Exercice 0.1 : Calculer la pente d'une courbe paramétrée : dix calculs directs

Pour chaque courbe paramétrée, calculez ce que la ligne demande : la pente $\frac{dy}{dx}$ au paramètre ou au point indiqué, le paramètre d'une tangente horizontale ou verticale, ou la dérivée seconde $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}$ .

Une seule méthode : dériver $x$ et $y$ séparément par rapport à $t$ , puis former $\frac{dy}{dx}=\frac{y'(t)}{x'(t)}$ . La tangente est horizontale quand $y'(t)=0$ et $x'(t)\neq 0$ , verticale quand $x'(t)=0$ et $y'(t)\neq 0$ . Pour la dérivée seconde, on dérive la pente par rapport à $t$ , puis on divise ENCORE par $x'(t)$ : $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{x'(t)}$ .

a) $x=t^{2}+1$ , $y=t^{3}-2t$ : $\frac{dy}{dx}$ en $t=2$ .
b) $x=\sqrt{t}$ , $y=t-1$ : $\frac{dy}{dx}$ en $t=4$ .
c) $x=\ln t$ , $y=t^{2}$ : $\frac{dy}{dx}$ en $t=3$ .
d) $x=1+2\cos t$ , $y=3\sin t$ : $\frac{dy}{dx}$ en $t=\frac{\pi}{3}$ .
e) $x=e^{t}$ , $y=te^{-t}$ : $\frac{dy}{dx}$ en $t=-1$ .
f) $x=t^{2}-1$ , $y=t^{3}+t$ : $\frac{dy}{dx}$ au point $(3\,;10)$ .
g) $x=t^{3}-3t$ , $y=t^{2}-4t$ : le paramètre $t$ où la tangente est horizontale, puis l'ordonnée du point.
h) Même courbe qu'en g) : le nombre de points à tangente verticale, puis l'abscisse de celui dont le paramètre est positif.
i) $x=t^{2}+t$ , $y=t^{3}$ : $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}$ en $t=1$ .
j) $x=2\sin t$ , $y=\cos(2t)$ : $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}$ en $t=\frac{\pi}{6}$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/12

a)

\frac{dy}{dx}

en

t=2

b)

\frac{dy}{dx}

en

t=4

c)

\frac{dy}{dx}

en

t=3

d)

\frac{dy}{dx}

en

t=\frac{\pi}{3}

e)

\frac{dy}{dx}

en

t=-1

f)

\frac{dy}{dx}

au point

(3\,;10)

g)

Paramètre

t

Ordonnée

y

du point

h)

Nombre de points

Abscisse

x

pour

t>0

i)

\frac{d^{2}y}{dx^{2}}

en

t=1

j)

\frac{d^{2}y}{dx^{2}}

en

t=\frac{\pi}{6}

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Réponses

a) $\frac{dy}{dx}=\frac{3t^{2}-2}{2t}$ ; $\frac{5}{2}$
b) $\frac{dy}{dx}=2\sqrt{t}$ ; $4$
c) $\frac{dy}{dx}=2t^{2}$ ; $18$
d) $\frac{dy}{dx}=-\frac{3}{2}\cot t$ ; $-\frac{\sqrt{3}}{2}\approx-0{,}866$
e) $\frac{dy}{dx}=(1-t)e^{-2t}$ ; $2e^{2}\approx 14{,}778$
f) $t=2$ , $\frac{dy}{dx}=\frac{3t^{2}+1}{2t}$ ; $\frac{13}{4}$
g) $t=2$ ; point $(2\,;-4)$
h) $t=\pm 1$ , deux points ; $(-2\,;-3)$ pour $t=1$
i) $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{6t(t+1)}{(2t+1)^{3}}$ ; $\frac{4}{9}$
j) $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=-1$ pour tout $t$

Le geste qui décide de tout : dériver $x$ et $y$ séparément PAR RAPPORT À $t$ , puis faire le quotient, $y'$ en haut ; on ne cherche jamais $y$ en fonction de $x$ . Pour la dérivée seconde, on dérive la pente par rapport à $t$ , puis on divise une seconde fois par $x'(t)$ .

a)

$x'(t)=2t$ et $y'(t)=3t^{2}-2$ , donc $\frac{dy}{dx}=\frac{3t^{2}-2}{2t}$ . En $t=2$ : $\frac{10}{4}=\frac{5}{2}$ . Piège : le quotient renversé, $\frac{x'}{y'}=\frac{2}{5}$ .

b)

$x'(t)=\frac{1}{2\sqrt{t}}$ et $y'(t)=1$ , donc $\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{1}{2\sqrt{t}}}=2\sqrt{t}$ . En $t=4$ : $\frac{dy}{dx}=4$ .

c)

$x'(t)=\frac{1}{t}$ et $y'(t)=2t$ , donc $\frac{dy}{dx}=2t\cdot t=2t^{2}$ . En $t=3$ : $\frac{dy}{dx}=18$ . Piège : écrire $\frac{2t}{t}=2$ en oubliant que $x'(t)$ vaut $\frac{1}{t}$ et non $t$ .

d)

$x'(t)=-2\sin t$ et $y'(t)=3\cos t$ , donc $\frac{dy}{dx}=-\frac{3\cos t}{2\sin t}=-\frac{3}{2}\cot t$ . En $t=\frac{\pi}{3}$ : $-\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\approx-0{,}866$ . La constante $1$ de $x(t)$ disparaît à la dérivation : elle déplace l'ellipse sans changer ses pentes.

e)

$x'(t)=e^{t}$ et, par la règle du produit, $y'(t)=e^{-t}-te^{-t}=(1-t)e^{-t}$ . Donc $\frac{dy}{dx}=\frac{(1-t)e^{-t}}{e^{t}}=(1-t)e^{-2t}$ . En $t=-1$ : $2e^{2}\approx 14{,}778$ . Piège : dériver $te^{-t}$ en $-te^{-t}$ seulement.

f)

On cherche d'abord le paramètre : $t^{2}-1=3$ donne $t=\pm 2$ , et $y(2)=10$ alors que $y(-2)=-10$ , donc $t=2$ . $\frac{dy}{dx}=\frac{3t^{2}+1}{2t}$ , d'où en $t=2$ : $\frac{13}{4}$ . Piège : garder $t=-2$ , qui donne le point $(3\,;-10)$ .

g)

$y'(t)=2t-4=0$ donne $t=2$ , et $x'(2)=3\cdot 4-3=9\neq 0$ : la tangente est bien horizontale. Le point est $\left(x(2)\,;y(2)\right)=(2\,;-4)$ , d'ordonnée $-4$ .

h)

$x'(t)=3t^{2}-3=0$ donne $t=1$ et $t=-1$ . On vérifie $y'$ : $y'(1)=-2\neq 0$ et $y'(-1)=-6\neq 0$ , donc DEUX tangentes verticales, aux points $(-2\,;-3)$ pour $t=1$ et $(2\,;5)$ pour $t=-1$ . Pour le paramètre positif, l'abscisse vaut $1-3=-2$ . Piège : conclure sans vérifier $y'\neq 0$ ; si $x'$ et $y'$ s'annulent ensemble, le point est singulier.

i)

$\frac{dy}{dx}=\frac{3t^{2}}{2t+1}$ . On la dérive par rapport à $t$ : $\frac{6t(2t+1)-2\cdot 3t^{2}}{(2t+1)^{2}}=\frac{6t^{2}+6t}{(2t+1)^{2}}$ , puis on divise par $x'(t)=2t+1$ : $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{6t(t+1)}{(2t+1)^{3}}$ . En $t=1$ : $\frac{12}{27}=\frac{4}{9}$ . Piège : $\frac{y''(t)}{x''(t)}=\frac{6t}{2}=3$ , qui n'a aucun sens.

j)

$x'(t)=2\cos t$ et $y'(t)=-2\sin(2t)=-4\sin t\cos t$ , donc $\frac{dy}{dx}=-2\sin t$ . On dérive par rapport à $t$ : $-2\cos t$ , puis on divise par $x'(t)=2\cos t$ : $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=-1$ , quel que soit $t$ tel que $\cos t\neq 0$ . Piège : $\frac{y''(t)}{x''(t)}=\frac{-4\cos(2t)}{-2\sin t}$ vaut $2$ en $\frac{\pi}{6}$ .

Contrôle : quand on peut éliminer $t$ , la pente cartésienne doit coïncider. En b), $t=x^{2}$ donne $y=x^{2}-1$ et $y'=2x=2\sqrt{t}$ ; en c), $t=e^{x}$ donne $y=e^{2x}$ et $y'=2e^{2x}=2t^{2}$ ; en j), $\cos(2t)=1-2\sin^{2}t$ donne $y=1-\frac{x^{2}}{2}$ , dont la dérivée seconde vaut bien $-1$ .

