Exercices corrigés : les courbes paramétrées (201-NYB)

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 $y$.

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.

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 $y^{2}=x^{3}$.

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 rebrousse visuellement en tournant, 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 $\left(\pm\frac{\sqrt{2}}{2},\pm 1\right)$.

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 Wren a obtenu en 1658 et qui est la première rectification exacte d'une courbe transcendante.

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.

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.

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.