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Courbes paramétrées

Modifié (December 2023) dans Analyse
https://les-mathematiques.net/serveur_cours/cours/2/61/#fig:position_locale_tangente_courbe_param
Dans le 2ieme exemple qui suit le paragraphe 2.2.3: "Branches infinies des courbes parametrées" de composantes suivantes :
\begin{cases} x(t) &= \dfrac{t^3}{t^2-9} \\  y(t) &= \dfrac{t^2-2t}{t-3} \end{cases}
En $t=3$, l'auteur décompose $x(t), y(t)$  par des dévelopments asymptotiques, je retrouve la même droite asymptote en déterminant $a, b$ de $y=ax +b$ par les limites de $\frac {y(t)} {x(t)}$ et de $y(t)-ax(t)$ quand $t \rightarrow 3$ mais je n'arrive pas à comprendre comment l'auteur arrive aux expressions ci-dessous par des dévelopements asymptotiques de $x(t)$ et $y(t)$ en $t=3$.
\begin{aligned}
x(t) &= \dfrac{9}{2(t-3)} + \dfrac{15}{4} + \dfrac{7}{8}(t-3) + \underset{t \rightarrow 3} {o} \left((t-3) \right) \\ y(t) &= \dfrac{3}{t-3} + 4 + (t-3)
\end{aligned}

Réponses

  • Modifié (December 2023)
    Si tu formes $2x/9$ et $y/3$, tu as $1+{\rm o}(1)$ pour l'un et l'autre ; de ce fait, $2x/9-y/3$ admet une limite finie lorsque $t\to3$.
  • Si l'on cherche un développement asymptotique au voisinage de $t=3$, je trouve plus confortable de poser $t=3+h$, $h \rightarrow 0$.
  • Modifié (December 2023)
    Merci, dans les deux propositions, on n'aboutit pas aux résultats post-dévelopement asymptotique, je bloque.
  • Il y a peut-être une coquille dans la solution. Vérifie tes calculs avec WolframAlpha.
  • Modifié (December 2023)
    L'indication que je t'ai donnée hier tenait compte de l'expression déjà connue figurant dans ton message initial. Bien entendu, ce n'est pas ainsi qu'il fallait procéder mais la bonne méthode était celle de Chaurien (poser $t=t_0+h$ ; ici, $t_0=3$.
  • Bonjour,
    Les développements asymptotiques donnés plus haut sont tout à fait corrects.
  • Modifié (December 2023)
    Je ne parviens toujours pas à retrouver x(t) après développement asymptotique.
    En suivant Chaurien:
    $t=3+h$
    J'arrive à :
    $x(3+h) = (3+h) \dfrac {1}{1-\dfrac {9}{(3+h)^2}}$.
    J'effectue un D/L quand $h \rightarrow 0$ de $f(h)=\dfrac {9}{(3+h)^2}$ et arrive à $x(3+h) = \dfrac {3(3+h)}{2h+h^2}$

    Finalement : $x(t)=\dfrac {3t}{(t-3)(t-1)}$
    Je me bats pour retrouver l'expression comme dans le corrigé mais n'y parviens pas. Merci de votre aide.
    - j.c
  • Soit tu as fait un développement asymptotique et il te manque les termes d'erreur ; soit tu as fait un calcul exact et il te reste à faire le développement asymptotique. En tout état de cause, l'égalité $x(t)=\frac{3t}{(t-3)(t-1)}$ est fausse. La première expression, elle, est curieuse mais correcte. Je ne comprends pas pourquoi partir d'une expression si compliquée qui ne fait pas apparaître les pôles. Je partirais plutôt de \begin{align*}x(t)&=\frac{t^3}{(t-3)(t+3)}\\&=\frac{(3+h)^3}{h(6+h)}\\&=\frac{27}{6h}\cdot\left(1+\frac{h}3\right)^3\left(1+\frac{h}6\right)^{-1}\end{align*}et là, on peut développer tranquillement.
  • Modifié (December 2023)
    Merci Math Coss... j'ai enfin décoincé et retrouvé les développements asymptotiques !
  • Modifié (December 2023)
    Dans l'exercice du site :
    http://exo7.emath.fr/cours/ch_courbes.pdf, paragraphe 4.2, une etude complete, j'essaie de trouver le point double de l'arc suivant :
    $\begin{cases} x(t) &= \dfrac{t^3}{t^2-1} \\  y(t) &= \dfrac{t^2-2t}{3t-3} \end{cases}$.
    J'aboutis aux équations suivantes
    je recherche les deux valeurs de $t$ avec par exemple $t > u$
    Selon $x(t)$ j'obtiens: $t^2(u-1)(u+1) - u(t+u)=0$
    et selon $y(t)$, j'obtiens $9ut(t-u)-9(t^2+u^2)+6(t-u)=0$
    qui s'ecrit encore : $(t-u) (9ut+6)-9(t^2+u^2)=0$, j'arrive ainsi au système d'équations suivant : 
    $\begin{cases} ut(ut+1)-(u+t)^2 &=0 \\ (t-u) (9ut+6)-9(t^2+u^2) &=0 \end{cases}$
    Poser $t+u= s \ $ et $\ ut = p$  ne m'aide pas. Merci de votre aide.
    - jc 
  • Bonjour,
    Ton calcul sur $y$ n'est pas correct. Celui sur $x$ est bon.
    A suivre
  • Modifié (December 2023)
    Bonjour.
    Dans ces calculs, $t=u$ est une solution évidente. Donc on peut factoriser par $(t-u)$ et simplifier le système, puisqu'on cherche des solution avec $t\neq u$. Par exemple pour $y$ : 
    $\frac {t^2-2t}{3t-3}=\frac {u^2-2u}{3u-3}$
    En multipliant par 3
    $\frac {t^2-2t}{t-1}=\frac {u^2-2u}{u-1}$
    $(t^2-2t)(u-1)=(u^2-2u)(t-1)$
    $t^2u-u^2t -t^2+u^2 +2t-2u = 0$
    $tu(t-u) - (t-u)(t+u) + 2(t-u) =0$
    et, en divisant par $t-u$ qui n'est pas nul,
    $tu-t-u+2 =0$
    Ce qui permet de continuer par substitution.
    Cordialement.
  • Bonjour,