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Exercice 1 : Du paramétrage à l'équation cartésienne, et ce qu'on perd en chemin

Éliminer le paramètre transforme un système de deux équations en une seule équation en $x$ et $y$ . L'opération est légitime, mais elle oublie systématiquement trois choses : l'orientation du parcours, le domaine effectivement atteint, et le nombre de passages.

a) Éliminez $t$ dans $x=2t-1$ , $y=t^{2}+3$ . Quelle courbe obtient-on, et est-elle parcourue en entier ?
b) Éliminez $t$ dans $x=3\cos t$ , $y=2\sin t$ avec $t\in[0,2\pi]$ . Précisez le sens de parcours et le point de départ.
c) Éliminez $t$ dans $x=\sec t$ , $y=\tan t$ avec $t\in\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ . L'équation cartésienne décrit-elle exactement la courbe ?
d) Éliminez $t$ dans $x=t^{2}$ , $y=t^{4}$ . Comparez avec la parabole $y=x^{2}$ : que manque-t-il ?
e) Énoncez les trois informations que l'élimination du paramètre détruit, et donnez pour chacune un des exemples ci-dessus.

Voir la correction

Réponses

a) $y=\frac{(x+1)^{2}}{4}+3$ , parabole entière
b) $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ , départ $(3;0)$ , sens antihoraire
c) $x^{2}-y^{2}=1$ , branche droite seulement
d) Demi-parabole $x\geq 0$ , points atteints deux fois
e) Orientation, domaine, nombre de passages

a)

De $x=2t-1$ on tire $t=\frac{x+1}{2}$ , d'où $y=\left(\frac{x+1}{2}\right)^{2}+3=\frac{(x+1)^{2}}{4}+3$ . C'est une parabole de sommet $(-1,3)$ . Comme $t$ parcourt $\mathbb{R}$ , $x=2t-1$ parcourt aussi $\mathbb{R}$ : la parabole est décrite en entier, de gauche à droite. Rien n'est perdu ici, sauf l'orientation, comme pour l'ellipse du b).

b)

$\cos t=\frac{x}{3}$ et $\sin t=\frac{y}{2}$ , donc $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ : une ellipse de demi-axes 3 et 2. Le point de départ est $t=0$ , c'est-à-dire $(3,0)$ . En $t=\frac{\pi}{2}$ on est en $(0,2)$ : le parcours est ANTIHORAIRE, et l'ellipse est décrite exactement une fois.

c)

$\sec^{2}t-\tan^{2}t=1$ donne $x^{2}-y^{2}=1$ , une hyperbole à deux branches. Mais sur $\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ on a $\cos t>0$ , donc $x=\sec t\geq 1$ : seule la branche DROITE est parcourue. L'équation cartésienne décrit deux fois trop de courbe. C'est l'erreur classique : $x^{2}-y^{2}=1$ n'est pas la courbe, c'est une courbe qui la contient.

d)

$y=t^{4}=\left(t^{2}\right)^{2}=x^{2}$ . Mais $x=t^{2}\geq 0$ : la courbe est la DEMI-parabole $y=x^{2}$ avec $x\geq 0$ , et de plus chaque point avec $x>0$ est atteint DEUX fois, pour $t$ et pour $-t$ . On perd ici à la fois le domaine et l'injectivité.

e)

L'élimination détruit : (1) l'ORIENTATION, le sens et le point de départ du parcours, illustré en b ; (2) le DOMAINE, l'ensemble des points réellement atteints, illustré en c et d ; (3) le NOMBRE DE PASSAGES, illustré en d où chaque point est atteint deux fois. En pratique : après avoir éliminé $t$ , revenez toujours au paramétrage pour déterminer l'intervalle de variation de $x$ et de $y$ .

Exercice 2 : La pente, les tangentes horizontales et les tangentes verticales

Soit la courbe $C$ définie par $x=t^{2}$ et $y=t^{3}-3t$ , $t\in\mathbb{R}$ . C'est l'archétype du chapitre : elle a une tangente verticale, deux tangentes horizontales, et elle se recoupe.

a) Calculez $x'(t)$ , $y'(t)$ et $\dfrac{dy}{dx}$ en fonction de $t$ . Pour quelle valeur de $t$ le quotient n'a-t-il pas de sens ?
b) Déterminez les points où la tangente est horizontale.
c) Déterminez le point où la tangente est verticale, et justifiez qu'il s'agit bien d'une tangente verticale et non d'un point singulier.
d) Écrivez l'équation de la tangente au point de paramètre $t=2$ .
e) La courbe admet-elle un point où $x'(t)$ et $y'(t)$ s'annulent simultanément ? Que peut-on en conclure sur l'allure ?

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Réponses

a) $\frac{dy}{dx}=\frac{3t^{2}-3}{2t}$ , $t\neq 0$
b) $(1;-2)$ et $(1;2)$
c) $(0;0)$ , tangente verticale
d) $y=\frac{9}{4}x-7$
e) Non : courbe régulière

a)

$x'(t)=2t$ et $y'(t)=3t^{2}-3$ , donc $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3t^{2}-3}{2t}$ pour $t\neq 0$ . Le quotient n'a pas de sens en $t=0$ , précisément là où la tangente sera verticale.

b)

Tangente horizontale : $y'(t)=0$ et $x'(t)\neq 0$ . $3t^{2}-3=0$ donne $t=\pm 1$ , et $x'(\pm 1)=\pm 2\neq 0$ . Pour $t=1$ : $x=1$ , $y=1-3=-2$ , point $(1,-2)$ . Pour $t=-1$ : $x=1$ , $y=-1+3=2$ , point $(1,2)$ . Deux points distincts au-dessus du même $x$ : c'est impossible pour un graphe de fonction, et parfaitement normal ici.

c)

Tangente verticale : $x'(t)=0$ et $y'(t)\neq 0$ . $2t=0$ donne $t=0$ , et $y'(0)=-3\neq 0$ : le point $(0,0)$ porte une tangente verticale. Ce n'est pas un point singulier parce qu'une seule des deux dérivées s'annule ; la pente $\dfrac{3t^{2}-3}{2t}$ tend vers $-\infty$ quand $t\to 0^{+}$ et vers $+\infty$ quand $t\to 0^{-}$ , ce qui est le comportement d'une vraie tangente verticale.

d)

En $t=2$ : $x=4$ , $y=8-6=2$ , et $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{12-3}{4}=\dfrac{9}{4}$ . La tangente est $y-2=\dfrac{9}{4}(x-4)$ , soit $y=\dfrac{9}{4}x-7$ .

e)

$x'(t)=2t$ s'annule seulement en $t=0$ , où $y'(0)=-3\neq 0$ . Les deux dérivées ne s'annulent donc jamais ensemble : la courbe est RÉGULIÈRE partout, elle n'a aucun point de rebroussement. Son allure est celle d'une boucle : la branche $t<0$ monte, passe par $(1,2)$ , redescend vers l'origine, et la branche $t>0$ repart en miroir. Le point $(3,0)$ , atteint pour $t=\pm\sqrt{3}$ , est un point double étudié à l'exercice 4.

Exercice 3 : La dérivée seconde, la concavité et la formule qui n'existe pas

On reste sur $C$ : $x=t^{2}$ , $y=t^{3}-3t$ . Chaque année, une copie sur trois écrit $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}=\dfrac{y''(t)}{x''(t)}$ . Cet exercice montre à quel point c'est faux, et pourquoi.

a) Partant de $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3}{2}\left(t-\dfrac{1}{t}\right)$ , montrez que $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}=\dfrac{3\left(t^{2}+1\right)}{4t^{3}}$ .
b) Étudiez le signe de $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ et concluez sur la concavité de chaque branche.
c) La courbe admet-elle un point d'inflexion ? Justifiez, et expliquez pourquoi la concavité peut changer sans point d'inflexion.
d) Calculez $\dfrac{y''(t)}{x''(t)}$ et comparez sa valeur en $t=1$ à celle de $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ . Expliquez en une phrase l'origine de l'erreur.
e) Étudiez la courbe $x=t^{2}$ , $y=t^{3}$ : montrez que $t=0$ y est un point de rebroussement, et donnez son équation cartésienne.

