PLAN TANGENT ET NORMALE À UNE SURFACE EN UN POINT. TANGENTE À UNE COURBE EN UN POINT.

Lycée Sainte Geneviève PT-PT*

MATHÉMATIQUES

2020-2021 Chap 20 Fiche

COURBES ET SURFACES DE L'ESPACE

PLAN TANGENT ET NORMALE À UNE SURFACE EN UN POINT.

TANGENTE À UNE COURBE EN UN POINT.

1. Plan tangent et normale à une surface en un point régulier

Méthode 1 : la surface est donnée sous forme paramétrique (U; f)

? Si M

₀

(x

₀

; y

₀

; z

₀

) est donné par ses coordonnées, commnencer par déterminer (u

₀

; v

₀

) 2 U tel que M

₀

= f(u

0

; v

0

).

? En utilisant les 3 applications coordonnées, montrer que f est bien C

¹

sur U.

? Calculer @f

@u (u

₀

; v

₀

) ^ @f

@v (u

₀

; v

₀

).

? S'il est non nul, M

₀

est un point régulier. Sinon c'est un point stationnaire.

? Détermination d'une équation cartésienne du plan tangent au point M

₀

à la surface S : ,! Avec le produit mixte : M(x; y; z) 2 P

M0

()

!

M

0

M; @f

@u (u

0

; v

0

); @f

@v (u

0

; v

0

)

= 0.

,! En connaissant un vecteur normal au plan : @f

@u (u

₀

; v

₀

) ^ @f

@v (u

₀

; v

₀

) = 0 B @ a b c

1 C A :

P

M0

: a(x x

0

) + b(y y

0

) + c(z z

0

) = 0

? Détermination d'une représentation paramétrique de la normale à S passant par M

0

: Elle passe par M

0

et elle est dirigée par @f

@u (u

0

; v

0

) ^ @f

@v (u

0

; v

0

) : 2 R 7! M

₀

+ @f

@u (u

₀

; v

₀

) ^ @f

@v (u

₀

; v

₀

):

Exemples :

Soit S la nappe paramétrée dénie par :

f : (u; v) 2R²7!

(

x(u; v) = e^u y(u; v) = e^v z(u; v) = uv Montrer que tout point de S est régulier et déterminer le plan tangent en tout point de S.

? Montrer que f 2 C¹(R²;R³) :

,! Régularité des fonctions coordonnées :

On pose f1; f2et f3les trois applications coordonnées de f. Les fonctions (u; v) 2R²7! u, (u; v) 2R²7! v et

(u; v) 2R²7! uv sont polynomiales surR²et ainsi elles sont de classe C¹sur l'ouvertR². Ainsi, la fonction coordonnée f3

est bien de classe C¹ surR². De plus, par composition à gauche par la fonction numérique exponentielle qui est de classe C¹surR, les fonctions coordonnées f1et f2 sont bien de classe C¹surR².

,! Régularité de f :

Par caractérisation de la régularité par les fonctions coordonnées, la fonction f est bien de classe C¹ surR².

? Montrer que la surface est régulière : ,! Calcul des dérivées partielles :

Soit (u; v) 2R², on a : @f

@u(u; v) = e^u 0v

!

et@f

@v(u; v) = 0 e^v u

!

. ,! Vérions que la surface est bien régulière :

Soit (u; v) 2R², on a : @f(u; v) ^@f(u; v) = ve^v ue^u

!

. Comme e^u+v6= 0 pour tout (u; v) 2R², tout point M(u; v) est

? Équation cartésienne du plan tangent à S en un point régulier :

Soit (u0; v0) 2R², le point M de paramètre (u0; v0) étant bien un point régulier, le plan tangent à S en ce point admet une équation cartésienne :

v0e^v0(x e^u0) u0e^u0(y e^v0) + e^u0+v0(z u0v0) = 0 () v0e^v0x u0e^u0y + e^u0+v0z + e^u0+v0(u0+ v0 u0v0) = 0 () v0e ^u0x + u0e ^v0y z (u0+ v0 u0v0) = 0:

Déterminer l'équation du plan tangent et une représentation paramétrique de la normale au point de coordonnées ( 1; 0; 1) de la nappe paramétrée dénie par :

(u; v) 2R²7!

