Exercices corrigés — Courbes paramétrées

Pour $C_2$, calculer $x^2+y^2$ en mettant tout sur le dénominateur $(1+t^2)^2$.

La norme de $\vec v$ pour $C_2$ se simplifie : le radicande est un carré parfait.

Résoudre $x(t)=-1$ pour $C_2$ ; regarder ce que devient $M(t)$ quand $t\to\pm\infty$.

Une courbe paramétrée, c'est une trajectoire : le support est le dessin, le paramètre est l'horloge. Deux mobiles peuvent parcourir la même route à des vitesses différentes, en partant d'endroits différents, et même sans passer partout. Cet exercice met côte à côte deux façons de parcourir le cercle unité — l'une régulière, l'autre non — pour séparer une fois pour toutes le support (ce qu'on voit) du paramétrage (comment on le parcourt).

Pour $C_1$, tout est familier : $M(t)=(\cos t,\sin t)$ est le point du cercle d'angle $t$, et le tour complet correspond à $t\in[0,2\pi]$.

Pour $C_2$, rien n'est évident à l'œil. Le premier réflexe est de vérifier que le point est bien sur le cercle, c'est-à-dire de calculer $x^2+y^2$.

Pour $C_1$ : $\cos^2t+\sin^2t=1$, il n'y a rien à faire.

Pour $C_2$, on met les deux carrés sur le dénominateur commun $(1+t^2)^2$ :

$$x^2+y^2=\frac{(1-t^2)^2+(2t)^2}{(1+t^2)^2}=\frac{1-2t^2+t^4+4t^2}{(1+t^2)^2}=\frac{1+2t^2+t^4}{(1+t^2)^2}=\frac{(1+t^2)^2}{(1+t^2)^2}=1.$$

Le numérateur est exactement $(1+t^2)^2$ : le point $M(t)$ de $C_2$ est sur le cercle unité pour tout $t$ réel. Les deux courbes ont donc le même support — ou presque, comme la question 3 va le montrer.

$$\boxed{x^2+y^2=1\ \text{pour les deux paramétrages}}$$

Pour $C_1$ : $\vec v(t)=(-\sin t,\cos t)$, de norme $\sqrt{\sin^2t+\cos^2t}=1$. La vitesse est constante, égale à $1$ : le point avance à allure régulière, et $\vec v(t)$ est toujours perpendiculaire à $\overrightarrow{OM}$ (produit scalaire $-\cos t\sin t+\sin t\cos t=0$).

Pour $C_2$, on dérive chaque quotient :

$$x'(t)=\frac{-2t(1+t^2)-(1-t^2)\cdot2t}{(1+t^2)^2}=\frac{-4t}{(1+t^2)^2},\qquad y'(t)=\frac{2(1+t^2)-2t\cdot2t}{(1+t^2)^2}=\frac{2(1-t^2)}{(1+t^2)^2}.$$

Puis la norme :

$$\|\vec v(t)\|^2=\frac{16t^2+4(1-t^2)^2}{(1+t^2)^4}=\frac{4\bigl(4t^2+1-2t^2+t^4\bigr)}{(1+t^2)^4}=\frac{4(1+t^2)^2}{(1+t^2)^4},$$

d'où

$$\boxed{\|\vec v(t)\|=\frac{2}{1+t^2}}.$$

La vitesse n'est pas constante : elle vaut $2$ en $t=0$ (au point $(1,0)$), $1$ en $t=1$ (au point $(0,1)$), et tend vers $0$ quand $t\to\pm\infty$. Le mobile part vite de $(1,0)$ et ralentit indéfiniment.