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Réponses

a) $\frac{3(t^{2}+1)}{4t^{3}}$
b) Convexe pour $t>0$ , concave pour $t<0$
c) Aucune inflexion : la dérivée seconde ne s'annule pas
d) $3$ contre $\frac{3}{2}$
e) Rebroussement ; $y^{2}=x^{3}$

a)

On dérive la pente par rapport à $t$ : $\dfrac{d}{dt}\left[\dfrac{3}{2}\left(t-\dfrac{1}{t}\right)\right]=\dfrac{3}{2}\left(1+\dfrac{1}{t^{2}}\right)=\dfrac{3\left(t^{2}+1\right)}{2t^{2}}$ . On divise ensuite par $x'(t)=2t$ : $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}=\dfrac{3\left(t^{2}+1\right)}{2t^{2}}\cdot\dfrac{1}{2t}=\dfrac{3\left(t^{2}+1\right)}{4t^{3}}$ .

b)

Le numérateur $3\left(t^{2}+1\right)$ est strictement positif, donc le signe est celui de $t^{3}$ , c'est-à-dire celui de $t$ . Pour $t>0$ la branche est CONVEXE (concavité vers le haut) ; pour $t<0$ elle est CONCAVE (concavité vers le bas). Les deux branches se rejoignent à l'origine.

c)

$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ ne s'annule JAMAIS : $t^{2}+1>0$ . Il n'y a donc aucun point d'inflexion. La concavité change pourtant en $t=0$ , mais par CHANGEMENT DE SIGNE DU DÉNOMINATEUR, pas du numérateur : $t=0$ est le point à tangente verticale, où $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ n'est pas définie. Un point d'inflexion exige que la dérivée seconde s'annule EN CHANGEANT DE SIGNE, en un point où elle est définie ; ici elle explose. C'est le même phénomène que $y=\frac{1}{x}$ , concave puis convexe de part et d'autre de $x=0$ , sans point d'inflexion.

d)

$y''(t)=6t$ et $x''(t)=2$ , donc $\dfrac{y''(t)}{x''(t)}=3t$ , qui vaut 3 en $t=1$ . La vraie valeur est $\dfrac{3(1+1)}{4}=\dfrac{3}{2}$ . Les deux résultats diffèrent du simple au double. L'erreur vient de ce que $\dfrac{dy}{dx}$ est une fonction de $t$ qu'il faut redériver PAR RAPPORT À $x$ , donc rediviser par $x'(t)$ : la règle de chaîne intervient deux fois, et le quotient des dérivées secondes l'ignore.

e)

Pour $x=t^{2}$ , $y=t^{3}$ : $x'(t)=2t$ et $y'(t)=3t^{2}$ s'annulent TOUTES DEUX en $t=0$ . La pente $\dfrac{3t^{2}}{2t}=\dfrac{3t}{2}$ tend vers 0 des deux côtés : la courbe arrive à l'origine tangentiellement à l'axe $Ox$ , y rebrousse chemin et repart symétriquement. C'est un point de rebroussement de première espèce. Équation cartésienne : $t^{2}=x$ donc $y^{2}=t^{6}=x^{3}$ , la parabole semi-cubique $y^{2}=x^{3}$ .

Exercice 4 : Points doubles, symétries et lecture de l'allure

Une courbe paramétrée peut passer deux fois au même point, avec deux tangentes différentes. Trouver ces points revient à résoudre un système en deux paramètres distincts, ce qui n'a aucun équivalent dans l'étude des graphes de fonctions.

a) Pour la courbe $x=t^{2}$ , $y=t^{3}-3t$ , cherchez deux paramètres distincts $t\neq s$ donnant le même point. Déduisez-en le point double.
b) Calculez les deux pentes en ce point double, puis l'angle aigu entre les deux tangentes.
c) Soit la courbe de Lissajous $x=\cos t$ , $y=\sin 2t$ , $t\in[0,2\pi]$ , tracée ci-dessus. Montrez qu'elle est symétrique par rapport à l'axe $Ox$ et par rapport à l'axe $Oy$ .
d) Trouvez son point double et les deux tangentes en ce point.
e) Déterminez ses tangentes verticales, et vérifiez la cohérence avec la figure.

Voir la correction

Réponses

a) $t=\pm\sqrt{3}$ : point double $(3;0)$
b) Pentes $\pm\sqrt{3}$ , angle $60°$
c) Symétries par rapport à $Ox$ , à l'origine, donc à $Oy$
d) Tangentes $y=2x$ et $y=-2x$
e) $(1;0)$ et $(-1;0)$

a)

On cherche $t\neq s$ avec $t^{2}=s^{2}$ et $t^{3}-3t=s^{3}-3s$ . La première équation impose $s=-t$ (le cas $s=t$ est exclu). En reportant : $t^{3}-3t=-t^{3}+3t$ , soit $2t^{3}=6t$ , donc $2t\left(t^{2}-3\right)=0$ . La solution $t=0$ donnerait $s=0$ , exclue ; il reste $t=\sqrt{3}$ et $s=-\sqrt{3}$ . Le point double est $\left(3,0\right)$ , car $x=3$ et $y=3\sqrt{3}-3\sqrt{3}=0$ .

b)

$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3t^{2}-3}{2t}$ . En $t=\sqrt{3}$ : $\dfrac{9-3}{2\sqrt{3}}=\dfrac{6}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}$ . En $t=-\sqrt{3}$ : $\dfrac{6}{-2\sqrt{3}}=-\sqrt{3}$ . L'angle entre les deux tangentes vérifie $\tan\theta=\left|\dfrac{\sqrt{3}-\left(-\sqrt{3}\right)}{1+\sqrt{3}\left(-\sqrt{3}\right)}\right|=\left|\dfrac{2\sqrt{3}}{-2}\right|=\sqrt{3}$ , donc $\theta=60^{\circ}$ . Les deux tangentes font un angle de 60 degrés : les pentes $\pm\sqrt{3}$ correspondent à $\pm 60^{\circ}$ par rapport à l'horizontale, ce qui confirme le résultat par lecture directe.

c)

Remplaçons $t$ par $-t$ : $x(-t)=\cos(-t)=\cos t=x(t)$ et $y(-t)=\sin(-2t)=-y(t)$ . Le point $(x,-y)$ appartient donc à la courbe dès que $(x,y)$ y appartient : symétrie par rapport à $Ox$ . Remplaçons maintenant $t$ par $\pi-t$ : $x(\pi-t)=-\cos t=-x(t)$ et $y(\pi-t)=\sin(2\pi-2t)=-\sin 2t=-y(t)$ . On obtient $(-x,-y)$ : symétrie par rapport à l'ORIGINE. Combinée à la symétrie par rapport à $Ox$ , elle entraîne la symétrie par rapport à $Oy$ . La courbe a donc les trois symétries, ce que la figure confirme.

d)

Le point double est l'origine : $x=\cos t=0$ donne $t=\frac{\pi}{2}$ ou $t=\frac{3\pi}{2}$ , et dans les deux cas $y=\sin\pi=0$ ou $y=\sin 3\pi=0$ . Les pentes : $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{2\cos 2t}{-\sin t}$ . En $t=\frac{\pi}{2}$ : $\dfrac{2\cos\pi}{-\sin\frac{\pi}{2}}=\dfrac{-2}{-1}=2$ . En $t=\frac{3\pi}{2}$ : $\dfrac{2\cos 3\pi}{-\sin\frac{3\pi}{2}}=\dfrac{-2}{1}=-2$ . Les deux tangentes à l'origine sont $y=2x$ et $y=-2x$ .

e)

Tangente verticale : $x'(t)=-\sin t=0$ avec $y'(t)=2\cos 2t\neq 0$ . On obtient $t=0$ et $t=\pi$ , avec $y'(0)=2$ et $y'(\pi)=2\cos 2\pi=2$ , tous deux non nuls. Les points sont $(1,0)$ et $(-1,0)$ : ce sont les deux extrémités gauche et droite du huit, où la courbe tourne en douceur avec une tangente verticale, sans rebroussement, exactement comme sur la figure. Les tangentes horizontales, elles, viennent de $\cos 2t=0$ , soit $t=\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4},\frac{7\pi}{4}$ , donnant les quatre sommets $\left(\pm\frac{\sqrt{2}}{2},\pm 1\right)$ .

Exercice 5 : La cycloïde : le paramétrage dont on ne peut pas sortir

Un point marqué sur le pourtour d'une roue de rayon $a$ qui roule sans glisser sur une droite décrit une cycloïde : $x=a\left(t-\sin t\right)$ , $y=a\left(1-\cos t\right)$ , où $t$ est l'angle de rotation de la roue. On prend $a=1$ .

a) Montrez que $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\sin t}{1-\cos t}$ , puis simplifiez ce quotient à l'aide des formules de l'angle moitié.
b) Que se passe-t-il en $t=2k\pi$ ? Nature du point, et limite de la pente de part et d'autre.
c) Calculez la longueur d'une arche, pour $t\in[0,2\pi]$ .
d) Calculez l'aire comprise entre une arche et l'axe $Ox$ .
e) Pourquoi ne peut-on pas éliminer $t$ pour obtenir une équation cartésienne élémentaire ?

