Université Antilles–Guyane DEUG MIAS 1^{e} année UFR Sciences Exactes et Naturelles Module MIP 2 Dépt Scientifique Interfacultaire 2^{e} semestre 2001–2002

Mathématiques 2 / Analyse — T.D. série n^{o} 4 :

Courbes paramétrées.

Exercice 1. Etudier les points stationnaires de la courbe paramétrée

C : \{ \begin{matrix}x(t) & = & t e^{−1/t} \\ y(t) & = & (t + 2) e^{1/t} \end{matrix}

Solution: On cherche t t.q. x′(t) = y′(t) = 0. On a x′ = e^{−1/t}(1+ \frac{1}{t}), y′ = e^{1/t}(1− \frac{1}{t} − \frac{2}{t^{2}} ), donc M(t = −1) = (−e, 1/e) est l’unique pt.singulier. Pour trouver la tangente, on calcule x′′ = e^{−1/t} \frac{1}{t^{3}} , y′′ = e^{1/t}(\frac{1}{t^{2}} + \frac{4}{t^{3}} ), donc V⃗′′(−1) = (−e, −3/e) est vecteur directeur de la tangente en M(1) (dont on peut établir une équation paramétrique (x, y) = M(−1) + t · V′′(1) ou habituelle y = \frac{3}{e^{2}} x + 4/e (pente y′′/x′′ et constante t.q. M(−1) soit sur T). Pour avoir la nature du pt (posit^{o} de C/T) on calcule x′′′ = e^{−1/t}(−\frac{3}{t^{4}} + \frac{1}{t^{5}} , y′′′ = e^{1/t}(−\frac{2}{t^{3}} − \frac{13}{t^{4}}) − \frac{4}{t^{5}} ), Donc V⃗′′′(−1) = (−4e, −7/e) ∉ [V⃗′′(−1)], ainsi p = 2 et q = 3, et c’est un pt de rebroussement de 1^{e} espèce (c’est le cas � générique � pour un pt stationnaire).

Exercice 2. Etudier les points stationnaires de la courbe définie par les équations :

C : \{ \begin{matrix}x(t) & = & \frac{1}{6} t^{6} − \frac{1}{5} t^{5} \\ y(t) & = & \frac{1}{5}t^{5} − \frac{3}{8} t^{4} + \frac{1}{6} t^{3} \end{matrix}

Solution: On a x′ = t^{5} − t^{4} = (t − 1)t^{4} et y′ = t^{4} − \frac{3}{2}t^{3} + \frac{1}{2}t^{2} dc M(0) = (0, 0) et M(1) = (\frac{−1}{30}, \frac{4·11−3·15=−1}{15·8=120}) sont points stationnaires. En t = 0 : On voit que y′′′ et x^{(5)} sont les premières dérivées non-nulles respectives, on a donc une tangente verticale T_{0} : y = 0 et p = 3, puis q = 5 et donc un point d’inflexion. En t = 1 : on a x′′ = 5t^{4} −4t^{3}, y′′ = 4t^{3} − \frac{9}{2}t^{2} +t puis x′′′ = 20t^{3} −12t^{2}, y′′′ = 12t^{2} − 9t + 1, donc V⃗′′(1) = (1, \frac{1}{2}) (vecteur directeur de la tangente T_{1} : y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{120} et p = 2), et V⃗′′′(1) = (8, 4) qui est collinéaire à V⃗′′(1), donc il faut aussi x^{(4)} = 60t^{2} − 24t, y^{(4)} = 24t − 9, d’où V^{(4)}(1) = (36, 5) donc q = 4 et on a un pt. de rebroussement de 2^{e} espèce.

