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paramétrage

Posté par
matheux14 24-12-21 à 14:27

Bonjour,

Merci d'avance et joyeux Noël à tous.

1) Donner un paramétrage

a) Y^2 -2 p X = 0

b) y = \cosh(x)

c) \dfrac{x²}{a²} + \dfrac{y²}{b²} = 1

d) \dfrac{x²}{a²} - \dfrac{y²}{b²} = 1

2) Donner un paramétrage normal des courbes suivantes :

a) \begin{cases}  x(t) = R\cos(t)   \\ y(t) = R \sin(t) \end{cases} ~; ~ t \in [0 ; 2\pi]

b) y = \cosh(x) ; x \ge 0

c) \begin{cases}  x(t) = t-\sin(t)   \\ y(t) = 1- \cos(t) \end{cases} ~; ~ t \in [-\pi ; \pi]

Réponses

a) Là c'est un exemple du cours que j'ai pas compris.

Citation :
On peut paramétrer la parabole d'équation  Y^2 -2 p X = 0 dans un repère orthonormal (O, \vec i ; \vec j) par \begin{cases} x(t) = \dfrac{p t²}{2} \\ y(t) = p t \end{cases} ~:~t \in \R

Démonstration

Soit R(O, \vec i ; \vec j) le repère construit dans la proposition précéente. Dans ce repère une équation de P est x²-2px = 0. Soit M\begin{cases} x \\ y \end{cases} un point du plan. On a équivalence entre :

M \in P \iff y²-2px = 0 \\ \iff \exists t \in \R, ~ y = p t ~ \text{et} ~ x = \dfrac{p t²}{2}


Posté par
etniopalre : paramétrage 24-12-21 à 15:46

Pour a :
Soient
     p   *
     P la parabole d'équation  y² = 2px .
     f : ² , t   (t²/2p , t)  .
  f est injective et si  f() = P  on pourra dire que ( , f) est un paramétrage de P .

Pour c : Si a et b sont des réels > 0
    ( [0 , 2[ , t (cos(t) , sin(t)))  est un paramétrage de E := { (x , y) │ x²/a² + y²/b² ) 1 }
...

Posté par
matheux14re : paramétrage 24-12-21 à 18:38

D'accord mais comment montrer que f(\R) = P ?

Posté par
matheux14re : paramétrage 26-12-21 à 13:07

Posté par
GBZMre : paramétrage 26-12-21 à 18:07

Bonsoir,

Franchement, matheux14, ne trouves-tu pas évident que la parabole d'équation x=\dfrac{y^2}{2p} admet la paramétrisation y\mapsto\left(\dfrac{y^2}{2p}, y\right) ?

Posté par
matheux14re : paramétrage 26-12-21 à 19:01

matheux14 @ 24-12-2021 à 18:38

D'accord mais comment montrer que f(\R) = P ?


C'est ce que je cherche à montrer. Alors si vous avez une piste qui pourrait m'aider..

Posté par
larrechre : paramétrage 26-12-21 à 19:34

Citation :
C'est ce que je cherche à montrer.


si je puis me permettre

Ce qu'a écrit GBZM rend la chose évidente. Que le paramètre s'appelle t ou y ne change rien à rien.

Posté par
matheux14re : paramétrage 26-12-21 à 21:02

Oui, j'ai bien compris que :

(P) : y² -2px =0

y² = 2px

x = y²/px

Donc f : IR --> IR²
    
                  t |--> (t²/2p ; t)

est un paramétrage de la parabole (P) si f est injective et f(IR) = (P)

On montre que f est injective, mais comment montrer que f(IR) = (P) ?

Posté par
Razesre : paramétrage 26-12-21 à 21:48

Bonsoir,
Dans l'enonce on doit préciser que a, b, p sont non nuls.

Posté par
larrechre : paramétrage 26-12-21 à 23:22

@matheux14

Quand t parcourt , f() est l'ensemble des points de coordonnées (t2/2p, t)

Quant à P, d'équation y2=2px, c'est l'ensemble des points de coordonnées (y2/2p, y) quand y parcourt

Tu vois bien qu'il s'agit du même ensemble

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 08:22

Oui je vois bien, merci.

b) La parabole (P) : y = cosh(x)

Pour exprimer x en fonction de y, j'essaie de passer par la forme exponentielle mais je bloque..