Où va $M(t)$ quand $t\to\pm\infty$ ? Le degré du numérateur et du dénominateur donne $x(t)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\to-1$ et $y(t)=\dfrac{2t}{1+t^2}\to0$. Le point $(-1,0)$ est donc approché mais jamais atteint : l'équation $x(t)=-1$ s'écrit $1-t^2=-1-t^2$, soit $1=-1$, impossible.

$$\boxed{C_2\ \text{décrit le cercle unité privé du point }(-1,0)}$$

Lecture des deux parcours. Sur $[0,2\pi]$, $C_1$ fait exactement un tour, à vitesse $1$. Sur $\mathbb{R}$ tout entier, $C_2$ fait aussi un tour — dans le sens direct, puisque $y>0$ pour $t>0$ — mais en partant de $(1,0)$ en $t=0$, en passant par $(0,1)$ en $t=1$, et en ralentissant sans cesse en s'approchant de $(-1,0)$, qu'il n'atteint qu'« à l'infini ». Pour $t<0$, il vient de $(-1,0)$ par le bas.

Ce paramétrage n'est pas une curiosité : c'est le changement de variable $t=\tan\dfrac\theta2$. On vérifie que $\dfrac{1-\tan^2(\theta/2)}{1+\tan^2(\theta/2)}=\cos\theta$ et $\dfrac{2\tan(\theta/2)}{1+\tan^2(\theta/2)}=\sin\theta$ : c'est le paramétrage rationnel du cercle, celui qu'on emploie pour intégrer les fractions en $\cos\theta$ et $\sin\theta$. Le point $\theta=\pi$ correspond à $t=\tan\tfrac\pi2$, qui n'existe pas — exactement le point manquant.

Courbe paramétrée. Une application $t\mapsto M(t)=(x(t),y(t))$ définie sur un intervalle. Le support est l'ensemble des points $M(t)$ ; le paramètre est la variable, souvent lue comme un instant. Deux courbes paramétrées différentes peuvent avoir le même support.

Vecteur dérivé. $\vec v(t)=(x'(t),y'(t))$ : c'est la vitesse. Sa norme $\|\vec v(t)\|=\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}$ est la vitesse scalaire. Elle dépend du paramétrage, pas seulement du support.

⚠️ Confondre le paramètre et un point. Sur $C_2$, « $t=1$ » n'est pas un point du plan : c'est l'instant où le mobile passe en $M(1)=(0,1)$. Écrire « la courbe passe par $t=1$ » n'a pas de sens.

⚠️ Croire que deux paramétrages du même support ont le même vecteur dérivé. En $(0,1)$, $C_1$ passe à la vitesse $1$ (en $t=\tfrac\pi2$) et $C_2$ à la vitesse $1$ aussi (en $t=1$) — coïncidence ; en $(1,0)$, $C_1$ passe à la vitesse $1$ et $C_2$ à la vitesse $2$. La direction de la tangente ne dépend que du support ; la longueur de $\vec v$ dépend du paramétrage.

Le support ne dit pas tout. Une courbe paramétrée porte trois informations : le dessin, le sens de parcours, et l'allure. Deux paramétrages du cercle peuvent différer par les trois, et même par le fait de passer ou non par un point donné.

La norme du vecteur dérivé se simplifie souvent parce que le radicande est un carré parfait — ici $(1+t^2)^2$. Avant de laisser une racine dans un résultat, développer le radicande et chercher à le factoriser.

$\vec v(t)=(x'(t),y'(t))$ ; regarder si $x'$ et $y'$ peuvent s'annuler pour le même $t$.

La tangente en $M(t_0)$ passe par $M(t_0)$ et est dirigée par $\vec v(t_0)$ : écrire $y'(t_0)(x-x_0)-x'(t_0)(y-y_0)=0$.

Horizontale : $y'=0$ et $x'\neq0$. Verticale : $x'=0$ et $y'\neq0$.

La tangente à une courbe paramétrée est dirigée par le vecteur vitesse. C'est la seule chose à retenir, et elle remplace la pente $f'(x_0)$ des graphes : ici il n'y a pas de fonction $y=f(x)$ — la courbe repasse deux fois au-dessus de certaines abscisses — mais il y a toujours un vecteur dérivé, et il dirige la tangente dès qu'il n'est pas nul.