Exercice 3. Etudier au voisinage du point (x(0), y(0)), la courbe paramétrée

\{ \begin{matrix}x(t) & = & \frac{\sqrt{1 + t^{4}}}{1 + t} \\ y(t) & = & \frac{t^{3}}{1 + t} \end{matrix}

Solution: Faisons un DL_{2}(0) pour trouver les dérivées en 0 :

x(t) = (1+t^{4})^{1/2}(1+t)^{−1} = (1+ \frac{1}{2}t^{4}+o(t^{4}))(1−t+t^{2}+o(t^{2})) = 1−t+t^{2}+o(t^{2}), donc x′(0) = −1 et x′′(0) = 2 (la fct. x étant de classe C^{∞}, ce DL correspond à la formule de Taylor [rappel : existence du DL_{2}(0) (même DL_{3}(0), DL_{5}(0), ...) n’implique pas l’existence de f′′(0) ! C-ex. : f(x) = x^{n+1} sin x^{−n}]). Passons à y(t) = t^{3}(1 + t)^{−1} = t^{3} + o(t^{3}). En effet y ∼ t^{3} donc y(0) = 0 = y′(0) = y′′(0) et y′′′(0) = 6 (y étant aussi C^{∞}). En M(0) = (1, 0) on a donc V⃗′(0) = (−1, 0) qui dirige la tangente et donne p = 1, et V⃗′′(0) = (2, 0) est collinéaire mais pas V⃗′′′(0) = (?, 6), donc q = 3 et on a un point d’inflexion.

Exercice 4. Faire une étude locale au voisinage du point stationnaire pour :

\{ \begin{matrix}x(t) & = & ∫_{1}^{t} \frac{u^{2} − 1}{u^{2} + 1} du \\ y(t) & = & ∫_{1}^{t} \frac{u^{2} − 1}{u^{3} + 1} du \end{matrix}

Solution: (Domaine de définition : La fonction y n’est pas définie si u prend la valeur −1, donc pour t ≤ −1, mais pour tout t > −1. Avec D_{x} = ℝ, on a D_{f} = D_{y} = ]−1, ∞[.) On cherche t : x′(t) = y′(t) = 0, or x′(t) = \frac{t^{2}−1}{t^{2}+1} et y′(t) = \frac{t^{2}−1}{t^{3}+1} = \frac{t−1}{t^{2}−t+1} (t ≠ −1). Donc x′ = 0 et y′ = 0 pour t = 1 (la fonction y′ n’est pas définie en t = −1). Donc M(1) = (0, 0) est pt.stationnaire. Les dérivées sont (écrire x′ = 1 − 2/(t^{2}+1)) x′′ = +2/(t^{2} + 1)^{2}·2t et y′′ = 1/ (t^{2} − t + 1)−(t−1)·(2t−1)/(t^{2}− t + 1)^{2}, donc V⃗′′(1) = (1, 1) d’où la tangente T : y = x en M(1) = (0, 0) et p = 2, puis x′′′ = 4/(t^{2} + 1)^{2} − 8t/(t^{2} + 1)^{3} · 2t et y′′′ = −1/(t^{2} − t + 1) · (2t − 1+(2t−1)+2(t−1))+2(t−1)(2t−1)^{2}/(t^{2} −t+1)^{3} donc V⃗′′′(1) = (−1, −2), donc q = 3 et on a un point de rebroussement de 1e espèce.

Exercice 5. Soit (C) la courbe paramétrée

\{ \begin{matrix}x(t) = −2 t + e^{2 t} \\ y(t) = 2 + t^{2} − \frac{1}{2}t^{4} \end{matrix} ∀t ∈ ℝ .

(a) Montrer que (C) admet un point stationnaire, puis déterminer sa nature.

(b) Etudier les branches infinies (arc infinis) de (C).

(c) Etablir le tableau de variations des applications coordonnées x et y.

(d) i. Déterminer une équation de la tangente (T) à (C) en M(0). ii. Calculer le DL_{3}(0) de f(t) = \frac{1}{2} + t + t^{2} − \frac{1}{2}t^{4} − \frac{1}{2}e^{2 t}. iii. Donner la position de (C) par rapport à (T) au voisinage de M(0).

§ (e) En utilisant les propriétés de monotonie de x et y, montrer qu’il existe un unique point double sur l’arc entre M(0) et M(1). [Considérer aussi les points M(−1) et M(−2).]

(f) Tracer soigneusement la courbe (C). (Prendre e^{2} = 7, 4 et e^{−2} = 0, 15.)

