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\begin{document}

\centerline{\bf CC1 : corrigé du partiel du 26 octobre 2017}
\bigskip
\noindent
{\bf Exercice 0}

Comme $\cos (\frac\pi2+u)=-\sin u$ et $\sin (\frac\pi2+u)=\cos u$, nous avons $\tan (\frac\pi2+u)=\frac{\sin(\frac\pi2+u)}{\cos(\frac\pi2+u)}= -\frac{\cos u}{\sin u}=-\frac1{\tan u}$.

\bigskip
\noindent
{\bf Exercice 1}

	\paragraph{1.} Les fonctions $\cos(\cdot), \sin(\cdot)$ sont de période $2\pi$, alors que $\tan(\cdot)$ est de période $\pi$. Donc la fonction $t\mapsto\tan\left(\frac{t}{2}\right)$ est de période $2\pi$. De même pour $x(\cdot),y(\cdot)$. On peut se ramener à la période $[-\pi,\pi[$. Pour que $y(\cdot)$ soit bien définie, il faut que
	$$\tan\left(\frac{t}{2}\right)>0.$$
	L'ensemble des solutions de cette inégalité dans la période $[-\pi,\pi[$ est clairement $]0,\pi[$.
	
	\paragraph{2.} Grâce aux identités
	$ \displaystyle \ln(\frac{1}{x})=-\ln x,\  \sin(\pi-t)=\sin(t),\  \cos(\pi-t)=-\cos(t), \  \tan (\frac\pi2-\frac t2)= -\frac1{\tan(-\frac t2)} =  \frac1{\tan(\frac t2)} $,
	on a donc 
$$
x(\pi-t)=x(t) \quad\text{et} \quad		y(\pi-t)=\cos(\pi-t)+\ln\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{t}{2}\right) =-\cos(t)+\ln\frac1{\tan\left(\frac{t}{2}\right)}=-y(t).
$$
	On en déduit que la courbe est symétrique par rapport à l'axe des abscisses. Cela nous permet de ramener l'intervalle d'étude à $]0,\frac{\pi}{2}]$, puis nous obtiendrons la courbe pour tout $t$ en faisant une symétrie par rapport à l'axe $(Ox)$.
	
	\paragraph{3.} Tout d'abord, sachant que $\displaystyle (\tan t)^\prime =\frac{1}{\cos^2 t}, \  \sin(t)=2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{t}{2}\right),$
	on vérifie que
$$		\left(\ln\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right)^\prime=\frac{1}{\tan(\frac{t}{2})}\left(\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right)^\prime
		=\frac{\cos(\frac{t}{2})}{\sin(\frac{t}{2})}\frac{1}{\cos^2(\frac{t}{2})}\times \frac{1}{2}
		=\frac{1}{2\sin(\frac{t}{2})\cos(\frac{t}{2})}
		=\frac{1}{\sin t}.
$$
	On obtient
	$$x^\prime(t)=\cos(t),\quad 
	y^\prime(t)=-\sin(t)+\frac{1}{\sin t} = \frac{1-\sin^2 t}{\sin t}= \frac{\cos^2 t}{\sin t}.$$
	Pour tout $t\in]0,\frac{\pi}{2}[$, on a $\cos t,\sin t >0$, ce qui implique que les fonctions $x(\cdot)$, $y(\cdot)$ sont croissantes.
	
	\paragraph{4.} On ne pourrait avoir qu'une seule branche infinie autour de $t=0$.
	En fait, on a
	$\lim_{t\to 0^+}x(t)=0$ et
	$$\lim_{t\to 0^+} y(t)=1+\lim_{t\to 0^+}\ln\tan\left(\frac{t}{2}\right)=1+\lim_{x\to 0^+} \ln x=-\infty.$$
	Nous avons donc une asymptote verticale d'équation $x=0$.
	
	\paragraph{5.} Dans l'intervalle $]0,\frac{\pi}{2}]$, on a
	$$x^\prime(t)=\cos t=0\Leftrightarrow t=\frac{\pi}{2}.$$
	On a aussi
	$$y^\prime\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)+\frac{1}{\sin(\frac{\pi}{2})}=0.$$
	On a donc un seul point singulier, qui est en $t=\frac{\pi}{2}$, c'est-à-dire au point $(x(\frac{\pi}{2}),y(\frac{\pi}{2}))=(1,0)$.
	
