Exercices : Courbes paramétrées

Exercices : Courbes paramétrées
Tracé de courbes
Exercice 1:
Étudier et tracer l’allure de la courbe paramétrée définie par :
Exercice 2:
2.
3.
4.
x(t) = sin(2t)
, t∈R.
y(t) = sin(3t)
x(t) = 2 cos(t) + cos(2t)
, t ∈ R.
y(t) = 2 sin(t) − sin(2t)
Réduire au maximum le domaine
de la courbe.
d’étude
x′ (t) = −4 sin(3t/2) cos(t/2)
Montrer que, pour tout t ∈ R,
.
y ′(t) = 4 sin(3t/2) sin(t/2)
En déduire le tableau de variations des fonctions x et y sur l’intervalle déterminé à la question 1.
a) La courbe possède-t-elle un ou plusieurs points remarquables ? Si oui, donner la nature des tangentes en ce(s) point(s).
b) À l’aide d’un développement limité déterminer l’allure de la courbe au voisinage du point M(0).
2π
. On admet qu’au voisinage de
c) Déterminer un vecteur directeur de la tangente au point M
3
ce point la courbe prend l’allure d’un point de rebroussement de première espèce.
Tracer l’allure de la courbe.
On considère la courbe paramétrée définie par :
1.
Exercice 3:
x(t) = t − sin(t)
, t ∈ R.
y(t) = 1 − cos(t)
On étudiera la position de la courbe par rapport à sa tangente au voisinage du ou des point(s) singulier(s).
Étudier et tracer l’allure de la courbe paramétrée définie par :
Exercice 4:

1 − t2

 x(t) =
1 + t2
Étudier et tracer l’allure de la courbe définie par le paramétrage :
.
t(1
− t2 )

 y(t) =
1 + t2
Exercice 5:
y
On considère un point A de l’axe (Ox) et un point B de l’axe
(Oy) tels que AB = 1.
On note alors M le projeté orthogonal de O sur le segment
[AB] et T le lieu des points M lorsque A et B se déplacent
sur leur axe.
1
B
0
•
•
M(t)
t
•
A
1
x
−→ →
1. On note t une mesure de l’angle (AB, −−
ı ). Montrer que le point M a pour coordonnées :
x(t) = sin2 (t) cos(t)
.
y(t) = cos2 (t) sin(t)
2. Faire l’étude complète de la courbe T puis la tracer.
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Courbes paramétrées
Autour des tangentes
Exercice 6:
On reprend la courbe Γ étudiée dans le cours dont un paramétrage est
x(t) = cos3 (t)
.
y(t) = sin3 (t)
h πi
1. Pour t ∈ 0; , déterminer une équation cartésienne de la tangente Dt à Γ au point de paramètre t.
4
2. Déterminer, pour t 6= 0, les deux points d’intersection de Dt avec les axes de coordonnées, puis
calculer la longueur du segment obtenu.
Exercice 7:
x(t) = 3t2
, t ∈ R.
y(t) = 2t3
Déterminer et tracer sur votre calculatrice, l’ensemble Γ′ des points du plan par lesquels passent deux
tangentes à la courbe Γ perpendiculaires entre elles. (On l’appelle la courbe orthoptique de Γ.)
On considère la courbe Γ définie par
Longueur d’un arc paramétré
Exercice 8:
Calculer la longueur de la courbe de l’exercice 2.
Exercice 9:
1. Étudier et tracer l’allure de la courbe paramétrée définie par :
x(t) = cos2 (t) + ln(sin(t))
, t ∈]0; π[.
y(t) = sin(t) cos(t)
L’étude de la position de la courbe par rapport à sa tangente au voisinage des points singuliers n’est
pas demandée ici. On déterminera juste un vecteur directeur de la tangente aux points singuliers.
2. Calculer la longueur de la courbe entre les deux points singuliers.
p
Après avoir simplifié au maximum (x′ (t))2 + (y ′(t))2 , il sera judicieux d’envisager le changement
de variable u = cos(t).
Un exemple dans l’espace
Exercice 10:

 x(t) = (1 + cos(t)) cos(t)
y(t) = (1 + cos(t))
sin(t) , t ∈ R.
On considère la courbe de l’espace Γ définie par