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Réponses

a) $\frac{dy}{dx}=\cot\frac{t}{2}$
b) Point de rebroussement
c) $8$
d) $3\pi$
e) $t$ dans et hors du cosinus : pas d'équation élémentaire

a)

$x'(t)=1-\cos t$ et $y'(t)=\sin t$ , donc $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\sin t}{1-\cos t}$ . Avec $\sin t=2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}$ et $1-\cos t=2\sin^{2}\frac{t}{2}$ , le quotient devient $\dfrac{2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}}{2\sin^{2}\frac{t}{2}}=\cot\dfrac{t}{2}$ . La pente est donc simplement la cotangente du demi-angle de rotation.

b)

En $t=2k\pi$ : $x'=1-\cos 2k\pi=0$ ET $y'=\sin 2k\pi=0$ . Les deux dérivées s'annulent : c'est un point SINGULIER. La pente $\cot\frac{t}{2}$ tend vers $+\infty$ quand $t\to 0^{+}$ et vers $-\infty$ quand $t\to 2\pi^{-}$ : la courbe arrive verticalement, touche l'axe et repart verticalement. C'est un point de REBROUSSEMENT, physiquement l'instant où le point marqué touche le sol et où sa vitesse est nulle.

c)

$x'^{2}+y'^{2}=\left(1-\cos t\right)^{2}+\sin^{2}t=1-2\cos t+\cos^{2}t+\sin^{2}t=2-2\cos t=4\sin^{2}\dfrac{t}{2}$ . Donc $ds=2\left|\sin\frac{t}{2}\right|dt=2\sin\frac{t}{2}\,dt$ sur $[0,2\pi]$ , où $\sin\frac{t}{2}\geq 0$ . Alors $L=\int_{0}^{2\pi}2\sin\dfrac{t}{2}\,dt=\left[-4\cos\dfrac{t}{2}\right]_{0}^{2\pi}=-4(-1)+4(1)=8$ . Une arche mesure $8a$ , soit huit fois le rayon : un résultat que Christopher Wren a obtenu en 1658, l'une des toutes premières rectifications exactes d'une courbe.

d)

$A=\int y\,dx=\int_{0}^{2\pi}\left(1-\cos t\right)\cdot\left(1-\cos t\right)dt=\int_{0}^{2\pi}\left(1-2\cos t+\cos^{2}t\right)dt$ . Terme à terme : $\int_{0}^{2\pi}1\,dt=2\pi$ , $\int_{0}^{2\pi}\cos t\,dt=0$ , et $\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\,dt=\pi$ . Donc $A=2\pi-0+\pi=3\pi$ , c'est-à-dire $3\pi a^{2}$ : exactement trois fois l'aire du disque roulant. Noter que $x$ est bien croissante sur $[0,2\pi]$ puisque $x'=1-\cos t\geq 0$ , ce qui autorise la lecture de $\int y\,dx$ comme une aire.

e)

De $y=1-\cos t$ on tire $\cos t=1-y$ , donc $t=\arccos\left(1-y\right)$ et $\sin t=\sqrt{1-\left(1-y\right)^{2}}=\sqrt{2y-y^{2}}$ . En reportant : $x=\arccos\left(1-y\right)-\sqrt{2y-y^{2}}$ . Le paramètre apparaît à la fois DANS un argument trigonométrique et HORS de lui, dans le terme $t$ isolé : l'élimination ne peut donc pas produire une relation algébrique, seulement une expression avec un arc cosinus, et encore, valable arche par arche. C'est la situation typique où le paramétrage n'est pas un intermédiaire mais la seule description raisonnable de la courbe.

Exercice 6 : L'aire délimitée par une courbe paramétrée

Trois formules donnent la même aire pour une courbe fermée simple parcourue une fois dans le sens antihoraire : $A=\oint x\,dy$ , $A=-\oint y\,dx$ , et la formule symétrique $A=\frac{1}{2}\oint\left(x\,dy-y\,dx\right)$ . Cet exercice les met à l'épreuve.

a) Sur l'ellipse $x=3\cos t$ , $y=2\sin t$ , $t\in[0,2\pi]$ , calculez $\frac{1}{2}\oint\left(x\,dy-y\,dx\right)$ et retrouvez l'aire de l'ellipse.
b) Recalculez la même aire par $-\oint y\,dx$ . Que se passe-t-il si l'on parcourt l'ellipse dans l'autre sens, avec $x=3\cos t$ , $y=-2\sin t$ ?
c) La courbe $x=t^{2}$ , $y=t^{3}-3t$ forme une boucle fermée pour $t\in\left[-\sqrt{3},\sqrt{3}\right]$ . Montrez que $x\,y'-y\,x'=t^{4}+3t^{2}$ .
d) Calculez l'aire de cette boucle.
e) Pourquoi la formule symétrique est-elle la plus sûre en examen ?

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Réponses

a) $6\pi$
b) $6\pi$ ; $-6\pi$ en sens horaire
c) $t^{4}+3t^{2}$
d) $\frac{24\sqrt{3}}{5}\approx 8{,}31$
e) Pas besoin de $x$ monotone

a)

$x'=-3\sin t$ , $y'=2\cos t$ . Alors $xy'-yx'=3\cos t\cdot 2\cos t-2\sin t\cdot\left(-3\sin t\right)=6\cos^{2}t+6\sin^{2}t=6$ . L'intégrande est constant : $A=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}6\,dt=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2\pi=6\pi$ . On retrouve $\pi ab=\pi\cdot 3\cdot 2=6\pi$ .

b)

$-\oint y\,dx=-\int_{0}^{2\pi}2\sin t\cdot\left(-3\sin t\right)dt=6\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}t\,dt=6\pi$ . Même résultat. Avec $y=-2\sin t$ , le parcours devient HORAIRE et chaque formule change de signe : on trouve $-6\pi$ . L'aire est la valeur absolue ; le signe encode l'orientation. C'est pour cela qu'on écrit toujours l'intervalle de $t$ et qu'on vérifie le sens en évaluant deux points.

c)

$x=t^{2}$ , $y=t^{3}-3t$ , $x'=2t$ , $y'=3t^{2}-3$ . Alors $xy'-yx'=t^{2}\left(3t^{2}-3\right)-\left(t^{3}-3t\right)\left(2t\right)=3t^{4}-3t^{2}-2t^{4}+6t^{2}=t^{4}+3t^{2}$ .

d)

$A=\dfrac{1}{2}\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\left(t^{4}+3t^{2}\right)dt$ . L'intégrande est pair, donc $A=\int_{0}^{\sqrt{3}}\left(t^{4}+3t^{2}\right)dt=\left[\dfrac{t^{5}}{5}+t^{3}\right]_{0}^{\sqrt{3}}=\dfrac{9\sqrt{3}}{5}+3\sqrt{3}=\dfrac{24\sqrt{3}}{5}$ . Numériquement $A\approx 8{,}31$ . Le fait que l'intégrande $t^{4}+3t^{2}$ soit positif partout confirme que la boucle est parcourue dans le sens antihoraire.

e)

Parce qu'elle ne demande pas que $x$ soit monotone. $\int y\,dx$ ne se lit comme une aire sous une courbe que si $x$ croît ; dès que la courbe revient en arrière, comme ici où $x=t^{2}$ décroît puis croît, l'interprétation naïve s'effondre alors que la formule symétrique, elle, reste exacte. Elle est aussi la seule des trois qui traite $x$ et $y$ de la même façon, donc la seule où une erreur de signe se voit immédiatement.

Exercice 7 : La longueur d'arc en paramétrique

L'élément de longueur $ds=\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}\,dt$ est la seule formule du chapitre qui ne demande ni monotonie ni orientation : elle additionne des longueurs, toutes positives. Encore faut-il que la racine se simplifie, ce qui n'arrive que dans les cas construits pour.

a) Retrouvez la formule $L=\int_{a}^{b}\sqrt{1+\left(f'(x)\right)^{2}}\,dx$ comme cas particulier du paramétrage $x=t$ , $y=f(t)$ .
b) Calculez la longueur de l'arc $x=t^{2}$ , $y=t^{3}$ pour $t\in[0,1]$ .
c) Calculez la longueur de la spirale $x=e^{t}\cos t$ , $y=e^{t}\sin t$ pour $t\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ .
d) Vérifiez que le cercle unité paramétré par $x=\cos\left(t^{2}\right)$ , $y=\sin\left(t^{2}\right)$ , $t\in\left[0,\sqrt{2\pi}\right]$ , a bien la longueur $2\pi$ .
e) Que devient la longueur si l'on parcourt le cercle unité deux fois, avec $t\in[0,4\pi]$ ? Comparez au comportement de l'aire, et concluez sur la nature de chaque formule.

