Université Grenoble Alpes $\bullet$ Licence2, mat307 $\bullet$ Année 2021/2012

1  Polaire

Étude de $\rho=\cos(2\theta)/\sin(\theta)$. Pour les calculs à la machine, on utilisera la variable $x$ au lieu de $\theta$, on pose

r:=cos(2x)/sin(x)

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1. $\rho$ est $2\pi$ périodique et $\rho(-\theta)=-\rho(\theta)$ on peut restreindre l’étude à $[0,\pi]$ (symétrie $Oy$). De plus $r(\pi-\theta)=r(\theta)$ donc on peut restreindre à $[0,\pi/2]$ avec à nouveau la même symétrie par rapport à $Oy$. Le domaine est alors $]0,\pi/2]$.
2. On a aussi $$\rho=\frac{1-2\sin(\theta)^2}{\sin(\theta)}=\frac{1}{\sin(\theta)}-2\sin(\theta)$$ Donc $$\rho'=\cos(\theta)\left(\frac{-1}{\sin(\theta)^2}-2\right) \leq 0$$ avec égalité pour $\theta=\pi/2$. En $0^+$, $\rho$ tend vers $+\infty$, en $\pi/2$, $\rho$ vaut -1 avec une tangente perpendiculaire au rayon vecteur. Entre les deux $\rho$ décroit et s’annule donc en $\theta$ tel que $\cos(2\theta)=0$ soit $\theta=\pi/4$ $$\left[\begin{array}{cccccc}x&0& & \frac{\pi}{4} & &\frac{\pi }{2} \\ \rho'&-\infty & - & & - &0 \\ \rho&+\infty & \downarrow & 0 & \downarrow &-1\end{array}\right]$$
3. En $\theta=\pi/4$ $\rho$ s’annule et la tangente fait cet angle avec $Ox$.
4. Cf. question 2, tangente horizontale.
5. Il nous reste à étudier la branche infinie pour $\theta=0$. $$\lim_{\theta \rightarrow 0} \rho \sin(\theta-0) = 1$$ Donc asymptote horizontale d’équation $Y=1$ dans le repère tourné, mais comme $\theta=0$ le repère tourné est $Oxy$.
6. trigsin(texpand(1+r*(1/r)'')) exe
   Il n’y a donc pas de changement de convexité, le numérateur est plus grand que 4.
7. gl_x=-3..3; gl_ortho=1; plotpolar(r,x,0.01,1.57); plotpolar(r,x,1.58,3.13,color=blue); droite(y=x,color=red); droite(y=1,color=green); exe
   

2  Paramétrique

Étude de $$(x(t)=\cos(t)+t\sin(t),y(t)=\sin(t)-t\cos(t)), t \in [-\frac{5\pi}{4},\frac{5\pi}{4}]$$ Pour faciliter les calculs à la machine, on utilise $x$ à la place de la variable $t$, et on note X,Y l’expression des coordonnées $x(t)$ et $y(t)$.

X:=cos(x)+x*sin(x);Y:=sin(x)-x*cos(x); X1:=X'; Y1:=Y';

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1. La courbe est bien définie sur $[-\frac{5\pi}{4},\frac{5\pi}{4}]$. Si on change $t$ en $-t$, $x$ reste constant et $y$ change de signe, on peut donc restreindre l’étude à $[0,\frac{5\pi}{4}]$ avec une symétrie par rapport à $Ox$.

   On a $$\dot{x}=t\cos(t), \dot{y}=t\sin(t)$$ Donc $\dot{x}$ s’annule en $\pi/2$ est positif avant et négatif après, $\dot{y}$ s’annule en $\pi$ est positifi avant et négatif aprés. D’où le tableau de variations : $$\left[\begin{array}{cccccccc} t&0& &\frac{\pi }{2}& &\pi &&\frac{5 \pi}{4}\\ x=\cos t+t \sin t&1&\uparrow&\frac{\pi}{2}&\downarrow&-1&\downarrow&-\pi \frac{5 \sqrt{2}}{8}-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ x'=\cos t\cdot t&0&+&0&-&-\pi &-&-\pi \frac{5 \sqrt{2}}{8}\\ y=\sin t-t \cos t&0&\uparrow&1&\uparrow&\pi &\downarrow&\pi \frac{5 \sqrt{2}}{8}-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ y'=\sin t \cdot t&0&+& \frac{\pi}{2}&+&0&-&-\pi \frac{5 \sqrt{2}}{8}\\ \end{array}\right]$$ On a une tangente verticale en $t=\pi/2$, une tangente horizontale en $t=\pi$.