(

x(u; v) = u v y(u; v) = uv z(u; v) = u² v²

? Calcul du paramétrage :

On cherche (u; v) 2R² tel que M(u; v) = ( 1; 0; 1) ce qui équivaut à :

(

u v = 1

uv = 0

u² v² = 1 ()

(

u = 0

v = 1

1 = 1 ou

(

v = 0

u = 1

1 = 1

Ainsi, l'unique solution est M( 1; 0).

? Montrer que f 2 C¹(R²;R³) :

,! Régularité des fonctions coordonnées :

On pose f1; f2 et f3 les trois applications coordonnées de f. Elles sont toutes les trois polynomiales surR², et ainsi les fonctions coordonnées f1, f2et f3 sont bien de classe C¹surR².

,! Régularité de f :

Par caractérisation de la régularité par les fonctions coordonnées, la fonction f est bien de classe C¹ surR².

? Montrer que le point M est régulier : ,! Calcul des dérivées partielles :

Soit (u; v) 2R², on a : @f

@u(u; v) = 1 2uv

!

et @f

@v(u; v) = 1 u2v

!

. ,! Vérions que le point M( 1; 0) est bien régulier :

On a : @f

@u( 1; 0) ^@f

@v( 1; 0) = 2 21

!

6= 0_R3. Ainsi, le point M( 1; 0) est régulier.

? Équation cartésienne du plan tangent à S au point régulier M :

Le plan tangent à S en ce point M( 1; 0) admet une équation cartésienne : 2(x + 1) + 2y (z 1) = 0 , 2x + 2y z = 1.

? Représentation paramétrique de la normale à S au point régulier M :

La normale à S au point régulier M de coordonnées ( 1; 0; 1) admet pour représentation paramétrique :

2R7! M + @f

@u( 1; 0) ^@f

@v( 1; 0) =

21 2 1

Méthode 2 : la surface est donnée à l'aide d'une équation cartésienne F (x; y; z) = 0

? Vérier que M

₀

(x

₀

; y

₀

; z

₀

) est bien un point de S, c'est-à-dire que F (x

₀

; y

₀

; z

₀

) = 0.

? Montrer que F est bien C

¹

sur un ouvert U R

³

.

? Calculer rF (M

0

) = 0 B B B B B B B @

@F

@x (x

0

; y

0

; z

0

)

@F

@y (x

₀

; y

₀

; z

₀

)

@F

@z (x

₀

; y

₀

; z

₀

) 1 C C C C C C C A

? S'il est diérent du vecteur nul, M

₀

est un point régulier. Sinon c'est un point stationnaire.

? Détermination d'une équation cartésienne du plan tangent au point régulier M

0

à la surface S : P

_M0

: @F

@x (x

₀

; y

₀

; z

₀

) [x x

₀

] + @F

@y (x

₀

; y

₀

; z

₀

) [y y

₀

] + @F

@z (x

₀

; y

₀

; z

₀

) [z z

₀

] = 0

? Détermination d'une représentation paramétrique de la normale à S passant par M

₀

: Elle passe par M

₀

et elle est dirigée par rF (M

₀

) :

2 R 7! M

₀

+ rF (M

₀

):

Exemples :

Former une équation cartésienne du plan tangent en A(1; 1; 1) à la surface S d'équation : x²yz + xy³z + xyz⁴ 3 = 0:

? Montrer que A 2 S : Comme F (1; 1; 1) = 0, on a bien : A 2 S.

? Montrer que F : (x; y; z) 2R³7! x²yz + xy³z + xyz⁴ 3 est de classe C¹ sur l'ouvertR³ : La fonction F étant une fonction polynomiale, on a bien : F 2 C¹(R³;R).

? Montrer que A est un point régulier de S :

,! Calcul du gradient de F : pour tout (x; y; z) 2R³, on a : rF (x; y; z) = 2xyz + zy³+ yz⁴ zx²+ 3xzy²+ xz⁴ x²y + xy³+ 4xyz³

!

.

