Calcul différentiel/Exercices/Courbes paramétrées

Exercice 1

Soit un réel $a>0$.

1. Étudier et tracer la courbe paramétrée $x=a\cos ^{3}t,y=a\sin ^{3}t$.
2. Pour $t\in \left]0,{\frac {\pi }{2}}\right[$, on note $A(t)$ et $B(t)$ les points d'intersection de la tangente à cette courbe au point $M(t)$ avec, respectivement, $(Ox)$ et $(Oy)$. Calculer la distance $A(t)B(t)$.

Solution

http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00112.pdf exercice 1, question 1.

1. • On peut se limiter à $t\in \left[-\pi ,\pi \right]$ par périodicité, puis se restreindre à $\left[0,\pi \right]$ car $M(-t)$ est le symétrique de $M(t)$ par rapport à $(Ox)$, puis à $\left[0,\pi /2\right]$ car $M(\pi -t)$ est le symétrique de $M(t)$ par rapport à $(Oy)$, puis à $\left[0,\pi /4\right]$ car $M(\pi /2-t)$ est le symétrique de $M(t)$ par rapport à la droite $y=x$.
   • $\left(x'(t),y'(t)\right)=3a\cos t\sin t\left(-\cos t,\sin t\right)$ s'annule en $t=0$ et vaut ${\frac {3a}{2{\sqrt {2}}}}\left(-1,1\right)$ en $t={\frac {\pi }{4}}$.
   • $M(0)=\left(a,0\right)$ et $M\left(\pi /4\right)={\frac {a}{2{\sqrt {2}}}}\left(1,1\right)$. Quand $t$ croît de $0$ à $\pi /4$, $x(t)$ décroît et $y(t)$ croît.
   • Au voisinage de $t=0$, $M(t)=a\left(1-3t^{2}/2,t^{3}\right)+o\left(t^{3}\right)$ donc il s'agit d'un point de rebroussement de première espèce à tangente horizontale.
2. $\left(x'(t),y'(t)\right)\perp \left(\sin t,\cos t\right)$ donc la tangente au point $M(t)$ a pour équation : $\left(x-a\cos ^{3}t\right)\sin t+\left(y-a\sin ^{3}t\right)\cos t=0$, soit $x\sin t+y\cos t=a\cos t\sin t$. Par conséquent, $A(t)=\left(a\cos t,0\right)$ et $B(t)=\left(0,a\sin t\right)$ donc $A(t)B(t)=a$.

 

Exercice 2

Soit un réel $R>0$.

1. Un cercle ${\mathcal {C}}$, de rayon $R$, roule sans glisser sur l'axe $(Ox)$. On note $I$ le point de contact entre ${\mathcal {C}}$ et $(Ox)$ et $\Omega$ le centre du cercle ${\mathcal {C}}$ ($I$ et $\Omega$ sont donc mobiles). $M$ est un point donné de ${\mathcal {C}}$ (mobile, mais solidaire de ${\mathcal {C}}$). Déterminer un paramétrage par $t:={\widehat {M\Omega I}}$ de la courbe décrite par le point $M$.
2. Étudier et tracer la courbe paramétrée $x=R\left(t-\sin t\right),y=R\left(1-\cos t\right)$.

Solution

http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00112.pdf exercice 1, question 2.

1. Quand $t$ augmente de $\mathrm {d} t$, l'abscisse $a(t)$ de $I$ et $\Omega$ augmente de $R\mathrm {d} t$. Donc $M(t)=\left(a(t)-R\sin t,R\left(1-\cos t\right)\right)$ avec $a'(t)=R$, c'est-à-dire

   $\left(x(t),y(t)\right)=\left(a(0)+R\left(t-\sin t\right),R\left(1-\cos t\right)\right)$.

2. • On peut se limiter à étudier la courbe pour $t\in \left[-\pi ,\pi \right]$ car $M(t+2\pi )$ est le translaté de $M(t)$ par $\left(2\pi R,0\right)$, puis se restreindre à $\left[0,\pi \right]$ car $M(-t)$ est le symétrique de $M(t)$ par rapport à $(Oy)$.
   • $\left(x'(t),y'(t)\right)=R\left(1-\cos t,\sin t\right)$ s'annule en $t=0$ et vaut $R\left(2,0\right)$ (donc tangente horizontale) en $t=\pi$.
   • $M(0)=\left(0,0\right)$ et $M(\pi )=R\left(\pi ,2\right)$. Quand $t$ croît de $0$ à $\pi$, $x(t)$ et $y(t)$ croissent.
   • Au voisinage de $t=0$, $M(t)=R\left(t^{3}/6,t^{2}/2\right)+o\left(t^{3}\right)$ donc il s'agit d'un point de rebroussement de première espèce à tangente verticale.

 

Exercice 3

1. On considère

$x(\theta )=\sin(p\theta ),\,y(\theta )=\sin(q\theta ),\quad \theta \in [0,2\pi ]$.

Dans les deux cas suivants, établir le double tableau de variations et tracer la courbe associée :

${\text{a) }}p=1,\,q=2\,;\quad {\text{b) }}p=2,\,q=3$.

2. Étudier et tracer la courbe paramétrée

$x={\frac {t}{1+t^{4}}},\,y={\frac {t^{3}}{1+t^{4}}}$.

En donner une équation cartésienne.

Solution

1. a) $M(t+\pi )$ est l'image de $M(t)$ par la symétrie orthogonale par rapport à l'axe $Oy$. On peut donc restreindre $t$ à $\left[0,\pi \right]$. Puis, $M(\pi -t)$ est l'image de $M(t)$ par la symétrie orthogonale par rapport à l'axe $Ox$. On peut donc même restreindre $t$ à $\left[0,\pi /2\right]$.
Sur cet intervalle, $x'=\cos >0,\,y'(t)=2\cos(2t)$, d'où le tableau de variations suivant :

${\begin{array}{|c|lcccc|}\hline t&0&&\pi /4&&\pi /2\\\hline &&&&&1\\&&&&\nearrow &\\x&&&1/{\sqrt {2}}&&&\\&&\nearrow &&\\&0&&&&\\\hline &&&1&&\\y&&\nearrow &&\searrow &\\&0&&&&0\\\hline \end{array}}$

La tangente en $M(0)$ a pour pente $y'(0)/x'(0)=2$, et la tangente en $M(\pi /2)$ est verticale (car $x'(\pi /2)=0\neq y'(\pi /2)$).

Courbe sous google.com (c'est à peu de chose près la lemniscate de Gerono).

1. b) http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00112.pdf exercice 1, question 3.

2. http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00112.pdf exercice 1, question 4.

$y=t^{2}x$ donc $x^{2}={\frac {y/x}{(1+(y/x)^{2})^{2}}}$, soit encore : $xy=(x^{2}+y^{2})^{2}$.