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Réponses

a) $x=t$ , $y=f(t)$
b) $\frac{13\sqrt{13}-8}{27}\approx 1{,}4397$
c) $\sqrt{2}(e^{\pi/2}-1)\approx 5{,}389$
d) $2\pi$
e) Longueur $4\pi$ ; l'aire donnerait $2\pi$ , faux

a)

Avec $x=t$ et $y=f(t)$ : $x'=1$ et $y'=f'(t)$ , donc $ds=\sqrt{1+\left(f'(t)\right)^{2}}\,dt$ . Comme $t=x$ , on retrouve exactement $L=\int_{a}^{b}\sqrt{1+\left(f'(x)\right)^{2}}\,dx$ . La formule cartésienne n'est donc pas une autre formule : c'est le cas où le paramètre est l'abscisse elle-même.

b)

$x'=2t$ , $y'=3t^{2}$ , donc $x'^{2}+y'^{2}=4t^{2}+9t^{4}=t^{2}\left(4+9t^{2}\right)$ et, pour $t\geq 0$ , $ds=t\sqrt{4+9t^{2}}\,dt$ . On pose $u=4+9t^{2}$ , $du=18t\,dt$ : $L=\dfrac{1}{18}\int_{4}^{13}\sqrt{u}\,du=\dfrac{1}{18}\cdot\dfrac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_{4}^{13}=\dfrac{13\sqrt{13}-8}{27}\approx 1{,}4397$ .

c)

$x'=e^{t}\left(\cos t-\sin t\right)$ et $y'=e^{t}\left(\sin t+\cos t\right)$ . En développant, $x'^{2}+y'^{2}=e^{2t}\left[\left(\cos t-\sin t\right)^{2}+\left(\sin t+\cos t\right)^{2}\right]=e^{2t}\left[2\cos^{2}t+2\sin^{2}t\right]=2e^{2t}$ . Donc $ds=\sqrt{2}\,e^{t}dt$ et $L=\sqrt{2}\int_{0}^{\pi/2}e^{t}dt=\sqrt{2}\left(e^{\pi/2}-1\right)\approx 5{,}389$ . La spirale logarithmique est le cas d'école où la racine se simplifie parfaitement, parce que la vitesse est proportionnelle au rayon.

d)

$x'=-2t\sin\left(t^{2}\right)$ et $y'=2t\cos\left(t^{2}\right)$ , donc $x'^{2}+y'^{2}=4t^{2}$ et $ds=2t\,dt$ pour $t\geq 0$ . Alors $L=\int_{0}^{\sqrt{2\pi}}2t\,dt=\left[t^{2}\right]_{0}^{\sqrt{2\pi}}=2\pi$ . Le point court de plus en plus vite, mais la longueur parcourue reste la circonférence : le changement de paramétrage n'a rien changé.

e)

Avec $t\in[0,4\pi]$ et le paramétrage usuel, $L=\int_{0}^{4\pi}1\,dt=4\pi$ : la longueur DOUBLE, ce qui est correct, puisqu'on parcourt bien deux fois $2\pi$ de chemin. L'aire, elle, donnerait $\frac{1}{2}\int_{0}^{4\pi}1\,dt=2\pi$ , soit le double de l'aire réelle $\pi$ : elle est FAUSSE. La différence tient à la nature des deux formules : la longueur mesure le CHEMIN parcouru, elle compte donc légitimement les répétitions ; l'aire prétend mesurer une RÉGION du plan, notion qui n'a de sens que si la courbe est parcourue une fois. Retenir : toute formule d'aire exige un parcours simple, aucune formule de longueur ne l'exige.

Exercice 8 : L'aire d'une surface de révolution

En faisant tourner un arc paramétré autour d'un axe, chaque élément $ds$ engendre un tronc de cône de rayon égal à la distance à l'axe. D'où $S=2\pi\int\left(\text{distance à l'axe}\right)ds$ . Tout l'art consiste à ne pas confondre la distance à l'axe avec la coordonnée.

a) Retrouvez l'aire de la sphère de rayon $R$ en faisant tourner $x=R\cos t$ , $y=R\sin t$ , $t\in[0,\pi]$ , autour de $Ox$ .
b) Soit l'arc $x=3t-t^{3}$ , $y=3t^{2}$ , $t\in[0,1]$ . Montrez que $ds=3\left(1+t^{2}\right)dt$ , puis calculez sa longueur.
c) Calculez l'aire de la surface engendrée par cet arc en tournant autour de $Ox$ .
d) Calculez l'aire de la surface engendrée par le même arc en tournant autour de $Oy$ .
e) Pourquoi la formule s'écrit-elle avec $\left|y\right|$ et non avec $y$ ? Donnez un arc où l'oubli de la valeur absolue donne une aire nulle.

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Réponses

a) $4\pi R^{2}$
b) $ds=3(1+t^{2})dt$ , longueur $4$
c) $\frac{48\pi}{5}$
d) $11\pi$
e) Rayon $=|y|$ ; sans valeur absolue, $0$

a)

$x'=-R\sin t$ , $y'=R\cos t$ , donc $ds=R\,dt$ . La distance à l'axe $Ox$ est $\left|y\right|=R\sin t\geq 0$ sur $[0,\pi]$ . Alors $S=2\pi\int_{0}^{\pi}R\sin t\cdot R\,dt=2\pi R^{2}\left[-\cos t\right]_{0}^{\pi}=2\pi R^{2}\cdot 2=4\pi R^{2}$ . On retrouve la formule d'Archimède.

b)

$x'=3-3t^{2}=3\left(1-t^{2}\right)$ et $y'=6t$ . Alors $x'^{2}+y'^{2}=9\left(1-t^{2}\right)^{2}+36t^{2}=9\left(1-2t^{2}+t^{4}+4t^{2}\right)=9\left(1+t^{2}\right)^{2}$ . Comme $1+t^{2}>0$ , $ds=3\left(1+t^{2}\right)dt$ . La longueur vaut $L=\int_{0}^{1}3\left(1+t^{2}\right)dt=3\left(1+\dfrac{1}{3}\right)=4$ . Le carré parfait sous la racine n'est pas un hasard : la courbe est construite pour cela, comme la cycloïde et l'astroïde.

c)

Autour de $Ox$ , la distance à l'axe est $y=3t^{2}\geq 0$ . $S=2\pi\int_{0}^{1}3t^{2}\cdot 3\left(1+t^{2}\right)dt=18\pi\int_{0}^{1}\left(t^{2}+t^{4}\right)dt=18\pi\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}\right)=18\pi\cdot\dfrac{8}{15}=\dfrac{48\pi}{5}\approx 30{,}16$ .

d)

Autour de $Oy$ , la distance à l'axe est $\left|x\right|=3t-t^{3}$ , positif sur $[0,1]$ . $S=2\pi\int_{0}^{1}\left(3t-t^{3}\right)\cdot 3\left(1+t^{2}\right)dt=6\pi\int_{0}^{1}\left(3t+3t^{3}-t^{3}-t^{5}\right)dt=6\pi\int_{0}^{1}\left(3t+2t^{3}-t^{5}\right)dt=6\pi\left(\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}\right)=6\pi\cdot\dfrac{11}{6}=11\pi\approx 34{,}56$ .

e)

Parce que le rayon d'un tronc de cône est une DISTANCE, donc positif, alors que $y$ peut changer de signe. Prenons l'arc $x=t$ , $y=t$ pour $t\in[-1,1]$ et faisons-le tourner autour de $Ox$ : la surface engendrée est un double cône, d'aire $2\pi\int_{-1}^{1}\left|t\right|\sqrt{2}\,dt=2\pi\sqrt{2}\cdot 1=2\sqrt{2}\pi$ . Sans la valeur absolue on obtiendrait $2\pi\sqrt{2}\int_{-1}^{1}t\,dt=0$ : une surface d'aire nulle, alors qu'elle est parfaitement visible. Règle pratique : découpez toujours l'intervalle aux zéros de $y$ avant d'intégrer.

Exercice 9 : Reparamétrer : la courbe ne change pas, l'intégrale parfois si

Une même courbe admet une infinité de paramétrages. Certaines quantités n'en dépendent pas, d'autres oui. Savoir lesquelles est ce qui sépare une bonne copie d'une copie qui applique des formules.

a) Soit $t=\varphi(u)$ un changement de paramètre dérivable et strictement croissant. Montrez que la longueur d'arc calculée dans les deux paramétrages est la même.
b) L'hypothèse de croissance stricte est-elle nécessaire ? Que se passe-t-il si $\varphi$ est décroissante ?
c) Le cercle unité parcouru une fois donne $\frac{1}{2}\oint\left(x\,dy-y\,dx\right)=\pi$ . Calculez la même expression pour $t\in[0,6\pi]$ et interprétez.
d) On appelle abscisse curviligne le paramétrage par la longueur elle-même. Vérifiez que $x=\cos s$ , $y=\sin s$ est le paramétrage par abscisse curviligne du cercle unité, et dites ce qui le caractérise en général.
e) Sur l'arche de cycloïde, la quantité $\int y\,dx$ se lit comme l'aire sous la courbe. Sur la boucle de l'exercice 6, non. Quelle propriété du paramétrage fait la différence ?

