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Etude d'un exemple

Etudions la courbe $ \CC$ définie par $ \CASES{ x=t^2+\frac2{t} \\ y=t^2+\frac1{t^2} }$.

  1. Domaine de définition: $ x$ et $ y$ sont définis sur $ \D=\R\setminus\set0$

  2. Recherche de symétries: il n'y a pas de symétries évidentes. ($ y$ est paire mais $ x$ n'a pas de parité définie.)

  3. Etude de branches infinies.
    1. $ t\to\pm\infty$: On a $ x\to+\infty$ et $ y\to+\infty$, il faut donc étudier $ \frac yx\EQUIV {\pm\infty}\frac{t^2}{t^2}=1$, et % latex2html id marker 2236
$ y(t)-1{\text .}x(t)=\frac1{t^2}-\frac2{t}=0$: La droite d'équation $ \Delta: y=x$ est asymptote à la courbe pour les deux arcs infinis $ t\to\pm\infty$.

    2. $ t\to0$: On a $ y\sim\frac1{t²}\to+\infty$ et $ x\sim\frac2t\mathop{\longrightarrow}\limits_{t\to0\pm}\pm\infty$ (selon la signe de $ t$). On étudie donc $ \frac yx\sim_0\frac{t}{2t²}=\frac1{2t}\to\pm\infty$, on a donc deux branches parabolique de direction $ (Oy)$ en $ t=0$

  4. étude du signe de $ x'$ et $ y'$:

    $\displaystyle \CASES{ x'(t)=2\,t-\frac2{t^2}
= \frac2{t^2}\p{t^3-1}
= \frac2{t^...
...2\,t-\frac2{t^3}
= \frac2{t^3}\p{t^4-1}
= \frac2{t^3}\p{t^2+1}\p{t-1}\p{t+1} }
$

    donc $ x'$ a le signe de $ t-1$ et $ y'$ a le signe de $ t(t^2-1)$:

    \begin{displaymath}
\begin{array}{r\vert ccccc\vert\vert ccccc}
t&-\infty&&-1&&\...
...row&+\infty\\
\hline
y'(t)&&-&0&+&&&-&0&+\\ \hline
\end{array}\end{displaymath}

  5. étude en $ t=1$
    $ x'(1)=y'(1)=0\impl M(1):(3,2)$ est un point stationnaire.

    Calculons les derivées successives de $ x$ et $ y$ en $ t=1$ pour connaître le vecteur directeur de la tangente et la nature du point:

    $\displaystyle \CASES{ x''(t)=2+\frac4{t^3} \\ y''(t)=2+\frac6{t^4}}
\impl
\CASES{ x''(1)=6 \\ y''(1)=8}
$

    Donc $ \vec V''(1)=(6,8)\ne\vec0 \impl \CC$ admet une tangente en $ M(1):(3,2)$ de vecteur directeur $ \vec V''(1)=(6,8)$.
    (Son équation est donc $ T: y=\frac86(x-3)+2=\frac43x-2$.)

    Nature du point:

    $\displaystyle \CASES{ x'''(t)=-\frac{12}{t^4} \\
y'''(t)=-\frac{24}{t^5}}
\impl
\CASES{ x'''(1)=-12 \\ y'''(1)=-24}
$

    $ \vec V'''(1)=(-12,-24)$ est non colinéaire à $ \vec V''(1)=(6,8)$, on est donc dans le cas $ p=2,q=3$, le point $ M(1):(3,2)$ est un pt de rebroussement de $ 1^e$ espèce.

  6. recherche de points doubles:
    cherchons $ t'\ne t$ tel que $ M(t')=M(t)$,

    $\displaystyle \CASES{ x(t')=x(t)\\ y(t')=y(t) }
\iff \CASES{ {t'}^2+\frac2{t'}=t^2+\frac2{t}
\\ {t'}^2+\frac2{{t'}^2}={t}^2+\frac2{t^2} }
$

    $\displaystyle \CASES{ {t'}^2-t^2=\frac2{t}-\frac2{t'}
=2\frac{t'-t}{t\,t'}
\\ {...
...^2}{{t'}^2\,t^2} }
\iff
\CASES{ {t'}+t=\frac2{t\,t'}
\\ 1=\frac1{t^2\,{t'}^2}}
$

    car $ t\ne t'$. Donc

    $\displaystyle \CASES{ t\,t'=\pm1 \\ t+t'=\pm2 }
\iff \CASES{ t'=\pm\frac1t \\ t^2\mp2t\pm1=0 }
$

    Le premier choix de signes est à exclure car il correspond à $ (t-1)^2=0$, soit $ t=1=t'$. Donc $ t,t'$ sont les solutions à $ t^2+2t-1=0$, soit $ t=-1+\sqrt2$ et $ t'=-1-\sqrt2$.

    Le point double est donc $ M(t)=M(t')=(5,6)$.

  7. Tracé de la courbe: (cf. figure ci-dessous)
    on reporte les asymptotes, le pt. stationnaire avec sa tangente. En partant de $ -\infty$, au dessus de l'asymptote, on rejoint le pt. $ (-1,2)$ avec une tangente horizontale, puis on repart pour $ t\to0-$ vers $ x=-\infty$, $ y=+\infty$ (brache parabolique de direction $ Oy$) (pour $ x=-10, y\approx25$).

    Pour $ t$ au voisinage de $ +\infty$, on vient de en-dessous de l'asymptote $ y=x$, et on rejoint le pt. singulier $ (3,2)$ avec la tangente de vecteur directeur $ (6,8)$, puis on repart de l'autre coté de cette tangente, en passant par le pt. double (5,6), pour la branche parabolique de direction $ Oy$, quand $ t\to0+$ (pour $ x=10,
y\approx25$).

Figure: Graphe de la courbe étudiée, avec l'asymptote $ y=x$ et le vecteur directeur de la tangente en le point de rebroussement.
\begin{figure}
% latex2html id marker 773
\epsfxsize\textwidth
\noindent
\epsfbox{A4.eps}\par\end{figure}


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Maximilian_F.Hasler
 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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