Exercice 55

Le centre du cercle, après une rotation d'angle $t$, est au point $(t, 1)$, puisque le cercle a roulé sans glisser d'une longueur d'arc $t$ ; le point $M$ s'en déduit en ajoutant le vecteur $(-\sin t, -\cos t)$, ce qui redonne les formules de l'énoncé.

1. Le théorème 5 donne $\sin t = t - \frac{t^{3}}{6} + o(t^{4})$ et $\cos t = 1 - \frac{t^{2}}{2} + o(t^{3})$, d'où $$\boxed{x(t) = \frac{t^{3}}{6} + o(t^{3}), \qquad y(t) = \frac{t^{2}}{2} + o(t^{3})}$$ Les coefficients de $t$ sont nuls : $\boxed{x'(0) = y'(0) = 0}$ (proposition 10), ce que l'on vérifie sur $x'(t) = 1 - \cos t$ et $y'(t) = \sin t$. Au moment où il touche le sol, le point $M$ est immobile.

2. La fonction $x$ est dérivable, de dérivée $x'(t) = 1 - \cos t \geqslant 0$, qui ne s'annule sur $[0\,,2\pi]$ qu'en $0$ et en $2\pi$ ; elle n'est donc identiquement nulle sur aucun intervalle non réduit à un point, et $x$ est strictement croissante sur $[0\,,2\pi]$ (chapitre 9, théorème 7). Comme $x$ est continue, avec $x(0) = 0$ et $x(2\pi) = 2\pi$, le théorème de la bijection continue (chapitre 8, théorème 11) conclut : $$\boxed{x \text{ est une bijection de } [0\,,2\pi] \text{ sur } [0\,,2\pi], \text{ de réciproque } \varphi \text{ continue et strictement croissante}}$$ Pour $t \in [0\,,2\pi]$, on pose $u = x(t)$ ; alors $t = \varphi(u)$, et le point $M$ a pour coordonnées $$\big(u, y(\varphi(u))\big) = \big(u, Y(u)\big) :$$ il décrit bien la courbe de $Y$.

3. La fonction $\varphi$ est continue en $0$, avec $\varphi(0) = 0$, et $\varphi(u) > 0$ pour $u > 0$ : $\varphi(u)$ tend vers $0$ par valeurs strictement positives quand $u$ tend vers $0^{+}$. La question 1 et la proposition 13 donnent $x(t) \sim \frac{t^{3}}{6}$ au voisinage de $0$, et la substitution $t = \varphi(u)$ (théorème 1) donne $$u = x\big(\varphi(u)\big) \underset{u \to 0^{+}}{\sim} \frac{\varphi(u)^{3}}{6}, \qquad\text{soit}\qquad \varphi(u)^{3} \sim 6u.$$ Les deux membres étant strictement positifs, on élève à la puissance fixe $\frac{1}{3}$ (théorème 1). De même, $y(t) \sim \frac{t^{2}}{2}$ donne $Y(u) = y\big(\varphi(u)\big) \sim \frac{\varphi(u)^{2}}{2}$, puis on élève au carré : $$\boxed{\varphi(u) \underset{u \to 0^{+}}{\sim} (6u)^{1/3}, \qquad Y(u) \underset{u \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{2}(6u)^{2/3}}$$

4. Comme $Y(0) = y(0) = 0$, le taux d'accroissement de $Y$ en $0$ vérifie, pour $u > 0$, $$\frac{Y(u) - Y(0)}{u} = \frac{Y(u)}{u} \underset{u \to 0^{+}}{\sim} \frac{(6u)^{2/3}}{2u} = \frac{6^{2/3}}{2u^{1/3}} \xrightarrow[u \to 0^{+}]{} +\infty.$$

$$\boxed{Y \text{ n'est pas dérivable à droite en } 0, \text{ et sa courbe admet en l'origine une tangente verticale}}$$ Le déplacement horizontal $x(t) \sim \frac{t^{3}}{6}$ est négligeable devant le déplacement vertical $y(t) \sim \frac{t^{2}}{2}$ : le point $M$, immobile à l'instant où il touche le sol, en repart verticalement. Pour $t \in [-2\pi\,,0]$, la fonction $x$ étant impaire et $y$ paire, on obtient l'arche précédente, symétrique de la première par rapport à l'axe des ordonnées : les deux arches arrivent en l'origine tangentes à cet axe, en formant une pointe. C'est ce que l'on appelle un point de rebroussement.

