G.M.P. 2. Corrigedu devoirdu 06/03/2015
Courbes param
etr
ees (M4301) Duree :1h30
Exerie 1 ('10;5 points). On onsidere la ourbe parametree denie pour tout t2 R par :
8
<
:
x(t) = t(t 2
3)
y(t) = t 2
(4 t 2
)
1. a) Comme ( t) 2
= t 2
, on obtient x( t) = ( t)(( t) 2
3) = t(t 2
3) = x(t). De m^eme,
y( t)=( t) 2
(4 ( t) 2
)=t 2
(4 t 2
)=y(t).
En faisant un dessin, ononstate quele point M( t) est lesymetrique de M(t) par rapporta l'axe
des ordonnees.
b)SionsaitplaerlespointsM(t)avet>0,onsauraplaer,omptetenudelaquestionpreedente,
tous lespointsM( t)ave t 60.C'estpourquoi onpeut reduirel'etudede laourbeal'intervalle
[0;+1[.
2. a) On derive x(t) ety(t)omme des produits. Cela donne
x 0
(t) = 1(t 2
3)+t(2t)=3t 2
3=3(t 2
1)=3(t 1)(t+1)
y 0
(t) = 2t(4 t 2
)+t 2
( 2t) =2t(4 t 2
t 2
)=2t(4 2t 2
)=4t(2 t 2
) .
b) Limite de x(t) quand t tend vers +1 : on a lim
t!+1
t = +1 et lim
t!+1 (t
2
3) = +1; don par
produit, lim
t!+1
x(t)=+1.
Limitede y(t)quandt tendvers +1:ona lim
t!+1 t
2
=+1et lim
t!+1 (4 t
2
)= 1;donparproduit,
lim
t!+1
y(t)= 1.
) Sur [0;+1[, l'expression 3(t+1)est toujours positive strite etdon x 0
(t)>0si et seulement si
t 1>0, ssit >1.
Sur [0;+1[, l'expression 4t est toujours positive et 2 t 2
est un trin^ome du seond degre dont les
rainessontlairement p
2et p
2.Dony 0
(t)estdusignede 1al'exterieurdesraines.Autrement
dit, sur [0;+1[, y 0
(t)>0si et seulement si 0<t<
p
2.
D'oule tableaude variations:
t 0 1
p
2 +1
x 0
(t) 0 + +
x 0
&
2 %
p
2 %
+1
y 0 %
3 %
4
&
1
0
d
!
OM
dt
(0)=x 0
(0)~{+y 0
(0)~|= 3~{+0~|= 3~{6=
~
0:
Onpeutdondirequelatangenteen M(0)est dirigeepare veteur, equiveut direquelatangente
est horizontale.
b) Tangente en M(1):
d
!
OM
d t
(1)=x 0
(1)~{+y 0
(1)~|=0~{+4~|=4~|6=
~
0:
Onpeutdondirequelatangenteen M(1)est dirigeepare veteur, equiveut direquelatangente
est vertiale.
Tangente en M( p
2) :
d
!
OM
dt (
p
2)=x 0
( p
2)~{+y 0
( p
2)~|=3~{+0~|=3~{6=
~
0:
On peut don dire que la tangente en M( p
2) est dirigee par e veteur, e qui veut dire que la
tangenteest horizontale.
4. D'apres le tableau de variations,nous avons une seule branhe innie a etudier, lorsque t tend vers
+1 : alulons lim
t!+1 y(t)
x(t)
= lim
t!+1 t
2
(4 t 2
)
t(t 2
3)
. Comme il s'agit de la limite en +1 d'une fration
rationnelle, onsait qu'elle est egale a elle des termes de plus haut degre.Ainsi :
lim
t!+1 y(t)
x(t)
= lim
t!+1 t
2
(4 t 2
)
t(t 2
3)
= lim
t!+1 t
4
t 3
= lim
t!+1
( t)= 1:
Paronsequent, laourbeadmetune branhe paraboliquedediretion(Oy)lorsquettendvers +1.
5. Pointsd'intersetion de laourbeave l'axe (Ox) :ils'agit des points M(t) verianty(t)=0,'est-
a-dire t
2
(4 t 2
)=0.D'out=0ou t=2ou t= 2. Alorsleurs oordonnees sont (0;0)pour M(0),
(2;0)pour M(2)et, par symetrie, ( 2;0)pour M( 2).
Pointsd'intersetion de laourbeave l'axe (Oy):il s'agitdes pointsM(t)veriantx(t)=0,'est-
a-dire t(t 2
3) = 0. D'ou t = 0 ou t = p
3 ou t = p
3. Alors leurs oordonnees sont (0;0) pour
M(0), (0;3)pour M( p
3)et, par symetrie, (0;3)pour M(
p
3).
