120 - 1

Etudier la spirale de Cornu paramétrée par

x(t) =

t∫

0

cos u2 du , y(t) =

t∫

0

sin u2 du .

Domaine de définition

Les fonctions x et y sont définies partout. On a donc D = R.

Réduction du domaine d’étude

L’application Φ1 : t 7→ −t est une bijection de I1 = [ 0, +∞ [ sur I ′1 = ]−∞, 0 ] et l’on a, enfaisant le changement de variable v = −u dans les intégrales,

x(−t) =

−t∫

0

cos u2 du =

t∫

0

cos v2(−dv) = −x(t) ,

et

y(−t) =

−t∫

0

sin u2 du =

t∫

0

sin v2(−dv) = −y(t) .

La courbe est symétrique par rapport à O. On l’étudie sur I1 et on complètera par la symétrieS1 par rapport à O.

Dérivées

On ax′(t) = cos t2 et y′(t) = sin t2 .

Dans I1, la dérivée x′ s’annule lorsque t =√

π/2 + kπ et la dérivée y′ lorsque t =√

kπ (aveck entier). Il y a donc une infinité de points à tangente horizontale et à tangente verticale. Enparticulier, en t = 0 la courbe est tangente à l’axe Ox à l’origine.

120 - 2

Tableau de variation

On peut donner l’allure du tableau de variation sur un intervalle [√

2nπ,√

(2n + 2)π ] où n estentier.

t

x′

x

y

y′

y′/x′

√2nπ

√

π/2 + 2nπ√

(2n + 1)π√

3π/2 + 2nπ√

(2n + 2)π

>q

q

>

1

1q

q

+ − − +0 0

+ + − −0 0 0

0 ∞ 0 ∞ 0

Points limites

Lorsque t est plus grand que 1, on peut écrire

x(t) =

1∫

0

cos u2 du +

t∫

1

cos u2 du ,

et, en effectuant le changement de variable v = u2 dans la deuxième intégrale

x(t) =

1∫

0

cos u2 du +

t2∫

1

cos v

2√

vdv .

En intégrant par parties, on obtient alors

x(t) =

1∫

0

cos u2 du +

[

sin v

2√

v

]t2

1

+

t2∫

1

sin v

4v3/2dv .

120 - 3

Un calcul analogue donne

y(t) =

1∫

0

sin u2 du −[

cos v

2√

v

]t2

1

−t2

∫

1

cos v

4v3/2dv .

Puisque, pour tout nombre v positif, on a

| cos v |v3/2

≤ 1

v3/2et

| sin v |v3/2

≤ 1

v3/2,

et que l’intégrale

∞∫

1

dv

v3/2converge, il en est de même des intégrales

∞∫

1

cos v

v3/2dv et

∞∫

1

sin v

v3/2dv.

Alors, quand t tend vers +∞, l’intégrale y(t) tend vers une limite λ et l’intégrale x(t) vers une

limite µ : les intégrales

∞∫

0

cos u2 du et

∞∫

0

sin u2 du sont donc convergentes et

λ =

∞∫

0

sinu2 du et µ =

∞∫

0

cos u2 du .

La courbe possède deux points limites (µ, λ) et (−µ,−λ).

Un logiciel de calcul donne

λ = µ =

√2π

4≈ 0, 63 .

Etude des points à tangente horizontale

Etudions pour commencer la suite (αn)n≥0 définie par

αn =

(n+1)π∫

nπ

sin v√v

dv = 2

(n+1)2π2

∫

n2π2

sin u2 du .

En remarquant que la fonction sinus est de signe constant sur [nπ, (n + 1)π ] , on a donc, pourtout entier n,

|αn| =

(n+1)π∫

nπ

| sin v |√v

dv .

En effectuant le changement de variable w = v − π, on obtient

|αn+1| =

(n+2)π∫

(n+1)π

| sin v |√v

dv =

(n+1)π∫

nπ

| sin w |√w + π

dw .

120 - 4

Alors, en minorant√

w + π par√

w, le membre de droite se majore par |αn|.