 

Exercice 4

Construire les courbes paramétrées :

1. $x={\frac {t^{3}}{\left(t+1\right)^{2}\left(t-1\right)}},\,y={\frac {t^{2}}{t^{2}-1}}$ ;
2. $x=\left(t+2\right)\operatorname {e} ^{1/t},\,y=\left(t-2\right)\operatorname {e} ^{1/t}$ ;
3. $x=\left(t-1\right)\ln |t|,\,y=\left(t+1\right)\ln |t|$ ;
4. $x={\frac {2t}{1+t^{2}}},\,y={\frac {t+2}{1-t^{2}}}$ ;
5. $x={\frac {t}{t^{2}-1}},\,y={\frac {t+2}{\left(t-1\right)^{2}}}$ ;
6. $x={\frac {t^{3}}{t^{2}-9}},\,y={\frac {t\left(t-2\right)}{t-3}}$ ;
7. $x={\frac {t^{3}}{1+3t}},\,y={\frac {3t^{2}}{1+3t}}$ ;
8. $x=t^{2}+t^{3},\,y=t^{2}+t^{3}-2t^{4}-2t^{5}$ ;
9. $x=t-{\frac {1}{t}},\,y=t-{\frac {\ln {(2\operatorname {e} ^{t}-1)}}{2}}$ ;
10. $x=t^{2}+{\frac {2}{t}},\,y=t^{2}+{\frac {1}{t^{2}}}$.

Solution

Pour les questions 1 à 8, voir aussi http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00112.pdf exercice 2.

