Universit´e Claude Bernard Lyon 1
M1R – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces
Corrig´e du contrˆol partiel Jeudi 28 Octobre 2010 ? - Dur´ee 2 heures
Les documents sont autoris´es mais les calculettes sont interdites (car inu- tiles). Il sera tenu compte de la qualit´e de la r´edaction pour l’attribution d’une note.
Le QCM. – On r´epond par vrai ou faux, sans justifier.
1.– Il n’existe pas de courbe param´etr´ee de classe C1 dont le support soit Γ ={(0, y)|y∈R+} ∪ {(x,0)|x∈R+}.
R´ep.– Faux, choisirγ(t) = (0, t2) sit≤0 etγ(t) = (t2,0) sit >0.
2.– Si une courbe param´etr´ee n’a pas de point d’inflexion alors elle est bir´eguli`ere.
R´ep.– Faux, la courbure alg´ebrique peut s’annuler sans changer de signe
3.– Soient O = (0,0) et A = (2,0) deux points du plan et P = [O, A]× [−12,12].Alors, il existe une courbe plane bir´eguli`ere `a courbure constante≥1 joignant O et A et dont le support est contenu dans P.
R´ep.– Faux, les supports des courbes planes bir´eguli`eres `a courbure constante sont des arcs de cercles. Puisque la courbure est ≥1, le support contient n´ecessairement un demi- cercle de rayon 1 centr´e en (1,0). Ce support n’est pas contenu dansP.
4.– Soient O = (0,0,0) et A = (2,0,0) deux points de l’espace et P = [O, A]×[−12,12]×[−12,12].Alors, il existe une courbe de l’espace bir´eguli`ere `a courbure constante≥1 joignantOetAet dont le support est contenu dansP.
R´ep.– Vrai, une h´elice de rayon 12 ayant suffisamment de spirales convient. En effet dans ce cas, τ≈0 etk≈2.
5.– Soit γ : [0,2π]−→R2, t 7−→ (cos3t,sin3t). L’aire du domaine d´elimit´e par γ vaut 3π
8 .
R´ep.– Vrai, appliquer la formule de Green-Riemann pour le v´erifier.
6.– Soitγ : [0,2π]−→R2 une courbe plane bir´eguli`ere ferm´ee. Si le support de γ est un cercle alors l’indice de rotation de γ vaut±1.
R´ep.– Faux,γ peut parcourir plusieurs fois son support...
7.– Soit α une 2-forme `a support compact de R2. Si β est une 1-forme de R2 telle que α=dβ alors β est `a support compact.
R´ep.– Faux. Supposonsβ`a support compact et soitf :R2−→R.Alorsβ1=β+df est une primitive de αet il est facile de choisirf telle queβ1ne soit pas `a support compact, par exemple f(x, y) =x2+y2.
8.– Soit γ : [0,2π] −→ R2 une courbe ferm´ee simple C2 et r une r´eflexion quelconque du plan, alors Ind(r◦γ) = −Ind(γ).
R´ep.– Vrai, une r´eflexion change le sens des bases donc kalg(r◦γ) = −kalg(γ) et la formuleInd(γ) =− 1
2π Z 2π
0
kalg(t)kγ0(t)kdt permet de conclure.
9.– Soit γ : [0,2π]−→ R2 une courbe ferm´ee simple C2 param´etr´ee par la l.a. alors
Z 2π
0
k(s)ds≥2π.
R´ep.– Vrai, on a
2π=
Z 2π
0
kalg(s)ds
≤ Z 2π
0
|kalg(s)|ds= Z 2π
0
k(s)ds.
10.– Le support de la courbeγ :R−→R3,t7−→(cos(cost),sin(cos(t)),cos(t)) est inclu dans une sph`ere.
R´ep.– Faux, le support deγ est celui d’une h´elice circulaire.
Exercice. – Soitρ: [0, π]−→R2la courbe polaire donn´ee parρ(θ) = cos3θ.
1) D´eterminer les points r´eguliers de ρ et tracer sommairement son support.
R´ep.– On a
ρ2+ρ02= cos6θ+ 9 sin2θcos4θ= cos4θ cos2θ+ 9 sin2θ
= cos4θ 1 + 8 sin2θ . Donc tous les points sont r´eguliers sauf celui correspondant `aθ=π2.
2) D´eterminer la courbure de ρ.