	Pour calculer la tangente en ce point, on présente deux méthodes.\\
	(I) La calculatrice nous donne le comportement des fonctions au voisinage de $t=\pi/2$:
	$$
	\begin{pmatrix} x(t)\\y(t) \end{pmatrix}
	= 
\begin{pmatrix}
1\\ 0 
\end{pmatrix}
+ \begin{pmatrix}
-\frac12\\ 0 
\end{pmatrix} (t-\tfrac\pi2)^2
+ \begin{pmatrix}
0\\ \frac13
\end{pmatrix} (t-\tfrac\pi2)^3 + o\Big((t-\tfrac\pi2)^3\Big)
	$$
	Nous en déduisons que le vecteur tangent est horizontal. Comme $(0,\frac13)$ n'est pas proportionnel à $(\frac12,0)$, il s'agit donc d'un point de rebroussement de 1ère espèce.\\
	(II) On calcule la seconde dérivée.
	$$x''(t)=-\sin t,\quad y''(t)=-\cos t-\frac{\cos t}{\sin^2 t}.$$
	On a $(x''(\frac{\pi}{2}),y''(\frac{\pi}{2}))=(-1,0)$.
	La tangente est donc portée par la seconde dérivée qui est $(-1,0)$. Elle est donc horizontale d'équation $y=0$.
	
	Pour déterminer la nature de ce point singulier, on calcule la troisième dérivée.
	$$x'''(t)=-\cos t,\quad y'''(t)= \sin t+\frac{1+\cos^2 t}{\sin^3 t}.$$
	On a donc $(x'''(\frac{\pi}{2}),y'''(\frac{\pi}{2}))=(0,2)$, qui n'est pas colinéaire à $(x''(\frac{\pi}{2}),y''(\frac{\pi}{2}))=(-1,0)$. Il s'agit donc un point de rebroussement de première espèce.
	
	\paragraph{6.}
	
	\includegraphics[width=\textwidth]{m307cc1}

	
	\paragraph{7.} D'après les calculs précédents, on a pour tout $t\in ]0,\pi[$, le vecteur vitesse
	$$\overrightarrow{v}(t)=(x^\prime(t),y^\prime(t))=\left(\cos t,\frac{\cos^2 t}{\sin t}\right).$$
	Alors la norme du vecteur vitesse est $$v(t)=\|\overrightarrow{v}(t)\|=\sqrt{(x^\prime(t))^2+(y^\prime(t))^2}=\sqrt{\frac{\cos^2 t (\sin^2 t + \cos^2 t)}{\sin^2 t}}=\Big|\frac{\cos t }{\sin t}\Big|=\frac{|\cos t|}{\sin t},$$
	car le sinus est positif sur $]0,\pi[$.
	D'où le repère de Frénet de direction tangentielle et de direction normale
	$$\overrightarrow{T}(t)=\frac{\overrightarrow{v}(t)}{v}= \frac{\cos t}{|\cos t|}(\sin t,\cos t),\quad \overrightarrow{N}(t)=\frac{\cos t}{|\cos t|}(-\cos t,\sin t).$$
	Comme l'accélération vaut
	$ \displaystyle \overrightarrow{a}(t)=(x''(t),y''(t))=-\left(\sin t,\cos t \Big(1+\frac{1 }{\sin^2 t}\Big)\right),$
	nous calculons que l'accélération  normale est 
	$ a_n(t) = \overrightarrow{a}(t) \cdot \overrightarrow{N}(t) = -\frac{|\cos t|}{\sin t}$. D'après la formule du cours, $a_n(t) = \chi(t) v^2(t)$, nous en déduisons la courbure 
$\chi(t)=-\frac{\sin t}{|\cos t|}$, le rayon de courbure signé 	$-\frac{|\cos t|}{\sin t}$ et le rayon du cercle osculateur $\frac{|\cos t|}{\sin t}$.
		Le centre du cercle osculateur est donc
$$
		 \overrightarrow{C}(t)=\overrightarrow{M}(t)+\frac{1}{\chi(t)}\overrightarrow{N}
		 =\left(\sin t,\cos t+\ln\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right)-\frac{|\cos t|}{\sin t}\frac{\cos t}{|\cos t|}(-\cos t,\sin t)
		 =\left(\frac{1}{\sin t},\ln\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right).
$$
	Pour $t=\frac{\pi}{3}$, on obtient que le cercle osculateur est le cercle de rayon $\frac{\sqrt{3}}{3}$ et de centre $\displaystyle C\left(\frac{\pi}{3}\right)=\left(\frac{2}{\sqrt{3}},-\frac12\ln 3\right).$
	
