Les expressions $x(t)=\cos^3t$ et $y(t)=\sin^3t$ sont bien définies pour tout $t\in\R$ .

Réduction de l’intervalle d’étude
Les fonctions $x$ et $y$ étant $2\pi$ -périodiques, il suffit de restreindre l’étude à un intervalle de longueur $2\pi$ pour obtenir l’intégralité du support de la courbe.
La fonction $x$ est paire, la fonction $y$ est impaire: on fait donc l’étude sur $\displaystyle\left\{\begin{array}{l}x(t)=\cos^3t\\ y(t)=\sin^3t\end{array}\right.$ , puis la courbe complète sera obtenue par symétrie par rapport à l’axe $(Ox)$ .
On constate que $x(\pi-t)=-x(t)$ et que $y(\pi-t)=y(t)$ , par conséquent les points $M(\frac{\pi}{2}-t)$ et $M(\frac{\pi}{2}+t)$ sont symétriques par rapport à l’axe $(Oy)$ : on restreint donc l’étude à $[0;\frac{\pi}{2}]$ , puis on complète par symétrie par rapport à $(Oy)$ .
Finalement, on fait l’étude sur $[0;\frac{\pi}{2}]$ puis on complète en utilisant successivement les symétries par rapport à $(Oy)$ et $(Ox)$ .
Tableau de variations conjointes
Les fonctions $x$ et $y$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ . Soit $t\in[0;\frac{\pi}{2}]$ : $\begin{array}{lcl} x(t)=\cos^3t&\ &y(t)=\sin^3t\\ x'(t)=-3\sin t\cos^2t&\ &y'(t)=3\cos t\sin^2t\\ x'(t)<0\Longleftrightarrow t\in]0;\frac{\pi}{2}[&\ &y'(t)>0\Longleftrightarrow t\in]0;\frac{\pi}{2}[\\ x'(t)=0\Longleftrightarrow t\in\{0;\frac{\pi}{2}\} &\ &y'(t)=0\Longleftrightarrow t\in\{0;\frac{\pi}{2}\} \end{array}$ $\begin{array}{c|lcr} t&0&\ &\frac{\pi}{2}\\\hline x'(t)&0&-&0\\\hline \ &1 &\ &\ \\ x&\ &\searrow &\ \\ \ & &\ &0 \\\hline \ &\ &\ &1 \\ y&\ &\nearrow &\ \\ \ &0 &\ & \\\hline y'(t)&0&+&0\\ \end{array}$

Cela signifie que lorsque $t$ varie de $0$ à $\frac\pi2$ la courbe va vers la gauche (car $x(t)$ décroît) en montant (car $y(t)$ croît) du point $(1,0)$ à $(0,1)$ .
Points particuliers
- $M(\frac\pi6) = \big(\frac{3\sqrt3}{8},\frac18\big) = (0.64\ldots,0.125)$ ; la tangente est dirigée par $\big(x'(\frac\pi6),y'(\frac\pi6)\big) = \big(-\frac98,\frac{3\sqrt3}{8} \big) = (-1.125,0.64\ldots)$ .
- $M(\frac\pi4) = \big(\frac{\sqrt2}{4},\frac{\sqrt2}{4}\big) = (0.35\ldots,0.35\ldots)$ ; la tangente est dirigée par $\big(x'(\frac\pi4),y'(\frac\pi4)\big) = \big(-\frac{3\sqrt2}{4},\frac{3\sqrt2}{4}\big) = (-1.06\ldots,1.06\ldots)$ .
- $M(\frac\pi3) = \big(\frac18,\frac{3\sqrt3}{8}\big) = (0.125,0.64\ldots)$ ; la tangente est dirigée par $\big(x'(\frac\pi3),y'(\frac\pi3)\big) = \big(-\frac{3\sqrt3}{8},\frac98\big) = (-0.64\ldots,1.125)$ .
Étude des points singuliers
Le point $M(t)$ est singulier si $x'(t)=y'(t)=0$ , ce qui est le cas dans le domaine d’étude $[0;\frac{\pi}{2}]$ uniquement pour $t=0$ et $t=\frac{\pi}{2}$ . Pour déterminer la tangente au point $M(0)$ (de coordonnées cartésiennes $(1,0)$ ), on étudie la limite en 0 de $\frac{y(t)-y(0)}{x(t)-x(0)}=\frac{\sin^3t}{\cos^3t-1}$ Or $\sin^3t\underset{0}{\sim}t^3$ et $\cos^3t-1=(1-\frac{t^2}{2}+o(t^2))^3-1\underset{0}{\sim}-3\frac{t^2}{2}$ , donc le quotient est équivalent à $-\frac{2}{3}t$ et tend vers 0 en 0. Ainsi, $\mathcal{C}$ admet au point $M(0)$ une tangente, de pente nulle c’est-à-dire horizontale.

Les expressions

x(t)=t-\tanh t

et

y(t)=\frac{1}{\ch t}

sont bien définies pour tout

t\in\R

.

