Courbe paramétrée et tangente
Bonsoir
Je ne comprends pas d'où sort l'intervalle $[-1,1] \setminus \{0 \}$.
J'ai un peu honte, mais je ne comprends pas mon erreur dans ce qui suit...
On a $x'(t) \geq 0 \Leftrightarrow 1- \dfrac{1}{t^3} \geq 0 \Leftrightarrow 1 \geq \dfrac{1}{t^3} \Leftrightarrow t^3 \geq 1 \Leftrightarrow x \geq 1$
Pour $y'(t)$ pas de problème, il suffit d'écrire $y'(t)=\dfrac{t^2-1}{t^3}$.
Avec une deuxième méthode je trouve le bon résultat $x'(t)=\dfrac{ (t-1)(t^2+t+1)}{t^3}$.
Or, $\forall t \in [-1,1], \ t-1 \leq 0$ et $t^2+t+1 \geq 0$ donc si $t \in [-1,0]$ comme $t^3 \leq 0 $ alors $x'(t) \geq 0$ et si $t \in [0,1]$ comme $t^3 \geq 0$ alors $x'(t) \leq 0$.
Je ne comprends pas d'où sort l'intervalle $[-1,1] \setminus \{0 \}$.
J'ai un peu honte, mais je ne comprends pas mon erreur dans ce qui suit...
On a $x'(t) \geq 0 \Leftrightarrow 1- \dfrac{1}{t^3} \geq 0 \Leftrightarrow 1 \geq \dfrac{1}{t^3} \Leftrightarrow t^3 \geq 1 \Leftrightarrow x \geq 1$
Pour $y'(t)$ pas de problème, il suffit d'écrire $y'(t)=\dfrac{t^2-1}{t^3}$.
Avec une deuxième méthode je trouve le bon résultat $x'(t)=\dfrac{ (t-1)(t^2+t+1)}{t^3}$.
Or, $\forall t \in [-1,1], \ t-1 \leq 0$ et $t^2+t+1 \geq 0$ donc si $t \in [-1,0]$ comme $t^3 \leq 0 $ alors $x'(t) \geq 0$ et si $t \in [0,1]$ comme $t^3 \geq 0$ alors $x'(t) \leq 0$.
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Réponses
$y(t) - y(1)=t^2 /2 + 1/t -3/2 $ et $x(t)-x(1)=t +1/2t^2 -1$.
Or, $\lim_1 y(t)-y(1)=0$ et $\lim_1 x(t)-x(1)=0$ on a une forme indéterminée $0/0$
Ça me rappelle mes exos faciles de début de sup.
Cordialement,
Rescassol
Comment on passe de la symétrie d'axe y=x à l'intervalle $[-1,1]$? Je ne vois pas d'où il sort...
A quoi sert d'habitude la découverte d'une symétrie dans l'étude d'une courbe ?
Tu ne connais pas les équivalents ailleurs qu'en l'infini ?
Cordialement,
Rescassol
Je ne comprends pas comment réduire le domaine pour une symétrie par rapport à la première bissectrice.
Je connais les équivalents au voisinage de 0 aussi.
Soit $s: t \mapsto \dfrac{1}{t}$. Tu ne peux pas trouver un ensemble $E$ tel que $E\cup s(E)=\mathbb{R}$ et $E\cap s(E)=\emptyset$ à peu de chose près ?
> Je connais les équivalents au voisinage de 0 aussi.
T'as qu'à faire un changement de variable (même si ce qu'a dit JavierT plus haut est plus simple).
Cordialement,
Rescassol
Si $E= [-1,1] \setminus \{0 \}$ alors $s(E)= \{ 1/t \ | \ t \in [-1,1] \} =\overline{E}$ on le voit graphiquement.
J'ai essayé d'utiliser les polynômes mais ça ne donne rien. Notons $\Delta=\dfrac{ y(t)-y(1)}{ x(t)-x(1)}$.
On a $\Delta=\dfrac{t^2/2 +1/t -3/2}{ t+ 1/2t^2 -3/2}=\dfrac{t^4+2t-3t^2}{2t^3 +1 -3 t^2}$ et on a encore une forme indéterminée...