,! Vérication que A est bien régulier : on a ainsi rF (A) = 4 56

!

6= 0_R3donc le point A est bien un point régulier de S.

? Équation cartésienne du plan tangent à S au point régulier A :

4[x 1] + 5[y 1] + 6[z 1] = 0 () 4x + 5y + 6z = 15:

? Représentation paramétrique de la normale à S au point régulier A :

La normale à S au point régulier A de coordonnées (1; 1; 1) admet pour représentation paramétrique :

2R7! A + rF (A) =

1 + 4 1 + 5 1 + 6

Soit S la surface d'équation z³ = xy et D la droite dénie par

n

x = 2

y = 3z 3: Déterminer les plans tangents à la surface S et contenant la droite D.

On cherche ainsi les éléments (a; b; c) 2R³tels que : (a) Le point M(a; b; c) appartienne à la surface S,

(b) Le point M(a; b; c) soit un point régulier de la surface S, (c) Le plan tangent PM à S en M(a; b; c) contienne la doite D.

Étudions chacun des points :

? Condition (a) : M(a; b; c) 2 S si et seulement si c³= ab.

? Condition (b) : La surface S est dénie par l'équation cartésienne F (x; y; z) = 0 avec F : (x; y; z) 2R³ 7! z³ xy. Cette fonction F est polynomiale surR³ et ainsi elle est bien de classe C¹ sur l'ouvertR³. De plus, pour tout (x; y; z) 2R³, on a : rF (x; y; z) = y

3zx²

!

. Ainsi, le point M(a; b; c) 2 S est régulier si et seulement si rF (a; b; c) = b 3ca²

!

6= 0_R3 donc si et seulement si (a; b; c) 6= (0; 0; 0).

? Condition (c) : soit (a; b; c) 6= (0; 0; 0).

,! Équation du plan tangent à S en M(a; b; c) : il admet pour équation cartésienne : b(x a) a(y b) + 3c²(z c) = 0 , bx ay + 3c²z c³= 0 en utilisant pour simplier que : c³= ab.

,! Représentation paramétrique de D : la droite D admet le paramétrage cartésien suivant :

2R7!

23 + 3

,! Condition (c) : la droite D est contenue dans le plan PM si et seulement si :

8 2R; 2b a( 3 + 3) + 3c² c³= 0 , 8 2R; 3(c² a) + (3a 2b c³) = 0 ,

identication

n

c² a = 0 3a 2b c³ = 0

On cherche donc les triplets (a; b; c) 6= (0; 0; 0) vériant

(

c³ = ab

c² = a

3a 2b c³ = 0 La résolution de ce système non linéaire donne :

(

c² = a

c³ = ab

3a 2b c³ = 0 ,

(

c² = a

a(b c) = 0 L2! L2 cL1

3a 2b c³ = 0 ,

(

c² = a

b = c

c(c² 3c + 2) = 0

car le cas a = 0 amène (a; b; c) = (0; 0; 0) ce qui est exclu. De même c = 0 est exclu car amenant (a; b; c) = (0; 0; 0) et on obtient ainsi c = 1 ou c = 2. Ainsi, on obtient les points M(1; 1; 1) et M(4; 2; 2).

Il existe donc deux plans tangents à S contenant la droite D, il s'agit des plans admettant pour équation cartésienne : x y+3z = 1 et x 2y + 6z = 4.

Soit S la surface d'équation x²+ y²+ 2z²= 1 et D la droite dénie par

n

y = 3x

z = 2x: Déterminer les plans tangents à la surface S et orthogonaux à la droite D.

On cherche ainsi les éléments (a; b; c) 2R³tels que : (a) Le point M(a; b; c) appartienne à la surface S,

(b) Le point M(a; b; c) soit un point régulier de la surface S,

? Condition (a) : M(a; b; c) 2 S si et seulement si a²+ b²+ 2c²= 1.

? Condition (b) : La surface S est dénie par l'équation cartésienne F (x; y; z) = 0 avec F : (x; y; z) 2R³7! x²+ y²+ 2z² 1.