Posté par
Camélia Correcteurre : paramétrage 27-12-21 à 15:18

Bonjour
e^x est racine d'une équation du second degré.

Posté par
larrechre : paramétrage 27-12-21 à 15:19

Bonjour,

Si tu ne vois pas directement ce qui pourrait être pris comme paramètre, tu peux au moins commencer par écrire

x= Argcosh(y) à mettre ensuite sous sa forme logarithmique.

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 17:59

x = \text{argcosh}(y)

x = \ln(y+\sqrt{y²-1})

Soit f ~:~ \begin{cases} \R\setminus ]-1 ; 1[ \to \R² \\ t \mapsto \left(\ln(t + \sqrt{t²-1}) ; t\right) \end{cases}

* Soit a ~;~b \in \R \setminus ]-1 ; 1[

f(a)=f(b) \iff \begin{cases} \R\setminus ]-1 ; 1[ \to \R² \\ a \mapsto \left(\ln(a + \sqrt{a²-1}) ; a\right) \end{cases} =\begin{cases} \R\setminus ]-1 ; 1[ \to \R² \\ b \mapsto \left(\ln(b + \sqrt{b²-1}) ; b\right) \end{cases} \Rightarrow a = b

Par conséquent a = b.

* Lorsque t parcourt \R \setminus ]-1 ; 1[, f décrit les points M\left(\ln(t + \sqrt{t²-1}) ; t\right).

Et y = cosh(x) est l'ensemble des points de coordonnées \left(\ln(y + \sqrt{y²-1}) ; y\right).

Finalement f est un paramétrage de y = cosh(x).

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 18:29

c) \forall a ~;~b > 0 ~ t \in ]-\pi ; \pi[ ~;~ \cos²(t) + \sin²(t) = 1

Donc \begin{cases} x(t) = cos(t) \\ y(t) = \sin(t) \end{cases} est un paramétrage de \dfrac{x²}{a²} + \dfrac{y²}{b²} = 1

d) \forall a ~;~b > 0 ~ t \in  \R ~;~ \cosh²(t) - \sinh²(t) = 1

Donc \begin{cases} x(t) = cosh(t) \\ y(t) = \sinh(t) \end{cases} est un paramétrage de \dfrac{x²}{a²} - \dfrac{y²}{b²} = 1

Posté par
larrechre : paramétrage 27-12-21 à 18:49

Revois ta réponse de 18h29, tel quel c'est faux , tu as oublié quelque chose en route.

Pour le coshx.

Attention.

La fonction argcosh est la fonction réciproque de la fonction cosh restreinte à [0, +\infty[.

De plus, comme coshx\geq 1, tu dois supposer y\geq1

Ta fonction  f n'est donc définie que sur [0, +\infty[ et tu n'auras ainsi paramétré que la fonction cosh(x) restreinte à cet intervalle.

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 19:14

D'accord.

2)

a) \begin{cases}  x(t) = \cos(t)   \\ y(t) = \sin(t) \end{cases} ~; ~ t \in [0 ; 2\pi] est un paramétrage normal car cos²(t) + sin²(t) = 1.

b) Un paramétrage est f~:~ \begin{cases}  x(t) = \ln(t²+\sqrt{t²-1})   \\ y(t) = t \end{cases} ~; ~ t  \in [0 ; +\infty[

Pour trouver un paramétrage normal, il faut qu'on ait un autre paramétrage tel que [x(t)]²+[y(t)]² = 1 ; [\ln(t²+\sqrt{t²-1})]²+t² \neq 1 ; f n'est pas un paramétrage normal.

Posté par
larrechre : paramétrage 27-12-21 à 19:25

Citation :
a) \begin{cases}  x(t) = \cos(t)   \\ y(t) = \sin(t) \end{cases} ~; ~ t \in [0 ; 2\pi] est un paramétrage normal car cos²(t) + sin²(t) = 1.


Tu vois bien qu'il y a quelque chose qui cloche.

\dfrac{cos²t}{a²} + \dfrac{sin²t}{b²} \neq 1

Je dois m'interrompre là.