Sur $M(t)=(t^2+1,\,t^3-3t)$ :

• $x(t)=t^2+1$ est toujours $\geq1$ : la courbe vit à droite de la droite $x=1$ ;
• $y(t)=t^3-3t$ est impaire : on devine une symétrie, qu'on exploitera au lot B.

On dérive coordonnée par coordonnée.

$$\vec v(t)=\bigl(x'(t),y'(t)\bigr)=\bigl(2t,\;3t^2-3\bigr).$$

Pour que $\vec v(t)=\vec0$, il faudrait à la fois $2t=0$, donc $t=0$, et $3t^2-3=0$, donc $t=\pm1$. Ces deux conditions sont incompatibles : aucun point de la courbe n'est stationnaire, tous sont réguliers, et la tangente existe partout, dirigée par $\vec v(t)$.

$$\boxed{\vec v(t)=(2t,\,3t^2-3)\neq\vec0\ \text{pour tout }t}$$

En $t=2$ : $M(2)=(4+1,\;8-6)=(5,2)$ et $\vec v(2)=(4,\;12-3)=(4,9)$.

La tangente passe par $(5,2)$ et est dirigée par $(4,9)$. Un point $(x,y)$ est dessus si le vecteur $(x-5,\,y-2)$ est colinéaire à $(4,9)$, c'est-à-dire si le déterminant est nul :

$$\begin{vmatrix}x-5&4\\y-2&9\end{vmatrix}=9(x-5)-4(y-2)=0\quad\iff\quad 9x-4y-37=0.$$

On peut aussi écrire la pente : $\dfrac{y'(2)}{x'(2)}=\dfrac94$, et la tangente $y=2+\dfrac94(x-5)$, ce qui est la même droite. Vérification : $9\times5-4\times2-37=45-8-37=0$ ✓.

$$\boxed{\text{tangente en }M(2)=(5,2)\ :\ 9x-4y-37=0,\ \text{pente }\tfrac94}$$

Horizontale : il faut $y'(t)=0$ avec $x'(t)\neq0$. Or $3t^2-3=0\iff t=\pm1$, et en ces deux instants $x'(t)=\pm2\neq0$. Les points sont

$$M(1)=(2,\;1-3)=(2,-2),\qquad M(-1)=(2,\;-1+3)=(2,2).$$

Deux points de même abscisse $2$, symétriques par rapport à l'axe $(Ox)$, où la courbe passe à plat.

Verticale : il faut $x'(t)=0$ avec $y'(t)\neq0$. Or $2t=0\iff t=0$, et $y'(0)=-3\neq0$. Le point est

$$M(0)=(1,0),$$

le point le plus à gauche de la courbe ($x\geq1$ partout), où la courbe est verticale : elle « rebondit » sur la droite $x=1$.

$$\boxed{\text{horizontales en }(2,-2)\text{ et }(2,2)\ ;\ \text{verticale en }(1,0)}$$

Tangente en un point régulier. Si $\vec v(t_0)=(x'(t_0),y'(t_0))\neq\vec0$, la tangente en $M(t_0)=(x_0,y_0)$ est la droite passant par $M(t_0)$ dirigée par $\vec v(t_0)$ :

$$y'(t_0)\,(x-x_0)-x'(t_0)\,(y-y_0)=0.$$

Si $x'(t_0)\neq0$, sa pente est $\dfrac{y'(t_0)}{x'(t_0)}$ ; si $x'(t_0)=0$, elle est verticale.

Point stationnaire. Si $\vec v(t_0)=\vec0$, cette formule ne dit rien : il faut regarder les dérivées suivantes (exercice A6, et l'approfondissement).

⚠️ Écrire la pente $y'(t)$ au lieu de $\dfrac{y'(t)}{x'(t)}$. En $t=2$, la pente n'est pas $9$ mais $\dfrac94$ : c'est le rapport des deux dérivées, parce que $x$ bouge aussi. Le réflexe « pente $=$ dérivée » vient des graphes $y=f(x)$, où $x'(t)=1$.