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Réponses

a) Changement de variable : longueur invariante
b) Même longueur si $\varphi$ décroît
c) $3\pi$ : trois tours
d) $x'^{2}+y'^{2}=1$
e) La monotonie de $x(t)$

a)

Dans le paramétrage en $u$ , la courbe est $\left(x\left(\varphi(u)\right),y\left(\varphi(u)\right)\right)$ et la règle de chaîne donne $\dfrac{dx}{du}=x'\left(\varphi(u)\right)\varphi'(u)$ , de même pour $y$ . Alors $\sqrt{\left(\frac{dx}{du}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{du}\right)^{2}}=\left|\varphi'(u)\right|\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}=\varphi'(u)\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}$ puisque $\varphi'>0$ . En intégrant et en posant $t=\varphi(u)$ , $dt=\varphi'(u)du$ , on retombe exactement sur $\int\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}\,dt$ : c'est le théorème du changement de variable, rien de plus.

b)

Si $\varphi$ est décroissante, $\left|\varphi'\right|=-\varphi'$ et les bornes s'échangent : les deux signes se compensent et la longueur est encore la même. Ce qui compte est donc la MONOTONIE, pas le sens : la longueur est invariante par tout changement de paramètre monotone. En revanche, si $\varphi$ n'est pas monotone, la courbe est parcourue plusieurs fois et la longueur augmente.

c)

Avec $x=\cos t$ , $y=\sin t$ : $xy'-yx'=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1$ , donc $\frac{1}{2}\int_{0}^{6\pi}1\,dt=3\pi$ . On obtient TROIS fois l'aire du disque, parce que la courbe a été parcourue trois fois. La formule de l'aire compte les tours : elle calcule en réalité l'aire pondérée par le nombre d'enroulements autour de chaque point, et ne coïncide avec l'aire géométrique que pour une courbe fermée SIMPLE.

d)

$\left(\frac{dx}{ds}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{ds}\right)^{2}=\sin^{2}s+\cos^{2}s=1$ : la vitesse est constamment égale à 1, donc $\int_{0}^{s}1\,d\sigma=s$ , et le paramètre est bien la longueur parcourue depuis $s=0$ . En général, un paramétrage est par abscisse curviligne si et seulement si $x'^{2}+y'^{2}=1$ partout, c'est-à-dire si le point se déplace à vitesse unitaire. C'est le paramétrage canonique : il existe pour toute courbe régulière, et c'est celui dans lequel les formules de courbure prennent leur forme la plus simple.

e)

La différence est la MONOTONIE DE $x(t)$ . Sur l'arche de cycloïde, $x'=1-\cos t\geq 0$ : $x$ croît, chaque abscisse est atteinte une fois, et $\int y\,dx$ est bien l'aire sous la courbe au sens usuel. Sur la boucle, $x=t^{2}$ décroît puis croît : la courbe repasse au-dessus des mêmes abscisses, les contributions de l'aller et du retour se retranchent, et seule la formule fermée $\frac{1}{2}\oint\left(x\,dy-y\,dx\right)$ garde un sens. Question à se poser systématiquement avant d'écrire $\int y\,dx$ : $x$ est-elle monotone sur l'intervalle ?

Exercice 10 : Problème de synthèse : l'astroïde et son secret

L'astroïde $x=a\cos^{3}t$ , $y=a\sin^{3}t$ avec $a=2$ est la courbe décrite par un point d'un petit cercle de rayon $\frac{a}{4}$ roulant à l'intérieur d'un cercle de rayon $a$ . Elle réunit tout le chapitre : rebroussements, longueur, aire, surface de révolution, et une propriété géométrique remarquable.

a) Donnez l'équation cartésienne de l'astroïde, et localisez ses quatre points de rebroussement en justifiant leur nature.
b) Montrez que $ds=3a\left|\cos t\sin t\right|dt$ , puis calculez la longueur totale de la courbe.
c) Calculez l'aire délimitée par l'astroïde.
d) Calculez l'aire de la surface engendrée par rotation de l'astroïde complète autour de $Ox$ .
e) Montrez que la tangente en un point quelconque de paramètre $t$ , avec $t$ non multiple de $\frac{\pi}{2}$ , découpe sur les axes un segment de longueur CONSTANTE égale à $a$ .

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Réponses

a) $x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$ ; rebroussements $(\pm a;0)$ , $(0;\pm a)$
b) $6a=12$
c) $\frac{3\pi a^{2}}{8}=\frac{3\pi}{2}$
d) $\frac{12\pi a^{2}}{5}=\frac{48\pi}{5}$
e) Segment de longueur $a=2$

a)

$\cos t=\left(\frac{x}{a}\right)^{1/3}$ et $\sin t=\left(\frac{y}{a}\right)^{1/3}$ , donc $\left(\frac{x}{a}\right)^{2/3}+\left(\frac{y}{a}\right)^{2/3}=1$ , soit $x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$ . Les dérivées sont $x'=-3a\cos^{2}t\sin t$ et $y'=3a\sin^{2}t\cos t$ : elles s'annulent SIMULTANÉMENT lorsque $\cos t=0$ ou $\sin t=0$ , c'est-à-dire en $t=0,\frac{\pi}{2},\pi,\frac{3\pi}{2}$ , donnant les quatre points $\left(\pm a,0\right)$ et $\left(0,\pm a\right)$ . Ce sont des points singuliers. La pente $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3a\sin^{2}t\cos t}{-3a\cos^{2}t\sin t}=-\tan t$ tend vers 0 de part et d'autre de $t=0$ : la courbe arrive horizontalement en $(a,0)$ , y rebrousse et repart. Ce sont bien quatre points de rebroussement, visibles comme des pointes sur la figure.

b)

$x'^{2}+y'^{2}=9a^{2}\cos^{4}t\sin^{2}t+9a^{2}\sin^{4}t\cos^{2}t=9a^{2}\cos^{2}t\sin^{2}t\left(\cos^{2}t+\sin^{2}t\right)=9a^{2}\cos^{2}t\sin^{2}t$ . D'où $ds=3a\left|\cos t\sin t\right|dt$ . Par symétrie, la longueur totale vaut quatre fois celle du quart correspondant à $t\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ , où $\cos t\sin t\geq 0$ : $L=4\int_{0}^{\pi/2}3a\cos t\sin t\,dt=12a\left[\dfrac{\sin^{2}t}{2}\right]_{0}^{\pi/2}=6a$ . Avec $a=2$ , $L=12$ . La valeur absolue est indispensable : sans elle, $\int_{0}^{2\pi}3a\cos t\sin t\,dt=0$ .

c)

$xy'-yx'=a\cos^{3}t\cdot 3a\sin^{2}t\cos t-a\sin^{3}t\cdot\left(-3a\cos^{2}t\sin t\right)=3a^{2}\cos^{2}t\sin^{2}t\left(\cos^{2}t+\sin^{2}t\right)=3a^{2}\cos^{2}t\sin^{2}t=\dfrac{3a^{2}}{4}\sin^{2}2t$ . Alors $A=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\dfrac{3a^{2}}{4}\sin^{2}2t\,dt=\dfrac{3a^{2}}{8}\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}2t\,dt=\dfrac{3a^{2}}{8}\cdot\pi=\dfrac{3\pi a^{2}}{8}$ . Avec $a=2$ , $A=\dfrac{3\pi}{2}\approx 4{,}71$ , soit $\frac{3}{8}$ de l'aire du disque de rayon $a$ .

d)

On fait tourner la moitié supérieure, $t\in[0,\pi]$ , où $y=a\sin^{3}t\geq 0$ . $S=2\pi\int_{0}^{\pi}a\sin^{3}t\cdot 3a\left|\cos t\sin t\right|dt=6\pi a^{2}\int_{0}^{\pi}\sin^{4}t\left|\cos t\right|dt$ . Par symétrie autour de $\frac{\pi}{2}$ , cela vaut $12\pi a^{2}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{4}t\cos t\,dt=12\pi a^{2}\left[\dfrac{\sin^{5}t}{5}\right]_{0}^{\pi/2}=\dfrac{12\pi a^{2}}{5}$ . Avec $a=2$ : $S=\dfrac{48\pi}{5}\approx 30{,}16$ .

e)

La pente en $t$ vaut $-\tan t$ , et le point de contact est $\left(a\cos^{3}t,a\sin^{3}t\right)$ . La tangente s'écrit $y-a\sin^{3}t=-\tan t\left(x-a\cos^{3}t\right)$ . Pour $y=0$ : $x=a\cos^{3}t+\dfrac{a\sin^{3}t}{\tan t}=a\cos^{3}t+a\sin^{2}t\cos t=a\cos t\left(\cos^{2}t+\sin^{2}t\right)=a\cos t$ . Pour $x=0$ : $y=a\sin^{3}t+a\cos^{3}t\tan t=a\sin^{3}t+a\sin t\cos^{2}t=a\sin t$ . Les deux points d'intersection sont donc $\left(a\cos t,0\right)$ et $\left(0,a\sin t\right)$ , et la longueur du segment vaut $\sqrt{a^{2}\cos^{2}t+a^{2}\sin^{2}t}=a$ , indépendamment de $t$ . Autrement dit, l'astroïde est l'enveloppe des segments de longueur $a$ dont les extrémités glissent sur les deux axes : c'est exactement la trace laissée par une échelle qui glisse le long d'un mur, et c'est la raison pour laquelle cette courbe apparaît dans les problèmes d'optimisation du type de l'échelle qui contourne un couloir.