Solution: [1.5 pt] (a) On a x′ = −2 + 2 e^{2 t}, y′ = 2 t − 2 t^{3}, donc V′(t) = (0, 0) ⟺ t = 0 :

pt.stationnaire M(0) = (1, 2) [0.5 pts] · nature : x′′ = 4e^{2t}, y′′ = 2 − 6t^{2} ⟹ V′′(0) = (4, 2), et x′′′ = 8e^{2t}, y′′′ = −12t ⟹ V′′′(0) = (8, 0) non colinéaire, dc p = 2, q = 3 : pt.de rebroussement de 1^{e} espèce [1 pt].

[1 pt] (b) pas de pôles pour t ∈ ℝ, donc t → ±∞ à étudier

[0.75 pt] · t → +∞ : x → +∞, y → −∞, \frac{y}{x} ∼ \frac{− \frac{1}{2} t^{4}}{e^{2t}} → 0 ⟹ branche parabolique de

dir. 0x

[0.75 pt] · t → −∞ : x → +∞, y → −∞, \frac{y}{x} ∼ \frac{− \frac{1}{2} t^{4}}{−2 t} → ∞ ⟹ branche parabolique de

dir. 0y

[1.5 pt] (c) on a x′ = 0 ⟺ t = 0, y′ = 0 ⟺ t (1 − t^{2}) = 0 ⟺ t ∈ { 0, ±1 } et M(1) = (e^{2} − 2, \frac{5}{2}), M(−1) = (2 + e^{−2}, \frac{5}{2}) (y fct. paire), donc :

t −∞  −1  0  1  +∞
x′(t)  −  0  +
x(t) +∞ ↘ (2 + e^{−2}) ↘ 1 ↗ (e^{2} − 2) ↗ +∞
y(t) −∞ ↗  \frac{5}{2}  ↘ 2 ↗  \frac{5}{2}  ↘ −∞
y′(t)  +  0  − 0 +  0  −

[−0.25 pour ce qui manque]

[1.5 pt] (d) forme paramétrique T : (x, y) = (1, 2) + λ (4, 2); λ ∈ ℝ ou forme habituelle : T : y = \frac{2}{4}(x − x_{0}) + y_{0} = \frac{1}{2} x + \frac{3}{2} [0.5 pt] e^{2 t} = 1 + 2 t + \frac{1}{2} 4 t^{2} + \frac{1}{6} 8 t^{3} + o(t^{3}) ⟹ f(t) = −\frac{2}{3} t^{3} + o(t^{3}) [0.5 pt] y_{C} − y_{T} = y(t) − (\frac{1}{2} x(t) − \frac{3}{2}) = f(t) ∼ −\frac{2}{3} t^{3} donc C au dessus de T pour t > 0, en dessous pour t < 0. [0.5 pt]

[admis] (e) Entre M(0) = (1, 2) et M(1) = (5.4, 2.5), x′ et y′ sont positives, la courbe y(x) est donc croissante sur cet intervalle. Entre M(−1) = (2.15, 2.5) et M(−2) = (4, −2), x′ et y′ sont aussi de signe constant donc y(x) est monotone et on voit que y(x) est décroissante. Etant donné les coordonnées des extrémités (faire un schéma grossier), il est évident que les deux ségments de la courbe admettent un unique point d’intersection. (En considérant le signe de x′ (et éventuellement les variations de y) sur les autres intervalles de t, on peut aussi vérifier qu’il ne peut y avoir d’autre point double de la courbe.)

[2 pt] (f) repères : point de rebroussement 1^{e} espèce M(0) = (1, 2) avec tangente de vecteur directeur V′′(0) = (4, 2) (coupe l’axe x en (−3, 0)) ; [2 × 0.25 pts] pour t > 0, (C) en dessous de la courbe, max. en M(1) = (5.4, 2.5), pour t → +∞, branche parabol. en direction Ox (x → +∞ plus vite que y → −∞ — à titre indicatif : M(2) ≈ (45, −2)) ; [3 × 0.25 pts] pour t < 0, (C) au dessus de la courbe, max. en M(−1) = (2.15, 2.5), pour t → −∞, branche parabol. en direction Oy (y → −∞ plus vite que x → +∞ — M(−2) = (4, −2)). [3 × 0.25 pts]

Exercices supplémentaires : équations différentielles

Exercice 6. (a) Résoudre sur I_{1} = ]−∞, 0[ et sur I_{2} = ]0, +∞[ l’équation

différentielle

xy′ + y = e^{x} .(E)

(b) Montrer de plus qu’il existe une unique solution de cette équation sur I_{1} (resp. I_{2}) admettant une limite finie en 0.