Cette fonction F est polynomiale surR³ et ainsi elle est bien de classe C¹ sur l'ouvertR³. De plus, pour tout (x; y; z) 2R³, on a : rF (x; y; z) = 2x

2y4z

!

. Ainsi, le point M(a; b; c) 2 S est régulier si et seulement si rF (a; b; c) = 2a 2b4c

!

6= 0_R3 donc si et seulement si (a; b; c) 6= (0; 0; 0). Or ce point n'appartient pas à la surface et ainsi tous les points de S sont réguliers.

? Condition (c) :

,! Équation du plan tangent à S en M(a; b; c) : il admet pour équation cartésienne : a(x a) + b(y b) + 2c(z c) = 0 , ax + by + 2cz = 1 en utilisant pour simplier que : a²+ b²+ 2c²= 1 et !n = a

2cb

!

est un vecteur normal à PM. ,! Un vecteur directeur de D : la droite D admet le paramétrage cartésien suivant :

2R7!

3 2

et elle est dirigée par !u = 1 32

!

.

,! Condition (c) : Le plan tangent à S en M(a; b; c) est normal à D si et seulement si les vecteurs !n et !u sont colinéaires c'est-à-dire si et seulement si !n ^ !u = 0_R³. Or on a : !n ^ !u = 2b + 6c

2(c + a) 3a b

!

: On obtient ainsi :

!n ^ !u = 0_R3,

(

a + c = 0

3a b = 0

b + 3c = 0 ,

n

_{a = c}

b = 3c

On cherche donc les triplets (a; b; c) 2R³ vériant

(

a = c

b = 3c

a²+ b²+ 2c² = 1 ,

(

a = c

b = 3c

12c² = 1:

Ainsi, on obtient les points M

1 2p 3;

p3 2 ; 1

2p 3

et M

1 2p

3; p3

2 ; 1 2p

3

.

Il existe donc deux plans tangents à S et orthogonaux à D, il s'agit des plans admettant pour équation cartésienne :

x + 1 2p

3

+ 3

y + p3

2

2

z 1

2p 3

= 0 et

x 1

2p 3

+ 3

y p3

2

2

z + 1 2p

3

= 0.

Méthode 3 : la surface est donnée à l'aide d'une paramétrisation cartésienne z = '(x; y)

Étape une : déterminer d'une équation cartésienne du plan tangent à S surface régulière :

? Vérier que M

0

(x

0

; y

0

; z

0

) est bien un point de S, c'est-à-dire que z

0

= '(x

0

; y

0

).

? Montrer que ' est bien de classe C

¹

sur un ouvert U R

²

.

? La surface S étant donnée par une paramétrisation cartésienne, c'est bien une surface régulière.

? Calculer @'

@x (x

₀

; y

₀

) et @'

@y (x

₀

; y

₀

).

? Détermination d'une équation cartésienne du plan tangent au point régulier M

0

à la surface S : P

_M0

: z = z

₀

+ @'

@x (x

₀

; y

₀

) [x x

₀

] + @'

@y (x

₀

; y

₀

) [y y

₀

] Étape deux : Position locale de S par rapport à son plan tangent en M

0

:

? Expression de z

_S

z

_P

localement au voisinage de M

₀

( x

₀

; y

₀

; z

₀

) 2 S avec z

₀

= '(x

₀

; y

₀

) : z

_S

z

_P

= '(x; y)

'(x

₀

; y

₀

) + @'

@x (x

₀

; y

₀

) [x x

₀

] + @'

@y (x

₀

; y

₀

) [y y

₀

]

(h;k)!(0;0)

= '(x

₀

+ h; y

₀

+ k)

'(x

₀

; y

₀

) + h @'

@x (x

₀

; y

₀

) + k @'

@y (x

₀

; y

₀

)

On cherche alors à étudier le signe localement de l'expression ci-dessus.

? Méthode une : avec la Hessienne en M

0

:

Utilisation de la formule de Taylor-Young à l'ordre deux : Justier que la fonction ' est de classe C

²

sur l'ouvert U de R

²

.