    Je trouve $3t^2 - 2t - 4=0$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour,

    Ou avec Matlab  :):

    $eliminate([Factor((x(t)-x(u))/(t-u)),Factor((y(t)-y(u))/(t-u))],u)$

    Cordialement,
    Rescassol

  • merci a` tous pour vos conseils!
    - jc
  • Modifié (December 2023)
    Après substitution dans la relation obtenue sur $x(t)$, je trouve que les valeurs de $t$ pour le point double de l'arc considéré sont :
    $t_0=\dfrac{1-(13)^\frac{1}{2}}{3}$ et $t_1=\dfrac{1+(13)^\frac{1}{2}}{3}$
    Ce qui est faux, car les points $A(t_0)$ et $A(t_1)$ ne sont pas égaux.
    Erreur de développement ou de raisonnement ? Je m'interroge à nouveau.
  • Modifié (December 2023)
    Les valeurs de $t_0$ et  $t_1$sont correctes mais ensuite c'est ton calcul de $A(t_0)$ et $A(t_1)$ qui est faux car ça donne bien le même point.
  • Modifié (December 2023)
    mmhmm, les valeurs approchées de $t_0$ et $t_1$ sont resp. $-0.868$ et $1.535$.

    On voit que $y(t_0) <0$ alors que $y(t_1) > 0$

    Je vais revoir les valeurs de $t_0$ et $t_1$, il doit y avoir une erreur dans les développements initiaux. De plus la courbe tracée dans le cours montre un point commun en $x$ et $y$ négatifs.
  • Modifié (December 2023)
    Les valeurs de $t_0$ et $t_1$ sont correctes et donnent des valeurs rationnelles de $x$ (positive) et $y$ (négative).

  • Bonjour
    @jc-marseille : peux-tu expliquer comment tu "vois" que $y(t_1)>0$ ? car moi je vois plutôt que $y(t_1)<0$ :)
    Et je te rassure, ça donne bien le même point. J'accorde pleine confiance à Xcas qui, lorsqu'il fait la différence entre les 2 abscisses ou ordonnées, donne bien $0$
  • Modifié (December 2023)
    Bonjour,

    Je trouve $\left(\dfrac{8}{3};-\dfrac{4}{9}\right)$ pour le point double.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (December 2023)
    Merci pour vos reponses.
    @JavierT : oui, mon erreur.
    @Math Coss. Quel logiciel utilises-tu pour le tracé de courbe. Le tracé du cours me parait incorrect, voir lien ci-dessus.
    On voit que le point double est sur x et y negatifs. Je pense que ton tracé est correct.
    Cordialement
    -jc
  • Modifié (December 2023)
    GeoGebra en ligne fait ça très bien
    https://www.geogebra.org/classic?lang=fr
  • C'est-à-dire que l'énoncé d'Exo7 n'est pas celui que tu nous as proposé : dans le numérateur de $y$ il y a $t(3t-2)$ sur Exo7, § 4.2, tandis que tu nous as proposé $t^2-2t$. Il ne faut pas s'étonner que les courbes se ressemblent un peu mais soient différentes !
  • Modifié (December 2023)
    @Math Coss
    Jack Daniel le coupable, ton observation est correcte. Ai repris l'ennonce' de l'exercice du cours et ai finalement obtenu le bon resultat:
    point double $A(\dfrac {-8}{3}\, ,\dfrac {-4}{3})$.
    Cordialement
    - jc
  • Modifié (December 2023)
    Bonjour et bonnes fetes a` tous.
    Je travaille sur le cours situé au lien suivant : http://exo7.emath.fr/cours/ch_courbes.pdf
    Exemple 17, Le folium de Descartes.

    Le graphe de la courbe en question montre un point double à l'origine que je ne parviens pas à retrouver. De plus le seul point pour lequel la courbe passerait par l'origine est en $t=0$.

    Par cusiosité je me penche alors sur la résolution du système suivant :
    $\begin{cases} x(t) &= \dfrac{3at}{t^3+1} \\  y(t) &= \dfrac{3at^2}{t^3+1} \end{cases}$
    Ainsi, par la méthode classique, je recherche les valeurs de $t$ qui donneraient les coordonnées du point double.
    => la resolution de $x(t)=x(u)$ et $y(t)=y(u)$ avec par exemple $t > u$. J'aboutis au système d'équations suivant :
    $tu(u+t)-1=0$ et $(tu)^2-(t+u)=0$ et donc en posant $tu=p$ et $s=t+u$ je trouve que $p=s=1$, et par conséquent, $t \text{ et } u$ seraient alors solutions de l'équation $x^2-x+1=0$, qui n'a aucune solution réelle, d'où ma question initiale, comment arrive-t-on à un point double en l'origine ?

    Merci d'avance de vos suggestions, commentaires.
    Cordialement
    - jc
  • Bonjour,

    On passe par $O$ pour $t=0$ et $t=\infty$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Kolossale finesse !
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