⚠️ Conclure « tangente horizontale » dès que $y'=0$, sans vérifier $x'\neq0$. Ici $x'(\pm1)=\pm2$, tout va bien ; mais sur $(t^2,t^3)$ en $t=0$, $y'=0$ et $x'=0$, et la conclusion demande un autre argument.

Une tangente, c'est un point et un vecteur. $M(t_0)$ et $\vec v(t_0)$ suffisent ; l'équation s'écrit par un déterminant nul, ou par la pente $\dfrac{y'}{x'}$.

Les tangentes horizontales et verticales se lisent sur les zéros de $y'$ et de $x'$ — et ce sont les premiers points qu'on place avant de tracer. Ici trois points, $(1,0)$, $(2,-2)$ et $(2,2)$, structurent déjà toute la courbe.

$\cos\tfrac\pi6=\tfrac{\sqrt3}2$, $\sin\tfrac\pi6=\tfrac12$.

Au sommet, la vitesse est horizontale : $y'(t)=0$.

Chute au sol : $y(t)=0$ avec $t\neq0$. La tangente à l'arrivée est dirigée par $\vec v$ à cet instant.

La courbe paramétrée est ici une vraie trajectoire, et le paramètre est le temps. Tout ce que la physique demande — où est le sommet, où tombe le projectile, sous quel angle — se lit sur $M(t)$ et sur sa dérivée $\vec v(t)$, qui est la vitesse au sens physique. C'est l'exemple du programme de BTS (« trajectoire d'un solide »), et il ne demande que des polynômes de degré $\leq2$.

Avec $v_0=20$, $\alpha=\tfrac\pi6$ et $g=10$ :

$$x(t)=20t\cos\tfrac\pi6=20t\cdot\tfrac{\sqrt3}2=10\sqrt3\,t,\qquad y(t)=20t\cdot\tfrac12-5t^2=10t-5t^2.$$

Le vecteur vitesse est

$$\vec v(t)=(x'(t),y'(t))=\bigl(10\sqrt3,\;10-10t\bigr).$$

Sa composante horizontale est constante (rien ne freine horizontalement) ; sa composante verticale décroît linéairement (la pesanteur). Au départ, $\vec v(0)=(10\sqrt3,10)$, de norme $\sqrt{300+100}=20=v_0$ ✓, et de pente $\dfrac{10}{10\sqrt3}=\dfrac1{\sqrt3}=\tan\tfrac\pi6$ : la tangente au départ fait bien l'angle $\alpha$ avec le sol.

Le sommet est le point le plus haut, donc le maximum de $y(t)$ : $y'(t)=10-10t=0\iff t=1$. À cet instant la vitesse est $\vec v(1)=(10\sqrt3,0)$, horizontale — la tangente au sommet est horizontale, comme pour tout maximum.

$$M(1)=\bigl(10\sqrt3,\;10-5\bigr)=(10\sqrt3,\;5).$$

Le projectile monte à $5$ m, à une distance horizontale de $10\sqrt3\approx17{,}32$ m. Sa vitesse scalaire y est $10\sqrt3\approx17{,}32$ m/s : c'est la vitesse minimale du vol — la composante verticale est nulle et la composante horizontale n'a pas changé.

$$\boxed{\text{sommet en }t=1\text{ s},\ M(1)=(10\sqrt3,\,5)\approx(17{,}32\ ;\ 5)}$$

Chute au sol : $y(t)=10t-5t^2=5t(2-t)=0$ donne $t=0$ (le départ) ou $t=2$. Le projectile touche le sol en $t=2$ s, au point

$$M(2)=(20\sqrt3,\;0),\qquad\text{portée}=20\sqrt3\approx34{,}64\text{ m}.$$

La portée vaut le double de l'abscisse du sommet : la trajectoire est symétrique par rapport à la verticale du sommet.

