Une hyperbole : tangente et paramétrage

Ce que l'on démontre. Que $\mathcal{H}$ a pour asymptotes $y=\pm \frac{2}{3}x$ et pour excentricité $e=\frac{\sqrt{13}}{3}$, que sa tangente en $A$ est $5x-6y=9$, et que $A$ correspond au paramètre $t=\ln 3$ sur la branche $x>0$.

1. Les éléments géométriques. L'équation est de la forme $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ avec $a=3$ et $b=2$. Elle est invariante par $x\mapsto -x$ et par $y\mapsto -y$ : le centre est $O$, les axes de symétrie sont $(Ox)$ et $(Oy)$. Les asymptotes sont, d'après le cours, les droites d'équations $$y=\pm \frac{b}{a}x=\pm \frac{2}{3}x.$$ On les retrouve en annulant la partie du second degré : $\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{4}=0$ donne $y=\pm \frac{2}{3}x$. Enfin $c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{13}$ et $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{13}}{3}\approx 1,20>1$, ce qui est cohérent : le cours classe les hyperboles par $e>1$.

2. La tangente en $A$. On vérifie d'abord $$\frac{25}{9}-\frac{1}{4}\times \frac{64}{9}=\frac{25}{9}-\frac{16}{9}=1,$$ donc $A\in \mathcal{H}$. Avec $f(x,y)=\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{4}-1$, de classe ${\mathcal{C}}^1$, $$\overrightarrow{\nabla }f(x,y)=\left(\frac{2x}{9},-\frac{y}{2}\right),\overrightarrow{\nabla }f(A)=\left(\frac{10}{9},-\frac{4}{3}\right)\ne \overrightarrow{0}.$$ La tangente est donc $$\frac{10}{9}(x-5)-\frac{4}{3}\left(y-\frac{8}{3}\right)=0.$$ En multipliant par $\frac{9}{2}$ : $5(x-5)-6\left(y-\frac{8}{3}\right)=0$, soit $5x-25-6y+16=0$ : $$\boxed{5x-6y=9}.$$ Contrôle. La « règle du dédoublement » — remplacer $x^2$ par $x{x}_0$ et $y^2$ par $y{y}_0$ — donne $\frac{5x}{9}-\frac{(8/3)y}{4}=1$, c'est-à-dire, après multiplication par $9$, $5x-6y=9$. Les deux voies coïncident, et le point $A$ lui-même vérifie $25-16=9$.

3. Le paramétrage. Le cours paramètre l'hyperbole branche par branche : $$(x,y)=\left(\epsilon 3\cosh t,2\sinh t\right),t\in \mathbb{R},$$ avec $\epsilon =+1$ pour la branche $x>0$ et $\epsilon =-1$ pour la branche $x<0$. C'est bien un paramétrage de $\mathcal{H}$, puisque $\frac{9{\cosh }^{2}t}{9}-\frac{4{\sinh }^{2}t}{4}={\cosh }^{2}t-{\sinh }^{2}t=1$.

Comme $x_A=5>0$, le point $A$ est sur la branche $\epsilon =+1$. On cherche $t$ tel que $3\cosh t=5$ et $2\sinh t=\frac{8}{3}$, c'est-à-dire $\cosh t=\frac{5}{3}$ et $\sinh t=\frac{4}{3}$. Alors $${\mathrm{e}}^t=\cosh t+\sinh t=\frac{5}{3}+\frac{4}{3}=3,\text{donc}\boxed{t=\ln 3}.$$ Contrôle. $\cosh (\ln 3)=\frac{3+\frac{1}{3}}{2}=\frac{5}{3}$ et $\sinh (\ln 3)=\frac{3-\frac{1}{3}}{2}=\frac{4}{3}$ : on retombe bien sur $A$.

Le paramétrage n'atteint jamais la seconde branche, quel que soit $t$ : c'est bien pour cela que les deux branches se paramètrent séparément — $\cosh$ ne prend que des valeurs $\ge 1$.