[PDF] Courbes planes possède un point double

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Exo7

Courbes planes

Fiche de Léa Blanc-Centi.

1 Courbes d"équationy=f(x)

Exercice 1Représenter les courbes d"équation cartésienney=f(x), donner l"équation de leur tangente au point d"abscisse

x=0 et la position de la courbe par rapport à cette tangente, pour :

1.f(x) =sin2x+cosx

2.f(x) =x+ln(1+ex)

1. Donner une paramétrisation (x(t);y(t))de la courbe d"équation y=px23x+4 en précisant le domaine de variation du paramètret. 2. Montrer que le support de la courbe paramétrée par x(t) =cost+3 y(t) =sint(t2R) ne peut pas être décrit par une équation de la formey=f(x). 3. Montrer que le support de la courbe paramétrée par x(t) =cos2t2 y(t) =sin4t+4sin2t+4(t2R) est le graphe d"une fonctionfque l"on précisera, ainsi que son domaine de définition. Exercice 3Étudier et tracer les courbes paramétrées suivantes: 1. x(t) =cos3t y(t) =sin3t(L"astroïde) 2. x(t) =ttht y(t) =1cht 1 3. x(t) =tsint y(t) =1cost(La cycloïde)

SoitCla courbe plane paramétrée par

x(t) =tlnt y(t) =lntt (t2]0;+¥[) 1. Comparer les points de paramètres tet 1=t, en déduire un domaine d"étude deC. 2.

Représenter C.

Montrer que la courbe paramétrée

8< :x(t) =1t 2t y(t) =tt 21
possède un point double et que les tangentes en ce point sont perpendiculaires.

Montrer que la courbe paramétrée

8< :x(t) =4t3t 2+1 y(t) =2t1t 2+2 admet un unique point singulier, et tracer l"allure de la courbe au voisinage de ce point. On considère la courbe paramétrée définie par 8< :x(t) =t+4t y(t) =t3 +2+3t+1 1. Dresser le tableau de v ariationsconjointes de xety. 2. Calculer les tangentes horizontales, v erticaleset les asymptotes. 3.

T rouverle point singulier de la courbe, étudier son type et écrire l"équation de la tangente à la courbe en

ces points. 4.

T racerla courbe.

Trouver les droites à la fois tangentes et orthogonales à la courbe x(t) =3t2 y(t) =4t3 2 Exercice 9Étudier les courbes d"équations polaires suivantes:

1.r(q) =1ptan(2q)pourq2]0;p4

2.r(q) =sin2qcosqpourq2]p2

;p2 [(La cissoïde droite)

3.r(q) =pcos(2q)(La lemniscate de Bernoulli)

On considère les courbesC1etC2(des limaçons de Pascal)respectivement données en polaires par

r

1(q) =1+cosqr2(q) =3+cosq

Pouri=1;2, on noteNi(q)la droite orthogonale au pointMi(q)2Ci. Vérifier que pour toutq60[2p], les droitesN1(q)etN2(q)sont sécantes, en un pointP(q). Déterminer le lieu du pointPquandqvarie.

Indication pourl"exer cice6 NUn pointM(t)est singulier six0(t) =0 ety0(t) =0.Indication pourl"exer cice10 NUtiliser le repère de Frenet(~uq;~vq).4

Correction del"exer cice1 N1.Pour f(x) =sin2x+cosx, le domaine de définition defestR, etfest de classeC¥. On remarque que

fest 2p-périodique et paire, il suffit donc de faire l"étude defsur l"intervalle[0;p].

V ariationsde f

Pourx2[0;p],f0(x) =2sinxcosxsinx=sinx(2cosx1)et doncf0(x) =0 si et seulement si x2 f0;p3 ;pg. Comme sinx>0 six2]0;p[, pour étudier le signe def0(x), il suffit d"étudier le signe de(2cosx1), et on obtient x0 p3 pf

0(x)0+005

4 f% & 11

T angenteshorizontales

Le graphe defpossède une tangente horizontale là oùf0s"annule, c"est-à-dire aux points de

coordonnées(0;1),(p3 ;54 )et(p;1). Enparticulier, latangenteaupointd"abscisse0esthorizontale

et a pour équationy=1. Pour déterminer la position de la courbe par rapport à sa tangente en ce

point, on étudie le signe def(x)1 pourxproche de 0: f(x)1=sin2x1+cosx=cos2x+cosx=cosx(1cosx) Cette expression est positive au voisinage de 0 (et même>0 pourx6=0 proche de 0). La courbe est donc au-dessus de sa tangente.