	\paragraph{8.} Pour tout paramètre $t_0\in ]0,\pi[$, une équation paramétrique de la tangente en $M(t_0)$ est
	$$
	x_{\rm tan}(t) =t x'(t_0) + x(t_0)=t \cos t_0 + \sin t_0\quad \text{et}\quad y_{\rm tan}(t) =t y'(t_0) + y(t_0)= t \frac{\cos^2 t_0}{\sin t_0} + \cos t_0+\ln\tan\tfrac{t_0}2.
	$$
	Cette droite croise l'axe des ordonnées quand $x_{\rm tan}(t) =0$ c'est à dire pour $t=-\tan t_0$, et en ce point, on a $y_{\rm tan}(-\tan t_0)=\ln\tan\tfrac{t_0}2$.
	La distance entre ce point de coordonnées $(0,\ln\tan\tfrac{t_0}2)$ et $M(t_0)=(\sin t_0,  \cos t_0+\ln\tan\tfrac{t_0}2)$ vaut donc
	$ \sqrt{\sin^2 t_0+\cos^2 t_0}=1.$

\bigskip
\noindent
{\bf Exercice 2}

\paragraph{1.}
Rappelons que $\tan(u)$ est défini pour $u\neq \frac{\pi}{2} \bmod \pi$.
Donc ici $\tan\left(\frac{2\theta}{3}\right)$ est défini pour $\frac{2\theta}{3} \neq \frac{\pi}{2}\bmod \pi$ soit (on divise par $2$ et on
multiplie par $3$, dans le modulo aussi)
$\theta\neq \frac{3\pi}{4} \bmod \frac{3\pi}{2}$.
On voit aussi que $r(\theta+2\pi k)=\tan\left(\frac{2\theta}{3}+\frac{4\pi k}{3}\right)$. Comme la fonction tangente est périodique de période
$\pi$, ceci est égal à $r(\theta)$ si $\frac{4\pi k}{3}$ est un multiple entier de $\pi$. Alors en essayant $k=1$ puis $k=2$ on trouve que
la plus petite valeur possible est $k=3$.
Cela signifie que le point qu'on trace de coordonnées
polaires $(\theta, r(\theta))$ revient sur lui-même après avoir tourné de $6\pi$.

\paragraph{2.} On vient de voir qu'on peut se restreindre à un intervalle de longueur $6\pi$. Comme l'énoncé le suggère,
$r\left(\theta+\frac{3\pi}{2}\right)=\tan\left(\frac{2\theta}{3} +
  \frac{2}{3}\times\frac{3\pi}{2}\right)=\tan\left(\frac{2\theta}{3}+\pi\right) = \tan\left(\frac{2\theta}{3}\right)=r(\theta)$ à cause de
la périodicité de $\tan$. Or le point de coordonnées polaires $\left(\theta+\frac{3\pi}{2}, r\right)$ est obtenu à partir du point
$(\theta, r)$ par une simple rotation d'angle $\frac{3\pi}{2}$.
Cela signifie qu'une fois tracée la courbe sur un intervalle de longueur $\frac{3\pi}{2}$ le reste de la courbe
est obtenu par des rotations d'angle $\frac{3\pi}{2}$. Il nous faut alors compter combien d'intervalles de longueur $\frac{3\pi}{2}$ sont
nécessaires pour remplir un intervalle de longueur $6\pi$, et c'est $4$. Ainsi, après avoir tracé un morceau, trois rotations seront
nécessaires pour obtenir tout le reste de la courbe.

\paragraph{3.} On a vu qu'on pouvait réduire l'étude à un intervalle de longueur $\frac{3\pi}{2}$, on choisit un intervalle symétrique. À
cause de la question $1$, $r(\theta)$ n'est pas définie en $-\frac{3\pi}{4}$ ni en $\frac{3\pi}{4}$. L'intervalle qu'on choisit est donc
$]-\frac{3\pi}{4},\frac{3\pi}{4}[$. Puis on s'intéresse à $r(-\theta)$. Or $r(-\theta)=\tan\left(-\frac{2\theta}{3}\right)
=-\tan\left(\frac{2\theta}{3}\right)=-r(\theta)$.  Géométriquement, le point de coordonnées polaires $(-\theta,-r)$ est obtenu à partir du
point de coordonnées polaires $(\theta, r)$ par une symétrie par rapport à l'axe vertical (qui est la composée de la symétrie d'axe
horizontale, correspondant à changer $\theta$ en $-\theta$, et de la symétrie centrale de centre $0$, correspondant à changer $r$ en $-r$).
On peut donc réduire l'étude à l'intervalle $[0,\frac{3\pi}{4}[$ : quand $\theta$ parcourt cet intervalle, $-\theta$ parcourt
$]-\frac{3\pi}{4},0]$ et la courbe sur $]-\frac{3\pi}{4},0]$ est obtenue à partir de la courbe sur $[0,\frac{3\pi}{4}[$ par une symétrie
d'axe vertical.