En fait les équivalents sont utilisés pour des fonctions du genre $\sin x$ , $\tan x$ etc ... Ici je ne comprends pas comment les utiliser ni leur intérêt.
ça devrait être interdit de poster un corrigé et de dire "je ne comprends pas le corrigé". Tu nous demandes de t'aider à comprendre une solution déjà imprimée, c'est quand même un comble.
Fais un effort, @OShine, ne poste plus jamais les corrigés des exos sur lesquels tu sèches.
On en arrive à une récursion assez vertigineuse, au fait que tu ne comprends pas ton corrigé, ni les indications qu'on te donne pour le comprendre, ni les explications sur ces indications.
Et aussi du raisonnement suivant que j'ai fait moi-même dont je ne comprends pas l'erreur :
$x'(t) \geq 0 \Leftrightarrow 1- \dfrac{1}{t^3} \geq 0 \Leftrightarrow 1 \geq \dfrac{1}{t^3} \Leftrightarrow t^3 \geq 1 \Leftrightarrow x \geq 1$.
Tu n'as jamais entendu parler de racine évidente d'un polynôme ?
Ça remonte à la 1ère.
Cordialement,
Rescassol
Si on a : $\Delta=\dfrac{t^2/2 +1/t -3/2}{ t+ 1/2t^2 -3/2}=\dfrac{t^4+2t-3t^2}{2t^3 +1 -3 t^2}$
$1$ est racine évidente et même racine double de $P(t)=t^4+2t-3t^2 =(t-1)^2 t (t+2)$ et $Q(t)=2t^3 +1 -3 t^2 =(t-1)^2 (2t+1)$
Donc $\Delta= \dfrac{t (t+2)}{2t+1} \longrightarrow \dfrac{3}{3}=1$
Par contre mon erreur avec le $x'(t) \geq 0$ je ne la trouve pas.
Les arcs paramétrés au lycée ? J'ai étudié le cours sur les arcs paramétrés de MP... Il n'y a plus grand chose au programme, ça fait 5 pages de cours.
Essaie ton équivalence $\Bigl(1 \geq \dfrac{1}{t^3} \Leftrightarrow t^3 \geq 1\Bigr)$ avec $t<0$.
Moi, pareil, j'ai eu le même sentiment à une époque de ma vie.
Pendant quelques années semaines, ça m'a énervé parce que j'étais incapable de trouver les bons coup au jeu de go. Je cherchais, et je ne trouvais pas. Aucune intuition, rien. Alors que d'autres trouvaient.
Et j'en ai tiré les conclusions, j'ai compris que j'étais nul pour cette activité là, et je me suis intéressé à d'autres activités, où je réussissais mieux.
En tout cas, il faudra que tu leur expliques, donc espérons que d'ici là, tu auras la réponse à cette question.
Regarde surtout le passage où il parle de l'effet miroir lorsqu'on multiplie par un nombre négatif. Là je me tâte sur quelle emote ajouter... celle-ci 🤣 ou bien celle-ci 😭 ?
Je pense que même lui, normalement, n'aurait pas fait une faute pareille. C'est peut-être signe qu'il est temps de faire une pause avec les exercices et de se reposer un peu.
Après, à titre personnel je continue de trouver tous ces fils particulièrement gênants. On se demande même dans quel but OShine poursuit sa course effrénée vers les exercices de concours. Il a avoué lui-même ne pas vouloir faire l'agreg et, de plus, il ne semble ni prendre du plaisir ni s'améliorer. C'est vraiment une forme de masochisme malsain.
@raoul.S ok merci j'ai enfin compris l'erreur, si je prends $-1 \leq t <0$ et $f(x)=1/x$ je ne peux pas appliquer $f$ à $1 \geq 1/t^3$ car $1 \notin [-1,0[$.
Sinon j'ai réussi la question $2$.
Il n'y a aucune urgence à écrire des bêtises, il sera toujours temps la semaine prochaine. Ou l'année prochaine.
A titre pédagogique, pour montrer à des collégiens les erreurs les plus courantes, c'était un bon support.
On a $\gamma'(t)=(x'(t),y'(t)) =(1- \dfrac{1}{t^3},t-\dfrac{1}{t^2})=(1- \dfrac{1}{t^3}) (1,t)$. Posons $\vec{u}=(1,t)$ c'est un vecteur directeur de $\gamma'(t)$.