La fonction ' étant de classe C

²

sur l'ouvert U, la formule de Taylor-Young appliquée à ' en (x

0

; y

0

) 2 U, assure :

z

S

z

P

=

(k;k)!(0;0)

1 2

"

h

²

@

²

'

@x

²

(x

0

; y

0

) + 2hk @

²

'

@x@y (x

0

; y

0

) + k

²

@

²

'

@y

²

(x

0

; y

0

)

#

+ (h

²

+ k

²

)

(k;k)!(0;0)

= 1

2

^t

XHX + (h

²

+ k

²

) en posant X = h

k

!

et H la hessienne de ' au point (x

₀

; y

₀

).

Réduction de la Hessienne H en M

₀

à l'aide d'une matrice orthogonale :

,! La fonction ' étant de classe C

²

sur l'ouvert U avec (x

₀

; y

₀

) 2 U, le théorème de Schwarz assure que la hessienne de ' en (x

0

; y

0

) est une matrice symétrique réelle.

,! D'après le théorème spectral, H est ainsi diagonalisable à l'aide d'une matrice orthogonale et ainsi on peut trouver P 2 O

₂

(R) et D = Diag(; ) telles que : H = P D

^t

P .

,! On obtient alors :

t

XHX =

^t

XP D

^t

P X =

^t

(

^t

P X)D(

^t

P X) =

^t

Y DY = h

⁰²

+ k

⁰²

en posant Y =

^t

P X et (; ) 2 R

²

valeurs propres réelles de H.

Nouvelle expression du signe local de z

S

z

P

:

L'étude des valeurs propres de H donne le signe local de z

_S

z

_P

puisqu'il est localement égal à h

⁰²

+ k

⁰²

. Calcul de det (H) et Tr(H) et conclusion :

Calcul de det (H) = :

,! S'il est nul : on ne peut pas conclure et on utilise la méthode 2 qui suit.

,! S'il est négatif strictement : les valeurs propres étant alors de signes opposés, z

_S

z

_P

change de signe

et ainsi le plan tangent en M

0

traverse la surface S au voisinage de M

0

.

,! S'il est positif strictement : Calcul de Tr(H) = + :

Si Tr(H) > 0 alors les valeurs propres sont toutes les deux strictement positives et localement : z

_S

z

_P

0 : le plan tangent en M

₀

ne traverse pas la surface au voisinage de M

₀

et la surface reste localement au voisinage de M

0

au-dessus de son plan tangent en M

0

.

Si Tr(H) < 0 alors les valeurs propres sont toutes les deux strictement négatives et localement : z

_S

z

_P

0 : le plan tangent en M

₀

ne traverse pas la surface au voisinage de M

₀

et la surface reste localement au voisinage de M

0

en-dessous de son plan tangent en M

0

.

? Méthode deux : par la dénition, par une étude locale de signe : On étudie localement le signe de z

S

z

P

.

Exemples : On considère les surfaces d'équations cartésiennes respectivement z = x² y²et z = x³+ y³ 3xy. Pour chacune d'entres elles, déterminer une équation cartésienne du plan tangent respectivement en O et en A(1; 1; 1) puis étudier la position de la surface par rapport à ce plan.

Étude de la surface S d'équation cartésienne z = x² y²:

? Étape une : équation cartésienne du plan tangent à S en O :

,! Le point O vérie bien z = '(x; y) en posant la fonction ' : (x; y) 2R²7! x² y².

,! Cette fonction, en tant que fonction polynomiale est bien de classe C¹ sur l'ouvertR² et S est une surface régulière car donnée par une paramétrisation cartésienne.

,! Ainsi une équation cartésienne du plan tangent à S en O est : z = z0+@'

@x(x0; y0) [x x0] +@'

@y(x0; y0) [y y0] () z = 0:

? Étape deux : position locale, au voisinage de O, de S par rapport à son plan tangent : Au voisinage de O, on a :

zS zP= zS= x² y²= '(x; y):

Ici, les deux méthodes fonctionnent. Par exemple, avec la méthode deux, on obtient que : 8x 2R; '(x; 0) 0 et '(0; x) 0:

Ainsi, au voisinage de O, le plan tangent z = 0 traverse la surface S.