Réduction du domaine d’étude
Comme $x$ est impaire et $y$ paire, on restreint l’étude à $\R^+$ puis on complète par symétrie par rapport à l’axe $(Oy)$ .
Tableau de variations conjointes
Les fonctions $x$ et $y$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ . Pour $t\in\R^+$ : $\begin{array}{lcl} x(t)=t-\tanh t&\ &y(t)=\frac{1}{\ch t}\\ x'(t)=\tanh ^2t&\ &y'(t)=-\frac{\sh t}{\ch ^2t}\\ x'(t)>0\Longleftrightarrow t>0&\ &y'(t)<0\Longleftrightarrow t>0\\ x'(t)=0\Longleftrightarrow t=0 &\ &y'(t)=0\Longleftrightarrow t=0 \end{array}$ $\begin{array}{c|lcr} t&0&\ &+\infty\\\hline x'(t)&0&+&\ \\\hline \ & &\ &+\infty\ \\ x&\ &\nearrow &\ \\ \ &0 &\ & \\\hline \ &1 &\ & \\ y&\ &\searrow &\ \\ \ & &\ & 0\\\hline y'(t)&0& - &\ \\ \end{array}$ Cela signifie que le courbe va vers la droite et vers le bas lorsque $t$ va de $0$ à $+\infty$ .
Étude des points singuliers
Le seul point singulier est $M(0)$ , or $\displaystyle \frac{y(t)-y(0)}{x(t)-x(0)}=\frac{1-\ch t}{t\ch t-\mathrm{sh t}}$ et $\frac{1-\ch t}{t\ch t-\mathrm{sh t}}=\frac{-t^2/2+o(t^2)}{t(1+t^2/2+o(t^2))-(t+t^3/6+o(t^3))}\underset{0}{\sim}\frac{-t^2/2}{t^3/3}$ et par conséquent $\frac{y(t)-y(0)}{x(t)-x(0)}\xrightarrow[t\to 0^+]{}-\infty$ . Ainsi $\mathcal{C}$ possède une tangente verticale au point $M(0)$ de coordonnées cartésiennes $(0,1)$ .
Étude des branches infinies
Comme $x(t)\xrightarrow[t\to+\infty]{}+\infty$ et $y(t)\xrightarrow[t\to+\infty]{}0$ , l’axe des abscisses est asymptote à $\mathcal{C}$ .

Les expressions

x(t)=t-\sin t

et

y(t)=1-\cos t

sont bien définies pour

t\in\R

.

Réduction du domaine d’étude
On remarque que $x(t+2\pi)=2\pi+x(t)$ et $y(t+2\pi)=y(t)$ : le point $M(t+2\pi)$ se déduit de $M(t)$ par translation de vecteur $2\pi\cdot\vec{i}$ . Il suffit donc d’étudier la courbe sur l’intervalle $[-\pi;\pi]$ .

La fonction $x$ étant impaire et $y$ paire, on restreint l’étude à $[0;\pi]$ puis on complète par symétrie par rapport à l’axe $(Oy)$ .
Finalement, on fait l’étude sur $[0;\pi]$ puis on complète en utilisant successivement la symétrie par rapport à $(Oy)$ , puis des translations successives de vecteur $2\pi\cdot\vec{i}$ .
Tableau de variations conjointes
Les fonctions $x$ et $y$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ . Soit $t\in[0;\pi]$ : $\begin{array}{lcl} x(t)=t-\sin t&\ &y(t)=1-\cos t\\ x'(t)=1-\cos t&\ &y'(t)=\sin t\\ x'(t)>0\Longleftrightarrow t>0&\ &y'(t)>0\Longleftrightarrow 0<t<\pi\\ x'(t)=0\Longleftrightarrow t=0 &\ &y'(t)=0\Longleftrightarrow t\in\{0;\pi\} \end{array}$ $\begin{array}{c|lcr} t&0&\ &\pi\\\hline x'(t)&0&+&2 \\\hline \ & &\ &\pi \\ x&\ &\nearrow &\ \\ \ &0 &\ & \\\hline \ & &\ & 2\\ y&\ &\nearrow &\ \\ \ &0 &\ & \\\hline y'(t)&0& + &0\ \\ \end{array}$ La courbe va vers la droite en montant lorsque $t$ varie de $0$ à $\frac\pi2$ .
Étude des points singuliers
Le point $M(0)$ , qui est l’origine, est singulier. Pour étudier l’existence d’une tangente en ce point, on considère $\frac{y(t)-y(0)}{x(t)-x(0)}=\frac{1-\cos t}{t-\sin t}\underset{0}{\sim}\frac{t^2/2}{t^3/6}$ et donc $\frac{y(t)-y(0)}{x(t)-x(0)}\xrightarrow[t\to 0^+]{}+\infty$ . Par conséquent, la courbe possède une tangente de pente verticale au point $M(0)$ .

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