Tangente à l'arrivée : elle est dirigée par $\vec v(2)=(10\sqrt3,\;10-20)=(10\sqrt3,-10)$, de pente $\dfrac{-10}{10\sqrt3}=-\dfrac1{\sqrt3}$. C'est $\tan(-\tfrac\pi6)$ : le projectile arrive au sol avec un angle de $30°$ sous l'horizontale, symétrique de l'angle de départ. Et sa vitesse scalaire à l'arrivée est $\sqrt{300+100}=20$ m/s, égale à celle du départ.

$$\boxed{\text{portée }20\sqrt3\approx34{,}64\text{ m, angle d'arrivée }-30°}$$

En général, avec $t_{\text{chute}}=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}$, la portée est $\dfrac{v_0^2\sin2\alpha}{g}$ et la hauteur maximale $\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$. Ici : $\dfrac{400\cdot\frac{\sqrt3}2}{10}=20\sqrt3$ et $\dfrac{400\cdot\frac14}{20}=5$ ✓. La portée est maximale pour $\alpha=\tfrac\pi4$ : elle vaudrait alors $40$ m.

De $x=10\sqrt3\,t$ on tire $t=\dfrac{x}{10\sqrt3}$, puis

$$y=10\cdot\frac{x}{10\sqrt3}-5\cdot\frac{x^2}{300}=\frac{x}{\sqrt3}-\frac{x^2}{60}.$$

La trajectoire est la parabole $y=\dfrac{x}{\sqrt3}-\dfrac{x^2}{60}$, tournée vers le bas. On y retrouve tout : la pente à l'origine $\dfrac1{\sqrt3}$ (tangente au départ), le sommet en $x=\dfrac{60}{2\sqrt3}=10\sqrt3$ (annulation de la dérivée $\dfrac1{\sqrt3}-\dfrac{x}{30}$), et les deux racines $x=0$ et $x=20\sqrt3$.

$$\boxed{y=\frac{x}{\sqrt3}-\frac{x^2}{60}}$$

Mais l'équation cartésienne a perdu l'information de temps : elle ne dit plus ni à quel instant on passe où, ni à quelle vitesse. C'est le paramétrage qui la porte.

Mouvement paramétré. Si $M(t)$ est la position d'un mobile, $\vec v(t)=M'(t)$ est sa vitesse, $\|\vec v(t)\|$ sa vitesse scalaire, et la tangente à la trajectoire est dirigée par $\vec v(t)$.

Sommet. Le point le plus haut correspond à $y'(t)=0$ : la vitesse y est horizontale.

Élimination du paramètre. Quand une coordonnée est inversible ($x=10\sqrt3\,t$), on exprime $t$ et on le remplace dans l'autre : on obtient une équation cartésienne du support, sans le sens ni l'allure du parcours.

⚠️ Chercher le sommet en résolvant $x'(t)=0$. Ici $x'=10\sqrt3$ ne s'annule jamais : le sommet est l'endroit où la hauteur est maximale, donc où $y'=0$.

⚠️ Prendre la vitesse horizontale $10\sqrt3$ pour la vitesse tout court. La vitesse scalaire est la norme de $\vec v$ : $20$ m/s au départ et à l'arrivée, $10\sqrt3\approx17{,}32$ m/s au sommet seulement.

Sur une trajectoire physique, le paramètre est le temps et $\vec v$ est la vitesse. Sommet : $y'=0$. Chute : $y=0$. Angle d'arrivée : direction de $\vec v$ à cet instant.

Éliminer le paramètre donne la forme, pas le mouvement. La parabole $y=\dfrac{x}{\sqrt3}-\dfrac{x^2}{60}$ est la même pour tous les projectiles qui suivent cette route, quelle que soit leur vitesse.

Développer les coefficients $(1-t)^2$, $2t(1-t)$, $t^2$ et les appliquer coordonnée par coordonnée.

Dériver $x$ et $y$, puis évaluer en $0$ et en $1$.