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 19:31

Ah oui, c'est

Citation :
a) \begin{cases}  x(t) = a\cos(t)   \\ y(t) = b\sin(t) \end{cases} ~; ~ t \in [0 ; 2\pi] est un paramétrage normal car cos²(t) + sin²(t) = 1.


Merci et bonne soirée.

Posté par
larrechre : paramétrage 27-12-21 à 21:04

Ah oui, c'est

Citation :
a) \begin{cases}  x(t) = a\cos(t)   \\ y(t) = b\sin(t) \end{cases} ~; ~ t \in [0 ; 2\pi] est un paramétrage normal car cos²(t) + sin²(t) = 1.


Encore une fois pour l'autre ce n'est pas un paramétrage "complet", il n'y a que la partie x\geq0 qui est décrite.

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 21:27

Ah oui, je dois préciser qu'on suppose que  t ≥ 1

Posté par
larrechre : paramétrage 27-12-21 à 21:34

Il faudrait quand même trouver un paramétrage de la courbe complète. Je te guide. Pose x=ln(t)

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 22:10

f~:~ \begin{cases}  x(t) = \ln(t²+\sqrt{t²-1})   \\ y(t) = t \end{cases} ~; ~ t  \in [0 ; +\infty[

On pose x = ln(t)

Alors f~:~ \begin{cases}  x(t) =ln(t)= \ln(t²+\sqrt{t²-1})   \\ y(t) = t \end{cases} \iff  \begin{cases}  t= t²+\sqrt{t²-1}  \\ y(t) = t \end{cases}
Comme ça ?

Posté par
larrechre : paramétrage 27-12-21 à 22:25

Non ça ne va pas du tout . En reprenant tes premières notations (j'aurais dû te le dire)

x=\ln(t) = \ln(y+\sqrt{y^2-1}) \Leftrightarrow t= y+\sqrt{y^2-1}

dont on peut tirer y en fonction de t...

Posté par
larrechre : paramétrage 27-12-21 à 22:36

Le fait de poser x=\ln(t) donne immédiatement le paramétrage (revenir à la définition de cosh(x), mais en poursuivant le calcul ci-dessus on détermine un y(t) unique ce qui en justifie la validité.

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 23:45

\ln(y+\sqrt{y²-1})=x

\iff \sqrt{y²-1}=e^{x}-y

\iff y²-1=(e^{x})^2-2e^{x}y+y²

\iff (e^{x})^2-2ye^{x}+1=0

e^x (e^x -2y + e^{-x})=0

e^x -2y +e^{-x}=0

y = -\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}

On a posé x = ln(t)

Donc y = -\dfrac{e^{\ln(t)}+e^{-\ln(t)}}{2} = -\dfrac{t+\dfrac{1}{t}}{2}= -\dfrac{\dfrac{t²+1}{t}}{2} = -\dfrac{t²+1}{2t}

y= -\dfrac{t²+1}{2t}

Posté par
matheux14re : paramétrage 27-12-21 à 23:48

Oups

matheux14 @ 27-12-2021 à 23:45

\ln(y+\sqrt{y²-1})=x

\iff \sqrt{y²-1}=e^{x}-y

\iff y²-1=(e^{x})^2-2e^{x}y+y²

\iff (e^{x})^2-2ye^{x}+1=0

e^x (e^x -2y + e^{-x})=0

e^x -2y +e^{-x}=0

y = \dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}

On a posé x = ln(t)

Donc y = \dfrac{e^{\ln(t)}+e^{-\ln(t)}}{2} = \dfrac{t+\dfrac{1}{t}}{2}= -\dfrac{\dfrac{t²+1}{t}}{2} = \dfrac{t²+1}{2t}

y= \dfrac{t²+1}{2t}

Posté par
larrechre : paramétrage 28-12-21 à 08:41

Oui, mais là tu reviens en arrière, alors autant écrire directement

x=ln(t) d'où  coshx=(ex+e-x)/2= (t+1/t)/2, t>0

Ce qu'on pouvait faire.

x=ln(y+(y2-1)) . Si l'on veut faire disparaître les logs, on pose x=ln(t)

alors t=y+(y2-1) d'où t-y=(y2-1)  et en élevant au carré et après simplification

t2-2ty=-1 d'où y= (t2+1)/(2t), et le paramétrage.

