Tangente à une ligne de niveau : les équations dédoublées

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Les coniques ne sont pas un objet du cours de PTSI : « ellipse », « hyperbole » et « parabole » ne sont ici que les noms de trois lignes de niveau données par leur équation, et la tangente est définie par l'énoncé. Aucune propriété des coniques n'est invoquée ; tout vient du gradient, de la règle de la chaîne, et de la géométrie du plan.

La stratégie. Le théorème du cours dit que le gradient est orthogonal aux lignes de niveau : il est donc normal à la courbe, et une droite dont on connaît un point et un vecteur normal a une équation immédiate. On n'a jamais besoin de résoudre l'équation de la courbe.

1) L'équation de la tangente. L'arc est tracé dans la ligne de niveau : $F(\gamma (t))=c$ pour tout $t$. En dérivant cette constante par la règle de la chaîne, $0=\nabla F(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)$, et en $t_0$ : $\nabla F(m_0)\cdot {\gamma }^{\prime }(t_0)=0$. Posons $\overrightarrow{n}=\nabla F(m_0)\ne \overrightarrow{0}$. D'après le chapitre de géométrie, l'ensemble $\Delta$ des points $m$ tels que $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{m_{0}m}=0$ est la droite passant par $m_0$ de vecteur normal $\overrightarrow{n}$ : en coordonnées, une équation $\alpha (x-x_0)+\beta (y-y_0)=0$ avec $(\alpha ,\beta )\ne (0,0)$. La tangente $T$, formée des points $m_0+s{\gamma }^{\prime }(t_0)$, est incluse dans $\Delta$, puisque $\overrightarrow{n}\cdot s{\gamma }^{\prime }(t_0)=s\cdot 0=0$. Deux droites dont l'une contient l'autre sont égales : $T=\Delta$. La tangente est la droite $\nabla F(m_0)\cdot \overrightarrow{m_{0}m}=0$ ; le gradient est un vecteur normal à la courbe.

2) L'ellipse. $F(a\cos t,b\sin t)={\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=1$ : l'arc est tracé dans $\{F=1\}$, et il la parcourt tout entière — si $(x_0,y_0)$ vérifie $F=1$, le point $\left(\frac{x_0}{a},\frac{y_0}{b}\right)$ est sur le cercle unité, donc de la forme $(\cos t_0,\sin t_0)$. Le vecteur vitesse ${\gamma }^{\prime }(t)=(-a\sin t,b\cos t)$ n'est jamais nul ($\sin t$ et $\cos t$ ne s'annulent pas simultanément). Le gradient $\nabla F(x,y)=\left(\frac{2x}{a^2},\frac{2y}{b^2}\right)$ ne s'annule qu'à l'origine, qui n'est pas sur la courbe. Vérification directe de l'orthogonalité : $$\nabla F(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)=\frac{2a\cos t}{a^2}(-a\sin t)+\frac{2b\sin t}{b^2}(b\cos t)=-2\cos t\sin t+2\sin t\cos t=0.$$ La tangente en $(x_0,y_0)$, d'après le 1) : $$\frac{2x_0}{a^2}(x-x_0)+\frac{2y_0}{b^2}(y-y_0)=0⟺\frac{x_{0}x}{a^2}+\frac{y_{0}y}{b^2}=\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1.$$

3) L'hyperbole. Avec $\gamma (t)=(a\mathrm{ch}t,b\mathrm{sh}t)$ — cosinus hyperbolique et sinus hyperbolique — on a $F(\gamma (t))={\mathrm{ch}}^{2}t-{\mathrm{sh}}^{2}t=1$, par la relation du chapitre de calcul différentiel et intégral, et $a\mathrm{ch}t>0$ : l'arc est tracé dans la branche $x>0$. Il la parcourt entièrement : pour $(x_0,y_0)$ sur cette branche, le sinus hyperbolique étant une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$, il existe un unique $t_0$ tel que $\mathrm{sh}{t}_0=\frac{y_0}{b}$ ; puis $\frac{x_0^2}{a^2}=1+{\mathrm{sh}}^2{t}_0={\mathrm{ch}}^2{t}_0$ et $x_0>0$ donnent $x_0=a\mathrm{ch}{t}_0$. Le vecteur vitesse ${\gamma }^{\prime }(t)=(a\mathrm{sh}t,b\mathrm{ch}t)$ n'est jamais nul, car $\mathrm{ch}t\ge 1$. Le gradient $\nabla F=\left(\frac{2x}{a^2},-\frac{2y}{b^2}\right)$ ne s'annule qu'à l'origine, hors de la courbe. Orthogonalité : $$\frac{2a\mathrm{ch}t}{a^2}(a\mathrm{sh}t)-\frac{2b\mathrm{sh}t}{b^2}(b\mathrm{ch}t)=2\mathrm{ch}t\mathrm{sh}t-2\mathrm{sh}t\mathrm{ch}t=0.$$ Tangente en $(x_0,y_0)$ : $\frac{2x_0}{a^2}(x-x_0)-\frac{2y_0}{b^2}(y-y_0)=0$, soit $\frac{x_{0}x}{a^2}-\frac{y_{0}y}{b^2}=\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}=1$.

