M1 – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces

Universit´e Claude Bernard Lyon 1

M1 – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces

Corrig´e du contrˆole partiel du xx novembre 2013

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.– Soient r:I −→R^∗+ une courbe polaireC^∞. Sir⁰ etr⁰⁰ ne s’annulent pas alors la courbe est bir´eguli`ere.

R´ep.– Faux. Si γ(θ) =re^iθ alorsk_alg = r²+ 2(r⁰)²−rr⁰⁰

(r²+ (r⁰)²)³² . La non annulation der⁰ et der⁰⁰ n’implique pask_alg6= 0.

2.– Soit γ :I −→ R² une courbe ayant trois points align´es de mˆeme cour- bure. Soit ϕ:R² −→R² d´efinit par (x, y)7−→(x+ 2y,3x+ 4y). Alors ϕ◦γ poss`ede trois points align´es de mˆeme courbure.

R´ep.– Vrai. L’applicationϕest lin´eaire, elle pr´eserve l’alignement, l’´egalit´e des vitesses et des acc´el´erations, donc l’´egalit´e de la courbure aussi.

3.–L’enveloppe de la famille de droites d’´equation _cos^x_t+_sin^y_t = 1, t∈]0, π/2[, est une portion de l’astro¨ıde x²³ +y²³ = 1.

R´ep.– Vrai, le v´erifier avec les formules du cours.

4.– Soitγ(t) = (t³−t,1−t²) avect ∈[−1,1].L’aire enclose parγ vaut 8/15.

R´ep.– Vrai, appliquer la formule de Green-Riemann pour le v´erifier.

5.– Soit γ : [0,2π] −→ R² une courbe ferm´ee simple r´eguli`ere d’indice de rotation nul. Alors γ n’est pas bir´eguli`ere.

R´ep.– Vrai. La formuleInd(γ) = 1 2π

Z 2π

0

kalg(t)kγ⁰(t)kdtmontre qu’il existe n´ecessairement un pointto`uk<sub>alg</sub> s’annule. En ce pointγn’est pas bir´eguli`ere.

6.– Soit γ : I −→ R² une courbe ferm´ee simple bir´eguli`ere et param´etr´ee par la longueur d’arc. Alors la formule de l’indice de rotation implique que la longueur Long(γ⁰) de γ⁰ est un multiple de 2π.

R´ep.– Vrai. Puisqueγest param´etr´ee par la longueur d’arc on a Ind(γ) = 1

2π Z

I

k_alg(s)kγ⁰(s)kds= 1 2π

Z

I

k_alg(s)ds.

Commeγ est bir´eguli`ere,kalg ne change pas de signe et donc Ind(γ) =± 1

2π Z

I

kγ⁰⁰(s)kds=± 1

2πLong(γ⁰) on d´eduit

Long(γ⁰) =±2Ind(γ)π∈2πZ.

7.– Soient R > 0, α une 1-forme de R² telle que dα = dx ∧dy et γ_R : [0,2π] −→ R² la courbe param´etr´ee donn´ee par γ_R(θ) = (Rcosθ, Rsinθ).

Alors on a

Z

γR

α =R Z

γ1

α.

R´ep.– Faux, d’apr`es la formule de Green-Riemann on a Z

γ_R

α= Z

D_R

dα= Z

D_R

dx∧dy=πR² o`uDR est le disque de rayon R.AinsiR

γ_Rα=R²R

γ₁α.

8.– Soient γ : I −→ R², t 7−→ γ(t) une courbe param´etr´ee plane. Si γ^∗dx =dt alors γ est param´etr´ee par la longueur d’arc.

R´ep.– Faux. Si γ(t) = (γ1(t), γ2(t)) alorsγ^∗dx=γ₁⁰(t)dt.Toute courbeγ(t) = (t, f(t)) v´erifieγ^∗dx=dt.

9.– Soit γ : R −→ R² la courbe param´etr´ee donn´ee par x(t) = e^t+ 1 et y(t) =e^t.Alors le support de γ est une droite.

R´ep.– Faux, le support est une demi-droite ouverte.