\paragraph{4.} D'abord on calcule $r'(\theta)=\frac{2}{3}\left(1+\tan^2\left( \frac{2\theta}{3} \right)\right) > 0$.
La fonction $r$ est donc strictement croissante. Il est aussi utile d'étudier son signe et quelques valeurs particulières.
Or $r(0)=0$ donc $r(\theta)>0$ pour $\theta > 0$ (toujours sous-entendu, dans notre intervalle d'étude)
et, quand $\theta\rightarrow \frac{3\pi}{4}$, $\frac{2\theta}{3}\rightarrow \frac{\pi}{2}$ donc $r(\theta)\rightarrow +\infty$.

\paragraph{5.} On vient de le dire, il y a une branche infinie dans la direction $\theta_0=\frac{3\pi}{4}$. Pour étudier plus précisément l'asymptote on se place
dans le repère mobile $(\vec{e}_r, \vec{e}_\theta)$ en $\theta_0$. Un point de coordonnées polaires $(\theta,r)$ a des coordonnées
cartésiennes $(X,Y)$ dans ce repère mobile données par $X=r\cos(\theta-\theta_0)$ et $Y=r\sin(\theta-\theta_0)$. Alors quand
$\theta\rightarrow\theta_0$, comme c'est une valeur pour laquelle $r(\theta)\rightarrow +\infty$, on voit que $X\rightarrow +\infty$ et il
faut étudier la limite de $Y$ pour connaître précisément s'il y a une asymptote et son équation dans le repère mobile. Ici la quantité à
étudier est donc la limite en $\frac{3\pi}{4}$ de $\tan\left(\frac{2\theta}{3}\right)\sin\left(\theta-\frac{3\pi}{4}\right)$ (c'est
toujours, a priori, une forme indeterminée puisque $\theta_0$ est une valeur pour laquelle $r(\theta)$ tend vers l'infini et $\sin(\theta-\theta_0)$ tend vers
$0$).

On suit l'indication de l'énoncé de poser $u=\theta-\frac{3\pi}{4}$, ce qui est équivalent à écrire
$\theta=u+\frac{3\pi}{4}$, et $\theta$ tend vers $\frac{3\pi}{4}$ si et seulement si $u$ tend vers $0$. On réécrit alors :
$\tan\left(\frac{2\theta}{3}\right)\sin\left(\theta-\frac{3\pi}{4}\right) = \tan\left(\frac{2u}{3} + \frac{\pi}{2}\right)\sin(u)$. On
utilise ensuite la formule démontrée dans l'exercice 0, qui donne
$\tan\left(\frac{2u}{3} + \frac{\pi}{2}\right)=-\frac{1}{\tan\left( \frac{2u}{3}\right)}$, puis on remplace $\tan$ par $\frac{\sin}{\cos}$
ce qui donne
$\tan\left(\frac{2u}{3} + \frac{\pi}{2}\right)\sin(u) = - \frac{\cos\left(\frac{2u}{3}\right)}{\sin\left(\frac{2u}{3}\right)} \sin(u)$.  Le
terme $\cos\left(\frac{2u}{3}\right)$ tend vers $1$ quand $u\rightarrow 0$ et on met aussi de côté le signe $-$ alors pour le terme restant
on peut écrire
$\frac{\sin(u)}{\sin\left(\frac{2u}{3}\right)} = \frac{3}{2}\times \frac{\sin(u)}{u}\times
\frac{\frac{2u}{3}}{\sin\left(\frac{2u}{3}\right)}$
et la limite de ceci quand $u\rightarrow 0$ est $\frac{3}{2}$ car on utilise deux fois que $\frac{\sin(h)}{h}\rightarrow 1$ quand
$h\rightarrow 0$, une fois avec $h=u$ et une fois avec $h=\frac{2u}{3}$.  Si on est à l'aise avec les développements limités et les
équivalents on peut aussi écrire directement $\sin(u)\sim u$ et $\sin\left(\frac{2u}{3}\right) \sim \frac{2u}{3}$, qui donne
$\frac{\sin(u)}{\sin\left(\frac{2u}{3}\right)} \sim \frac{u}{\frac{2u}{3}}=\frac{3}{2}$. Mis bout à bout la limite de
$\tan\left(\frac{2\theta}{3}\right)\sin\left(\theta-\frac{3\pi}{4}\right)$ en $\theta\rightarrow\frac{3\pi}{4}$ est donc $-\frac{3}{2}$.

On conclut alors que l'asymptote a pour équation cartésienne $Y=-\frac{3}{2}$ dans le repère mobile $(\vec{e}_r, \vec{e}_\theta)$ en
$\frac{3\pi}{4}$.