t
z(t) = 4 sin 2
1. Quels sont les points réguliers de cette courbe ? En ces points, déterminer le vecteur tangent unitaire.
2. Montrer que la tangente à Γ en tous les points réguliers fait un angle constant avec l’axe (Oz).
3. Calculer la longueur de Γ.
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Correction
Correction de l’exercice 1:
1. Réduction du domaine d’étude
— Les fonctions x et y sont définies sur R.
— Les fonctions x et y sont 2π-périodiques donc on peut restreindre notre étude à [−π; π] et on
obtiendra
la totalité de la courbe.
x(−t) = −x(t)
— On a
y(−t) = −y(t)
On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle [0; π] et grâce à une symétrie centrale de centre
O on obtiendra la courbe sur [−π; 0].
x(π − t) = −x(t)
— On a
y(π − t) = y(t)
h πi
et grâce à une symétrie d’axe (Oy)on
On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle 0;
2
hπ i
obtiendra la courbe sur
;π .
2
x(π/2 − t) = x(t)
— On a
. On ne peut pas restreindre plus notre étude.
y(π/2 − t) = − cos(3t)
h πi
puis symétrie par rapport à (Oy) et enfin symétrie par rapport à O.
En résumé, étude sur 0;
2
2. Tableaux de variations
On a
′
x (t) = 2 cos(2t)
y ′ (t) = 3 cos(3t)
On obtient le tableau suivant :
t
π
6
0
x′ (t)
+
π
4
+
0
π
2
−
1
x(t)
0
y (t)
0
+
′
0
−
−
0
1
y(t)
−1
0
3. Points remarquables
Nous avons
πici
trois points remarquables.
— En M
, comme y ′(t) = 0, la tangente sera horizontale.
6
π
— En M
, comme x′ (t) = 0, la tangente sera verticale.
4
π
— En M
, comme y ′(t) = 0, la tangente sera horizontale.
2
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4. Courbe
y
1
1 x
0
Correction de l’exercice 2:
1. — Les fonctions x et y sont définies sur R.
— Les fonctions x et y sont 2π-périodiques donc on peut restreindre notre étude à [−π; π] et on
obtiendra
la totalité de la courbe.
x(−t) = x(t)
— On a
y(−t) = −y(t)
On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle [0; π] et grâce à une symétrie d’axe (Ox) on
obtiendra la courbe sur [−π; 0].
— Le calcul de x(π − t) ne donne rien de remarquable donc on ne peut pas plus réduire notre étude.
En résumé, étude sur [0; π] puis symétrie par rapport à (Ox).
2. On a
⇒
x′ (t) = −2 sin(t) − 2 sin(2t)
y ′(t) = 2 cos(t) − 2 cos(2t)
x′ (t) = −4 sin(3t/2) cos(t/2)
y ′(t) = 4 sin(3t/2) sin(t/2)
On a utilisé les formules de cos(p) − cos(q) et sin(p) + sin(q).
On obtient le tableau suivant :
t
0
x′ (t)
0
x(t)
y ′ (t)
2π
3
−
0
π
+
3
−1
− 32
0
+
0
√
3 3
2
y(t)
0
−
0
0
3. a) En M(π), comme x′ (π) = 0 et y ′ (π) 6= 0, la courbe possède une tangente verticale.
b) Au voisinage de t = 0 à l’aide des développements limités usuels on obtient :
→
(x(t), y(t)) = (3, 0) + (−3, 0)t2 + (0, 1)t3 + −
o (t3 )
| {z }
| {z }
−
→
v2
−
→
v3
Au voisinage du point M(0) la courbe prend l’allure d’un point de rebroussement de première
espèce.
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c) On remarque que
x′′ (t) = −2 cos(t) − 4 cos(2t)
=⇒
y ′′ (t) = −2 sin(t) + 4 sin(2t)
La tangente au point M
4. Courbe
2π
3
x′′ (2π/3) = 3 √
.
y ′′(2π/3) = −3 3
√
est donc dirigée par le vecteur de coordonnées (3, −3 3).
y
1
0
x
1
Correction de l’exercice 3:
1. Réduction du domaine d’étude
— Les fonctions
x et y sont définies sur R.
x(2π + t) = 2π + x(t)
— On a
y(2π + t) = y(t)
On peut donc restreindre notre étude à un intervalle de longueur 2π, par exemple [−π; π] et on
obtiendra
la totalité de la courbe grâce à des translation de vecteur ~u(2π, 0)
x(−t) = −x(t)
— On a
y(−t) = y(t)
On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle [0; π] et grâce à une symétrie d’axe (Oy) on
obtiendra la courbe sur [−π; 0].
— Le calcul de x(π − t) ne donne rien de remarquable donc on ne peut pas plus réduire notre étude.
2. Tableaux
′ de variations
x (t) = 1 − cos(t)
. Donc on a le tableau suivant :
On a
y ′ (t) = sin(t)
t
0
x′ (t)
0
π
+
π
x(t)
0
y (t)
′
0
+
0
2
y(t)
0
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Courbes paramétrées
3. Points singuliers ou remarquables
On remarque que la tangente au point de paramètre t = π est horizontale.
De plus le point de paramètre t = 0 est un point singulier.
Au voisinage de 0 :
→
(x(t), y(t)) = (0, 1/2)t2 + (1/6, 0)t3 + −
o (t3 )
| {z }
| {z }
−
→
v2
−
→
v3
Donc M(0) est un point de rebroussement de première espèce.
4. Courbe
y
1
0
x
1
Correction de l’exercice 4:
1. Réduction du domaine d’étude
— Les fonctions x et y sontdéfinies sur R.
x(−t) = x(t)
. On peut donc limiter notre étude à [0; +∞[ puis, en
— On a, pour tout t ∈ R,
y(−t) = −y(t)
faisant une symétrie d’axe (Ox) on obtiendra la courbe sur ] − ∞; 0].
— Pour tout t ∈]0; +∞[, x(1/t) = −x(t) mais le calcul de y(1/t) ne donne rien de remarquable.
En résumé, nous allons étudier et tracer notre courbe sur [0; +∞[, puis par une symétrie d’axe (Ox)
nous obtiendrons la totalité de la courbe.
2. Tableau
 de variations
−4t