Pour trouver une équation de la tangente, prenons $M(x,y)$ on a alors $\det( M - \gamma(t) ,\vec{u}) =0$
Après calculs, on trouve $\boxed{t^3 -2t^2 x+2ty-1=0}$
Soient $(t_1,t_2)$ deux réels tels que $\gamma(t_1)$ et $\gamma(t_2)$ appartiennent à la tangente. On veut aussi que $\gamma(t_1)$ soit orthogonal à $\gamma(t_2)$, ce qui fournit $(\gamma(t_1) , \gamma(t_2))=0$ soit $1+t_1 t_2 =.$ et finalement $\boxed{t_1 t_2 =-1}$
On cherche donc les points tels que $t_1$ et $t_2$ soient racines du polynôme $P(X)=X^3-2x X^2+2y X-1$ et tels que $t_1 t_2 =-1$.
D'après les relations coefficients racines, $P(X)=1 \times (X^3 -\sigma_1 X^2+\sigma_2 X - \sigma_3= (X-t_1)(X-t_2)(X-t_3)$ avec $\sigma_1=t_1+t_2+t_3=2x$, $\sigma_2=t_1 t_2+ t_1 t_3 + t_2 t_3=2y$ et $\sigma_3 =t_1 t_2 t_3=1$.
Après calculs, on trouve la condition nécessaire $\boxed{y+x=-1}$.
Réciproquement , si $y+x=-1$ alors $P(X)=X^3-2xX^2 + 2(-1-x) X-1$
On remarque que $P(-1)=-1-2x+2(1+x)-1=0$ donc $1$ est racine de $P$. Ainsi, $\boxed{P(X)=(X+1)(X^2 + (2y+1) X-1)}$
Posons $Q(X)=X^2 + (2y+1) X-1$ son discriminant vaut $\Delta=(2y+1)^2+4 >0$ donc $Q$ possède deux racines réelles et $Q(X)=(X-t_1)(X-t_2)=X^2-\sigma_1 X+ \sigma_2$.
Par les relations coefficients-racines, on a $\sigma_1=t_1+t_2=-(2y+1)$ et $\sigma_2=t_1 t_2=-1$.
Une condition nécessaire est suffisante est donc que $t_1$ et $t_2$ sont racines de $P(X)=X^3-2x X^2+2y X-1$ avec $t_1 t_2 =-1$.
Oui vu le nombre d'erreurs que je fait, ça sera un avantage pour mes élèves, par contre ce sont plutôt des erreurs de niveau lycée et je suis au collège
Sinon, pour chaque question que tu poses, tu vas effacer tous tes messages quand tu croiras avoir compris ?
Soit $f(t)=(x(t),y(t))$ et notons $C:=Imf$ et $s:\R^2 \to \R^2, (x,y) \to (y,x)$. [$s$ est la symétrie par rapport à la première bissectrice (ce n'est pas difficile à démontrer).]
Les égalité ($x(1/t)=y(t)$ et $y(1/t)=x(t)$ pour $t$ différent de $0$) se réécrivent $f(1/t)=s(f(t))$, autrement écrit "le point de la courbe $C$ de paramètre $1/t$ est le symétrique du point de paramètre $t$. (Prenez des exemples de valeurs de $t$ si vous n'êtes pas convaincu : ce ne serait pas du temps perdu puisqu'ensuite toutes les études de courbes paramétrées, dans toute leur variété, se réduisent à ces pratiques qu'on acquiert petit à petit à force de pratique.)
Considérons enfin $t \to 1/t$. L'image de $[-1,1]-\{0\}$ est $R\]-1,1[$.
Voilà de nombreux sous-entendus du début du corrigé rapide proposé.
Et c'est là que pour moi, l'Education Nationale est en tort. Bien content de ne plus faire parti de ce navire quand on voit qu'elle n'assure ni le bien-être de ses enseignants, ni une reconnaissance salariale un peu digne d'un BAC+5 concours ni une qualité minimale de recrutement de ses agents pour qu'il soit apte à enseigner au moins au collège.