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\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

\begin{document}

\title{Le folium de Descartes}
\date{2012-2013}
\maketitle

\qquad Référence : François Rouvière, \emph{Petit guide de calcul différentiel à l'usage de la licence et de l'agrégation (3\up{e} édition)}, Cassini, 2009, p.237.

\bigskip
Soit $f:(x,y)\mapsto x^3+y^3-3xy$.\\
Soit $C:=f^{-1}(0)$.

$C$ est appelé folium de Descartes, le but de ce développement est de le décrire.

\bigskip
\begin{itemize}
\item Commençons par définir, dans l'équation de $C$, $y$ comme fonction implicite de $x$, lorsque cela est possible.

$f$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$ de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$. Le théorème des fonctions implicites lui est applicable au voisinage de $(a,b)$ si :
\[f(a,b)=0 \text{ et } \frac{\partial f}{\partial y} (a,b) = 3(b^2-a)\neq 0\]

Il existe dans ce cas un voisinage $V$ de $a$, un voisinage $W$ de $b$ et une fonction $\varphi : V\to W$ de classe $\mathcal{C}^\infty$ tels que :
\[(x\in V, y\in W \text{ et } (x,y)\in C) \iff (x\in V \text{ et } y=\varphi(x))\]

La tangente à $C$ au point $(a,b)$ a pour équation :
\[y-b=\varphi'(a)(x-a)\]

Pour $x\in V$, on a $f(x,\varphi(x))=0$ donc :
\[\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+\varphi'(x)\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0\]
d'où :
\[\varphi'(x)=-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}{\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)}\]
i.e.
\[\varphi'(x)=-\frac{x^2-y}{y^2-x}\]

La tangente à $C$ au point $(a,b)$ a donc pour équation :
\[(a^2-b)(x-a)+(b^2-a)(y-b)=0\]

\item Il y a deux couples $(a,b)$ tels que $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=0$ : $(a,b)=(0,0)$ et $(a,b)=(2^{2/3},2^{1/3})=A$. Au point $A$, on a :
\[\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)=3(a^2-b)=3\cdot 2^{1/3}\neq 0\]
On peut donc exprimer $x$ comme fonction implicite de $y$ au voisinage de ce point et puisque $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=0$, on a une tangente verticale en $A$.

À l'origine on a par contre $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)=0$ donc le théorème des fonctions implicites n'est pas applicable directement.

\bigskip
\item Donnons maintenant une représentation paramétrique de $C$. Pour cela, on étudie l'intersection de $C$ avec la droite $y=tx$ :
\[
\left \{
\begin{array}{l}
    x^3+y^3-3xy = 0 \\
    y = tx \\
\end{array}
\right.
\]
i.e.
\[
\left \{
\begin{array}{l}
    x^2((1+t^3)x-3t) = 0 \\
    y = tx \\
\end{array}
\right.
\]

La première équation en $x$ a $0$ comme racine double, ce qui donne le point $(x,y)=(0,0)$, et une troisième racine, si $t\neq -1$, qui donne le point :
\[(x,y)=\left(\frac{3t}{1+t^3}, \frac{3t^2}{1+t^3}\right)\]

\bigskip
\item Cette équation paramétrique nous permet d'établir le tableau de variation suivant :

\[
\begin{array}{c|ccccccccccccc}
\hline
t & -\infty & & & -1 & & & 0 & & 2^{-1/3} & & 2^{1/3} & & +\infty\\
\hline
x & 0 & \nearrow & +\infty & || & -\infty & \nearrow & 0 & \nearrow & 2^{2/3} & \searrow & 2^{1/3} & \searrow & 0\\
\hline
y & 0 & \searrow & -\infty & || & +\infty & \searrow & 0 & \nearrow & 2^{1/3} & \nearrow & 2^{2/3} & \searrow & 0\\
\hline 
\end{array}
\]

Il y a donc deux passages par l'origine : l'un pour $t=0$, avec tangente horizontale car $y/x=t$ tend vers $0$, et l'autre déduit du premier par symétrie par rapport à la première bissectrice (car $f(a,b)=f(b,a)$), avec tangente verticale (correspondant ici à $t \to \pm \infty$).

Étude de la branche infinie en $t \to -1$ : $y/x=t$ tend vers $-1$ donc la direction asymptotique est celle de la droite $y=-x$. De plus,
\[y-(-1)x=\frac{3t^2+3t}{1+t^3}=\frac{3t}{1-t+t^2}\to -1\]
donc $x+y+1 \to 0$ pour $t\to -1$ et la distance euclidienne du point $(x,y)$ à la droite d'équation $ax+by+c=0$ est $|ax+by+c|/\sqrt{a^2+b^2}$, donc la droite d'équation $x+y+1=0$ est asymptote à $C$.

On a enfin :
\[x+y+1=\frac{(1+t)^3}{1+t^3}=\frac{(1+t)^2}{1-t+t^2}>0 \text{ pour } t\neq -1\]
donc $C$ est au-dessus de l'asymptote.
\end{itemize}

\bigskip
\includegraphics{folium.png}
\end{document}