′

 x (t) =
p√
(1 + t2 )2
√
√
5 − 2 et on
On a
.
On
pose
alors
t
=
0
1 − 4t2 − t4
−(t2 + 2 − 5)(t2 + 2 + 5)

′

=
 y (t) =
(1 + t2 )2
(1 + t2 )2
obtient le tableau de variations suivant :
t
x (t)
′
x(t)
0
0
1
y ′ (t)
y(t)
t0
+∞
−
−
x(t0 )
+
0
y(t0 )
0
−
−1
−∞
√
5−1
5 − 1 p√
et y(t0 ) =
avec x(t0 ) =
5 − 2.
2
2
3. Points remarquables et singuliers
— En M(0), comme x′ (0) = 0 et y ′(0) 6= 0, la courbe possède une tangente verticale.
— En M (t0 ), comme y ′ (t0 ) = 0 et x′ (t0 ) 6= 0, la courbe possède une tangente horizontale.
√
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4. Courbe : Il est intéressant de remarquer, avant de tracer la courbe, que le point M(1) a pour
coordonnées (0, 0).
y
1
1 x
0
Correction de l’exercice 5:
1.
y
1
B
• M(t)
H2 •
t
0
H1
•
A
1
x
Le raisonnement suivant est valable dans le cas où xA > 0 et yB > 0 (ce qui donne une valeur de
t ∈]0; π/2[). On adaptera facilement les calculs pour les autres cas.
Il est tout d’abord important de remarquer que A a pour coordonnées (cos(t), 0) (en effet cos(t) =
OA
= OA = xA ) et B a pour coordonnées (0, sin(t)).
AB
OM
OM
=
. Donc OM = sin(t) cos(t).
Dans le triangle OAM, sin(t) =
OA
cos(t)
H2 M
x(t)
OH2
y(t)
Dans le triangle OH2 M, sin(t) =
=
et cos(t) =
=
.
OM
OM
OM
OM
x(t) = sin2 (t) cos(t)
.
On en déduit bien que
y(t) = cos2 (t) sin(t)
2. a) Réduction du domaine d’étude
— Les fonctions x et y sont définies sur R.
— Les fonctions x et y sont 2π-périodiques donc on peut restreindre notre étude à l’intervalle
[−π; π] et on obtiendra la totalité de la courbe.
x(−t) = x(t)
— On a
y(−t) = −y(t)
On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle [0; π] et grâce à une symétrie d’axe (Ox)
on obtiendra
la courbe sur [−π; 0].
x(π − t) = −x(t)
— On a
y(π − t) = y(t)
h πi
et grâce à une symétrie d’axe (Oy)
On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle 0;
2
hπ i
on obtiendra la courbe sur
;π .
2
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Courbes paramétrées
— On a
x(π/2 − t) = y(t)
y(π/2 − t) = x(t)
h πi
et grâce à une symétrie par rapport
On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle 0;
h π4 π i
à la première bissectrice on obtiendra la courbe sur
; .
4 2
h πi
En résumé : étude sur 0;
puis symétrie par rapport à la première bissectrice, puis symétrie
4
par rapport à (Oy) et enfin symétrie par rapport à (Ox).
b) Tableaux de variations
On a
⇒
x′ (t) = 2 sin(t) cos2 (t) − sin3 (t)
y ′ (t) = −2 cos(t) sin2 (t) + cos3 (t)
x′ (t) = sin(t)(2 cos2 (t) − sin2 (t))
y ′ (t) = cos(t)(−2 sin2 (t) + cos2 (t))
x′ (t) = sin(t)(3 cos2 (t) − 1)
y ′ (t) = cos(t)(3 cos2 (t) − 2)
h πi
1
On remarque alors que, pour tout t ∈ 0; , 3 cos2 (t) − 1 > > 0. Donc x′ (t) > 0.