Points particuliers

Le graphe defcoupe l"axe des abscisses entre 0 etpen un unique pointx0, qu"on détermine en résolvant f(x) =0()1cos2x+cosx=0()X2X1=0(X=cosx) cequidonnedeuxsolutionspourX, maisuneseuledans[1;1]:X=1p5 2 etdoncx0=arccos(1p5 2

Le graphe defest obtenu sur[p;p]par symétrie par rapport à l"axe des ordonnées, puis surRpar

2p-périodicité.xy

x 00p p 3 xy y=sin2x+cosx2.Pour f(x) =x+ln(1+ex), le domaine de définition defestRetfest de classeC¥.

V ariationsde f

Commef0(x) =1+ex1+ex, pour toutx,f0(x)>1. En particulierfest strictement croissante surR. 5 •Allure du graphe en +¥

On af(x)!x!+¥+¥et

f(x)x =1+lnex(ex+1)x =1+x+ln(ex+1)x !x!+¥2 puisf(x)2x=ln(ex+1)!x!+¥0+. Ainsi le graphe defa en+¥une asymptote, d"équation y=2x, et reste au-dessus de cette asymptote.

Allure du graphe en ¥

On af(x)!x!¥¥et

f(x)x =1+ln(1+ex)x !x!¥1 puisf(x)x=ln(1+ex)!x!¥0+. Ainsi le graphe defa en¥une asymptote, d"équation y=x, et reste au-dessus de cette asymptote.

T angenteau point d"abscisse 0

L"équation de la tangente au graphe defau point d"abscissex0, et la position du graphe par rapport

à cette tangente, peuvent être obtenues simultanément à partir du développement limité defen

x

0. Pour l"équation de la tangente, un développement limité à l"ordre 1 suffit, mais pour avoir la

position il faut pousser le développement limité à l"ordre 2 (ou à l"ordre 3 si le terme d"ordre 2 est

nul, ou plus encore...): f(x) =x+ln(1+ex) =x+ln

1+1+x+12

x2+o(x2) =x+ln2+ln 1+12 x+14 x2+o(x2) =x+ln2+12 x+14 x2 12 12 x+14 x2 2 +o(x2) =ln2+32 x+18 x2+o(x2) L"équation de la tangente au point d"abscisse 0 (donnée par le DL à l"ordre 1) est donc y=ln2+32 x

De plus,f(x)ln2+32

x=18 x2+o(x2) =18 x2(1+o(1))oùo(1)est un terme qui tend vers 0 quandx!0. Ainsi(1+o(1))a le même signe que 1 pourxproche de 0, etf(x)ln2+32 xest

positif au voisinage de 0: la courbe reste localement au-dessus de sa tangente.xyy=x+ln(x+ex)y=xy=2xy=ln2+32

xln2 01 6

Correction del"exer cice2 N1.Pour transformer une équation cartésienne y=f(x)en paramétrisation, il suffit de poserx=tety=f(t),

en faisant décrire au paramètretle domaine de définition def. Ici,f(x)=px23x+4 est bien définie

pour lesx2Rtels quex23x+4>0i.e.x2[4;1]. On obtient donc la paramétrisation suivante: x(t) =t y(t) =pt23t+4(t2[4;1]) ce qui signifie (x;y)2C()x2[4;1] y=px23x+4 () 9t2[4;1]jx(t) =t y(t) =pt23t+4 oùCest la courbe étudiée.xyy=px23x+441 2.

S"il est toujours possible de représenter le graphe d"une fonction comme une courbe paramétrée, la

réciproque n"est pas vraie. Ici, la courbe considérée est le cercle de rayon 1 centré au point(3;0).

Ce n"est donc pas un graphe de fonction, puisque plusieurs points de la courbe ont la même abscisse:

connaîtrexne donne pasy! Par exemple, pourt=p2 , on obtient les deux points de la courbe(3;1)et (3;+1).xy (cost+3;sint)03(3;+1)(3;1)3.On constate, en utilisant la formule sin

2t=1cos2t=1x(t), que

y(t) =sin4t+4sin2t+4= (1x(t))2+4(1x(t))+4 =x(t)22x(t)+1= (x(t)1)2 7

Ainsi les points(x;y)de la courbe vérifient l"équationy= (x1)2. De plus, lorsque le paramètretdécrit

R,x(t) =cos2t2 décrit l"intervalle[2;1]. Finalement, (x;y)2C() 9t2Rjx(t) =cos2t2 y(t) =sin4t+4sin2t+4 ()x2[2;1] y= (x1)2 et la courbe est donc le graphe de la fonction f:[2;1]!R x7!(x1)2xyy= (x1)2211

Correction de

l"exer cice

3 N1.Les e xpressionsx(t) =cos3tety(t) =sin3tsont bien définies pour toutt2R.

Réduction de l"interv alled"étude

Les fonctionsxetyétant 2p-périodiques, il suffit de restreindre l"étude à un intervalle de longueur

2ppour obtenir l"intégralité du support de la courbe.

