sur $[2\pi/3,\pi]$. On en déduit le tableau de variations suivant : Il y a un point stationnaire en $t=0$. Pour déterminer la tangente en ce point, on étudie $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{\sin(3t/2)}{\cos(3t/2)}\to 0.$$ Il y a donc une tangente horizontale en ce point (par symétrie de la courbe par rapport à l'axe $(Ox)$, on sait même qu'on a affaire à un point de rebroussement de première espèce). Il y a par ailleurs une tangente verticale au point $(-3,0)$, correspondant à $t=\pi$. On obtient donc le tracé :

On va commencer par réduire l'intervalle d'étude. On pose $x(t)=\sin(2t)$ et $y(t)=\cos(3t)$. Les fonctions $\sin$ et $\cos$ étant $2\pi$-périodiques, on peut clairement réduire l'intervalle d'étude à $[-\pi,\pi]$. De plus, on a $x(-t)=-x(t)$ et $y(-t)=y(t)$. On peut donc se restreindre à tracer la courbe sur $[0,\pi]$, puis faire une symétrie par rapport à $(Oy)$. Enfin, on a $x(\pi-t)=-x(t)$ et $y(\pi-t)=-y(t)$. On peut donc encore réduire l'intervalle d'étude à $[0,\pi/2]$, puis effectuer une symétrie par rapport à $O$.
L'étude des variations des fonctions $x$ et $y$ sur l'intervalle considéré est particulièrement simple, les dérivées étant $x'(t)=2\cos(2t)$ et $y'(t)=-3\sin(3t)$. Elles changent de signe respectivement en $\pi/4$ et $\pi/3$. On obtient le tableau de variations suivant : Il n'y a pas de branches infinies à étudier, et pas non plus de points stationnaires. En revanche, dans l'intervalle $[0,\pi/2]$, on a une tangente verticale au point $(1,-\sqrt 2/2)$ (correspondant à $t=\pi/4$), et une tangente horizontale aux points $(0,1)$ (pour $t=0$) et en $(\sqrt 3/2,-1)$ (correspondant à $t=\pi/3$). On en déduit le tracé suivant pour la courbe (on a mis en trait plus épais la partie correspondant à $t\in[0,\pi/2]$).

Remarquons d'abord que la courbe ne semble pas présenter de symétrie facile qui permette de réduire son intervalle d'étude. Le calcul des dérivées donne $$x'(t)=1-\frac1{t^2}=\frac{(t-1)(t+1)}{t^2}\textrm{ et }y'(t)=1-\frac1{t^3}=\frac{(t-1)(t^2+t+1)}{t^3}.$$ On en déduit le tableau de variations suivant : On obtient des branches infinies pour $t$ tendant vers $0$ et $\pm \infty$. Commençons par étudier la branche infinie au voisinage de $+\infty$. On a $$\frac{y(t)}{x(t)}=\frac{t+\frac {1}{2t^2}}{t+\frac 1{t}}\to 1.$$ Ensuite, on a $$y(t)-x(t)=-\frac 1t+\frac 1{2t^2}\to 0.$$ Ainsi, la droite d'équation $y=x$ est asymptote à la courbe paramétrée, et de plus, puisque $y(t)-x(t)\leq 0$ pour $t$ grand, la courbe est située au-dessous de son asymptote. De même, pour $t\to-\infty$, on obtient que la même droite d'équation $y=x$ est asymptote à la courbe. Mais cette fois, la courbe sera située au-dessus de l'asymptote.
Étudions maintenant la branche infinie pour $t\to 0^+$. On a alors : $$\frac{y(t)}{x(t)}=\frac{t+\frac {1}{2t^2}}{t+\frac 1{t}}=\frac{\frac 1{t^2}\times(2+t^3)}{\frac 1t\times(1+t^2)}=\frac 1t\times\frac{2+t^3}{1+t^2}\to +\infty.$$ La courbe admet donc une branche parabolique d'axe $(Oy)$. C'est la même chose pour $t\to 0^-$.
Le tableau nous montre également que la courbe admet une tangente verticale au point $(-2,-1/2)$. Enfin, le point $(2,3/2)$ est un point singulier. Pour déterminer la tangente à la courbe en ce point, on peut étudier la limite en $1$ de $$\frac{y(t)-y(1)}{x(t)-x(1)}=\frac{1}{2t}\times\frac{2t^3-3t^2+1}{t^2-2t+1}.$$ On obtient (c'était attendu) une forme indéterminée, mais on peut factoriser les deux polynômes sachant que $1$ est racine de chacun. En réalité, 1 est même racine double, et on peut factoriser l'expression en $$\frac{y(t)-y(1)}{x(t)-x(1)}=\frac{1}{2t}\times (2t+1)\to \frac32\textrm{ quand }t\to 1.$$ Ainsi, au point $(2,3/2)$, la tangente a pour coefficient directeur $3/2$.
Si l'on est plus savant, on peut aussi effectuer ce calcul en utilisant les développements limités. En effet, si on note $f(t)=(x(t),y(t))$, alors $f''(1)=(-2,-3)$ dirige la tangente en $(2,3/2)$. On peut même remarquer que $f^{(3)}(1)=(6,12)$ ne lui est pas colinéaire, et donc qu'on a affaire à un point de rebroussement de première espèce.
On obtient finalement la courbe suivante :