Exemple 1.1. Sur $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$, considérons la courbe paramétrée $M(t)=(x(t),y(t))$, où $$x(t)=\frac{1}{1-t},y(t)=\frac{t^2}{1-t}.$$ Etude des branches infinies: La courbe peut admettre des branches infinies aux bornes de son domaine: en $\pm \infty$ et en $1$.

• Lorsque $t\to -\infty$,$$\underset{t\to -\infty }{\lim }x(t)=0,\underset{t\to -\infty }{\lim }y(t)=+\infty .$$La courbe admet donc une asymptote verticale d’équation $x=0$. Remarquons que $x(t)>0$ pour $t<1$ et en particulier au voisinage de $-\infty$; la courbe reste donc à droite de son asymptote lorsque $t\to -\infty$.
• Lorsque $t\to +\infty$,$$\underset{t\to -\infty }{\lim }x(t)=0,\underset{t\to -\infty }{\lim }y(t)=-\infty .$$La courbe admet donc la même asymptote verticale d’équation $x=0$, avec $x(t)<0$ au voisinage de $+\infty$; la courbe reste donc à gauche de son asymptote lorsque $t\to +\infty$.
• Lorsque $t\to -1^{-}$,$$\underset{t\to -1^{-}}{\lim }x(t)=\underset{t\to -1^{-}}{\lim }y(t)=+\infty .$$Pour détecter une potentielle asymptote oblique lorsque $t$ tend vers $-1$ par la gauche, on calcule$$\underset{t\to -1^{-}}{\lim }\frac{y(t)}{x(t)}=\underset{t\to -1^{-}}{\lim }{t}^2=1,\underset{t\to -1^{-}}{\lim }y(t)-1\cdot x(t)=\underset{t\to -1^{-}}{\lim }-(t+1)=-2.$$La courbe admet donc une asymptote oblique d’équation $y=x-2$ lorsque $t\to -1^{-}$.De plus, on peut vérifier que $y(t)-(x(t)-2)=-t+1$ est positif pour $t<1$, en particulier pour $t$ tendant vers $1$ par la gauche; donc on sait que la courbe reste au-dessus de la droite $y=x-2$ lorsque $t\to -1^{-}$.
• Lorsque $t\to -1^{+}$, un calcul similaire nous permet d’obtenir la même asymptote oblique d’équation $y=x-2$ et de vérifier que la courbe reste au-dessous de cette asymptote.Etudions ensuite le vecteur tangent. On a$$\dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{(1-t{)}^2}\\ \frac{2t-t^2}{(1-t{)}^2}\end{array}\right).$$$\dot{x}(t)>0$ pour tout $t\in D$, et$$\dot{y}(t)=0⟺2t-t^2=0⟺t=0\text{ ou }t=2.$$La courbe admet donc deux points à tangente horizontale: $M(0)=(1,0)$ et $M(2)=(-1,-4).$ De plus:
  

En mettant ensemble toutes ces informations, on peut esquisser le tracé de la courbe dans le plan :

Exemple 1.2. Sur $D=\mathbb{R}\setminus \{\pm 1\}$, considérons la courbe $M(t)=(x(t),y(t))$, où $$x(t)=\frac{1}{t^2-1},y(t)=\frac{t^2}{t-1}.$$ Il y a a priori six régions de $D$ dans lesquelles au moins une des fonctions prend des valeurs grandes: proche de $\pm \infty$ et proche de $t=\pm 1$ (à gauche ou à droite dans chaque cas). On va donc séparer l’analyse en considérant les six limites suivantes:

1. Lorsque $t\to -\infty$,$$\underset{t\to -\infty }{\lim }x(t)=0,\underset{t\to -\infty }{\lim }y(t)=-\infty ,$$et donc la droite $x=0$ est une asymptote verticale. (Se souvenir pour plus tard: pour des temps $t$ très éloignés dans le passé, $x(t)$ est proche de zéro, $y(t)$ est grand, négatif.)
2. Lorsque $t\to -1^{-}$,$$\underset{t\to -1^{-}}{\lim }x(t)=+\infty ,\underset{t\to -1^{-}}{\lim }y(t)=-\frac{1}{2},$$et donc la droite $y=-\frac{1}{2}$ est asymptote horizontale. (Se souvenir pour plus tard: pour des temps $t$ peu avant $t=-1$, $x(t)$ est très grand, positif, et $y(t)$ est proche de $-\frac{1}{2}$.)
3. Lorsque $t\to -1^{+}$,$$\underset{t\to -1^{+}}{\lim }x(t)=-\infty ,\underset{t\to -1^{+}}{\lim }y(t)=-\frac{1}{2},$$et donc la droite $y=-\frac{1}{2}$ est asymptote horizontale. (Se souvenir pour plus tard: pour des temps $t$ peu après $t=-1$, $x(t)$ est très grand, négatif, et $y(t)$ est proche de $-\frac{1}{2}$.)
4. Lorsque $t\to 1^{-}$,$$\underset{t\to 1^{-}}{\lim }x(t)=-\infty ,\underset{t\to 1^{-}}{\lim }y(t)=-\infty .$$On peut donc tester l’existence d’une asymptote oblique. Commençons par$$\begin{array}{rl}m=\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\frac{y(t)}{x(t)}& =\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\frac{t^2(t^2-1)}{t-1}\\ & =\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\frac{t^2(t-1)(t+1)}{t-1}=2.\end{array}$$Ensuite,$$\begin{array}{rl}h=\underset{t\to 1^{-}}{\lim }(y(t)-2x(t))& =\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\left(\frac{t^2}{t-1}-2\frac{1}{t^2-1}\right)\\ & =\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\frac{t^3+t^2-2}{t^2-1}=\frac{5}{2}.\end{array}$$Ainsi, la droite d’équation $y=2x+\frac{5}{2}$ est asymptote oblique. (Se souvenir pour plus tard: pour des temps $t$ peu avant $t=1$, $x(t)$ et $y(t)$ sont tous deux grands, négatifs, et $M(t)$ est proche de cette asymptote.)
5. Lorsque $t\to 1^{+}$,$$\underset{t\to 1^{+}}{\lim }x(t)=\infty ,\underset{t\to 1^{+}}{\lim }y(t)=\infty .$$Les mêmes calculs que ceux du point précédent montrent que la même droite $y=2x+\frac{5}{2}$ est asymptote oblique. (Se souvenir pour plus tard: pour des temps $t$ peu après $t=1$, $x(t)$ et $y(t)$ sont tous deux grands, positifs, et $M(t)$ est proche de cette asymptote.)
6. Lorsque $t\to +\infty$,$$\underset{t\to +\infty }{\lim }x(t)=0,\underset{t\to +\infty }{\lim }y(t)=+\infty ,$$et donc $x=0$ est asymptote verticale. (Se souvenir pour plus tard: pour des temps $t$ très éloignés dans le futur, $x(t)$ est proche de zéro, $y(t)$ est grand, positif.)

L’étude des branches infinies permet déjà de faire une première esquisse:
Rendons l’analyse plus précise en étudiant le vecteur tangent.$$\vec{r}(t)=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{t^2-1}\\ \frac{t^2}{t-1}\end{array}\right),\dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c}\frac{-2t}{(t^2-1{)}^2}\\ \frac{t(t-2)}{(t-1{)}^2}\end{array}\right).$$ On a donc

• un point de tangence horizontale en $t=2$, $M(2)=(\frac{1}{3},4)$,
• un point stationnaire en $t=0$, $M(0)=(-1,0)$

L’étude des signes révèle le comportement du vecteur tangent sur le reste du domaine: Regardons ce qui se passe au voisinage du point stationnaire: $$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\dot{y}(t)}{\dot{x}(t)}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t(t-2)(t^2-1{)}^2}{(t-1{)}^2(-2t)}=1.$$ Le point stationnaire est donc un “point de rebroussement”, proche duquel la courbe a une pente proche de $1$, indiquée en traitillé sur l’animation ci-dessous.