La fonctionxest paire, la fonctionyest impaire: on fait donc l"étude sur[0;p], puis la courbe complète sera obtenue par symétrie par rapport à l"axe(Ox). On constate quex(pt) =x(t)et quey(pt) =y(t), par conséquent les pointsM(p2 t)et M(p2 +t)sont symétriques par rapport à l"axe(Oy): on restreint donc l"étude à[0;p2 ], puis on complète par symétrie par rapport à(Oy).

Finalement, on fait l"étude sur[0;p2

]puis on complète en utilisant successivement les symétries par rapport à(Oy)et(Ox).

T ableaude v ariationsconjointes

Les fonctionsxetysont de classeC1. Soitt2[0;p2

x(t) =cos3t y(t) =sin3t x

0(t) =3sintcos2t y0(t) =3costsin2t

x

0(t)<0()t2]0;p2

[y0(t)>0()t2]0;p2 x

0(t) =0()t2 f0;p2

gy0(t) =0()t2 f0;p2 g 8 t0 p2x

0(t)001

x& 0 1 y% 0 y

0(t)0+0

Cela signifie que lorsquetvarie de 0 àp2

la courbe va vers la gauche (carx(t)décroît) en montant (cary(t)croît) du point(1;0)à(0;1).

Points particuliers

-M(p6 )=3p3 8 ;18 =(0:64:::;0:125); la tangente est dirigée parx0(p6 );y0(p6 )=98 ;3p3 8 (1:125;0:64:::). -M(p4 )=p2 4 ;p2 4 =(0:35:::;0:35:::); latangenteestdirigéeparx0(p4 );y0(p4 )=3p2 4 ;3p2 4 (1:06:::;1:06:::). -M(p3 )=18 ;3p3 8 =(0:125;0:64:::); la tangente est dirigée parx0(p3 );y0(p3 )=3p3 8 ;98 (0:64:::;1:125).

Étude des points singuliers

Le pointM(t)est singulier six0(t) =y0(t) =0, ce qui est le cas dans le domaine d"étude[0;p2 uniquement pourt=0 ett=p2 . Pour déterminer la tangente au pointM(0)(de coordonnées cartésiennes(1;0)), on étudie la limite en 0 de y(t)y(0)x(t)x(0)=sin3tcos 3t1

Or sin

3t0t3et cos3t1= (1t22

+o(t2))3103t22 , donc le quotient est équivalent à23 tet

tend vers 0 en 0. Ainsi,Cadmet au pointM(0)une tangente, de pente nulle c"est-à-dire horizontale.xy

0M(0)M(p2

)M(p6 )M(p4 )M(p3 )9

2.Les e xpressionsx(t) =tthtety(t) =1chtsont bien définies pour toutt2R.

Réduction du domaine d"étude

Commexest impaire etypaire, on restreint l"étude àR+puis on complète par symétrie par rapport à l"axe(Oy).

T ableaude v ariationsconjointes

Les fonctionsxetysont de classeC1. Pourt2R+:

x(t) =ttht y(t) =1chtx0(t) =th2t y0(t) =shtch

2tx0(t)>0()t>0y0(t)<0()t>0

x

0(t) =0()t=0y0(t) =0()t=0

t0+¥x

0(t)0++¥

x% 0 1 y& 0 y 0(t)0 Cela signifie que le courbe va vers la droite et vers le bas lorsquetva de 0 à+¥.

Étude des points singuliers

Le seul point singulier estM(0), ory(t)y(0)x(t)x(0)=1chttchtshtet 3=3 et par conséquent y(t)y(0)x(t)x(0)!t!0+¥. AinsiCpossède une tangente verticale au pointM(0)de coordonnées cartésiennes(0;1).

Étude des branches infinies

Commex(t)!t!+¥+¥ety(t)!t!+¥0, l"axe des abscisses est asymptote àC.xy

01M(0)3.Les e xpressionsx(t) =tsintety(t) =1costsont bien définies pourt2R.

Réduction du domaine d"étude

On remarque quex(t+2p) =2p+x(t)ety(t+2p) =y(t): le pointM(t+2p)se déduit deM(t) par translation de vecteur 2p~i. Il suffit donc d"étudier la courbe sur l"intervalle[p;p].

La fonctionxétant impaire etypaire, on restreint l"étude à[0;p]puis on complète par symétrie par

rapport à l"axe(Oy).