1. On étudie $x={\frac {t^{3}}{\left(t+1\right)^{2}\left(t-1\right)}},\,y={\frac {t^{2}}{t^{2}-1}}$ pour $t\neq \pm 1$. Calculons les dérivées logarithmiques pour $t\in \mathbb {R} \setminus \{-1,0,1\}$ :
   ${\frac {x'}{x}}={\frac {3}{t}}-{\frac {2}{t+1}}-{\frac {1}{t-1}}={\frac {3\left(t^{2}-1\right)-2\left(t^{2}-t\right)-\left(t^{2}+t\right)}{t\left(t+1\right)\left(t-1\right)}}={\frac {t-3}{t\left(t+1\right)\left(t-1\right)}}$ et
   ${\frac {y'}{y}}={\frac {2}{t}}-{\frac {1}{t+1}}-{\frac {1}{t-1}}={\frac {2\left(t^{2}-1\right)-\left(t^{2}-t\right)-\left(t^{2}+t\right)}{t\left(t+1\right)\left(t-1\right)}}={\frac {-2}{t\left(t+1\right)\left(t-1\right)}}$ donc
   $x'={\frac {t^{2}\left(t-3\right)}{\left(t+1\right)^{3}\left(t-1\right)^{2}}}$ et $y'={\frac {-2t}{\left(t+1\right)^{2}\left(t-1\right)^{2}}}$.
   Par continuité, ces égalités sont encore vraies pour $t=0$.
   On en déduit le tableau de variations suivant :
   ${\begin{array}{|c|lccccc|}\hline t&-\infty &-1&0&1&3&+\infty \\\hline x&{\begin{matrix}&&+\infty \\&\nearrow &\\1&&\\&&\end{matrix}}&{\Big \Vert }&{\begin{matrix}+\infty &&&&\\&\searrow &&&\\&&0&&\\&&&&\searrow &\\&&&&&-\infty \end{matrix}}&{\Big \Vert }&{\begin{matrix}+\infty &&&&\\&\searrow &&&1\\&&&\nearrow &&\\&&{\frac {27}{32}}&&\end{matrix}}\\\hline y&{\begin{matrix}&&+\infty \\&\nearrow &\\1&&\\&&\end{matrix}}&{\Big \Vert }&{\begin{matrix}&&&&\\&&0&&\\&\nearrow &&\searrow &\\-\infty &&&&+\infty \end{matrix}}&{\Big \Vert }&{\begin{matrix}+\infty &&&&\\&\searrow &&&\\&&{\frac {9}{8}}&&\\&&&&\searrow &\\&&&&&1\end{matrix}}\\\hline \end{array}}$
   Quand $t\to \pm \infty$, ${\frac {y-1}{x-1}}\sim {\frac {1/t^{2}}{-1/t}}=-{\frac {1}{t}}\to 0$ donc au point limite $\left(1,1\right)$, la tangente est horizontale.
   Quand $t\to -1$, ${\frac {y}{x}}\sim {\frac {\frac {1}{-2\left(t+1\right)}}{\frac {1}{2\left(t+1\right)^{2}}}}=-\left(t+1\right)\to 0$ donc la courbe a deux branches paraboliques de direction horizontale.
   Quand $t\to +1$, ${\frac {y}{x}}\sim {\frac {\frac {1}{2\left(t-1\right)}}{\frac {1}{4\left(t-1\right)}}}=2$ et $y-2x={\frac {t^{2}\left(t+1\right)-2t^{3}}{\left(t+1\right)^{2}\left(t-1\right)}}={\frac {-t^{2}}{\left(t+1\right)^{2}}}\to -{\frac {1}{4}}$ donc la courbe a une asymptote d'équation $y=2x-{\frac {1}{4}}$.
   Quand $t\to 0$, $x\sim -t^{3}$ et $y\sim -t^{2}$ donc le point singulier $\left(0,0\right)$ est un point de rebroussement de première espèce à tangente verticale.
   Il y a nécessairement un point d'inflexion sur la branche parabolique qui part du point limite. Calculons-le. La courbure ${\frac {x'y''-y'x''}{\left(x'^{2}+y'^{2}\right)^{3/2}}}$ s'annule lorsque les dérivées logarithmiques de $x'$ et $y'$ sont égales, c'est-à-dire ${\frac {2}{t}}+{\frac {1}{t-3}}-{\frac {3}{t+1}}-{\frac {2}{t-1}}={\frac {1}{t}}-{\frac {2}{t+1}}-{\frac {3}{t-1}}$ soit, après simplification : $0=t^{2}+2t-3=\left(t-1\right)\left(t+3\right)$ donc $t=-3,x={\frac {27}{16}},y={\frac {9}{8}},{\frac {y'}{x'}}={\frac {2}{9}}$.
2. $x'={\frac {(t+1)(t-2)}{t^{2}}}\operatorname {e} ^{1/t},\,y'={\frac {t^{2}-t+2}{t^{2}}}\operatorname {e} ^{1/t}>0$. En calculant les limites aux bornes, on aboutit au tableau suivant :
   ${\begin{array}{|c|lcccccc|}\hline t&-\infty &&-1&&&0&&&2&&+\infty \\\hline &&&{\frac {1}{2}}&&&{\Big \Vert }&+\infty &&&&+\infty \\x&&\nearrow &&\searrow &&{\Big \Vert }&&\searrow &&\nearrow &\\&-\infty &&&&0&{\Big \Vert }&&&4{\sqrt {\mathrm {e} }}&&\\\hline &&&&&0&{\Big \Vert }&&&&&+\infty \\&&&&\nearrow &&{\Big \Vert }&&&&\nearrow &\\y&&&-3/2&&&{\Big \Vert }&&&0&&\\&&\nearrow &&&&{\Big \Vert }&&\nearrow &&&\\&-\infty &&&&&{\Big \Vert }&-\infty &&&&\\\hline \end{array}}$
   Quand $t\to \pm \infty$, $y-x\to -4$ donc asymptote d'équation $y=x-4$.
   Quand $t\to 0^{+}$, $y/x\to -1$ et $y+x\to +\infty$ donc branche parabolique de direction $y=-x$.
   Au point limite $M(0^{-})=(0,0)$, la tangente a pour pente $\lim _{t\to 0}{\frac {y}{x}}=-1$.
3. $M(-t)$ est l'image de $M(t)$ par la symétrie orthogonale par rapport à la droite $y=-x$. On peut donc restreindre $t$ à $\left]0,+\infty \right[$.
   Sur cet intervalle, $x'=\ln t+1-{\frac {1}{t}},\,y'=\ln t+1+{\frac {1}{t}}$ ; $x''={\frac {1}{t}}+{\frac {1}{t^{2}}}>0,\,y''={\frac {t-1}{t^{2}}}$ ; $x'(1)=0,\,y'(1)=2>0$, d'où le tableau de variations suivant :
   ${\begin{array}{|c|lccccc|}\hline t&0&&1&&+\infty \\\hline &+\infty &&&&+\infty \\x&&\searrow &&\nearrow &\\&&&0&&\\\hline &&&&&+\infty \\&&&&\nearrow &\\y&&&0&&\\&&\nearrow &&&\\&-\infty &&&&\\\hline \end{array}}$
   Quand $t\to 0^{+}$, $y/x\to -1$ et $y+x\to -\infty$, d'où une branche parabolique de direction $y=-x$.
   Quand $t\to +\infty$, $y/x\to 1$ et $y-x\to -\infty$, d'où une branche parabolique de direction $y=x$.
4. $M(1/t)$ est l'image de $M(t)$ par la symétrie orthogonale par rapport à la droite $y=1$. On peut donc restreindre $t$ à $\left]-1,1\right[$.
   Sur cet intervalle, $x'=2{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}>0,\,y={\frac {(t+2)^{2}-3}{1-t^{2}}}$, d'où le tableau de variations suivant :
   ${\begin{array}{|c|lcccc|}\hline t&-1&&{\sqrt {3}}-2&&1\\\hline &&&&&1\\&&&&\nearrow &\\x&&&-1/2&&&\\&&\nearrow &&\\&-1&&&&\\\hline &+\infty &&&&+\infty \\y&&\searrow &&\nearrow &\\&&&1+{\frac {\sqrt {3}}{2}}&&\\\hline \end{array}}$
5. On étudie $x={\frac {t}{t^{2}-1}},y={\frac {t+2}{\left(t-1\right)^{2}}}$ pour $t\in \mathbb {R} \setminus \{-1,1\}$.
   $x'=-{\frac {t^{2}+1}{\left(t^{2}-1\right)^{2}}}<0,\quad y'={\frac {-t^{2}-4t+5}{\left(t-1\right)^{4}}}=-{\frac {t+5}{\left(t-1\right)^{3}}}$.
   Il n'y a donc pas de point singulier, et au point $\left(x,y\right)\left(-5\right)=\left(-{\frac {5}{24}},-{\frac {3}{16}}\right)$, la tangente est horizontale.
   La courbe coupe l'axe des abscisses en $\left(x,y\right)\left(-2\right)=\left(-{\frac {2}{3}},0\right)$, avec une tangente de pente ${\frac {y'\left(-2\right)}{x'\left(-2\right)}}=-{\frac {1}{5}}$, et l'axe des ordonnées en $\left(x,y\right)\left(0\right)=\left(0,2\right)$, avec une tangente de pente ${\frac {y'\left(0\right)}{x'\left(0\right)}}=-5$.
   $\left(x,y\right)\sim _{t\to \pm \infty }\left({\frac {1}{t}},{\frac {1}{t}}\right)$ donne un point limite $\left(0,0\right)$ à tangente de pente $1$.
   $\left(x,y\right)\sim _{t\to -1}\left({\frac {1}{2\left(t+1\right)}},{\frac {1}{4}}\right)$ donne une asymptote horizontale.
   La position de la courbe par rapport à cette asymptote est donnée par le signe de $y\left(t\right)-{\frac {1}{4}}=-{\frac {(t+1)(t-7)}{4\left(t-1\right)^{2}}}$, donc la courbe est au-dessus si $-1<t<7$ et en dessous sinon.