Posté par
larrechre : paramétrage 28-12-21 à 08:53

Ce paramétrage n'est pas un paramétrage normal de la chaînette y=cosh(x).

On peut en obtenir un en exprimant t en fonction de l'abscisse curviligne s.

Posté par
matheux14re : paramétrage 28-12-21 à 11:12

On a un paramétrage de la chainette y = cosh(x) qui est : f~:~\begin{cases} x(t) =\ln(t) \\ y(t) = \dfrac{t²+1}{2t} \end{cases} ~t \in ]0 ; + \infty[

Calculons l'abscisse curviligne s d'origine O de f.

s~:~\begin{cases} ]0 ~;~+\infty[ \to \R \\ t \mapsto \int^{t}_{t_0} ||\vec{f}'(u)|| du \end{cases}

On a \vec{f}(u) = \left(\ln(u)~;~\dfrac{u²+1}{2u²} \right) \Rightarrow \vec{f}'(u) = \left([\ln(u)]'~;~\left[\dfrac{u²+1}{2u²}\right]' \right) =  \left(\dfrac{1}{u}~;~\dfrac{u²-1}{2u²} \right) \Rightarrow ||\vec{f}'(u)|| = \sqrt{\left[\dfrac{1}{u}\right]^2+\left[\dfrac{u²-1}{2u²}\right]^2} = \sqrt{\dfrac{1}{u²}+\dfrac{(u²-1)²}{4u^4}}=\sqrt{\left(\dfrac{u^3+u}{2u^3}\right)²}=\dfrac{u²+1}{2u^2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2u²}

s~:~\begin{cases} ]0 ~;~+\infty[ \to \R \\ t \mapsto \int^{t}_{t_0} \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2u²} du = \left[\dfrac{u}{2}-\dfrac{1}{2u}\right]^{t}_{t_0} =\dfrac{t}{2}-\dfrac{1}{2t}-\dfrac{t_0}{2}+\dfrac{1}{2t_0}=\dfrac{(t-t_0)(tt_0+1)}{2tt_0}  \end{cases}

L'abscisse curviligne est donc s~:~\begin{cases} ]0 ~;~+\infty[ \to \R \\ t \mapsto \dfrac{(t-t_0)(tt_0+1)}{2tt_0}  \end{cases}

Si on néglige l'origine t0 ; alors s~:~\begin{cases} ]0 ~;~+\infty[ \to \R \\ t \mapsto \dfrac{t(t+1)}{2t} = \dfrac{t+1}{2}   \end{cases}

Posté par
larrechre : paramétrage 28-12-21 à 11:48

Comme j'avais relancé cet exercice, je vais te répondre.

Ta dernière ligne est fausse.

On "ne néglige pas l'origine" t0, mais comme on peut la choisir quelconque, autant prendre ici t0=1

Revoie donc ta dernière expression de s et ensuite calcule t(s).

Posté par
matheux14re : paramétrage 28-12-21 à 13:34

Calculer t(s) ?

Posté par
larrechre : paramétrage 28-12-21 à 13:46

Ben oui, prenant s(t0) pour origine, et erreur de calcul corrigée, on a

s=\dfrac{t^2-1}{2t},

équation du second degré en t dont on ne retient que la racine positive.

Posté par
matheux14re : paramétrage 28-12-21 à 14:47

Si je comprends bien, je dois résoudre l'équation s=\dfrac{t^2-1}{2t} et la solution positive sera t(s).

Posté par
larrechre : paramétrage 28-12-21 à 14:51

Oui, après quoi tu remplaces t par cette valeur dans le paramétrage en t et tu auras un paramétrage normal en s , (x(s), y(s)).

Posté par
matheux14re : paramétrage 28-12-21 à 15:11

La solution positive est t= s +\sqrt{s²+1}

Donc le paramétrage normal en s est : n~:~\begin{cases} x(s) =\ln(s+\sqrt{s²+1}) \\ y(s) = \dfrac{(s+\sqrt{s²+1})²+1}{2(s+\sqrt{s²+1})} \end{cases}

Posté par
larrechre : paramétrage 28-12-21 à 15:27

Oui, y(s) s'écrit aussi

y(s) = \dfrac{s^2+s\sqrt{s^2+1}+1}{s+\sqrt{s²+1}}

Voilà, pour le dernier je n'ai rien trouvé de bien passionnant. Un calcul analogue est évidemment possible, mais il y a peut-être mieux à faire.