\paragraph{6.} Pour la tangente en $0$ il suffit décrire le vecteur vitesse
$\vec{v}(\theta)=r'(\theta)\vec{e}_r + r(\theta)\vec{e}_\theta$ qui donne tout simplement
$\vec{v}(0)=\frac{2}{3}\vec{e}_r$ en gardant en tête qu'en $\theta=0$ le vecteur $\vec{e}_r$ est le vecteur de la base
fixe $\vec{e}_x$. C'est donc une tangente horizontale, portée par un vecteur vitesse dirigé vers la droite.

Il n'est pas inutile de calculer la valeur $r\left(\frac{\pi}{2}\right)=\tan\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt{3}\approx 1.7$,
c'est là où la courbe doit couper l'axe des ordonnées.

Cela suffit alors pour tracer la courbe sur notre intervalle d'étude : on place soigneusement la
tangente en $0$, le point correspondant à $\theta=\frac{\pi}{2}$, l'asymptote, et il y a une seule
façon simple de relier ces informations. On n'oublie pas de faire apparaître que cela correspond à
la courbe sur l'intervalle $[0,\frac{3\pi}{4}[$, en indiquant le sens de parcours quand $\theta$ croît.

Ensuite on utilise les symétries déterminées dans les questions 1 et 2.
Par une symétrie verticale, on obtient la courbe sur $]-\frac{3\pi}{4},0]$. Par une première
rotation d'angle $\frac{3\pi}{2}$ de la courbe qu'on a tracé jusque là sur
$]-\frac{3\pi}{4},\frac{3\pi}{4}[$ on obtient la courbe sur 
$]-\frac{3\pi}{4}+\frac{3\pi}{2},\frac{3\pi}{4}+\frac{3\pi}{2}[ = ]\frac{3\pi}{4},\frac{9\pi}{4}[$.
Par une deuxième rotation, on obtient la courbe sur
$]\frac{3\pi}{4}+\frac{3\pi}{2},\frac{9\pi}{4}+\frac{3\pi}{2}[ = ]\frac{9\pi}{4},\frac{15\pi}{4}[$. Enfin par
une troisième rotation on obtient la courbe sur
$]\frac{9\pi}{4}+\frac{3\pi}{2},\frac{15\pi}{4}+\frac{3\pi}{2}[ = ]\frac{15\pi}{4},\frac{21\pi}{4}[$. On a bien
balayé tout l'intervalle de $-\frac{3\pi}{4}$ à $\frac{21\pi}{4}$ ce qui est un intervalle de
longueur $6\pi$ comme promis à la question 1.

\centerline{	\includegraphics[width=12cm]{figure2}}


\paragraph{7.} D'abord $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\subset ]-\frac{3\pi}{4},\frac{3\pi}{4} [$,
c'est donc une portion de courbe sur le premier morceau qu'on a tracé. Il suffit alors de vérifier
que les points de paramètre $-\frac{\pi}{2}$ et $\frac{\pi}{2}$ sont les mêmes. Or précisément
par l'étude des symétries $r\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-r\left(\frac{\pi}{2}\right)$ et les points
de coordonnée polaire $\left(-\frac{\pi}{2}, -r\right)$ et $\left(\frac{\pi}{2},r \right)$ sont
égaux.

On doit alors exprimer le vecteur vitesse $\vec{v}(\theta)$, puis sa norme $v(\theta)=\|
\vec{v}(\theta)\|$, et la longueur de la courbe sera $L=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}
v(\theta)\,d\theta$.
Ici $\vec{v}(\theta)=r'(\theta)\vec{e}_r+r(\theta)\vec{e}_\theta 
= \frac{2}{3}\left(1+\tan^2\left( \frac{2\theta}{3} \right)\right) \vec{e}_r + \tan\left(
  \frac{2\theta}{3} \right) \vec{e}_\theta$.
La norme est donnée par $v(\theta)=\sqrt{(r'(\theta))^2+(r(\theta))^2}$ soit ici
\[ v(\theta) = \sqrt{\frac{4}{9}\left(1+\tan^2\left( \frac{2\theta}{3} \right)\right)^2 + \tan^2 \left(
  \frac{2\theta}{3} \right)} \]
et la longueur est donc
\[  L = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{4}{9}\left(1+\tan^2\left( \frac{2\theta}{3} \right)\right)^2 + \tan^2 \left(
  \frac{2\theta}{3} \right)}\, d\theta .\]
Inutile de chercher à simplifier cette intégrale. La calculatrice ou Xcas donne $L\approx 4,088$.
\end{document}