   $\left(x,y\right)\sim _{t\to 1}\left({\frac {1}{2\left(t-1\right)}},{\frac {3}{\left(t-1\right)^{2}}}\right)$ donne deux branches paraboliques de direction verticale car ${\frac {y}{x}}\sim _{t\to 1}{\frac {6}{t-1}}\to \pm \infty$.
   La courbe s'auto-intersecte au point $\left({\frac {1}{3}},1\right)$ ($t_{1}t_{2}=-1,t_{1}+t_{2}=3,t_{i}^{2}=3t_{i}+1$).
6. $x'={\frac {t^{2}\left(t^{2}-27\right)}{\left(t^{2}-9\right)^{2}}},\,y'=1-{\frac {3}{(t-3)^{2}}}$, d'où le tableau suivant :
   ${\begin{array}{|c|lcccccccccccccccccc|}\hline t&-\infty &&-3{\sqrt {3}}&&&-3&&&3-{\sqrt {3}}&&&3&&&3+{\sqrt {3}}&&3{\sqrt {3}}&&+\infty \\\hline &&&&&&{\Big \Vert }&+\infty &&&&&{\Big \Vert }&+\infty &&&&&&+\infty \\&&&&&&{\Big \Vert }&&\searrow &&&&{\Big \Vert }&&\searrow &&&&\\x&&&{\frac {-9{\sqrt {3}}}{2}}&&&{\Big \Vert }&&&{\frac {2(21+13{\sqrt {3}})}{11}}&&&{\Big \Vert }&&&{\frac {2(21-13{\sqrt {3}})}{11}}&&&\nearrow &\\&&\nearrow &&\searrow &&{\Big \Vert }&&&&\searrow &&{\Big \Vert }&&&&\searrow &&&\\&-\infty &&&&-\infty &{\Big \Vert }&&&&&-\infty &{\Big \Vert }&&&&&{\frac {9{\sqrt {3}}}{2}}&&\\\hline &&&&&&&&&2-2{\sqrt {3}}&&&{\Big \Vert }&+\infty &&&&&&+\infty \\&&&&&&&&\nearrow &&&&{\Big \Vert }&&&&&&\nearrow &\\&&&&&&{\frac {-5}{2}}&&&&&&{\Big \Vert }&&\searrow &&&{\frac {3+7{\sqrt {3}}}{2}}&&\\y&&&&\nearrow &&&&&&\searrow &&{\Big \Vert }&&&&\nearrow &&&\\&&&{\frac {3-7{\sqrt {3}}}{2}}&&&&&&&&&{\Big \Vert }&&&2+2{\sqrt {3}}&&&&\\&&\nearrow &&&&&&&&&&{\Big \Vert }&&&&&&&\\&-\infty &&&&&&&&&&-\infty &{\Big \Vert }&&&&&&&\\\hline \end{array}}$
   Quand $t\to \pm \infty$, $y-x={\frac {t^{2}-6t}{t^{2}-9}}\to 1$ donc asymptote $y=x+1$.
   Quand $t\to 3$, $y-{\frac {2}{3}}x={\frac {t(t+6)}{3(t+3)}}\to {\frac {3}{2}}$ donc asymptote $y={\frac {2}{3}}x+{\frac {3}{2}}$.
   $M(0)=(0,0)$ est un point d'inflexion à tangente verticale.
   On peut préciser la position de la courbe par rapport à ses asymptotes, soit par développement limité, soit par factorisation de polynômes :
   • Si $t\to 3$ :
     • d.l. en posant $t=3+h$ avec $h\to 0$ : $x\sim {\frac {9}{2h}}$ et $y-{\frac {2x}{3}}={\frac {3}{2}}+{\frac {5h}{12}}+o(h)$ ;
     • factorisation : $y-{\frac {2x}{3}}-{\frac {3}{2}}={\frac {(t-3)(2t+9)}{6(t+3)}}\sim {\frac {5(t-3)}{12}}$.
   • Si $t\to -3$ :
     • d.l. en posant $t=-3+h$ avec $h\to 0$ : $x\sim {\frac {9}{2h}}$ et $y=-{\frac {5}{12}}+{\frac {11h}{12}}+o(h)$ ;
     • factorisation : $y+{\frac {5}{2}}={\frac {(t+3)(2t-5)}{2(t-3)}}\sim {\frac {11(t+3)}{12}}$.
   • Si $t\to \infty$ :
     • d.l. en posant $t={\frac {1}{h}}$ avec $h\to 0$ : $y-x=1-6h+o(h)$ ;
     • factorisation : $y-x-1={\frac {9-6t}{t^{2}-9}}\sim -{\frac {6}{t}}$.
7. On étudie $x={\frac {t^{3}}{1+3t}},y={\frac {3t^{2}}{1+3t}}$ pour $t\in \mathbb {R} \setminus \left\{-{\frac {1}{3}}\right\}$.
   $x'=3t^{2}{\frac {1+2t}{\left(1+3t\right)^{2}}},y'=3t{\frac {2+3t}{\left(1+3t\right)^{2}}}$ donc le point $\left(x,y\right)\left(0\right)=\left(0,0\right)$ est singulier (rebroussement de première espèce à tangente verticale car ${\frac {y}{x}}={\frac {3}{t}}$), et deux autres points remarquables sont $\left(x,y\right)\left(-{\frac {1}{2}}\right)=\left({\frac {1}{4}},-{\frac {3}{2}}\right)$ (tangente verticale), $\left(x,y\right)\left(-{\frac {2}{3}}\right)=\left({\frac {8}{27}},-{\frac {4}{3}}\right)$ (tangente horizontale).
   $\left(x,y\right)\sim _{t\to \pm \infty }\left({\frac {t^{2}}{3}},t\right)$ donne deux branches paraboliques de direction horizontale.
   Quand $t\to -{\frac {1}{3}}$, $y+9x=3t^{2}\to {\frac {1}{3}}$ donne une asymptote $y=-9x+{\frac {1}{3}}$.
   La position de la courbe par rapport à cette asymptote est donnée par le signe de $y\left(t\right)-\left(-9x\left(t\right)+{\frac {1}{3}}\right)=3t^{2}-{\frac {1}{3}}={\frac {\left(3t-1\right)\left(3t+1\right)}{3}}$, donc la courbe est en dessous si $-{\frac {1}{3}}<t<{\frac {1}{3}}$ et au-dessus sinon (en particulier : au-dessus pour les deux points remarquables correspondant à $t=-{\frac {1}{2}}$ et $t=-{\frac {2}{3}}$).
8. $x=t^{2}+t^{3}=t^{2}\left(1+t\right),y=t^{2}+t^{3}-2t^{4}-2t^{5}=x\left(1-2t^{2}\right)$.
   Deux branches paraboliques de direction verticale quand $t\to \pm \infty$.
   Point singulier avec rebroussement de deuxième espèce pour $t=0$, avec tangente $y=x$.
   La courbe repasse par ce point $\left(0,0\right)$ pour $t=-1$, avec tangente $y=-x$.
9. La courbe est définie pour $t$ non nul et $>-\ln 2$.
   $x'>0$, et $y'$ est du signe de $t$. En calculant les limites aux bornes, on aboutit au tableau suivant, avec $\alpha ={\frac {1-\ln ^{2}2}{\ln 2}}>0$ :
   ${\begin{array}{|c|lcccccc|}\hline t&-\ln 2&&&0&&&+\infty \\\hline &&&+\infty &{\Big \Vert }&&&+\infty \\x&&\nearrow &&{\Big \Vert }&&\nearrow &\\&\alpha &&&{\Big \Vert }&-\infty &&\\\hline &+\infty &&&&&&+\infty \\y&&\searrow &&&&\nearrow &\\&&&&0&&&\\\hline \end{array}}$
   La courbe a donc pour asymptotes l'axe des abscisses (quand $t\to 0^{\pm }$, $y\to 0^{+}$ et $x\to \mp \infty$) et la verticale $x=\alpha$ (quand $t\to (-\ln 2)^{+}$, $x\to \alpha ^{+}$ et $y\to +\infty$). La quatrième branche infinie est aussi asymtotique : quand $t\to +\infty$, $2y-x=t-\ln(2\operatorname {e} ^{t}-1)+{\frac {1}{t}}=-\ln 2-\ln(1-\operatorname {e} ^{-t}/2)+{\frac {1}{t}}\to (-\ln 2)^{+}$ donc l'asymptote a pour équation $x=2y+\ln 2$ et la courbe est au-dessus.
10. $x'=2t-{\frac {2}{t^{2}}},\,y'=2t-{\frac {2}{t^{3}}}$.
    ${\begin{array}{|c|lcccccc|}\hline t&-\infty &&-1&&&0&&&1&&+\infty \\\hline &+\infty &&&&&{\Big \Vert }&+\infty &&&&+\infty \\&&\searrow &&&&{\Big \Vert }&&\searrow &&\nearrow &\\x&&&-1&&&{\Big \Vert }&&&3&&\\&&&&\searrow &&{\Big \Vert }&&&&&\\&&&&&-\infty &{\Big \Vert }&&&&&\\\hline &+\infty &&&&+\infty &{\Big \Vert }&+\infty &&&&+\infty \\y&&\searrow &&\nearrow &&{\Big \Vert }&&\searrow &&\nearrow &\\&&&2&&&{\Big \Vert }&&&2&&\\\hline \end{array}}$
    • Point singulier pour $t=1$ : $x(1+h)=3+3h^{2}-2h^{3}+o(h^{3}),\,y(1+h)=2+4h^{2}-4h^{3}+o(h^{3})$.
      $M(1+h)=M(1)+h^{2}u+h^{3}v+o(h^{3})$. Donc rebroussement de première espèce, vecteur tangent $u=(3,4)$.
    • Branches infinies quand $t\to \pm \infty$ : $y-x\sim _{t\to \pm \infty }{\frac {-2}{t}}$. Courbe en-dessous de l'asymptote $y=x$ quand $t\to +\infty$ et au-dessus quand $t\to -\infty$.
    • Branches infinies quand $t\to 0^{\pm }$ : ${\frac {y}{x}}\sim _{t\to 0}{\frac {1}{t}}$ donc branches paraboliques de direction verticale. Plus précisément, $y-{\frac {x^{2}}{4}}\sim -t$ donc parabole asymptote $y=x^{2}$, et courbe au-dessus quand $t\to 0^{-}$ et en dessous en $t\to 0^{+}$.