10.– Soit γ1 : [0,1] −→ R² une courbe r´eguli`ere ferm´ee simple param´etr´ee par la longueur d’arc, Γ<sub>1</sub> son support et C<sub>int</sub> la composante born´ee du compl´ementaire de Γ<sub>1</sub>. Soit γ<sub>2</sub> : [0,1] −→ C<sub>int</sub> une autre courbe r´eguli`ere ferm´ee simple param´etr´ee par la longueur d’arc, alors on a

Z 1

0

k_1,alg(s)ds

<

Z 1

0

k_2,alg(s)ds

o`u k_1,alg et k_2,alg sont les courbures alg´ebriques de γ₁ etγ₂.

R´ep.– Faux. En effetR1

0 k_1,alg(s)ds= 2πInd(γ₁) etR1

0 k_2,alg(s)ds= 2πInd(γ₁), l’in´egalit´e propos´ee s’´ecrit|Ind(γ1)|<|Ind(γ2)|.Il suffit de choisir γ2 de mˆeme indice queγ1 pour la faire ´echouer.

Probl`eme. – Soit γ : [α, β]−→ R<sup>2</sup> une courbe bir´eguli`ere param´etr´ee par la longueur d’arc. Pour tout a ∈R, la courbe param´etr´ee

γa : [α, β] −→ R²

t 7−→ γ(t) +aN_alg(t)

o`u Nalg est la normale alg´ebrique de γ, est dite courbe parall`ele `a γ. Le but de ce probl`eme est d’´etudier quelques propri´et´es des courbes parall`eles.

Courbes parall`eles `a une ellipse.

1) Montrer que les image des points singuliers de la famille de courbes

d´evelopp´ee est la courbe des centres de courbure).

R´ep.– Puisqueγest param´etr´ee par la longueur d’arc, on aN_alg⁰ (t) =−kalg(t)γ⁰(t) d’o`u γ_a⁰(t) =γ⁰(t)−akalg(t)γ⁰(t) = (1−akalg(t))γ⁰(t).

Par cons´equentt∈I est un point singulier deγ_a ssia=k_alg(t)⁻¹.Son image est alors le pointγ(t) +kalg(t)⁻¹Nalg(t) qui est le centre de courbure deγau pointt.

2) Calculer la longueur d’arc de γ_a et montrer que si |a| est suffisamment petit alors

Long(γ_a) +Long(γ_−a) = 2Long(γ).

R´ep.– D’apr`es la question pr´ec´edente, si |a| < sup_t∈[α,β]|kalg(t)| alors kγ_a⁰k = (1− akalg(t))kγ⁰(t)k et donckγ_a⁰(t)k+kγ_−a⁰ (t)k= 2kγ⁰(t)k.

3) Montrer que, si a est suffisamment petit, la normale alg´ebrique N_a,alg de γ_a est ´egale `a la normale alg´ebriqueN_alg deγ.On prendra garde que sia 6= 0 la courbe γ_a n’est pas param´etr´ee par l’abscisse curviligne.

R´ep.– D’apr`es la question 1, on aγ_a⁰(t) = (1−akalg(t))γ⁰(t).Si|a|<sup_t∈[α,β]|kalg(t)|

alors (1−akalg(t))>0 et donc le vecteur tangent normalis´eTa deγa est ´egal au vecteur tangent normalis´e T de γ : pour tout t ∈ I, Ta(t) = T(t). On en d´eduit Na,alg(t) = Rot+^π₂Ta(t) =Rot+^π₂T(t) =Nalg(t).

4) D´eterminer le rayon de courbure R_a aux points r´eguliers de γ_a. On dis- cutera selon que k_alg =±k.

R´ep.– Deγ⁰_a(t) = (1−akalg(t))γ⁰(t),on d´eduitγ_a⁰⁰(t) =−ak_alg⁰ (t)γ⁰(t)+(1−akalg(t))γ⁰⁰(t), puis, sia6=k⁻¹_alg(t),

ka(t) =|det(γ_a⁰(t), γ⁰⁰_a(t))|

kγ_a⁰(t)k³ =(1−akalg(t))²|det(γ⁰(t), γ⁰⁰(t))|

|1−akalg(t)|³kγ⁰(t)k³ = 1

|1−akalg(t)||kalg(t)|.

Si kalg =kalors Ra(t) =|k⁻¹(t)−a|=|R(t)−a| o`u R(t) est le rayon de courbure de γ ent.Sik_alg=−kalorsR_a(t) =|k⁻¹(t) +a|=|R(t) +a|.

5) Soit a 6= 0.Dans cette question on se place en un point t telk_alg(t) = a⁻¹ et on suppose k_alg⁰ (t) 6= 0. Montrer que t est un point de rebroussement de premi`ere esp`ece de γ_a.