Finalement, on fait l"étude sur[0;p]puis on complète en utilisant successivement la symétrie par

rapport à(Oy), puis des translations successives de vecteur 2p~i. 10 •T ableaude v ariationsconjointes

Les fonctionsxetysont de classeC1. Soitt2[0;p]:

x(t) =tsint y(t) =1cost x

0(t) =1cost y0(t) =sint

x

0(t)>0()t>0y0(t)>0()0 x

0(t) =0()t=0y0(t) =0()t2 f0;pg

t0px

0(t)0+2p

x% 0 2 y% 0 y

0(t)0+0

La courbe va vers la droite en montant lorsquetvarie de 0 àp2

Étude des points singuliers

Le pointM(0), qui est l"origine, est singulier. Pour étudier l"existence d"une tangente en ce point,

on considèrey(t)y(0)x(t)x(0)=1costtsint0t 2=2t 3=6 et donc

y(t)y(0)x(t)x(0)!t!0++¥. Par conséquent, la courbe possède une tangente de pente verticale au

pointM(0).xy M(0)M(p)M(2p)M(p)Correction del"exer cice4 N1.Soit t>0:8< :x(1t ) =1t ln(1t ) =y(t) y(1t ) =tln(1t ) =x(t) et par conséquent, le pointM(1t )est le symétrique deM(t)par rapport à la droite d"équationy=x.

On restreint l"étude à l"intervalle]0;1], puis on obtiendra l"intégralité de la courbe par symétrie par

rapport à la seconde bissectrice. 2.

Les fonctions xetysont de classeC1sur]0;1].

T ableaude v ariationsconjointes

Pourt2]0;1]:

x(t) =tlnt y(t) =lntt x0(t) =1+lnt y0(t) =1lntt 2 x0(t)>0()t>1=e y0(t)>0 x

0(t) =0()t=1=e y0(t)6=0

11 puisque 1e <10(t)¥0+10 0

x& % 1=e0 e y% ¥y

0(t)+¥+2e2+1

Il n"y a pas de point singulier.

Étude des branches infinies

Commex(t)!t!0+0 ety(t)!t!0+¥, l"axe des ordonnées est asymptote àC.xy 0 1 M(1=e)Correction del"exer cice5 NLes expressionsx(t) =1t

2tety(t) =tt

21sont bien définies, et de classeC1en dehors det=0 ett=1. Le

domaine de définition est donc

D=]¥;1[[]1;0[[]0;1[[]1;+¥[

La courbe possède un point double si elle se recoupe: on cherche donc deux paramètrest1;t22Dtels que

t

16=t2etM=M(t1) =M(t2),i.e.

8>< :1t

21t1=1t

22t2
t 1t

211=t2t

221()t21t1=t22t2

t

1(t221)t2(t211) =0

(t1t2)(t1+t21) =0 (t2t1)(t1t2+1) =0 Comme on cherchet16=t2, le système obtenu est équivalent àt1+t2=1 t

1t2=1, autrement dit à un système du

typesomme-produit: celasignifiequet1ett2doiventêtrelesdeuxracines(distinctes)deX2X1, c"est-à-dire

12 1p5 2 (qui sont bien dansD). On a donc un seul point double, c"est M 1+p5 2 =M 1p5 2

de coordonnées cartésiennes(1;1). Pour déterminer les tangentes en ce point, on calcule le vecteur dérivé:

V(t) =8

:x

0(t) =12t(t2t)2

y

0(t) =1t2(t21)2

En remplaçant, on obtient

V(t1) =x0(t1)

y 0(t1) p5 5p5 2 et ~V(t2) =x0(t2) y 0(t2) p5 5+p5 2

Les deux tangentes à la courbe au point de coordonnées(1;1)sont donc dirigées respectivement par les vecteurs

~V(t1)et~V(t2), dont on vérifie en faisant le produit scalaire~V1~V2=x0(t1)x0(t2)+y0(t1)y0(t2) =0 qu"ils sont

orthogonaux.xy 011M

Correction de

l"exer cice

6 NLes fonctionsxetysont de classeC1surR. Un pointM(t)de la courbe est singulier six0(t) =y0(t) =0, or

8>< :x

0(t) =4(t2+1)2t(4t3)(t2+1)2=2(2t23t2)(t2+1)2

y

0(t) =2(t2+2)2t(2t1)(t2+2)2=2(t2t2)(t2+2)2

AinsiM(t)est singulier si et seulement si2t23t2=0

t

2t2=0. Ce système admet une unique solutiont=2,

correspondant au pointM(2)de coordonnées(1;12

Le vecteur dérivé est nul au pointM(2); pour obtenir l"allure de la courbe au voisinage de ce point, il faut donc

effectuer un développement limité à un ordre assez grand pour trouver deux termes non constants non nuls. Ici

13 l"ordre 3 suffira, on poset=2+hpour simplifier (ainsi "tproche de 2" devient "hproche de 0"): x(2+h) =4(2+h)3(2+h)2+1=5+4h5+4h+h2=115 h211+4h+h25 =115 h2

14h+h25

+o4h+h25 =115 h2 145
quotesdbs_dbs21.pdfusesText_27

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