D’autre part, si v appartient à l’intervalle ]nπ, (n + 1)π [ , on a,

1√

(n + 1)π<

1√v

<1√nπ

,

d’où en intégrant

1√

(n + 1)π

(n+1)π∫

nπ

| sin v | dv < |αn| <1√nπ

(n+1)π∫

nπ

| sin v | dv ,

et comme(n+1)π∫

nπ

| sin v | dv =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(n+1)π∫

nπ

sin v dv

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2 ,

on obtient finalement les inégalités.

|αn| > |αn+1| et2

√

(n + 1)π< |αn| <

2√nπ

.

Il résulte du dernier encadrement que la suite (αn) converge vers 0.

On aαn = (−1)n|αn| ,

car, lorsque v appartient à [nπ, (n + 1)π ] , on peut écrire

sin v = (−1)n| sin v | .

Alors

y(√

(k + 2)π ) − y(√

kπ ) =1

2

(k+2)π∫

kπ

cos v√v

dv =1

2(αk+1 + αk) =

(−1)k

2(|αk| − |αk+1|) .

Cette expression est du signe de (−1)k. Donc d’une part y(√

(2n + 2)π )−y(√

2nπ ) est positif etla suite (y(

√2nπ ))n≥0 est croissante, d’autre part y(

√

(2n + 3)π ) − y(√

(2n + 1)π ) est négatifet la suite (y(

√

(2n + 1)π ))n≥0 est décroissante. Comme de plus

y(√

(2n + 1)π ) − y(√

2nπ ) =α2n

2,

cette différence converge vers zéro. Les deux suites (y(√

2nπ ))n≥0 et (y(√

(2n + 1)π ))n≥0 sontdonc adjacentes et ont la même limite qui n’est autre que λ. On a alors

0 = y(0) < . . . < y(√

2nπ ) < . . . < λ < . . . < y(√

(2n + 1)π ) < . . . < y(√

π ) .

120 - 5

Etude des points à tangente verticale

On peut recommencer les calculs précédents avec la suite (βn)n≥0 définie par

βn =

(n+1)π+π/2∫

nπ+π/2

cos v√v

dv ,

qui est telle queβn = (−1)n+1|βn| et |βn| > |βn+1| .

On a de nouveau un encadrement de βn qui montre que cette suite converge vers 0. On montreégalement que les suites (x(

√

2nπ + π/2 ))n≥0 et (x(√

(2n + 1)π + π/2 ))n≥0 sont adjacentes etconvergent vers la même limite qui n’est autre que µ et l’on a

x(√

3π/2 ) < . . . < x(√

(2n + 1)π + π/2 ) < . . . < µ < . . . < x(√

2nπ + π/2 ) < . . . < x(√

π/2 ) .

On peut montrer que x(√

3π/2 ) est positif. Pour cela écrivons

x(√

3π/2 ) =1

2

π/2∫

0

cos v√v

dv −3π/2∫

π/2

cos v√v

dv

.

Comme

cos v ≥ 1 − v2

2et | cos v | ≤ 1 ,

on a

x(3√

π/2 ) ≥ 1

2

π/2∫

0

1 − v2/2√v

dv −3π/2∫

π/2

dv√v

.

En calculant le membre de droite, on obtient

x(3π/2) ≥ (2 −√

3 )

√

π

2−

√2

80

,

π5/2 ≈ 0, 026 > 0 .

Branches spirales

D’après ce qui précède, la courbe possède deux branches spirales s’enroulant autour des pointslimites (µ, λ) et (−µ,−λ).

120 - 6

Point d’inflexion

On ax′′(t) = −2t sin t2 et y′′(t) = 2t cos t2 ,

d’oùx′(t)y′′(t) − y′(t)x′′(t) = 2t .

Cette quantité s’annule uniquement en t = 0 et la courbe admet un seul point d’inflexion en O.

Tracé de la courbe

On trace la courbe obtenue lorsque t varie de 0 à l’infini, et on complète par la symétrie S1. (Lacourbe s’enroule lentement autour des points limites).

-

6

1/2