2. On a un point singulier en $t=0$. Les développements limités à l’ordre 3 donnent $$x=1-\frac{t^2}{2}+t^2+o(t^3)=1+\frac{t^2}{2}+o(t^3), \quad y=t-\frac{t^3}{3!}-t(1-\frac{t^2}{2})+o(t^3)=\frac{t^3}{3}+o(t^3)$$ Il s’agit donc d’un rebroussement de première espèce avec une tangente horizontale.
3. gl_ortho=1; G:=plotparam([X,Y],x,0,5*pi/4); V:=point(pi/2,1); H:=point(-1,pi); symetrie(droite(y=0),G,color=blue); exe
   
4. Pour $t>0$, on a $$ds=\sqrt{\dot{x}^2+\dot{y}^2} dt =t \, dt$$ donc la longueur de l’arc de courbe sur $[0,5\pi/4$ est $$\int_0^{\frac{5\pi}{4}} t \, dt = \left[ \frac{t^2}{2} \right]_0^{\frac{5\pi}{4}}=\frac{25\pi^2}{32}$$ et le double pour $C$. On vérifie
   simplify(arclen([X,Y],x,0,5*pi/4)) exe
5. La vitesse vaut $t(\cos(t),\sin(t))$ donc le repère de Frénet est donné par $\overrightarrow{T}=(\cos(t),\sin(t))$ et $\overrightarrow{N}=(-\sin(t),\cos(t))$.
   De plus $$\frac{d \overrightarrow{T}}{ds}= \frac{d \overrightarrow{T}}{dt} \frac{dt}{ds} =\overrightarrow{N} \frac{1}{t}$$ donc la courbure vaut $\kappa=\frac{1}{t}$ et le rayon de courbure vaut $t$, donc le centre de courbure est $$M+R\overrightarrow{N}=(\cos(t)+t\sin(t),\sin(t)-t\cos(t)+t (-\sin(t),\cos(t)) =(\cos(t),\sin(t))$$
6. En $\pi/2$, on obtient le cercle de centre $(0,1)$ et rayon $\pi/2$, en $\pi$ le cercle de centre $(-1,0)$ et rayon $\pi$. G:=plotparam([X,Y],x,0,5*pi/4); V:=point(pi/2,1); H:=point(-1,pi); A:=point(subst(X+i*Y,x=5*pi/4)); symetrie(droite(y=0),G,color=blue); B:=symetrie(droite(y=0),A); C1:=cercle(i,pi/2,color=red); C2:=cercle(-1,pi,color=red); exe
   
7. On a $$\dot{x}=t\cos(t), \ddot{x}=-t\sin(t)+\cos(t), \dot{y}=t\sin(t), \ddot{y}=t\cos(t)+\sin(t)$$ donc le déterminant de la vitesse et accélération vaut $$t\cos(t)(t\cos(t)+\sin(t))-t\sin(t)(-t\sin(t)+\cos(t)) =t^2$$ il n’y a donc pas de changement de convexité.
8. On choisit d’utiliser la forme $y dx$ pour calculer l’aire, car $dx=0$ sur le segment vertical $AB$. Sur l’arc de courbe : $$y dx = y \dot{x} dt=(\sin(t)-t\cos(t)) t \cos(t)$$ d’où l’aire demandée : $$-\int_{B}^{A} y dx= -\int_{-5\pi/4}^{5\pi/4} (\sin(t)-t\cos(t)) t \cos(t) \ dt$$ on termine le calcul à la machine, en valeur exacte
   -integrate(Y*X1,x,-5*pi/4,5*pi/4) exe
   en approché cela donne environ 27.4. L’aire d’un disque de rayon 3 est $9\pi$ qui fait un peu plus de 28. C’est l’aire du cercle osculateur en $t=\pi$ qui est assez proche (voir graphique) de celle recherchée.