Exercice 1

X:=-2t+1/(1-2t); Y:=t^2-1/(1-2t);

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1. Le domaine de définition est $\R\setminus\{\frac{1}{2} \}$. Il n’est pas symétrique par rapport à l’origine, donc il n’y a pas de symétrie évidente.
2. Les branches infinies correspondent à $x(t)\to \infty$ ou $y(t)\to \infty$. On voit que cela est le cas pour $t\to \pm\infty$ et $t\to 1/2$.

   Lorsque $t \rightarrow \pm \infty$, on a $X$ est équivalent à $-2t$ et $Y$ à $t^2$ donc $Y/X \rightarrow \pm \infty$, on en déduit qu’il y a une branche parabolique d’axe $Oy$ lorsque $t\to \pm \infty$.

   Lorsque $t\to \frac{1}{2}$, $$\frac{y(t)}{x(t)} = \frac{t^2(1-2t)-1}{-2t(1-2t)+1} \rightarrow -1$$ Et toujours lorsque $t\to \frac{1}{2}$, $$y(t)+x(t) = t^2-2t \rightarrow -3/4$$ La droite $y=-x-3/4$ est donc asymptote.

3. On calcule

   $$x'(t)=-\frac{8t(t-1)}{(1-2t)^2},\quad y'(t)=\frac{8t^3-8t^2+2t-2}{(1-2t)^2}.$$ On voit à partir de cela que le tableau de variation est le suivant :
   tabvar([X,Y],t) exe
   

4. On voit d’après le calcul précédent des dérivées que $x'(t)=0$ implique $t=0$ ou $t=1$. En testant dans $y'(t)$, on conclue que $t=1$ est le seul point singulier. Calculons l’accélération en $t=1$ :

   $$x''(1)=-8,\quad y''(1)=10,$$ d’où un vecteur directeur de la tangente $(-8,10)$. Au voisinage de $t=1$, on a (on peut s’aider de la calculatrice pour les calculs des dérivées troisièmes)

   $$(x(t),y(t))\simeq (x(1),y(1))+t^2(-4,5)-t^3(0,8).$$ Etant donné que les vecteurs $(-4,5)$ et $(0,8)$ ne sont pas colinéaires, la courbe traverse sa tangente en $t=1$ (point de rebroussement de première espèce).

   Remarque : on peut aussi calculer des développements limités, mais il faut faire attention à bien les faire en $t=1$ et pas en $t=0$, il est conseillé de poser $t=1+h$ avec $h$ qui tend vers 0.

5. A l’aide de la calculatrice et de la commande factor, on calcule :

   $$x''(t)y'(t)-x't)y''(t)=\frac{16(t-1)^2(2t+1)}{(2t-1)^3}.$$ Il y a des points d’inflexion lorsque le numérateur s’annule, c’est-à-dire en $t=1$ et $t=-\frac{1}{2}$. On a déjà calculé le vecteur directeur à la tangente en $t=1$ qui est un point singulier, pour $t=-\frac{1}{2}$ un vecteur directeur est donné par $$(x'(-1/2),y'(-1/2))=(-3/2,-3/2).$$ De façon équivalent, on a $(1,1)$ comme vecteur directeur. D’où une tangente en $t=-1/2$ : $$y+\frac{1}{4}=(x-\frac{3}{2})\Leftrightarrow y=x-\frac{7}{4}.$$

6. On a le tracé suivant : gl_x=-7..7;gl_y=-4..4;plotparam([X,Y],t=-2..2,display=ligne_chapeau_plat); droite(y=-x-3/4,color=red); droite(y=x-7/4,color=cyan); osculating_circle([X,Y],t,0) exe
   On voit en rouge l’asymptote oblique $y=-x-3/4$. Le sens de parcours est le suivant : on descend la parabole en partant de la branche de droite, on sort par l’asymptote oblique dans le coin inférieur droit, on rentre par l’asymptote oblique dans le coin supérieur gauche, on sort par la branche de gauche de la parabole.
7. En $t=0$, un vecteur directeur de la tangente est $\vec{v}(0)=(x'(0),y'(0))=(0,-2)$. Le vecteur unitaire tangent $\vec{T}$ est donc $(0,-1)$. Le vecteur unitaire normal $\vec{N}$ est donc $(1,0)$. D’autre part, l’accélération en $t=0$ est

   $$\vec{a}(0)=(x''(0),y''(0))=(8,-6).$$ Donc la composante normale de l’accélération est

   $$a_n=\vec{a}\cdot \vec{N}=8.$$ D’après le cours, ceci est égal à $\frac{v^2(0)}{R}$, où $R$ est le rayon de courbure. Puisque $v(0)^2=4$, on en déduit que $R=\frac{1}{2}$. Le centre du cercle osculateur est donné par

   $$(x(0),y(0))+R\vec{N}=(1,-1)+\frac{1}{2}(1,0)=(\frac{3}{2},-1).$$

8. La longueur d’arc entre $t=-1.5$ et $t=0$ est donnée par

   $$L=\int_{-1.5}^0\sqrt{(x'(t))^2+(y'(t))^2}\,dt.$$ On trouve numériquement que c’est $\approx 3.78$. integrate(sqrt(diff(X,t)^2+diff(Y,t)^2),t,-1.5,0) exe
   

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