2
r !
r4
2
2
.
. On pose alors t0 = arccos
De plus 3 cos2 (t) − 2 = 0 ⇔ cos(t) = ±
3
3
⇒
On obtient le tableau suivant :
t
0
x′ (t)
0
π
4
t0
+
+
1
√
2 2
x(t)
0
y (t)
+
′
0
2
√
3 3
y(t)
0
−
1
√
2 2
c) Points singuliers ou remarquables
Pas de point singulier ici.
On notera une tangente verticale au point de paramètre t = 0 et une tangente horizontale au
point de paramètre t0 .
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Courbes paramétrées
d) Courbe
y
0.5
0
0.5
x
Correction de l’exercice 6:
x′ (t) = −3 sin(t) cos2 (t)
1. On rappelle que
.
y ′(t) = 3 cos(t) sin2 (t)
i πi
alors le vecteur de coordonnées (x′ (t), y ′(t)) (non nul) est un vecteur directeur de la
— Si t ∈ 0;
4
tangente au point M(t). On obtient donc une équation cartésienne de la tangente à Γ en M(t)
en écrivant :
x − x(t) x′ (t)
3
2
3
2
y − y(t) y ′ (t) = 0 ⇔ (x − cos (t)) × 3 cos(t) sin (t) − (y − sin (t)) × (−3 sin(t) cos (t)) = 0
⇔ (x − cos3 (t)) × sin(t) + (y − sin3 (t)) × cos(t) = 0
car 3 cos(t) sin(t) 6= 0
⇔ sin(t)x + cos(t)y − cos(t) sin(t)(cos2 (t) + sin2 (t)) = 0
⇔ sin(t)x + cos(t)y − cos(t) sin(t) = 0.
Lorsque t 6= 0, une équation cartésienne de Dt est donc sin(t)x + cos(t)y − cos(t) sin(t) = 0.
— En t = 0 nous avons vu en cours que la tangente D0 est l’axe des abscisses. On peut remarquer
que l’équation précédente est donc encore valable pour t = 0.
2. Lorsque t 6= 0 :
— le point d’intersection de Dt avec l’axe des abscisses est le point At de coordonnées (cos(t), 0) ;
— le point d’intersection
de Dt avec l’axe des ordonnées est le point Bt de coordonnées (0, sin(t)) ;
p
— on a At Bt = (0 − cos(t))2 + (sin(t) − 0)2 = 1.
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Courbes paramétrées
Correction
de l’exercice 7:
′
x (t) = 6t
donc, tous les points sont réguliers, sauf le point M(0).
y ′(t) = 6t2
Commençons par nous intéresser aux points réguliers. On souhaite déterminer les points M(t1 ) et M(t2 )
tels que les tangentes en ces deux points soient perpendiculaires.
Le vecteur directeur de la tangente en M(t1 ) est le vecteur de coordonnées (6t1 , 6t21 ) et celui de la
tangente en M(t2 ) est le vecteur de coordonnées (6t2 , 6t22 ).
Ces deux vecteurs sont orthogonaux si, et seulement si,
On a
36t1 t2 + 36t21 t22 = 0 ⇐⇒ 1 + t1 t2 = 0
car t1 et t2 sont supposés non nuls.
1
sont orthogonales et ce sont les seuls points
Ainsi, pour t 6= 0, les tangentes en M(t) et M −
t
réguliers qui vérifient cette propriété.
1
Déterminons maintenant le point d’intersection des tangentes en M(t) et M − . Ce point doit
t
vérifier :
x − 3(−1/t)2
x − 3t2 6t −6/t =0
et
3
3
2
y − 2(−1/t) 6(−1/t)2 = 0
y − 2t 6t 
t6 + 1