 

Exercice 5

Soit un réel $R>0$.

1. Trouver les trajectoires orthogonales à la famille des cercles de rayon $R$ et centrés sur $(Ox)$.
2. Étudier et tracer la courbe paramétrée $x=R\left(\ln \left|\tan {\frac {t}{2}}\right|+\cos t\right),y=R\sin t$.

Solution

1. Cherchons les solutions sous la forme $x=f(t)+R\cos t,\quad y=R\sin t$. Au point $M(t)$, la courbe est orthogonale au cercle (de centre $\Omega (t)=\left(f(t),0\right)$ et de rayon $R$) si et seulement si le vecteur dérivé $\left(x',y'\right)$ est colinéaire au rayon ${\overrightarrow {\Omega (t)M(t)}}$, c'est-à-dire si $0={\begin{vmatrix}f'(t)-R\sin t&\cos t\\R\cos t&\sin t\end{vmatrix}}=f'(t)\sin t-R$. Or une primitive de ${\frac {1}{\sin t}}$ est $\ln {\frac {|\sin t|}{1+\cos t}}=\ln \left|\tan {\frac {t}{2}}\right|$ (cf. Changement de variable en calcul intégral/Exercices/Changement de variable facile#Exercice 2-10). Les courbes solutions sont donc :

   $x=R\left(\ln \left|\tan {\frac {t}{2}}\right|+\cos t\right)+C,\quad y=R\sin t$.

2. On peut restreindre l'intervalle d'étude à $\left]-\pi ,0\right[\cup \left]0,\pi \right[$ par périodicité, puis à $\left]0,\pi \right[$ par symétrie par rapport à $(Ox)$ (via $t\mapsto -t$), puis à $\left]0,\pi /2\right]$ par symétrie par rapport à $(Oy)$ (via $t\mapsto \pi -t$). $\lim _{0^{+}}x=-\infty ,\quad \lim _{0^{+}}y=0^{+}$, donc $Ox$ est asymptote. Sur $\left]0,\pi /2\right[$, $x'(t)=R\left({\frac {1}{\sin t}}-\sin t\right)={\frac {\cos ^{2}t}{\sin t}}>0$ et $y'(t)=R\cos t>0$, donc $x$ et $y$ sont croissantes et le vecteur $\left(x',y'\right)=R\cot t\left(\cos t,\sin t\right)$ s'annule pour $t={\frac {\pi }{2}}$ donc le point $M(\pi /2)=\left(0,R\right)$ est singulier. Pour étudier la courbe quand $t\to {\frac {\pi }{2}}$, posons $t={\frac {\pi }{2}}+h$ avec $h\to 0$. Ainsi, ${\frac {x}{R}}=\ln {\frac {\sin \left({\frac {\pi }{2}}+h\right)}{1+\cos \left({\frac {\pi }{2}}+h\right)}}+\cos \left({\frac {\pi }{2}}+h\right)=\ln {\frac {\cos h}{1-\sin h}}-\sin h=-{\frac {h^{2}}{2}}-\left(-\sin h-{\frac {1}{2}}\sin ^{2}h-{\frac {1}{3}}\sin ^{3}h\right)-\sin h+o\left(h^{3}\right)={\frac {1}{3}}\sin ^{3}h+o\left(h^{3}\right)\sim {\frac {h^{3}}{3}}$ et ${\frac {y-R}{R}}=\sin \left({\frac {\pi }{2}}+h\right)-1=\cos h-1\sim -{\frac {h^{2}}{2}}$ donc $M(\pi /2)$ est un point de rebroussement de première espèce, à demi-tangente verticale, dirigée vers le bas.

Voir aussi http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00112.pdf exercice 1, question 5, ainsi que l'exercice 10 ci-dessous.

 

Exercice 6

En un point $M(t_{0})$ d'une courbe paramétrée, le rayon de courbure est donné par
$\rho (t_{0})={\frac {(x'(t_{0})^{2}+y'(t_{0})^{2})^{3/2}}{\vert x'(t_{0})y''(t_{0})-y'(t_{0})x''(t_{0})\vert }}$ et le centre de courbure est le point $\Omega (t_{0})$ qui est à distance $\rho (t_{0})$ de $M(t_{0})$,

tel que la droite $(\Omega (t_{0})M(t_{0}))$ est normale à la tangente $T_{t_{0}}$, et placé dans l'intérieur de la courbe.

La développée est l'ensemble des centres de courbure.

1. Déterminer le rayon de courbure en tout point de :
   1. l'astroïde $\left(x,y\right)=a\left(\cos ^{3}t,\sin ^{3}t\right)$ ;
   2. la cycloïde $\left(x,y\right)=R\left(t-\sin t,1-\cos t\right)$ ;
   3. la lemniscate $\left(x,y\right)=\left({\frac {t}{1+t^{4}}},{\frac {t^{3}}{1+t^{4}}}\right)$.
2. Déterminer la développante de la cycloïde qui passe par le milieu d'une arche.
3. Déterminer la développée de l'ellipse d'équation ${\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}=1$, dont la paramétrisation naturelle est donnée par

   $x(\theta )=a\cos \theta ,\quad y(\theta )=b\sin \theta ,\quad \theta \in [0,2\pi ]$.