4) La parabole. Posons $F(x,y)=y^2-2px$ ; la courbe est la ligne de niveau $\{F=0\}$. Avec $\gamma (s)=\left(\frac{s^2}{2p},s\right)$ : $F(\gamma (s))=s^2-2p\cdot \frac{s^2}{2p}=0$, et tout point $(x_0,y_0)$ de la courbe est $\gamma (y_0)$. Le vecteur vitesse ${\gamma }^{\prime }(s)=\left(\frac{s}{p},1\right)$ n'est jamais nul, et $\nabla F=(-2p,2y)$ non plus, puisque $p>0$. Orthogonalité : $-2p\cdot \frac{s}{p}+2s\cdot 1=0$. Tangente en $(x_0,y_0)$ : $$-2p(x-x_0)+2y_0(y-y_0)=0⟺y_{0}y=p(x-x_0)+y_0^2=p(x-x_0)+2p{x}_0=p(x+x_0),$$ en utilisant $y_0^2=2p{x}_0$. Intersection avec l'axe des abscisses : pour $y=0$, $p(x+x_0)=0$, donc $x=-x_0$. La tangente en $(x_0,y_0)$ coupe l'axe au point $(-x_0,0)$, symétrique de la projection $(x_0,0)$ par rapport au sommet — ce qui permet de tracer la tangente à la règle seule.

5) La règle du dédoublement, et pourquoi elle marche. Soit $F(x,y)=A{x}^2+B{y}^2+Cxy+Dx+Ey+G$ et une courbe $\{F=c\}$ ; soit $(x_0,y_0)$ un point de la courbe où $\nabla F\ne (0,0)$. Le gradient est $\nabla F(x_0,y_0)=(2A{x}_0+C{y}_0+D,2B{y}_0+C{x}_0+E)$, et la tangente s'écrit $$(2A{x}_0+C{y}_0+D)(x-x_0)+(2B{y}_0+C{x}_0+E)(y-y_0)=0.$$ Développons : le membre de gauche vaut $2A{x}_{0}x+2B{y}_{0}y+C(x_{0}y+x{y}_0)+Dx+Ey-[2A{x}_0^2+2B{y}_0^2+2C{x}_0{y}_0+D{x}_0+E{y}_0]$. Or $(x_0,y_0)$ est sur la courbe : $A{x}_0^2+B{y}_0^2+C{x}_0{y}_0=c-G-D{x}_0-E{y}_0$, donc le crochet vaut $2(c-G)-D{x}_0-E{y}_0$. En divisant par $2$, l'équation devient $$A{x}_{0}x+B{y}_{0}y+C\frac{x_{0}y+x{y}_0}{2}+D\frac{x+x_0}{2}+E\frac{y+y_0}{2}+G=c.$$ C'est exactement l'équation de la courbe dans laquelle on a remplacé $x^2$ par $x_{0}x$, $y^2$ par $y_{0}y$, $xy$ par $\frac{x_{0}y+x{y}_0}{2}$, $x$ par $\frac{x+x_0}{2}$ et $y$ par $\frac{y+y_0}{2}$ : la règle du dédoublement. Elle n'est pas un truc : c'est l'équation du gradient, réécrite en utilisant que le point est sur la courbe. Les trois cas précédents en sont des instances — pour la parabole, $y^2-2px=0$ devient $y_{0}y-2p\frac{x+x_0}{2}=0$.

La normale à l'ellipse. La normale en $(x_0,y_0)$ est la droite passant par ce point et dirigée par $\nabla F(x_0,y_0)=\left(\frac{2x_0}{a^2},\frac{2y_0}{b^2}\right)$. Elle passe par l'origine si et seulement si le vecteur $(x_0,y_0)$ est colinéaire au gradient, c'est-à-dire, par le critère de colinéarité du chapitre de géométrie, si et seulement si le déterminant $x_0\cdot \frac{2y_0}{b^2}-y_0\cdot \frac{2x_0}{a^2}=2x_0{y}_0\left(\frac{1}{b^2}-\frac{1}{a^2}\right)$ est nul : si et seulement si $x_0{y}_0=0$ ou $a=b$. Pour $a\ne b$, la normale ne passe par le centre qu'aux quatre sommets ; pour $a=b$, la courbe est un cercle, et elle y passe toujours — c'est ce qui faisait zigzaguer la descente de l'exercice 2, et ce qui faisait viser le centre au gradient radial de sa question e).

Le point délicat. L'hypothèse $\nabla F(m_0)\ne (0,0)$ est indispensable : au point où le gradient s'annule, l'équation $\overrightarrow{0}\cdot \overrightarrow{m_{0}m}=0$ est vérifiée par tout le plan et ne définit aucune droite. Et il fallait vérifier, pour chaque courbe, que le paramétrage la parcourt entièrement, sans quoi la formule ne serait établie qu'en certains points.

Ce que l'exercice installe. Le gradient est la normale d'une courbe définie par une équation : la tangente se lit sans résoudre l'équation, et la règle du dédoublement en est la conséquence. C'est ainsi qu'on trace la tangente à toute courbe implicite — un profil de pièce défini par une équation en sciences industrielles, une isotherme, une équipotentielle —, et c'est un avant-goût des coniques, qu'on étudiera en seconde année.