 x= 2 2
t (t + 1)
Après quelques calculs, cela nous donne
.
1 − t4


 y= 2
t(t + 1)
Comme x′′ (0) = 6 et y ′′ (0) = 0 la tangente en M(0) est dirigée par le vecteur de coordonnées (6, 0) qui
n’est orthogonal à aucun des vecteurs directeurs des tangentes 
aux points réguliers.
t6 + 1


 x(t) = 2 2
t (t + 1)
Ainsi, une représentation paramétrique de la courbe Γ′ est
.
1 − t4


 y(t) = 2
t(t + 1)
y
1
0
Exercices TSI2
x
1
Page 10
Courbes paramétrées
Correction de l’exercice 8:
Grâce aux symétrie que l’on a trouvé pour la courbe on voit qu’il suffit de calculer la longueur entre 0
et π puis en multipliant par 2 on obtient la longueur totale.
On a
Z πp
(x′ (t))2 + (y ′(t))2 dt
L=2
Z0 π p
=2
(−4 sin(3t/2) cos(t/2))2 + (4 sin(3t/2) sin(t/2))2 dt
0
Z πq
=2
16 sin2 (3t/2)(cos2 (t/2) + sin2 (t/2)) dt
Z0 π
= 2 4| sin(3t/2)| dt
0
!
Z
Z
π
2π/3
=8
sin(3t/2) dt +
0
2π/3
− sin(3t/2) dt
2π/3 π !
2
2
+
cos(3t/2)
= 8 − cos(3t/2)
3
3
0
2π/3
2 2 2
=8
= 16
+ +
3 3 3
Correction de l’exercice 9:
1. a) Réduction du domaine d’étude
— Les fonctions
x et y sont définies sur ]0; π[.
i πi
x(π − t) = x(t)
et grâce
— On a
. On peut donc restreindre notre étude à l’intervalle 0;
y(π − t) = −y(t)
2
hπ h
;π .
à une symétrie d’axe (Ox) on obtiendra la courbe sur
2
π
— Le calcul de x
− t ne donne rien de remarquable donc on ne peut pas plus réduire notre
2
étude.
b) Tableaux de variations
On a tout d’abord :
x′ (t) = −2 sin(t) cos(t) +
√
√
cos(t)
cos(t)
cos(t)
=
(1 − 2 sin2 (t)) =
(1 − 2 sin(t))(1 + 2 sin(t)).
sin(t)
sin(t)
sin(t)
1
Et y (t) =
sin(2t) = cos(2t).
2
Donc on a le tableau suivant :
′
d
dt
t
π
4
0
+
x′ (t)
1
2
x(t)
−∞
y (t)
′
−
0
− 12 ln(2)
0
+
0
−
1
2
y(t)
0
Exercices TSI2
0
π
2
0
Page 11
Courbes paramétrées
c) Points singuliers ou remarquables
π , la courbe possède une tangente verticale.
— En M
2 π
— Le point M
: l’étude locale n’est pas demandée ici. Afin d’avoir le vecteur tangent,
4
déterminons les dérivées secondes.
1
et y ′′(t) = −2 sin(2t).
On a x′′ (t) = −2 cos(2t) −
2
sin
(t)
π π Donc x′′
= −2 et y ′′
= −2.
4
4
Un vecteur directeur de la tangente est donc le vecteur ~u(−2, −2).
d) Courbe
y
0.5
0
1−ln(2)
2
+
0.3 x
3π
2. Les deux points singuliers sont M
et M
.
4
4
Grâce à la symétrie
la courbe,
π la longueur de la courbe entre ces deux points est égale à 2 fois la
πde
et M
. On a donc :