Exemple 1.3. Considérons la courbe de Lissajous définie par $$\vec{r}(t)=\left(\begin{array}{c}\sin (t)\\ \sin (2t)\end{array}\right),t\in [-\pi ,\pi ].$$ Avant de commencer, deux remarques:

• $x(t)$ et $y(t)$ sont des fonctions impaires, donc la partie de la courbe pour $t\in [-\pi ,0]$ s’obtient à partir de la partie de la courbe pour $t\in [0,\pi ]$, par une rotation de $180^{\circ }$ autour de l’origine.
• De plus, on peut remarquer que pour tout $s\in \mathbb{R}$,$$x(\frac{\pi }{2}-s)=x(s+\frac{\pi }{2}),y(\frac{\pi }{2}-s)=-y(\frac{\pi }{2}+s),$$et donc la partie de la courbe avec $t\in [\frac{\pi }{2},\pi ]$ s’obtient à partir de la partie avec $t\in [0,\frac{\pi }{2}]$, par une réflexion à travers $Ox$.

On peut donc se concentrer sur $t\in [0,\frac{\pi }{2}]$. Sur cet intervalle, on a $x(t)⩾0$, $y(t)⩾0$, et les signes des dérivées $\dot{x}(t)=\cos (t)$, $\dot{y}(2)=2\cos (2t)$ sont donnés par: Remarquons aussi que $M(0)=(0,0)$, $M(\frac{\pi }{4})=(\frac{1}{\sqrt{2}},1)$, $M(\frac{\pi }{2})=(1,0)$, et $$\dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right).$$ Ces informations permettent d’esquisser le tracé pour $t\in [0,\frac{\pi }{2}]$, de le réfléchir à travers $Ox$, puis d’effectuer une rotation du tout, de $180^{\circ }$ autour de l’origine:

Exemple 1.4. Le Folium de Descartes est défini comme $$\Gamma =\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2:x^3-3xy+y^3=0\}.$$ Remarquons que si $(x,y)\in \Gamma$, alors $(y,x)\in \Gamma$.
Cherchons des points $(x,y)\in \Gamma$, de la forme $y=tx$. En injectant dans la condition qui définit $\Gamma$, on obtient $x^3-3x(tx)+(tx{)}^3=0$, c’est-à-dire $$x^2(x-3t+t^{3}x)=0.$$ On a donc deux possibilités:

• $x=0$, qui entraîne $y=t0=0$, ou
• $x=\frac{3t}{1+t^3}$, qui entraîne $y=tx=\frac{3t^2}{1+t^3}$.

On peut donc étudier $\Gamma$ à l’aide de la paramétrisation $$x(t)=\frac{3t}{1+t^3},y(t)=\frac{3t^2}{1+t^3},t\in \mathbb{R}\setminus \{-1\}.$$

Les dérivées sont $$\dot{x}(t)=3\frac{1-2t^3}{(1+t^3{)}^2},\dot{y}(t)=3\frac{t(2-t^3)}{(1+t^3{)}^2},$$ et l’étude des signes: On a donc

1. un point de tangence horizontale en $M(0)=(0,0)$,
2. un point de tangence verticale en $M(\frac{1}{\sqrt[3]{2}})=(2^{2/3},\sqrt{2})$,
3. un point de tangence horizontale en $M(\sqrt[3]{2})=(\sqrt{2},2^{2/3})$ (le symétrique de $M(\frac{1}{\sqrt[3]{2}})$ à travers la diagonale),
4. aucun point stationnaire.

Etudions les branches infinies.
Lorsque $t\to -1$, $$\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }x(t)=\pm \infty ,\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }y(t)=\mp \infty$$ On peut alors regarder $$\begin{array}{rl}m& =\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }\frac{y(t)}{x(t)}=\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }\frac{3t^2}{1+t^3}\cdot \frac{1+t^3}{3t}=-1,\end{array}$$
puis $$\begin{array}{rl}h& =\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }[y(t)-(-1)x(t)]\\ & =\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }\left(\frac{3t^2}{1+t^3}+\frac{3t}{1+t^3}\right)\\ & =\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }\frac{3t(t+1)}{1+t^3}\\ & =\underset{t\to -1^{\mp }}{\lim }\frac{3t(t+1)}{(t+1)(t^2-t+1)}\\ & =\frac{-3}{3}=-1.\end{array}$$ et donc $y=-x-1$ est une asymptote oblique lorsque $t\to -1^{\mp }$.
On remarque que ${\lim }_{t\to \pm \infty }x(t)={\lim }_{t\to \pm \infty }y(t)=0$.
Tracé: (On a aussi représenté la droite $y=tx$.)