Piège. L'erreur la plus répandue est de conclure de $y'(0) = 0$ que la tangente est horizontale. La pente de la corde est le quotient $\frac{y(t)}{x(t)} \sim \frac{3}{t}$, qui tend vers $+\infty$ quand $t$ tend vers $0^{+}$ : c'est la comparaison des premiers termes non nuls de $x$ et de $y$, et non la valeur des dérivées, qui donne la tangente.

5. On reprend le calcul avec un terme de plus. Le théorème 5 donne $x(t) = \frac{t^{3}}{6} - \frac{t^{5}}{120} + o(t^{6})$, c'est-à-dire $$6x(t) = t^{3}\Big(1 - \frac{t^{2}}{20} + o(t^{2})\Big).$$ On substitue $t = \varphi(u)$, et l'on note $w = (6u)^{1/3}$, qui tend vers $0$. En élevant à la puissance $\frac{1}{3}$, avec $(1 + v)^{1/3} = 1 + \frac{v}{3} + o(v)$, $$w = \varphi(u)\Big(1 - \frac{\varphi(u)^{2}}{60} + o\big(\varphi(u)^{2}\big)\Big), \qquad\text{donc}\qquad \varphi(u) = w\Big(1 + \frac{\varphi(u)^{2}}{60} + o\big(\varphi(u)^{2}\big)\Big).$$ Par la question 3, $\varphi(u) \sim w$, donc $\varphi(u)^{2} = w^{2} + o(w^{2})$, et les $o\big(\varphi(u)^{2}\big)$ sont des $o(w^{2})$ : $$\boxed{\varphi(u) = w + \frac{w^{3}}{60} + o(w^{3})}$$ Enfin $Y(u) = 1 - \cos\varphi(u) = \frac{\varphi(u)^{2}}{2} - \frac{\varphi(u)^{4}}{24} + o(w^{4})$, avec $\varphi(u)^{2} = w^{2} + \frac{w^{4}}{30} + o(w^{4})$ et $\varphi(u)^{4} = w^{4} + o(w^{4})$. Comme $\frac{1}{60} - \frac{1}{24} = -\frac{1}{40}$ et $w^{4} = (6u)^{4/3}$, $$\boxed{Y(u) \underset{u \to 0^{+}}{=} \frac{1}{2}(6u)^{2/3} - \frac{1}{40}(6u)^{4/3} + o\big(u^{4/3}\big)}$$ Pour $t = 0{,}1$, on a $u \approx 1{,}666 \cdot 10^{-4}$ et $Y(u) = 1 - \cos 0{,}1 \approx 4{,}995\,835 \cdot 10^{-3}$ ; le premier terme seul donne $4{,}998\,33 \cdot 10^{-3}$, et les deux termes $4{,}995\,835 \cdot 10^{-3}$, à $10^{-9}$ près.

À retenir. Ce développement, en puissances fractionnaires de $u$, n'est pas un développement limité : c'est un développement asymptotique. Il vient de l'inversion de $x(t) \sim \frac{t^{3}}{6}$. À l'exercice 24, la fonction à inverser avait une dérivée non nulle en $0$, et sa réciproque admettait un développement limité ; ici $x'(0) = 0$, et l'on retrouve le phénomène de la racine cubique au chapitre 9 : une réciproque n'est pas dérivable là où la fonction a une dérivée nulle.