(c) Peut-on en déduire une solution à (E) sur tout ℝ? (Utiliser des D.L.)

Solution: (a) (EH) ⇝ y′/y = −1/x ⟹ ln |y| = − ln |x| + k ⇝ y = C/x. C = C(x) ⇝ C′ = e^{x} ⟺ C(x) = e^{x} + K, soit y(x) = \frac{1}{x}(e^{x} + K) (K ∈ ℝ).

(b) Pour avoir une limite finie en 0 il faut que (...) s’annule, soit K = −1, et on vérifie (DL de e^{x}) que c’est suffisant : lim_{0} y = 1. L’unique sol^{o} cherchée est donc y = \frac{1}{x}(e^{x} − 1) aussi bien sur I_{1} que sur I_{2}. y admettant 1 comme limite commune à droite et à gauche de 0, elle peut être complétée par continuité en posant y(0) = 1. Ce y est sol^{o} sur tout ℝ ssi (E) est satisfaite aussi en 0 (il faut donc que y soit aussi dérivable en 0). En effet, pour x ≠ 0, on a le DL_{1}(0) : y(x) = \frac{1}{x}(x + \frac{1}{2}x^{2} + o(x^{2})) = 1 + \frac{1}{2}x + o(x) qui est valable en x = 0 aussi. On a donc y dérivable avec y′(0) = \frac{1}{2}. On vérifie que (E) est satisfaite en x = 0 aussi (la valeur de y′(0) n’ayant d’ailleurs aucune importance).

Exercice 7. Résoudre les équations différentielles proposées :

(a) x y′ + 2y = \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} sur ]0, +∞[.

(b) y′ cos x − y sin x = 2x − 1 sur ]−\frac{π}{2}, \frac{π}{2}[.

Solution: (a) (EH) ⇝ ln |y| = −2 ln |x| ⇝ y = C/x^{2}, C ∈ ℝ (E) : C = C(x) ⟹ x C′/x^{2} = x^{2}/(1 + x^{2}) ⟺ C′ = x^{3}/(1 + x^{2}) = x − x/(1 + x^{2}) ⟺ C = \frac{1}{2} x^{2} − \frac{1}{2} ln(1 + x^{2}) + K, K ∈ ℝ. D’où la sol^{o} g^{ale} y = \frac{1}{2} + (\frac{1}{2} ln(1 + x^{2}) + K)/x^{2}, K ∈ ℝ.

(b) (EH) ⇝ y′/y = sin x/ cos x ⇝ ln |y| = − ln | cos x| + C_{1} ⇝ y = C/ cos x, C ∈ ℝ sol^{o} g’ale à (EH). (E) : C = C(x) ⟹ C′ = 2x − 1 ⟺ C = x^{2} − x + K, K ∈ ℝ, ⇝ y(x) = (x^{2} − x + K)/ cos x, K ∈ ℝ : sol^{o} g’ale de (E).

Exercice 8. Soit l’équation différentielle :

x^{2}y′ − y = x^{2} − x + 1 .  (E)

Soit F une primitive de la fonction x ↦ (1 − \frac{1}{x}) e^{\frac{1}{x}}.

(a) Résoudre l’équation différentielle (E) sur ]0, +∞[ en fonction de F.

(b) Chercher une solution particulière de (E) sous forme polynômiale.

(c) En déduire une expression de F, puis vérifier le résultat.

Exercice supplémentaire : Suites recurrentes

Exercice 9. Déterminer une formule explicite pour la solution u = (u_{n}) à l’équation de récurrence

∀n ∈ ℕ : u_{n+2} = a u_{n+1} + b u_{n}  (E)

en fonction de u_{0}, u_{1} ∈ ℝ donnés, dans chacun des cas suivants :

(a) x^{2} − a x − b = 0 admet deux racines réelles distinctes ρ_{1} et ρ_{2}.

(b) x^{2} − a x − b = 0 admet une racine double ρ.

(c) x^{2} − a x − b = 0 admet deux racines complexes distinctes ρe^{iφ} et ρ e^{−iφ}.