Étude de la surface S d'équation cartésienne z = x³+ y³ 3xy :

? Étape une : équation cartésienne du plan tangent à S en A(1; 1; 1) :

,! Le point A vérie bien z = '(x; y) en posant la fonction ' : (x; y) 2R²7! x³+ y³ 3xy.

,! Cette fonction, en tant que fonction polynomiale est bien de classe C¹ sur l'ouvertR² et S est une surface régulière car donnée par une paramétrisation cartésienne.

,! Ainsi une équation cartésienne du plan tangent à S en A(1; 1; 1) est : z = z0+@'

@x(x0; y0) [x x0] +@'

@y(x0; y0) [y y0] () z = 1:

? Étape deux : Position locale, au voisinage de A, de S par rapport à son plan tangent : Au voisinage de A, on a :

zS zP= zS+ 1 = x³+ y³ 3xy + 1 = '(x; y) '(1; 1) et on cherche donc le signe de zS zP localement.

,! Utilisation de la formule de Taylor-Young :

La fonction ', en tant que fonction polynomiale est de classe C² sur l'ouvertR² et ainsi, la formule de Taylor-Young à l'ordre deux assure :

zS zP = '(x; y) ['(1; 1) + 0]

(h;k)!(0;0)= '(1 + h; 1 + k) ['(1; 1) + 0]

(h;k)!(0;0)=

tXHX + (h²+ k²)

en posant X =

_h

k

et H = H(1; 1) =

_{6 3}

3 6

la hessienne de ' en (1; 1).

,! Réduction de la Hessienne H en M0 à l'aide d'une matrice orthogonale :

La Hessienne H de ' en (1; 1) est une matrice symétrique réelle. D'après le théorème spectral, H est ainsi diagonalisable à l'aide d'une matrice orthogonale et ainsi on peut trouver P 2 O2(R) et D = Diag(; ) telles que : H = P D^tP . On obtient alors :

tXHX =^tXP D^tP X =^t(^tP X)D(^tP X) =^tY DY = h⁰²+ k⁰² en posant Y =^tP X et (; ) 2R² valeurs propres réelles de H.

,! Nouvelle expression du signe local de zS zP :

L'étude des valeurs propres de H donne le signe local de zS zP puisqu'il est localement égal à h⁰²+ k⁰².

,! Calcul de det (H) et Tr(H) et conclusion :

Comme det (H) = 27 > 0 et Tr(H) = 12 > 0, les deux valeurs propres de H sont strictement positives et ainsi, localement au voisinage de A : zS zP 0. Le plan tangent en A ne traverse donc pas la surface au voisinage de A et la surface reste localement au voisinage de A au-dessus de son plan tangent en A.

2. Tangente à une courbe en un point régulier

Méthode 1 : la courbe est donnée sous forme paramétrique (I; f)

Méthode pour déterminer l'équation de la tangente à une courbe paramétrée en un point régulier M(t

₀

) :

? On justie que f est bien de classe C

¹

sur I en utilisant la régularité des trois applications coordonnées.

? On montre que le point est régulier ou stationnaire : ,! On calcule f

⁰

(t

₀

).

,! Si f

⁰

(t

₀

) 6= 0

_R³

, le point M(t

₀

) de paramètre t

₀

est régulier.

,! Sinon, il est stationnaire.

? Si le point est régulier : La tangente à en M

₀

= f(t

₀

) passe par M

₀

et elle est dirigée par f

⁰

(t

₀

), d'où la représentation paramétrique suivante :

2 R 7! f(t

₀

) + f

⁰

(t

₀

):

Exemple : Soit la courbe deR³ paramétrée par :

t 2R7!

(

x(t) = t y(t) = t² z(t) = t³: Donner un paramétrage de la tangente à en un point courant Mt= f(t), t 2R.

La fonction vectorielle de la variable réelle f est bien de classe C¹ surRcar ses trois applications coordonnées f1 : t 2 R7! t, f2: t 2R7! t²et f3: t 2R7! t³ sont polynomiales donc de classe C¹surR.

Soit t 2R, on a : f⁰(t) = (1; 2t; 3t²). Ainsi, pour tout t 2R: f⁰(t) 6= 0_R3et donc tous les points de sont réguliers, l'arc paramétré est régulier.