Exercice 11 : Une hyperbole paramétrée : branche, tangentes et asymptotes

On étudie la courbe $x=t+\frac{1}{t}$ , $y=t-\frac{1}{t}$ pour $t>0$ .

a) Calculez $x+y$ et $x-y$ , puis éliminez $t$ .
b) Montrez que $x\geq 2$ pour tout $t>0$ . Quelle partie de la courbe cartésienne est parcourue, et dans quel sens ?
c) Calculez $\frac{dy}{dx}$ . Trouvez le point à tangente verticale. La courbe a-t-elle une tangente horizontale ?
d) Écrivez l'équation de la tangente au point de paramètre $t=2$ .
e) Vers quelles droites la courbe se rapproche-t-elle quand $t\to+\infty$ et quand $t\to 0^{+}$ ?

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Réponses

a) $x^{2}-y^{2}=4$
b) Branche droite, parcourue de bas en haut
c) $\frac{t^{2}+1}{t^{2}-1}$ ; verticale en $(2;0)$ ; pas d'horizontale
d) $y=\frac{5}{3}x-\frac{8}{3}$
e) $y=x$ et $y=-x$

a)

$x+y=2t$ et $x-y=\frac{2}{t}$ . Leur produit ne dépend plus de $t$ : $(x+y)(x-y)=4$ , soit $x^{2}-y^{2}=4$ , une hyperbole.

b)

$x-2=t+\frac{1}{t}-2=\frac{(t-1)^{2}}{t}\geq 0$ , donc $x\geq 2$ , avec égalité pour $t=1$ seulement. Seule la branche DROITE de l'hyperbole est parcourue. Pour $0<t<1$ , $y<0$ ; pour $t>1$ , $y>0$ : le point monte le long de la branche, de bas en haut, en passant par le sommet $(2;0)$ pour $t=1$ .

c)

$x'(t)=1-\frac{1}{t^{2}}$ et $y'(t)=1+\frac{1}{t^{2}}$ , donc $\frac{dy}{dx}=\frac{t^{2}+1}{t^{2}-1}$ pour $t\neq 1$ . Tangente verticale : $x'(t)=0$ et $y'(t)\neq 0$ , soit $t=1$ , au point $(2;0)$ , le sommet de la branche. Aucune tangente horizontale : $y'(t)=1+\frac{1}{t^{2}}$ ne s'annule jamais.

d)

En $t=2$ : $x=\frac{5}{2}$ , $y=\frac{3}{2}$ , et $\frac{dy}{dx}=\frac{5}{3}$ . Tangente : $y-\frac{3}{2}=\frac{5}{3}\left(x-\frac{5}{2}\right)$ , soit $y=\frac{5}{3}x-\frac{8}{3}$ . Contrôle : le point vérifie $\frac{25}{4}-\frac{9}{4}=4$ ✓.

e)

Quand $t\to+\infty$ , $\frac{1}{t}\to 0$ : $x\approx t$ et $y\approx t$ , et $y-x=-\frac{2}{t}\to 0$ . La courbe se rapproche de $y=x$ . Quand $t\to 0^{+}$ , $x\approx\frac{1}{t}$ et $y\approx-\frac{1}{t}$ , avec $x+y=2t\to 0$ : elle se rapproche de $y=-x$ . Ce sont les deux asymptotes de l'hyperbole, et la pente $\frac{t^{2}+1}{t^{2}-1}$ tend bien vers $1$ puis vers $-1$ .

Exercice 12 : La développante du cercle : la ficelle qu'on déroule

On enroule une ficelle autour d'un cercle de rayon $1$ , puis on la déroule en la gardant tendue. L'extrémité de la ficelle décrit la développante du cercle : $x=\cos t+t\sin t$ , $y=\sin t-t\cos t$ , où $t\geq 0$ est l'angle déroulé.

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Calculez $x'(t)$ et $y'(t)$ et simplifiez-les.
b) Montrez que $ds=t\,dt$ , puis calculez la longueur de la courbe pour $t\in[0;2\pi]$ .
c) Montrez que $\frac{dy}{dx}=\tan t$ , puis que le vecteur allant du point de contact $(\cos t;\sin t)$ au point de la courbe est perpendiculaire à la courbe. Interprétez.
d) Calculez la distance du point de la courbe au centre du cercle, en fonction de $t$ , puis pour $t=2\pi$ .
e) Comparez la longueur décrite pendant le deuxième tour, $t\in[2\pi;4\pi]$ , à celle du premier tour.

Voir la correction

Réponses

a) $x'=t\cos t$ , $y'=t\sin t$
b) $ds=t\,dt$ ; $2\pi^{2}\approx 19{,}74$
c) Pente $\tan t$ ; ficelle perpendiculaire à la courbe
d) $\sqrt{1+t^{2}}$ ; $\approx 6{,}362$
e) $6\pi^{2}$ : trois fois plus

a)

$x'(t)=-\sin t+\sin t+t\cos t=t\cos t$ et $y'(t)=\cos t-\cos t+t\sin t=t\sin t$ . Les termes se sont annulés deux à deux.

b)

$x'^{2}+y'^{2}=t^{2}\cos^{2}t+t^{2}\sin^{2}t=t^{2}$ , donc $ds=|t|\,dt=t\,dt$ pour $t\geq 0$ . $L=\int_{0}^{2\pi}t\,dt=\frac{(2\pi)^{2}}{2}=2\pi^{2}\approx 19{,}74$ .

c)

$\frac{dy}{dx}=\frac{t\sin t}{t\cos t}=\tan t$ : la tangente fait l'angle $t$ avec l'horizontale. Le vecteur du point de contact au point de la courbe vaut $(t\sin t;-t\cos t)$ ; son produit scalaire avec le vecteur tangent $(t\cos t;t\sin t)$ vaut $t^{2}\sin t\cos t-t^{2}\cos t\sin t=0$ . La ficelle tendue est donc perpendiculaire à la courbe qu'elle trace, et, étant perpendiculaire au rayon $(\cos t;\sin t)$ , elle est tangente au cercle. Sa longueur est $\sqrt{t^{2}\sin^{2}t+t^{2}\cos^{2}t}=t$ : exactement l'arc déroulé.

d)

$x^{2}+y^{2}=\cos^{2}t+2t\sin t\cos t+t^{2}\sin^{2}t+\sin^{2}t-2t\sin t\cos t+t^{2}\cos^{2}t=1+t^{2}$ . La distance vaut $\sqrt{1+t^{2}}$ , soit $\sqrt{1+4\pi^{2}}\approx 6{,}362$ pour $t=2\pi$ : Pythagore dans le triangle formé par le centre, le point de contact et l'extrémité de la ficelle.

e)

$\int_{2\pi}^{4\pi}t\,dt=\frac{16\pi^{2}-4\pi^{2}}{2}=6\pi^{2}$ , trois fois la longueur du premier tour. La vitesse $\frac{ds}{dt}=t$ augmente avec la longueur de ficelle déjà déroulée : la spirale s'écarte et chaque tour est plus long que le précédent. C'est le profil de la plupart des dents d'engrenage : deux dents en développante qui engrènent transmettent la rotation avec un rapport de vitesses constant. La figure du corrigé montre le cercle et le premier tour.

Exercice 13 : La courbe de Bézier quadratique : trois points suffisent

En dessin assisté par ordinateur, une courbe de Bézier quadratique est définie par trois points de contrôle $P_{0}$ , $P_{1}$ , $P_{2}$ : $B(t)=(1-t)^{2}P_{0}+2t(1-t)P_{1}+t^{2}P_{2}$ , pour $t\in[0;1]$ . On prend $P_{0}=(0;0)$ , $P_{1}=(2;4)$ et $P_{2}=(4;0)$ , comme sur la figure.

a) Écrivez $x(t)$ et $y(t)$ .
b) Éliminez $t$ et reconnaissez la courbe.
c) Calculez les pentes en $t=0$ et en $t=1$ . Montrez que les deux tangentes passent par $P_{1}$ .
d) Quel est le point le plus haut de la courbe ? Comparez sa hauteur à celle de $P_{1}$ .
e) Calculez l'aire comprise entre la courbe et l'axe des $x$ , puis comparez-la à l'aire du triangle $P_{0}P_{1}P_{2}$ .