R´ep.– Un calcul direct montre que
k(θ) =cos3θ(1 + 8 sin2θ)32 8(1 + 2 sin2θ)
3) Calculer l’aire enclose par ρ. Pour les besoins du calcul, on rappelle que cos6θ= 5
16+ 15
32cos 2θ+ 3
16cos 4θ+ 1
32cos 6θ.
R´ep.– L’application de la formule de Green-Riemann donne
Aire=1 2
Z π
0
ρ2dθ= 5 32π.
Probl`eme. – Soient (Dt)t∈R la famille de droites d’´equation xcost+ysint=h(t)
o`u h:R−→R est C∞ et 2π-p´eriodique.
1) D´eterminer la courbe enveloppe γ. A quelle condition sur h cette courbe est-elle r´eguli`ere ?
R´ep.– Avec les formules du cours, on trouve imm´ediatement x(t) = h(t) cost−h0(t) sint
y(t) = h(t) sint+h0(t) cost puis
x0(t) = (h(t) +h00(t)) sint y0(t) = (h(t) +h00(t)) cost Doncγ est r´eguli`ere ssi, pour toutt∈[0,2π[,h(t) +h00(t)6= 0.
2) D´ecrire γ dans les cas o`u : a)h est constante non nulle, b)h est la fonction cos, c)h est la fonction 1 + cost.
R´ep.– Si hest constante,γ a pour support un cercle de rayon|h|. Si h= cos alors le support deγ est le point (1,0). Si h(t) = 1 + cost alors le support deγ est un cercle de rayon 1 et de centre (1,0).
3) Montrer queγ(t1) = γ(t2) est un point double ssi la rotation d’anglet1−t2 envoie le vecteur (h(t1), h0(t1)) sur le vecteur (h(t2), h0(t2)).
R´ep.– Il suffit de remarquer que x(t)
y(t)
=
cost −sint sint cost
h(t) h0(t)
=Rt
h(t) h0(t)
4) On suppose d´esormais queh est telle que γ est r´eguli`ere et que γ|[0,2π[ est sans point double. Montrer que γ|[0,2π] est ferm´ee et que son support s´epare R2 en deux composantes connexes, une born´ee et l’autre non.
R´ep.– Puisque hest 2π-p´eriodique, l’expression de γ obtenue en 1 montre qu’elle est ferm´ee. D’apr`es les hypoth`eses de la questionγ|[0,2π] est simple, on peut donc appliquer le th´eor`eme de Jordan.
5) On note γ pourγ|[0,2π].Montrer que la longueur de γ ne d´epend que de la valeur moyenne h de h.
R´ep.– On akγ0(t)k=|h(t) +h00(t)|.Remarquons quet7−→h(t) +h00(t) ne change pas de signe puisqueγ est r´eguli`ere. Soit=sign(h(t) +h00(t)), on a donc
D’o`u
Long(γ) = Z 2π
0
kγ0(t)kdt= Z 2π
0
(h(t) +h00(t))dt= Z 2π
0
h(t)dt=2πh
car
Z 2π
0
h00(t)dt= [h0(t)]2π0 = 0.
6) On suppose que γ borde positivement sa composante born´ee. Montrer l’aire de cette composante ne d´epend que de h et des variances V ar(h) et V ar(h0) de h et h0.
R´ep.– On calcule l’aire enclose au moyen de la formule de Green-Riemann. On a :
Aire(γ) =1 2
Z 2π
0
xy0−yx0= 1 2
Z 2π
0
(h+h00)hdt= 1 2
Z 2π
0
(h2−h02)dt.
Or
h2= (h−h+h)2= (h−h)2+ 2(h−h)h+h2 d’o`u
Z 2π
0
h2dt= Z 2π
0
(h−h)2dt+ Z 2π
0
h2dt= 2πV ar(h) + 2πh2.
D’autre part, puisque la moyenne deh0 est nulle, on a
V ar(h0) = 2π Z 2π
0
h02dt.
Au bilan,
Aire(γ) =π
V ar(h)−V ar(h0) +h2 .
7) En appliquant l’in´egalit´e de Wirtinger, retrouver l’in´egalit´e isop´erim´etrique pour les courbes γ.
R´ep.– L’in´egalit´e de Wirtinger affirme queV ar(h0)≥V ar(h),par cons´equent
Aire(γ) =π
V ar(h)−V ar(h0) +h2
≤πh2. Or
Long(γ)2= 4π2h2 d’o`u
Long(γ)2≥4πAire(γ).