Horizontale : $y'(t)=0$ ; le point est-il unique ?

Une courbe de Bézier est une courbe paramétrée pilotée par des points, pas par des formules. C'est l'outil des logiciels de dessin et des polices de caractères : on déplace $P_0$, $P_1$, $P_2$ à la souris, et la courbe suit. Ce qui la rend maniable, c'est une propriété géométrique simple — aux extrémités, la tangente vise le point de contrôle — que cet exercice établit sur un cas concret puis en général.

Les trois coefficients de $M(t)$ sont

$$(1-t)^2=1-2t+t^2,\qquad2t(1-t)=2t-2t^2,\qquad t^2,$$

et leur somme vaut $1$ pour tout $t$ : $M(t)$ est un barycentre de $P_0$, $P_1$, $P_2$, ce qui garantit qu'il reste dans le triangle qu'ils forment.

On applique la formule coordonnée par coordonnée, avec $P_0=(0,0)$, $P_1=(2,4)$, $P_2=(6,0)$ :

$$x(t)=(1-t)^2\cdot0+2t(1-t)\cdot2+t^2\cdot6=4t-4t^2+6t^2=4t+2t^2,$$

$$y(t)=(1-t)^2\cdot0+2t(1-t)\cdot4+t^2\cdot0=8t-8t^2.$$

$$\boxed{x(t)=4t+2t^2,\qquad y(t)=8t-8t^2}$$

On vérifie les extrémités : $M(0)=(0,0)=P_0$ et $M(1)=(6,0)=P_2$. La courbe part du premier point de contrôle et arrive au dernier ; elle ne passe pas par $P_1$, qui « attire » la courbe sans être dessus.

$\vec v(t)=(4+4t,\;8-16t)$, donc

$$\vec v(0)=(4,8)=2\,(2,4)=2\,\overrightarrow{P_0P_1},\qquad\vec v(1)=(8,-8)=2\,(4,-4)=2\,\overrightarrow{P_1P_2}.$$

En $P_0$, la tangente est dirigée par $\overrightarrow{P_0P_1}$ ; en $P_2$, par $\overrightarrow{P_1P_2}$. La courbe démarre en visant $P_1$ et arrive en venant de $P_1$ : le polygone de contrôle $P_0P_1P_2$ est tangent à la courbe à ses deux bouts. C'est ce qui permet de raccorder deux arcs de Bézier sans cassure : il suffit d'aligner le dernier point de contrôle de l'un avec le premier de l'autre.

Ce n'est pas un hasard de l'exemple. En général, $M'(t)=-2(1-t)P_0+(2-4t)P_1+2tP_2$, d'où $M'(0)=2(P_1-P_0)$ et $M'(1)=2(P_2-P_1)$, quels que soient les trois points. Et $M''(t)=2(P_0-2P_1+P_2)$ est constant : la courbe est une parabole (ici, en éliminant $t$ grâce à $x+\tfrac y4=6t$, on trouve $y=\dfrac{4x+y}3-\dfrac{(4x+y)^2}{72}$, une parabole d'axe oblique).

$$\boxed{\vec v(0)=2\overrightarrow{P_0P_1},\quad\vec v(1)=2\overrightarrow{P_1P_2}}$$

Horizontale : $y'(t)=8-16t=0\iff t=\tfrac12$, et $x'(\tfrac12)=6\neq0$. Le point est

$$M\!\left(\tfrac12\right)=\Bigl(2+\tfrac12,\;4-2\Bigr)=\Bigl(\tfrac52,\;2\Bigr),$$

le sommet de l'arc, à mi-hauteur de $P_1$. Il n'y a pas de tangente verticale : $x'(t)=4+4t>0$ sur $[0,1]$, la courbe avance toujours vers la droite.