R´ep.– D’apr`es la question 1, un pointt∈Itel quek_alg(t) =a⁻¹ est un point singulier.

Calculons en ce point les d´eriv´ees seconde et troisi`eme. On a :

γ_a⁰⁰(t) =−ak⁰_alg(t)γ⁰(t) + (1−akalg(t))γ⁰⁰(t) =−ak⁰_alg(t)γ⁰(t) et

γ_a⁰⁰⁰(t) = −ak⁰⁰_alg(t)γ⁰(t)−2ak_alg⁰ (t)γ⁰⁰(t) + (1−akalg(t))γ⁰⁰⁰(t)

= −ak⁰⁰_alg(t)γ⁰(t)−2ak_alg⁰ (t)γ⁰⁰(t) D’une part, puisquea6= 0 etk⁰_alg(t)6= 0,on a

V ect(γ_a⁰⁰(t), γ_a⁰⁰⁰(t)) =V ect(γ⁰(t), γ⁰⁰(t)).

D’autre part, commeγ est bir´eguli`ere, on a

dim V ect(γ⁰(t), γ⁰⁰(t)) = 2 et donct est un point de rebroussement de premi`ere esp`ece.

6) Soit (δ_t0)_t0∈R la famille des d´eveloppantes deγ :

∀t∈I = [α, β], δ_t0(t) :=γ(t)−(t+t₀)γ⁰(t).

Montrer que pour tout couple (t₀, t₁) ∈ R² avec −t₀ < α, −t₁ < α, les d´eveloppantes δt0 et δt1 sont parall`eles.

R´ep.– D’une part on a

δ_t⁰₀(t) =γ⁰(t)−γ⁰(t)−(t+t0)γ⁰⁰(t) =−(t+t0)kalg(t)Nalg(t)6= 0 car−t₀< α≤t.Par cons´equent

Nalg(δt₀)(t) =±γ⁰(t)

le signe ne d´ependant que de celui de kalg puisque pour tout t ∈I, t+t0 >0. D’autre part,

δt₁(t)−δt₀(t) = (t1−t0)γ⁰(t).

Ainsiδt0 etδt1 sont parall`eles.

7) Soient R >0 et γ donn´ee par γ(t) = (Rcos t

R, Rsin t

R) avec t∈R. i) Ecrire les d´eveloppantes (δ_t0)_t0∈R de γ et montrer que

∀t∈R, dist(δ_t0(t+ 2π), δ_t0(t)) =Cte.

ii) Montrer que pour tout t ∈ R, δt0(t + 2π)−δt0(t) est orthogonal `a δ_t⁰

0(t) et `a δ_t⁰

0(t+ 2π).

Une d´eveloppante d’un cercle.

R´ep.– i) On a

δt₀(t) =γ(t)−(t+t0)γ⁰(t) =

Rcos t

R+ (t+t0) sin t

R, Rsin t

R −(t+t0) cos t R

.

Puisque γest 2π-p´eriodique, on aδt₀(t+ 2π) =γ(t)−(t+ 2π+t0)γ⁰(t) d’o`u δt₀(t+ 2π)−δt₀(t) = 2πγ⁰(t)

et dist(δ_t0(t+ 2π), δ_t0(t)) = 2πpour toutt∈R. ii) On aδ_t⁰

0(t) =−(t+t0)γ⁰⁰(t),δ_t⁰

0(t+ 2π) =−(t+ 2π+t0)γ⁰⁰(t) qui sont orthogonaux `a δt₀(t+ 2π)−δt₀(t) = 2πγ⁰(t) carγ est param´etr´ee par la longueur d’arc.

8) On dit qu’une courbe param´etr´eeδ:R−→R² estauto-parall`eles’il existe un diff´eomorphismeϕ:R−→R tels que d’une part,

∀t∈R, dist(δ(ϕ(t)), δ(t)) =Cte

et d’autre part, δ⁰(ϕ(t)) etδ⁰(t) sont orthogonaux `a δ(ϕ(t))−δ(t). Montrer que si γ : R−→R<sup>2</sup> param´etr´ee par la longueur d’arc est T-p´eriodique alors toutes ses d´eveloppantes δ<sub>t0</sub> sont des courbes auto-parall`eles.

R´ep.– Poserϕ(t) =t+T et refaire les mˆemes calculs qu’`a la question pr´ec´edente.