G.M.P. 2. Corrige du DS du 20/02/2014
Courbes (F411 - Maths 4.1)
Exerie 1 ('11 points). On onsidere la ourbe parametree denie pour tout t2 R
par :
8
<
:
x(t) = e
t
t
y(t) = te t
1. a) On derive x(t) ommeun quotient ety(t)omme un produit. Cela donne
8
<
: x
0
(t) = te
t
e t
t 2
= e
t
(t 1)
t 2
y 0
(t) = e t
+te t
=e t
(t+1)
b) Details du aluldes limites:
Quand t! 1, ona lim
t! 1 e
t
=0 +
et onobtientdiretement par quotient
lim
t! 1
x(t)= lim
t! 1 e
t
t
=0 :
Pour y(t), en posant X = t, ona lim
t! 1
y(t)= lim
t! 1 te
t
= lim
X!+1 ( Xe
X
)= lim
X!+1 (
X
e X
)=0 par
roissanes omparees de X ete X
quand X !+1.
Quand t!0 , on a lim
t!0 e
t
=e 0
=1.Alorspar quotient
lim
t!0
x(t)= lim
t!0 e
t
t
= 1:
Parailleurs lafontion y etant denie en 0,on a lim
t!0
y(t)=y(0)=0.
Quand t!0 +
, on a lim
t!0 +
e t
=e 0
=1. Alorspar quotient
lim
t!0 +
x(t)= lim
t!0 +
e t
t
=+1:
Parailleurs lafontion y etant denie en 0,on a lim
t!0 +
y(t)=y(0)=0.
Quand t!+1,on a lim
t!+1 e
t
=+1et onobtientdiretement lim
t!+1
y(t)=+1.
Pour x(t), lim
t!+1
x(t)=+1 par roissanes omparees de t et e t
lorsque t!+1.
) Pour tout reel t, on sait que t 2
> 0 et e t
> 0. Par onsequent x 0
(t) = e
t
(t 1)
t 2
est du signe de
t 1.
Don x 0
(t)>0 ssit 1>0, ssit >1.
De m^eme, y 0
(t)=e t
(t+1) est du signe de t+1.
0
t 1 1 0 1 +1
x 0
(t) 0 +
x 0
&
1
e
& 1 +1
& e %
+1
y 0
&
1
e
%
0 %
e %
+1
y 0
(t) 0 + + +
Remarque. Commeon travaillesur R
, on aurait aussi pu mettre une double barre dans le tableau
poury 0
(t)ety(t).Maisommey ety 0
sontdeniesen 0,e n'est pasune erreur de ne pas mettrede
doubles barres.
2. a) LepointM(1) apour oordonnees (e;e). On a :
d
!
OM
dt
(1)=x 0
(1)~{+y 0
(1)~|=0~{+2e~|=2e~|6=
~
0:
On peut don dire que latangenteen M(1) est dirigee par e veteur; elleest don vertiale.
b) Le pointM( 1)a pour oordonnees
1
e
; 1
e
.On a:
d
!
OM
dt
( 1)=x 0
( 1)~{+y 0
( 1)~|= 2
e
~{+0~|= 2
e
~{6=
~
0:
On peut don dire que latangenteen M( 1) est dirigee par e veteur; elleest don horizontale.
3. Branhes innies:
Quandt !0(en fait en 0 +
eten 0 ),ondeduit des alulsde limites faitsa laquestion 1.b) que
la ourbe admet une asymptotehorizontale d'equation y=0: 'est l'axe des absisses!
Etude quand t !+1:
Puisque lim
t!+1
x(t)=+1 et lim
t!+1
y(t)=+1,onalule :
lim
t!+1 y(t)
x(t)
= lim
t!+1 te
t
e t
t
= lim
t!+1 t
2
=+1:
Don la ourbe admetune branhe paraboliquede diretionOy.
4. Trae :voir page suivante.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1
2 3
4 5
1 2 3 4 5 6 7 8
1 0
M( 1)
M(1)
1. a) r( +) = 1 2os(2(+)) = 1 2os(2+2) = 1 2os(2) = r() ar osinus est une
fontion2-periodique.Don,enfaisantun dessin(ommeenTD),ononstatequelepointM(+)
est lesymetrique du pointM()par rapport al'origine du repere.
b)De m^emer( )=r() arosinusest une fontionpaire.Don lepointM( )est lesymetrique
du point M() par rapport al'axe des absisses (faireun dessin!).
)D'apresa)onpeutetudierlaourbesurunintervalledelongueur;onhoisit[
2
;
2
℄.Maintenant
si t2[0;
2
℄, ona t2[
2
;0℄.Don d'apres b)onpeut reduirel'etude a [0;
2
℄.
On obtiendra lereste de laourbe en eetuant d'abord lasymetrie par rapporta l'axeOx,puis la
symetrie par rapporta l'originedu repere.
2. r 0
()=0 2( 2sin(2))=4sin(2).Oronsaitque,pour tout 2[0;
2
℄,ona2 2[0;℄;omme
sint>0 pour tout t 2[0;℄,on en deduit letableau de variations suivant:
0
2
r 0
() 0 + 0
r 1 %
3
3. r()=0si et seulement si 1 2os(2)=0, ssi os (2)= 1
2 .
Or 2[0;
2
℄, don 22[0;℄. On saitque le seul angle entre 0 et qui a un osinusegal a 1
2 est
3 ,
on en deduit que :
r()=0si et seulement si 2=
3
, ssi =
6 .
Cela signie que lepointM
6
se trouve al'origine du repere.
4. 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 aupoint M(0) : ommer 0
(0)=0et r(0) = 1, ona d
!
OM
d
(0)=
!
v
0
=
!
:
La tangente est don dirigee par
!
, e qui veut dire que la tangente est vertiale dans le repere
(O;
!
i ;
!
).
b) Tangente au point M
6
: omme r 0
6
= 2 p
3 et r
6
= 0, elle est dirigee par 2 p
3
!
u
6 ,
'est-a-dire par
!
u
6 .
Tangente aupoint M
2
: ommer 0
2
=0 etr
2
=3,on a d
!
OM
d
2
=3
!
v
2 :
La tangente au point M
2
est don dirigee par
!
v
2
=
!
i , e qui veut dire que la tangente est
horizontale dans lerepere (O;
!
i ;
!
).
5. Trae de la ourbe : on alule r
3
= 2 et on rappelle que le point M
6
se trouve a l'origine
1 2 1
2
1 2 3
1
2
3
4 M(0)
M
3 M
2
La partierouge orrespond aux points M() ave derivant [0;
2
℄.
Lapartie bleue aete obtenue par symetrie de la partie rougepar rapporta l'axe(Ox).
La partie verte a ete obtenue par symetrie des parties rouge et bleue par rapport a l'origine O du
repere.
Fin du orrige.