Construction de de Casteljau. Les milieux sont $Q_0=\dfrac{P_0+P_1}2=(1,2)$ et $Q_1=\dfrac{P_1+P_2}2=(4,2)$, et le milieu de $[Q_0Q_1]$ est $\left(\dfrac52,\,2\right)=M\!\left(\tfrac12\right)$ ✓. De plus $\vec v(\tfrac12)=(6,0)=P_2-P_0=2\,\overrightarrow{Q_0Q_1}$ : la tangente au point médian est parallèle à $[Q_0Q_1]$ et à $[P_0P_2]$. C'est l'algorithme que les logiciels emploient pour tracer la courbe point par point, sans jamais évaluer un polynôme.

$$\boxed{M\!\left(\tfrac12\right)=\Bigl(\tfrac52,2\Bigr),\ \text{tangente horizontale, milieu de }[Q_0Q_1]}$$

Courbe de Bézier quadratique. $M(t)=(1-t)^2P_0+2t(1-t)P_1+t^2P_2$, $t\in[0,1]$. Elle part de $P_0$, arrive en $P_2$, et $P_1$ est le point de contrôle.

Propriétés. $M'(0)=2\overrightarrow{P_0P_1}$ et $M'(1)=2\overrightarrow{P_1P_2}$ : les tangentes aux extrémités sont portées par le polygone de contrôle. $M''$ est constant : le support est un arc de parabole. $M(t)$ reste dans le triangle $P_0P_1P_2$.

⚠️ Croire que la courbe passe par $P_1$. Le point le plus proche de $P_1$ est $M(\tfrac12)=(\tfrac52,2)$, à mi-hauteur : $P_1$ attire la courbe, il n'est pas dessus.

⚠️ Écrire $\vec v(0)=\overrightarrow{P_0P_1}$ sans le facteur $2$. La direction est la bonne — c'est ce qui compte pour la tangente — mais la vitesse est le double. Le facteur vient de la dérivée de $2t(1-t)$ en $0$, qui vaut $2$.

Une courbe paramétrée peut être définie par des points plutôt que par des formules, et ses propriétés se lisent alors sur ces points : ici, tangentes aux extrémités, sommet au milieu de la construction de de Casteljau.

La tangente aux extrémités vise le point de contrôle. C'est la raison d'être des courbes de Bézier : raccorder des arcs sans cassure en alignant des points, ce qu'un graphiste fait à la souris.

$\cos^2t+\sin^2t=1$ ; dériver chaque coordonnée.

En $\tfrac\pi4$, $\cos=\sin=\tfrac{\sqrt2}2$ : calculer $M$ et $\vec v$, puis la pente $\tfrac{y'}{x'}$.

Pour la question 4, vérifier que $M(t)$ est sur la droite et que $\vec v(t)$ la dirige (produit scalaire nul avec le vecteur normal $(\tfrac{\cos t}3,\tfrac{\sin t}2)$).

L'ellipse est le cercle « étiré » : $(3\cos t,2\sin t)$, c'est le cercle unité dont on a multiplié les abscisses par $3$ et les ordonnées par $2$. Tout ce qu'on sait faire sur le cercle se transporte, à condition de ne pas oublier les deux facteurs — et la tangente en est le premier exemple : elle n'est plus perpendiculaire au rayon.

Le support : $\dfrac{x^2}9+\dfrac{y^2}4=\dfrac{9\cos^2t}9+\dfrac{4\sin^2t}4=\cos^2t+\sin^2t=1$. L'ellipse a pour demi-axes $3$ (horizontal) et $2$ (vertical), et $t\in[0,2\pi[$ la parcourt une fois dans le sens direct.

Le vecteur dérivé : $\vec v(t)=(-3\sin t,\;2\cos t)$. Il n'est jamais nul (il faudrait $\sin t=\cos t=0$), donc tous les points sont réguliers. Sa norme $\sqrt{9\sin^2t+4\cos^2t}$ varie entre $2$ (en $t=0$, aux bouts du grand axe) et $3$ (en $t=\tfrac\pi2$, aux bouts du petit axe) : on va plus vite là où l'ellipse est la plus plate.