Solution

1. $\rho ={\frac {\left(x^{\prime 2}+y^{\prime 2}\right)^{3/2}}{x'y''-y'x''}}$.
   1. Astroïde : $\left(x,y\right)=a\left(\cos ^{3}t,\sin ^{3}t\right)\Rightarrow \left(x',y'\right)=3a\cos t\sin t\left(-\cos t,\sin t\right)\Rightarrow$

      $x''=3a\left(2\cos t\sin ^{2}t-\cos ^{3}t\right)=3a\cos t\left(\cos ^{2}t-2\sin ^{2}t\right)=3a\cos t\left(1-3\sin ^{2}t\right)$,

      $y''=3a\left(2\sin t\cos ^{2}t-\sin ^{3}t\right)=3a\sin t\left(2\cos ^{2}t-\sin ^{2}t\right)=3a\sin t\left(3\cos ^{2}t-1\right)$,

      ${\sqrt {x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}}=\left|3a\sin t\cos t\right|$,

      $x'y''-y'x''=9a^{2}\cos ^{2}t\sin ^{2}t\left(3\cos ^{2}t-1-1+3\sin ^{2}t\right)=\left(3a\cos t\sin t\right)^{2}$,

      $\rho ={\frac {1}{3a\left|\sin t\cos t\right|}}$.

   2. Cycloïde : $\left(x,y\right)=R\left(t-\sin t,1-\cos t\right)\Rightarrow \left(x',y'\right)=R\left(1-\cos t,\sin t\right)\Rightarrow \left(x'',y''\right)=R\left(\sin t,\cos t\right)$,

      $x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=R^{2}\left(2-2\cos t\right)=4R^{2}\sin ^{2}{\frac {t}{2}}$,

      $x'y''-y'x''=R^{2}\left(\cos t\left(1-\cos t\right)-\sin ^{2}t\right)=R^{2}\left(\cos t-1\right)=-2R^{2}\sin ^{2}{\frac {t}{2}}$,

      $\rho =-4R\left|\sin {\frac {t}{2}}\right|$.

   3. Lemniscate $\left(x,y\right)=\left({\frac {t}{1+t^{4}}},{\frac {t^{3}}{1+t^{4}}}\right)\Rightarrow \left(x',y'\right)=\left({\frac {1-3t^{4}}{\left(1+t^{4}\right)^{2}}},{\frac {3t^{2}-t^{6}}{\left(1+t^{4}\right)^{2}}}\right)\Rightarrow$

      $x''={\frac {-12t^{3}\left(1+t^{4}\right)-8t^{3}\left(1-3t^{4}\right)}{\left(1+t^{4}\right)^{3}}}={\frac {4t^{3}\left(3t^{4}-5\right)}{\left(1+t^{4}\right)^{3}}}$,

      $y''={\frac {6t\left(1-t^{8}\right)-8t^{5}\left(3-t^{4}\right)}{\left(1+t^{4}\right)^{3}}}={\frac {2t\left(3-12t^{4}+t^{8}\right)}{\left(1+t^{4}\right)^{3}}}$,

      $x^{\prime 2}+y^{\prime 2}={\frac {\left(1-3t^{4}\right)^{2}+\left(3t^{2}-t^{6}\right)^{2}}{\left(1+t^{4}\right)^{4}}}={\frac {1+3t^{4}+3t^{8}+t^{12}}{\left(1+t^{4}\right)^{4}}}={\frac {1}{1+t^{4}}}$,

      ${\begin{aligned}x'y''-y'x''&={\frac {2t}{\left(1+t^{4}\right)^{5}}}\left(\left(1-3t^{4}\right)\left(3-12t^{4}+t^{8}\right)-2t^{4}\left(3t^{4}-5\right)\left(3t^{4}-5\right)\right)\\&={\frac {2t}{\left(1+t^{4}\right)^{5}}}\left(3+9t^{4}+9t^{8}+3t^{12}\right)^{3}={\frac {6t}{\left(1+t^{4}\right)^{2}}}\end{aligned}}$,

      $\rho ={\frac {\sqrt {1+t^{4}}}{6t}}$. Remarque : $\rho ^{2}={\frac {1}{6\left(x^{2}+y^{2}\right)}}$.

2. Prenons, comme origine de l'abscisse curviligne $s(t)$, le point $M(\pi )$ (sommet de la première arche) et étudions la développante pour $\pi <t<2\pi$ (donc $\sin {\frac {t}{2}}>0$ et $\cos {\frac {t}{2}}<0$). Elle est paramétrée par

   $N=M-s{\overrightarrow {T}}$ avec, puisque $\left(x',y'\right)=2R\sin {\frac {t}{2}}\left(\sin {\frac {t}{2}},\cos {\frac {t}{2}}\right)$ :

   ${\overrightarrow {T}}(t)=\left(\sin {\frac {t}{2}},\cos {\frac {t}{2}}\right)$ et $s(t)=\int _{\pi }^{t}2R\sin {\frac {u}{2}}\,\mathrm {d} u=-4R\cos {\frac {t}{2}}$, donc

   $N(t)=R\left(t-\sin t,1-\cos t\right)+4R\cos {\frac {t}{2}}\left(\sin {\frac {t}{2}},\cos {\frac {t}{2}}\right)=R\left(t+\sin t,3+\cos t\right)$.

   Par translation temporelle et spatiale, on retrouve donc la même cycloïde :

   $N(\pi +h)=R\left(\pi +h-\sin h,3-\cos h\right)=\left(\pi R,2R\right)+R\left(h-\sin h,1-\cos h\right)$.

3. $\rho (\theta )={\frac {\left((-a\sin \theta )^{2}+(b\cos \theta )^{2}\right)^{3/2}}{ab\sin ^{2}\theta +ab\cos ^{2}\theta }}={\frac {\left(a^{2}\sin ^{2}\theta +b^{2}\cos ^{2}\theta \right)^{3/2}}{ab}}$

   et un vecteur unitaire normal pointant vers l'intérieur est $(-b\cos \theta ,-a\sin \theta )/{\sqrt {a^{2}s^{2}+b^{2}c^{2}}}$,

   donc $\Omega (\theta )$ a pour coordonnées :

   $x_{\Omega }(\theta )=a\cos \theta -{\frac {a^{2}\sin ^{2}\theta +b^{2}\cos ^{2}\theta }{ab}}b\cos \theta ={\frac {a^{2}-b^{2}}{a}}\cos ^{3}\theta$,

   $y_{\Omega }(\theta )=b\sin \theta -{\frac {a^{2}\sin ^{2}\theta +b^{2}\cos ^{2}\theta }{ab}}a\sin \theta ={\frac {b^{2}-a^{2}}{b}}\sin ^{3}\theta$.