Nul doute qu'un autre intervenant te viendra en aide si tu poursuis. Au moins ça de positif...

En tous cas, si j'ai pu t'aider un peu, tu m'en vois très content.

Bonne continuation.

Posté par
Camélia Correcteurre : paramétrage 28-12-21 à 15:39

Rebonjour

Pour le dernier, ça marche à peu près de la même manière.
On pose x=a\ Ch(t) et y=b\ Sh(t) pour avoir y^2-x^2=1.
Ensuite on exprime tout en u=e^t et on trouve une équation du second degré.
Je n'ai pas fait les calculs, c'est sans garantie. Je suis étonnée qu'il n'y ait pas des hypothèses sur a et b.

Posté par
matheux14re : paramétrage 28-12-21 à 21:55

larrech, vous m'avez beaucoup aidé.

Merci beaucoup.

Camélia @ 28-12-2021 à 15:39

Rebonjour

Pour le dernier, ça marche à peu près de la même manière.
On pose x=a\ Ch(t) et y=b\ Sh(t) pour avoir y^2-x^2=1.
Ensuite on exprime tout en u=e^t et on trouve une équation du second degré.
Je n'ai pas fait les calculs, c'est sans garantie. Je suis étonnée qu'il n'y ait pas des hypothèses sur a et b.


Ok, je vais refaire les calculs et s'il y à quelque chose d'intéressant  ; je vous tiendrai au courant.

Posté par
matheux14re : paramétrage 30-12-21 à 11:19

Bonjour je crois que j'ai trouvé quelque chose d'intéressant.

2-c) f~:~ \begin{cases}  x(t) = t-\sin(t)   \\ y(t) = 1- \cos(t) \end{cases} ~; ~ t \in [-\pi ; \pi]

f'~:~ \begin{cases}  x(t) = 1-\cos(t)   \\ y(t) = \sin(t) \end{cases} ~; ~ t \in ]-\pi ; \pi[ \Rightarrow ||\vec{f}'|| = \sqrt{[1-\cos(t)]²+[\sin(t)]²} = \sqrt{2(1-\cos(t))}=\sqrt{4\sin^{2}\left(\dfrac{t}{2}\right)} = 2\left|\sin\left(\dfrac{t}{2}\right)\right|

L'abscisse curviligne \text{s}(t) = \int^{t}_{t_0} ||\vec{f}'(u)|| du=\int^{t}_{t_0} 2\left|\sin\left(\dfrac{u}{2}\right)\right| du = \left[-4\cos\left(\dfrac{u}{2}\right)\right]^{t}_{t_0} =-4\cos\left(\dfrac{t}{2}\right)+4\cos\left(\dfrac{t_0}{2}\right)

Pour t_0 = 0~;~ \text{on a :  s}(t) = -4\cos\left(\dfrac{t}{2}\right)+4 = 4\left[1-\cos\left(\dfrac{t}{2}\right) \right]=8 \sin^{2} \left(\dfrac{t}{4}\right) ~t \in [0 ; \pi] \Rightarrow \text{s'}(t) = 4\cos\left(\dfrac{t}{4}\right) \sin\left(\dfrac{t}{4}\right) > 0 ~ t \in ]0 ; \pi[

Donc la fonction abscisse curviligne  s est strictement croisssante sur ]0 ; \pi[. Elle réalise donc une bijection :

\text{s}^{-1}~:~ \begin{cases} [0 ; 4] \to [0 ; \pi]  \\ t \mapsto \text{arc} \left( 8 \sin^{2}\left(\dfrac{t}{4}\right) \right) \end{cases}

Par conséquent la fonction \beta~:~ \begin{cases} [0 ; 4] \to \R  \\ t \mapsto [f \circ \text{s}^{-1}](t)  \end{cases}

Mais je n'arrive pas à trouver l'expression de [f \circ \text{s}^{-1}](t).


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