Exemple 1.5. Soient

• $\gamma$ le cercle de rayon $1$ centré à l’origine,
• $A$ $=(2,0)$,
• $T$ $\in \gamma$ (un point qui va bouger)
• $d$ la tangente à $\gamma$ en $T$,
• $p$ la droite perpendiculaire à $d$ passant par $A$,
• $M$ le point d’intersection de $p$ avec $d$.

La trajectoire de $M$, lorsque $T$ se déplace sur $\gamma$, est appelée le Limaçon de Pascal: Introduisons le paramètre $t\in [-\pi ,\pi ]$ pour localiser $T$ sur le cercle: $$\overrightarrow{OT(t)}=\left(\begin{array}{c}\cos (t)\\ \sin (t)\end{array}\right).$$ Puisque la tangente $d$ est perpendiculaire à $\overrightarrow{OT(t)}$, elle est dirigée par le vecteur $$\left(\begin{array}{c}-\sin (t)\\ \cos (t)\end{array}\right).$$ Pour une valeur fixée de $t$, les expressions paramétriques de $d$ et $p$ sont $$\begin{array}{rl}d& :\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\cos (t)\\ \sin (t)\end{array}\right)+\lambda \left(\begin{array}{c}-\sin (t)\\ \cos (t)\end{array}\right),\lambda \in \mathbb{R},\\ p& :\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right)+\mu \left(\begin{array}{c}\cos (t)\\ \sin (t)\end{array}\right),\mu \in \mathbb{R}.\end{array}$$ Puisque $M(t)$ est le point d’intersection de ces deux droites, on pose $$\left(\begin{array}{c}\cos (t)\\ \sin (t)\end{array}\right)+\lambda \left(\begin{array}{c}-\sin (t)\\ \cos (t)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right)+\mu \left(\begin{array}{c}\cos (t)\\ \sin (t)\end{array}\right),$$ que l’on résout pour trouver $$\begin{array}{rl}\lambda & =-2\sin (t)\\ \mu & =1-2\cos (t).\end{array}$$ On a donc le point d’intersection $M(t)=(x(t),y(t))$, où $$\begin{array}{rl}x(t)& =\cos (t)+2{\sin }^2(t),\\ y(t)& =(1-2\cos (t))\sin (t).\end{array}$$ On étudie le Limaçon ainsi paramétré, pour $t\in [-\pi ,\pi ]$.
Les dérivées sont $$\begin{array}{rl}\dot{x}(t)& =-\sin (t)(1-4\cos (t)),\\ \dot{y}(t)& =-4{\cos }^2(t)+\cos (t)+2,\end{array}$$ et on a

• $\dot{x}(t)=0$ si et seulement si $\sin (t)=0$ ou $\cos (t)=\frac{1}{4}$, ce qui implique $t=0$, $t=\pm \pi$, ou $t=\pm s_2$, où$$s_2:=\arccos \left(\frac{1}{4}\right)\approx 75.6^{\circ }$$
• $\dot{y}(t)=0$ si et seulement si $\cos (t)=\frac{1\pm \sqrt{33}}{8}$ ce qui implique $t=s_1$ ou $s_3$, où$$\begin{array}{rl}{s}_1& :=\arccos \left(\frac{1-\sqrt{33}}{8}\right)\approx 32^{\circ },\\ s_3& :=\arccos \left(\frac{1+\sqrt{33}}{8}\right)\approx 126.3^{\circ }\end{array}$$

On remarque que $x(t)$ est paire et $y(t)$ est impaire, donc la partie $t\in [-\pi ,0]$ s’obtient à partir de la partie $t\in [0,\pi ]$ par réflexion à travers $Ox$.