longueur entre M
4
2
s
2
Z π/2 cos(t)
L=2
+ (cos(2t))2 dt
− sin(2t) +
sin(t)
π/4
Z π/2 s
sin(2t) cos(t) cos2 (t)
+ cos2 (2t) dt
+
sin2 (2t) − 2
=2
2
sin(t)
sin
(t)
π/4
Z π/2 s
cos2 (t)
=2
dt
1 − 4 cos2 (t) +
sin2 (t)
π/4
Z π/2 s
Z π/2 s
1 − 4 cos2 (t) sin2 (t)
1 − sin2 (2t)
=2
dt
=
2
dt
sin2 (t)
sin2 (t)
π/4
π/4
Z π/2
Z π/2 s 2
Z π/2
| cos(2t)|
cos (2t)
cos(2t)
dt = 2
=2
dt = −2
dt.
2
sin (t)
π/4 | sin(t)|
π/4
π/4 sin(t)
π
√
2
et 0. On obtient alors :
2
Z √2/2
Z √2/2 √
√
1 − 2u2
1
1
2
+
ln(3
−
2
2).
2
−
L=2
du
=
2
du
=
2
−
1 − u2
2(1 − u) 2(1 + u)
0
0
On pose alors u = cos(t), du = − sin(t) dt et u varie entre
Exercices TSI2
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Courbes paramétrées
Correction de l’exercice 10:
1. Les fonctions x, y et z sont de classe C ∞ sur R. On a :
 ′
 x (t) = − sin(t) cos(t) − (1 + cos(t)) sin(t) = − sin(t) − sin(2t) = −2 sin(3t/2) cos(t/2)
y ′ (t) = − sin2 (t) + (1 + cos(t)) cos(t) = cos(t) + cos(2t) = 2 cos(3t/2) cos(t/2)
 ′
z (t) = 2 cos(t/2)
On remarque que les seules valeurs de t pour lesquelles z ′ (t) s’annulent sont tk = (2k + 1)π, k ∈ Z.
On a de plus x′ (tk ) = 0 et y ′ (tk ) = 0.
Donc, tous les points M(tk ) sont singuliers.
Tous les autres points de Γ sont réguliers.
→
Lorsque t 6= (2k + 1)π. Un vecteur directeur de la tangente en M(t) est le vecteur −
u de coordonnées
′
′
′
(x (t), y (t), z (t)).
→
On a alors ||−
u ||2 = (−2 sin(3t/2) cos(t/2))2 + (2 cos(3t/2) cos(t/2))2 + (2 cos(t/2))2 = 8 cos2 (t/2).
→
−
Donc un vecteur directeur unitaire de la tangente est le vecteur U de coordonnées
1
√ (− sin(3t/2), cos(3t/2), 1).
2
→
−
2. On note k le vecteur de coordonnées (0, 0, 1) (vecteur directeur unitaire de (Oz)).
→
→−
−
−
→ →
−
U.k
1
On sait alors que le cosinus de l’angle non orienté ( U , k ) est égal à −
→ =√ .
→ −
2
|| U |||| k ||
π
Ainsi, en tous les points réguliers de Γ, la tangente fait un angle (non orienté) de mesure
avec
4
l’axe (Oz).
3. Les fonctions x, y et z sont 2π-périodique, donc il suffit de calculer la longueur de Γ sur un intervalle
de longueur 2π pour avoir toute la longueur.
p
p
√
Pour tout t 6= (2k + 1)π, (x′ (t))2 + (y ′(t))2 + (z ′ (t))2 = 8 cos2 (t/2) = 2 2| cos(t/2)|.
Z π √
h √
iπ
√
= 8 2.
On a donc L =
2 2 cos(t/2) dt = 4 2 sin(t/2)
−π
−π
Exercices TSI2
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