   Ceci constitue une paramétrisation de la développée de l'ellipse.

 

Exercice 7

1. Trouver les droites à la fois tangentes et normales à la courbe paramétrée $x=3t^{2},y=4t^{3}$.

Solution

Cherchons $t_{1},t_{2}$ distincts et non nuls (on examinera à part le point singulier) tels que la tangente en $M(t_{1})$ soit normale en $M(t_{2})$, c'est-à-dire tels que ${\overrightarrow {M(t_{1})M(t_{2})}}$ soit colinéaire à $\left(x'(t_{1}),y'(t_{1})\right)$ et orthogonal à $\left(x'(t_{2}),y'(t_{2})\right)$.

$\left(x',y'\right)=6t\left(1,2t\right)$ donc la condition est :

${\begin{vmatrix}3\left(t_{2}^{2}-t_{1}^{2}\right)&1\\4\left(t_{2}^{3}-t_{1}^{3}\right)&2t_{1}\end{vmatrix}}=0$ et $1^{2}+\left(2t_{1}\right)\left(2t_{2}\right)=0$, ce qui équivaut (en simplifiant la première équation par $t_{2}-t_{1}$) à

$6t_{1}\left(t_{2}+t_{1}\right)-4\left(t_{2}^{2}+t_{1}t_{2}+t_{1}^{2}\right)=0$ et $t_{1}t_{2}=-{\frac {1}{4}}$, ou encore :

$t_{2}=-{\frac {1}{4t_{1}}}$ et $t_{1}^{2}-{\frac {1}{8t_{1}^{2}}}={\frac {1}{4}}$.

$t_{1}^{2}$ est la solution positive de l'équation $x^{2}-{\frac {1}{8}}={\frac {x}{4}}$, c'est-à-dire $t_{1}^{2}={\frac {1}{2}}$.

Variante : cherchons $t_{1},t_{2}$ distincts et non nuls tels que la tangente en $M(t_{1})$, d'équation $0={\begin{vmatrix}x-3t_{1}^{2}&1\\y-4t_{1}^{3}&2t_{1}\end{vmatrix}}=2t_{1}x-y-2t_{1}^{3}$, soit égale à la normale en $M(t_{2})$, d'équation $0=\langle {\begin{pmatrix}x-3t_{2}^{2}\\y-4t_{2}^{3}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\2t_{2}\end{pmatrix}}\rangle =x+2t_{2}y-3t_{2}^{2}-8t_{2}^{4}$. Ces deux équations représentent la même droite si et seulement si les deux triplets de coefficients $\left(2t_{1},-1,-2t_{1}^{3}\right)$ et $\left(1,2t_{2},-3t_{2}^{2}-8t_{2}^{4}\right)$ sont proportionnels, c'est-à-dire (en simplifiant la deuxième équation par $2t_{1}$) :

$-1=2t_{1}\times 2t_{2}$ et $t_{1}^{2}=3t_{2}^{2}+8t_{2}^{4}$, ou encore :

$t_{1}=-{\frac {1}{4t_{2}}}$ et ${\frac {1}{4^{2}t_{2}^{2}}}=3t_{2}^{2}+8t_{2}^{4}$.

$t_{2}^{2}$ est une racine positive du polynôme $8x^{3}+3x^{2}-{\frac {1}{16}}=\left(8x-1\right)\left(x+{\frac {1}{4}}\right)^{2}$, donc $t_{2}^{2}={\frac {1}{8}}$.

Finalement, que ce soit par la première méthode ou par la variante, il y a donc deux solutions : $\left(t_{1},t_{2}\right)=\varepsilon \left({\frac {1}{\sqrt {2}}},-{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)$ avec $\varepsilon =\pm 1$, d'où $M(t_{1})=\left({\frac {3}{2}},\varepsilon {\sqrt {2}}\right)$, $M(t_{2})=\left({\frac {3}{8}},-{\frac {\varepsilon }{4{\sqrt {2}}}}\right)$ et les deux droites (symétriques par rapport à $(Ox)$, comme la courbe) ont pour équation : $0={\begin{vmatrix}x-{\frac {3}{2}}&1\\y-\varepsilon {\sqrt {2}}&\varepsilon {\sqrt {2}}\end{vmatrix}}=\varepsilon {\sqrt {2}}\left(x-{\frac {1}{2}}\right)-y$.

Examinons maintenant le point singulier $t=0$, $x=y=0$ (rebroussement de première espèce). La tangente et la normale ce point sont $(Ox)$ et $(Oy)$, qui ne touchent la courbe qu'en ce point donc ne donnent pas de solution supplémentaire.

Zoomer sur l'image.

 

2. La normale en un point M de la parabole $x=y^{2}$ recoupe cette parabole en N. La parallèle en M à la tangente en N coupe en un point P la parallèle en N à la tangente en M. Déterminer le lieu de P et le tracer.

Solution

Notons respectivement $(x,y)$, $(x',y')$ et $(x'',y'')$ les coordonnées de M, N et P.

N se déduit de M par :

$0=2y(x'-x)+1(y'-y)=(y'-y)(2y(y'+y)+1)$ donc

$y'=-{\frac {1}{2y}}-y\quad {\text{et}}\quad x'={y'}^{2}={\frac {1}{4y^{2}}}+1+y^{2}$.

Puis P s'en déduit par :

$x''-x'=2y(y''-y')\quad {\text{et}}\quad x''-x=2y'(y''-y)$

soit

$x'+2yy''=x''+2yy'=x+2y'y''$

donc

$y''={\frac {x'-x}{2(y'-y)}}={\frac {y'+y}{2}}=-{\frac {1}{4y}}$ et

$x''=x'+2y(y''-y')={\frac {1}{4y^{2}}}+1+y^{2}+2y(-{\frac {1}{4y}}+{\frac {1}{2y}}+y)={\frac {1}{4y^{2}}}+{\frac {3}{2}}+3y^{2}$.

Le lieu de P est donc la courbe d'équation

$x''=4{y''}^{2}+{\frac {3}{2}}+{\frac {3}{16{y''}^{2}}}$. Tracé par google.

 

Exercice 8

L'orthoptique d'une courbe ${\mathcal {C}}$ est le lieu des points du plan d'où l'on peut mener (au moins) deux tangentes à ${\mathcal {C}}$, orthogonales. Soient $a,b>0$. Déterminer l'orthoptique de :

1. l'astroïde $x=a\cos ^{3}t,y=a\sin ^{3}t$ ;
2. la courbe $x=t^{2}-2t,y=2t^{3}-3t^{2}$ ;
3. l'ellipse d'équation ${\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}=1$. (Indication : étant donné un point $M_{0}(x_{0},y_{0})$, chercher la condition sur $m$ pour que la droite passant par $M_{0}$ et de coefficient directeur $m$ soit tangente à l'ellipse.)