6. Trae de la ourbe :
En rouge lespoints M(t) ave t >0;
en bleu lespointsM(t) ave t 60,obtenus par symetrie de laourbe rouge par rapporta (Oy)
1 2 3 4 5 1
2 3
4 5
1 2 3 4
1
2
3
4
5
6
7
M(0) M(1)
M( p
2)
M(
p
3)
M(2)
r()=8sin 3
3
=8
sin
3
3
pour tout reel.
1. a) r(+3)=8
sin
+3
3
3
=8
sin
3 +
3
.
Or sin(x+)= sinx. Don r(+3)=8
sin
3
3
.
Comme ( x) 3
= x 3
, onen deduit que r(+3)= 8
sin
3 3
= r().
Ainsi, en faisant un dessin (omme en TD), on onstate que les points M( +3) et M() sont
onfondus. Eneet,
!
u
+3
donneladiretionopposee a
!
u
,maislesignemoins dans r(+3)=
r() ramene le point M(+3) sur le point M().
b) r( )=8
sin
3 3
=8
sin
3 3
.
Or sin( x)= sinx (sinusest une fontion impaire).Donr( )=8
sin
3 3
.
Comme ( x) 3
= x 3
, onen deduit que r( )= 8
sin
3
3
= r().
Ainsi, en faisant un dessin (omme en TD), on onstate que le point M( ) est le symetrique du
point M() par rapport a l'axe des ordonnees. Attention, enore ii, a bien prendre en ompte le
signe moins dans r( )= r().
) D'apres a) on peut etudier la ourbe sur un intervalle de longueur 3; on hoisit [ 3
2
; 3
2
℄.
Maintenant sit 2[0;
3
2
℄,on a t 2[ 3
2
;0℄.Don d'apresb) onpeut reduirel'etude a[0;
3
2
℄.
2. Ii r()=8(u()) 3
ave u()=sin
3
.
De plus, u()=sin(g())ave g()=
3
. Don u 0
()=g 0
())os (g())= 1
3 os
3
. D'ou
r 0
()=83u 0
()(u()) 2
=83 1
3 os
3
(sin
3
) 2
=8os
3
(sin
3
) 2
:
Unarreetanttoujourspositif,r 0
()estdusignedeos
3
.Oronsaitque,pourtout 2[0;
3
2
℄,ona
3 2[0;
2
℄;ommeost>0pour tout t2[0;
2
℄(faireun dessinde erletrigo pour s'en onvainre),
on en deduit que os
3
>0 pour tout 2[0;
3
2
℄. D'ou letableaude variationssuivant :
0
3
2
r 0
()0 + 0
r 0 %
8
3. a) On rappelleque
d
!
OM
d
()=r 0
()
!
u
+r()
!
v
;
et que sie veteur est non nul,il dirige latangente a laourbeau pointM().
Tangente au point M
2
: omme r 0
2
= 8 os
6
(sin
6
) 2
= p
3 et r
2
= 8
(sin
6
) 3
= 1,on a d
!
OM
d
2
= p
3
!
u
2 +
!
v
2 6=
~
0;
et latangente est dondirigee par le veteur p
3
!
u
+
!
v
.
b) Tangente au point M() : omme r 0
() = 8os
3
(sin
3 )
2
= 8 1
2
3
4
= 3 et r() =
8(sin
3
) 3
=( p
3) 3
=3 p
3,on a d
!
OM
d
()=3
!
u
+3
p
3
!
v
=3
!
u
+
p
3
!
v
6=
~
0;
et latangente est dondirigee par le veteur
!
u
+
p
3
!
v
.
Tangente au point M
3
2
: omme r 0
3
2
= 8os
2
(sin
2
) 2
= 0 et r
3
2
= 8
(sin
2
) 3
=8, ona d
!
OM
d
2
=8
!
v3
2 6=
~
0;
etlatangenteestdondirigeepar8
!
v3
2
,equiveut direquelatangenteesthorizontaledanslerepere
(O;
!
{ ;
!
| ).
4. Trae de la ourbe : on aluler(0)=0; don M(0)est a l'origine du repere et il est admis que la
tangenteau pointM(0) est horizontale dans le repere (O;~{;~|).
1 2 3 4 5 6 1
2 3
4 5
6
1 2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
M(0) M()
M
3
2 M
2
La partierouge orrespond aux points M() ave derivant [0;
3
2
℄.
Lapartie bleue aete obtenue par symetrie de la partie rougepar rapporta l'axe(Oy).
Fin du orrige.
