Les fonctions $x$ et $y$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\mathcal{D}$ . Soit $t\in\mathcal{D}$ : $\begin{array}{lcl} x(t)=t+\frac{4}{t}&\ &y(t)=\frac{t}{3}+2+\frac{3}{t+1}\\ x'(t)=1-\frac{4}{t^2}&\ &y'(t)=\frac{1}{3}-\frac{3}{(t+1)^2}\\ x'(t)>0\Longleftrightarrow |t|>2&\ &y'(t)>0\Longleftrightarrow |t+1|>3\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}t>2\\ \text{ou}\\ t<-4\end{array}\right. \\ x'(t)=0\Longleftrightarrow t\in\{-2;2\} &\ &y'(t)=0\Longleftrightarrow t\in\{-4;2\} \end{array}$ $\begin{array}{c|lcccccccccccr} t&-\infty&\ &-4& &-2& &-1& &0& &2& &+\infty\\\hline x'(t)& &+& &+&0&-&&-&&-&0&+&\\\hline \ & &\ &&&-4&&&&+\infty&&&&+\infty\\ \ & &\ &&\nearrow&&\searrow&&&&&&&\\ x&\ & &-5&&&&-5&&&\searrow&&\nearrow&\ \\ \ & &\nearrow &&&&&&\searrow&&&&&\\ \ &-\infty &\ & &&&&&&-\infty&&4&&\\\hline \ & &\ & -\frac{1}{3}&&&&+\infty&&&&&&+\infty\\ \ & &\ & &\searrow&&&&\searrow&&&&&\\ y&\ &\nearrow & &&-\frac{5}{3}&&&&5&&&\nearrow&\\ \ & &\ & &&&\searrow&&&&\searrow&&&\\ \ &-\infty & & &&&&-\infty&&&&\frac{11}{3}&&\\\hline y'(t)&& + &0 &-&&-&&-&&-&0&+&\\ \end{array}$ Le tableau de variations conjointes indique:

$t=-4$ : tangente horizontale, au point de coordonnées $(-5,-\frac{1}{3})$ ;
$t=-2$ : tangente verticale, au point de coordonnées $(-4,-\frac{5}{3})$ ;
$t=-1$ : une asymptote verticale, d’équation $x=-5$ ;
$t=0$ : une asymptote horizontale, d’équation $y=5$ ;
$t=2$ : il y a un point singulier en $(4,\frac{11}{3})$ (voir après).

Il reste à étudier le comportement quand $t\to\pm\infty$ : $\frac{y(t)}{x(t)}=\frac{t^3+16t^2+6t}{3(t^3+t^2+4t+4)}\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}\frac{1}{3}$ puis $y(t)-\frac{1}{3}x(t)\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}2$ . La courbe a donc pour asymptote, quand $t\to-\infty$ et quand $t\to+\infty$ , la même droite d’équation $y=\frac{1}{3}x+2$ . On constate sur le tableau de variation qu’il n’y a qu’un seul point singulier, correspondant au paramètre $t=2$ . Pour connaître l’allure de la courbe au voisinage du point $M(2)$ , on fait un développement limité de $x$ et $y$ au voisinage de $t=2$ . Comme ici $x$ et $y$ sont de classe $\mathcal{C}^\infty$ et d’expressions assez simples, on peut directement appliquer la formule de Taylor-Young: $\left\{\begin{array}{l} x(t)=x(2)+x'(2)\cdot(t-2)+\frac{1}{2}x''(2)\cdot(t-2)^2+\frac{1}{6}x'''(2)\cdot(t-2)^3+o((t-2)^3)\\ y(t)=y(2)+y'(2)\cdot(t-2)+\frac{1}{2}y''(2)\cdot(t-2)^2+\frac{1}{6}y'''(2)\cdot(t-2)^3+o((t-2)^3) \end{array}\right.$ On sait déjà que $x(2)=4$ , $y(2)=\frac{11}{3}$ et $x'(2)=y'(2)=0$ . De plus $x''(t)=\frac{8}{t^3}$ , $x'''(t)=\frac{-24}{t^4}$ et $y''(t)=\frac{6}{(t+1)^3}$ , $y'''(t)=\frac{-18}{(t+1)^4}$ , ce qui donne $M(t)=\begin{pmatrix}4 \\ \frac{11}{3}\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\\frac{1}{9}\end{pmatrix}\cdot (t-2)^2+ \begin{pmatrix}-\frac{1}{4}\\ \frac{-1}{27}\end{pmatrix}\cdot (t-2)^3+o((t-2)^3)$ C’est un point de rebroussement de première espèce. L’équation (sous forme paramétrée) de la tangente $T_{M(2)}$ s’obtient en tronquant le développement limité: $\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\in T_{M(2)} \Longleftrightarrow\exists\lambda\in\R,\ \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4\\ \frac{11}{3}\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\\frac{1}{9}\end{pmatrix}\cdot \lambda$ En éliminant le paramètre $\lambda$ , on récupère une équation cartésienne $T_{M(2)}:\ y=\frac{11}{3}+\frac{1}{9}\cdot 2(x-4)=\frac{2}{9}x+\frac{25}{9}$

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