Solution

L'orthoptique d'une astroïde est un quadrifolium.

1°)  http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00112.pdf exercice 3, question 1 : $2\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}=a^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)^{2}$.

2°) $\left(x,y\right)=\left(t^{2}-2t,2t^{3}-3t^{2}\right)\Rightarrow \left(x',y'\right)=\left(2t-2,6t^{2}-6t\right)=\left(2t-2\right)\left(1,3t\right)$ donc la tangente a pour pente $3t$.

Cela est encore valable au point singulier $t=1$ car en posant $t=1+h$, on trouve $\left(x,y\right)=\left(-1+h^{2},-1+3h^{2}+2h^{3}\right)$.

Si $t\neq 0$, une tangente orthogonale aura pour pente $3t'=-1/(3t)$. Calculons le point d'intersection des tangentes (orthogonales) aux points $M(t)$ et $M(t')$, pour $t\in \mathbb {R} ^{*}$ et $t'=-{\frac {1}{9t}}$.

La première tangente a pour équation :

$y-2t^{3}+3t^{2}=3t(x-t^{2}+2t)\Leftrightarrow y-3tx=-t^{3}+3t^{2}\Leftrightarrow y-sx=-s^{3}/27+s^{2}/3$, en posant $3t=s$ pour simplifier les notations, donc $3t'=-1/s$.

Le point d'intersection vérifie donc :

${\begin{cases}y-sx&=-{\frac {s^{3}}{27}}+{\frac {s^{2}}{3}}\\y+{\frac {x}{s}}&={\frac {1}{27s^{3}}}+{\frac {1}{3s^{2}}}\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}\left({\frac {1}{s}}+s\right)x&={\frac {1}{27}}\left({\frac {1}{s^{3}}}+s^{3}\right)+{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{s^{2}}}-s^{2}\right)\\\left({\frac {1}{s}}+s\right)y&={\frac {1}{27}}\left({\frac {1}{s^{2}}}-s^{2}\right)+{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{s}}+s\right)\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x&={\frac {1}{27}}\left({\frac {1}{s^{2}}}-1+s^{2}\right)+{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{s}}-s\right)\\y&={\frac {1}{27}}\left({\frac {1}{s}}-s\right)+{\frac {1}{3}}\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x&={\frac {u^{2}+1}{27}}+{\frac {u}{3}}\\y&={\frac {u}{27}}+{\frac {1}{3}}\end{cases}}$

avec comme nouveau paramètre $u={\frac {1}{s}}-s\in \mathbb {R}$. On a ainsi paramétré la courbe orthoptique.

L'orthoptique d'une ellipse est un cercle.

3°)  Une droite de pente $m$ passant par un point $\left(x_{0},y_{0}\right)$ a pour équation $y=y_{0}+m\left(x-x_{0}\right)$ donc un point $\left(x,y\right)$ de cette droite appartient à l'ellipse si et seulement si

$b^{2}x^{2}+a^{2}\left(y_{0}+m\left(x-x_{0}\right)\right)^{2}=a^{2}b^{2}$,

ce qui se réécrit

$\left(b^{2}+a^{2}m^{2}\right)x^{2}+2a^{2}m\left(y_{0}-mx_{0}\right)x+a^{2}\left[\left(y_{0}-mx_{0}\right)^{2}-b^{2}\right]=0$.

La droite est tangente à l'ellipse si cette équation en $x$ a une racine double, c'est-à-dire si son discriminant est nul.

${\begin{aligned}\Delta '&=a^{4}m^{2}\left(y_{0}-mx_{0}\right)^{2}-a^{2}\left(b^{2}+a^{2}m^{2}\right)\left[\left(y_{0}-mx_{0}\right)^{2}-b^{2}\right]\\&=a^{2}\left[a^{2}m^{2}\left(y_{0}-mx_{0}\right)^{2}-\left(b^{2}+a^{2}m^{2}\right)\left(y_{0}-mx_{0}\right)^{2}+\left(b^{2}+a^{2}m^{2}\right)b^{2}\right]\\&=a^{2}b^{2}\left[\left(b^{2}+a^{2}m^{2}\right)-\left(y_{0}-mx_{0}\right)^{2}\right]\end{aligned}}$

Donc $\Delta '=0\Leftrightarrow \left(a^{2}-x_{0}^{2}\right)m^{2}+2x_{0}y_{0}m+b^{2}-y_{0}^{2}=0$.

• Lorsque $x_{0}\neq \pm a$, cette équation en $m$ a deux solutions complexes. Le point $\left(x_{0},y_{0}\right)$ appartient alors à l'orthoptique de l'ellipse si et seulement si ces deux solutions ont pour produit $-1$ (ce qui implique qu'elles sont réelles et distinctes), c'est-à-dire si $b^{2}-y_{0}^{2}=-\left(a^{2}-x_{0}^{2}\right)$, ou encore :

  $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=a^{2}+b^{2}$.

• Lorsque $x_{0}=\pm a$, l'une des deux tangentes à l'ellipse issues de $\left(x_{0},y_{0}\right)$ est verticale, donc l'autre lui est orthogonale si et seulement si $y_{0}=\pm b$, ce qui, à nouveau, équivaut à $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=a^{2}+b^{2}$.

L'orthoptique de l'ellipse est donc le cercle d'équation $x^{2}+y^{2}=a^{2}+b^{2}$.

 

« Orthoptique », sur mathcurve.com

Exercice 9

Soit ${\mathcal {C}}$ le cercle de centre $O=\left(0,0\right)$ et de rayon $R$.

1. Donner un paramétrage de la développante $\Gamma$ de ${\mathcal {C}}$ passant par le point $\left(R,0\right)$.
2. Soit $\Gamma '$ la translatée de $\Gamma$ par le vecteur $\left(0,2\pi R\right)$. Justifier que :
   • $\Gamma$ et $\Gamma '$ sont tangentes ;
   • le point de tangence appartient à l'axe vertical $T$ d'équation $x=R$.
   • la tangente est horizontale.
3. Soit $\Gamma ''$ la courbe symétrique de $\Gamma '$ par rapport à $T$. Justifier que $\Gamma$ et $\Gamma ''$ sont tangentes.
4. Quel est l'intérêt mécanique de cette propriété ?

Solution

1. $\left(x,y\right)=R\left(\cos t+t\sin t,\sin t-t\cos t\right)$.

2. Ces trois conditions sont réunies en un point $M(t)\in \Gamma$ égal à un point $M(u)+\left(0,2\pi R\right)\in \Gamma '$ si et seulement si :
   • $\cos t+t\sin t=\cos u+u\sin u=1$ ;
   • $\sin t-t\cos t=\sin u-u\cos u+2\pi$ ;
   • $t\sin t=u\sin u=0$,

   c'est-à-dire : $u=2k\pi$ et $t=2\left(k-1\right)\pi$