Voir la correction

Réponses

a) $x=4t$ , $y=8t(1-t)$
b) $y=2x-\frac{x^{2}}{2}$
c) Pentes $2$ et $-2$ , tangentes par $P_{1}$
d) $(2;2)$ , moitié de la hauteur de $P_{1}$
e) $\frac{16}{3}$ , soit $\frac{2}{3}$ du triangle

a)

$x(t)=2t(1-t)\times 2+t^{2}\times 4=4t-4t^{2}+4t^{2}=4t$ et $y(t)=2t(1-t)\times 4=8t(1-t)$ .

b)

$t=\frac{x}{4}$ , donc $y=8\cdot\frac{x}{4}\left(1-\frac{x}{4}\right)=2x-\frac{x^{2}}{2}$ : un arc de parabole, de $x=0$ à $x=4$ .

c)

$x'(t)=4$ et $y'(t)=8-16t$ , donc $\frac{dy}{dx}=2-4t$ . En $t=0$ : pente $2$ , tangente $y=2x$ , qui passe par $(2;4)=P_{1}$ ✓. En $t=1$ : pente $-2$ , tangente $y=-2(x-4)$ , qui passe aussi par $(2;4)$ ✓. C'est la propriété qui rend les courbes de Bézier si pratiques : les points de contrôle fixent les tangentes aux extrémités.

d)

$y'(t)=0$ pour $t=\frac{1}{2}$ : le point le plus haut est $(2;2)$ . Sa hauteur vaut la MOITIÉ de celle de $P_{1}$ : la courbe est attirée par le point de contrôle sans jamais l'atteindre.

e)

$x$ est croissante, donc l'aire vaut $\int y\,dx=\int_{0}^{1}8t(1-t)\cdot 4\,dt=32\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{16}{3}\approx 5{,}33$ . Le triangle a pour aire $\frac{4\times 4}{2}=8$ . Rapport : $\frac{16/3}{8}=\frac{2}{3}$ , le résultat d'Archimède sur le segment de parabole, vieux de vingt-deux siècles.

Exercice 14 : Problème : deux drones sur des trajectoires qui se croisent

Deux drones volent à altitude constante. Leurs positions, en kilomètres, sont données en fonction du temps $t$ en minutes : drone A en $(t;2t)$ , drone B en $(4-t;1+t)$ , pour $0\leq t\leq 3$ .

a) Donnez l'équation cartésienne de chaque trajectoire.
b) En quel point les deux trajectoires se croisent-elles ?
c) Les drones entrent-ils en collision ? Justifiez par les instants de passage.
d) Exprimez le carré de la distance entre les drones en fonction de $t$ , puis trouvez la distance minimale et l'instant où elle est atteinte.
e) De combien de secondes faudrait-il avancer le départ du drone B pour que les deux drones passent au point de croisement au même instant ?

Voir la correction

Réponses

a) $y=2x$ et $y=5-x$
b) $\left(\frac{5}{3};\frac{10}{3}\right)$
c) Passages à $\frac{5}{3}$ et $\frac{7}{3}$ min : pas de collision
d) $d^{2}=5t^{2}-18t+17$ ; $\approx 0{,}894$ km à $t=1{,}8$ min
e) $40$ s

a)

Drone A : $x=t$ , $y=2t$ , donc $y=2x$ . Drone B : $x=4-t$ donne $t=4-x$ , et $y=1+t=5-x$ . Deux droites.

b)

$2x=5-x$ donne $x=\frac{5}{3}$ et $y=\frac{10}{3}$ : le point $\left(\frac{5}{3};\frac{10}{3}\right)$ .

c)

A y passe quand $t=\frac{5}{3}$ min. B y passe quand $4-t=\frac{5}{3}$ , soit $t=\frac{7}{3}$ min. Les passages sont séparés de $\frac{2}{3}$ min, soit $40$ s : les TRAJECTOIRES se croisent, les DRONES non. L'équation cartésienne perd le temps, exactement comme elle perdait l'orientation à l'exercice 1.

d)

$d^{2}(t)=\left(t-(4-t)\right)^{2}+\left(2t-(1+t)\right)^{2}=(2t-4)^{2}+(t-1)^{2}=5t^{2}-18t+17$ . Ce trinôme est minimal en $t=\frac{18}{10}=1{,}8$ min, où $d^{2}=5(3{,}24)-32{,}4+17=0{,}8$ . Distance minimale : $\sqrt{0{,}8}\approx 0{,}894$ km, atteinte ENTRE les deux passages au point de croisement : après celui de A, vers 1,67 min, et avant celui de B, vers 2,33 min.

e)

Il faut que B atteigne le croisement à $t=\frac{5}{3}$ au lieu de $\frac{7}{3}$ : avancer son départ de $\frac{2}{3}$ min, soit $40$ s. Dans ce cas, $d^{2}$ s'annulerait bien en $t=\frac{5}{3}$ : le système anticollision doit donc surveiller les instants de passage, pas seulement le dessin des trajectoires. La figure du corrigé montre les deux trajectoires et les positions au moment de la distance minimale.

Exercice 15 : Problème : le tir d'un projectile

On lance une balle depuis le sol avec une vitesse de $20$ m/s, sous un angle de $30°$ au-dessus de l'horizontale. On néglige la résistance de l'air et on prend $g=9{,}8$ m/s $^{2}$ . La position est $x=v_{0}\cos\alpha\cdot t$ , $y=v_{0}\sin\alpha\cdot t-\frac{g}{2}t^{2}$ .

La figure ci-dessous représente la situation ; elle n'est pas à l'échelle.

a) Écrivez $x(t)$ et $y(t)$ avec les valeurs numériques.
b) Éliminez $t$ : quelle est l'équation cartésienne de la trajectoire ?
c) Calculez la durée du vol et la portée.
d) Calculez la hauteur maximale et l'instant où elle est atteinte.
e) Sous quel angle la balle touche-t-elle le sol ? Quelle portée obtiendrait-on en lançant sous $45°$ ?

Voir la correction

Réponses

a) $x\approx 17{,}32t$ , $y=10t-4{,}9t^{2}$
b) $y\approx 0{,}5774x-0{,}01633x^{2}$
c) $\approx 2{,}041$ s, $\approx 35{,}35$ m
d) $\approx 5{,}10$ m à $\approx 1{,}020$ s
e) $-30°$ ; $40{,}82$ m sous $45°$

a)

$\cos 30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$ et $\sin 30°=\frac{1}{2}$ : $x=10\sqrt{3}\,t\approx 17{,}32\,t$ et $y=10t-4{,}9t^{2}$ .

b)

$t=\frac{x}{10\sqrt{3}}$ , donc $y=\frac{x}{\sqrt{3}}-4{,}9\frac{x^{2}}{300}\approx 0{,}5774\,x-0{,}01633\,x^{2}$ : une parabole, tournée vers le bas.

c)

$y=0$ donne $t(10-4{,}9t)=0$ , soit $t=\frac{10}{4{,}9}\approx 2{,}041$ s. Portée : $x=17{,}32\times 2{,}041\approx 35{,}35$ m.

d)

$y'(t)=10-9{,}8t=0$ pour $t=\frac{10}{9{,}8}\approx 1{,}020$ s, la moitié de la durée du vol. Hauteur maximale : $10(1{,}0204)-4{,}9(1{,}0204)^{2}\approx 5{,}10$ m.

e)

Au sol, $\frac{dy}{dx}=\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{10-9{,}8\times 2{,}041}{17{,}32}=\frac{-10}{17{,}32}\approx-0{,}577$ , soit un angle de $-30°$ : la balle retombe sous le même angle, par symétrie de la parabole, et avec la même vitesse de $20$ m/s. Sous $45°$ , la portée vaut $\frac{v_{0}^{2}\sin 90°}{g}=\frac{400}{9{,}8}\approx 40{,}82$ m, la portée maximale. La figure du corrigé compare les deux trajectoires.

Exercices corrigés : les courbes paramétrées (201-SN3-RE, ancien 201-NYB)

Rappel de cours

Calculs : les pentes à calculer

Exercice 0.1 : Calculer la pente d'une courbe paramétrée : dix calculs directs

Partie A : Paramétrage, tangentes et allure de la courbe (/50)

Exercice 1 : Du paramétrage à l'équation cartésienne, et ce qu'on perd en chemin

Exercice 2 : La pente, les tangentes horizontales et les tangentes verticales

Exercice 3 : La dérivée seconde, la concavité et la formule qui n'existe pas

Exercice 4 : Points doubles, symétries et lecture de l'allure

Exercice 5 : La cycloïde : le paramétrage dont on ne peut pas sortir

Partie B : Aire, longueur, surface et invariance du paramétrage (/50)

Exercice 6 : L'aire délimitée par une courbe paramétrée

Exercice 7 : La longueur d'arc en paramétrique

Exercice 8 : L'aire d'une surface de révolution

Exercice 9 : Reparamétrer : la courbe ne change pas, l'intégrale parfois si

Exercice 10 : Problème de synthèse : l'astroïde et son secret

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Une hyperbole paramétrée : branche, tangentes et asymptotes

Exercice 12 : La développante du cercle : la ficelle qu'on déroule

Exercice 13 : La courbe de Bézier quadratique : trois points suffisent

Exercice 14 : Problème : deux drones sur des trajectoires qui se croisent

Exercice 15 : Problème : le tir d'un projectile

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