La tangente à en M(t) passe par ce point et elle est dirigée par f⁰(t). Ainsi une représentation paramétrique de cette tangente est :

2R7!

t + t²+ 2t t³+ 3t²:

Méthode 2 : la courbe est donnée comme intersection de deux surfaces

( F (x; y; z) = 0 G(x; y; z) = 0

? Méthode 1 pour obtenir la tangente en un point à une courbe dénie comme intersection de deux surfaces :

Représentation cartésienne : la tangente comme intersection des deux plans tangents : On vérie que le point M est bien régulier pour S

₁

et S

₂

.

On détermine P

1

et P

2

les deux plans tangents en M respectivement à S

1

et S

2

.

On vérie que P

₁

6= P

₂

en vériant que OF (M) ^ rG(M) 6= 0 : Ainsi M est un point régulier de . On utilise alors que la tangente en M à est l'intersection de P

₁

et P

₂

: d'où un système de deux équations

cartésiennes de plan dénissant la tangente.

? Méthode 2 pour obtenir la tangente en un point à une courbe dénie comme intersection de deux surfaces :

Représentation paramétrique : la tangente passe par M et elle est dirigée par rF (M) ^ rG(M) : On vérie que le point M est bien régulier pour S

₁

et S

₂

.

On vérie que P

₁

6= P

₂

en vériant que rF (M) ^ rG(M) 6= 0 : Ainsi M est un point régulier de . On utilise alors que la tangente en M à passe par M et elle est dirigée par rF (M) ^ rG(M) : d'où une

représentation paramétrique de la tangente : t 2 R 7! M + trF (M) ^ rG(M).

Exemples :

Soient S1 et S2 les surfaces d'équations respectivement : x²+ xz + z² = 1 et y²+ yz + z² = 1 et = S1\ S2. Déterminer la direction de la tangente au point M0

₁

p3; 1 p3; 1

p3

de .

? On vérie que M02 ce qui est bien le cas.

? On pose F : (x; y; z) 2R³7! x²+ xz + z² 1 et G : (x; y; z) 2R³7! y²+ yz + z² 1. Ces deux fonctions sont des fonctions de classe C¹ surR³comme fonctions polynomiales et

rF (x; y; z) = 2x + z x + 2z0

!

et rG(x; y; z) = 0 2x + z y + 2z

!

:

Ainsi, on a : rF (M0) =p 3 1

01

!

et rG(M0) =p 3 0

11

!

et M0 est bien un point régulier de S1 et de S2.

? De plus, on a : rF (M0) ^ rG(M0) = 3 1 11

!

6= 0_R3. Et ainsi M0est bien un point régulier de la courbe .

? La tangente à au point régulier M0 est dirigée par rF (M0) ^ rG(M0), elle est donc dirigée par le vecteur !u = 1 11

!

.

Soit la courbe deR³ d'équations

n

_{x2+ y2 2z = 0}

x²+ z² 2y = 0 . Déterminer les points réguliers de puis déterminer la tangente à en un point régulier M0(système d'équations cartésiennes et représentation paramétrique).

? On pose F : (x; y; z) 2R³7! x²+ y² 2z et G : (x; y; z) 2R³7! x²+ z² 2y. Ces deux fonctions sont des fonctions de classe C¹surR³ comme fonctions polynomiales et

rF (x; y; z) = 2x 2y2

!

6= 0_R³ et rG(x; y; z) = 2x 2z2

!

6= 0_R³:

Ainsi les surfaces S1 et S2 d'équation cartésienne respectivement F (x; y; z) = 0 et G(x; y; z) = 0 sont régulières.

? Soit M0(x0; y0; z0) 2 S1\S2, les plans tangents en M0respectivement à S1et S2ont pour équation cartésienne respectivement : P1: x0(x x0) + y0(y y0) (z z0) = 0 () x0x + y0y z z0= 0

P2: x0(x x0) (y y0) + z0(z z0) = 0 () x0x + z0z y y0= 0:

? On étudie là où ces deux plans tangents qui passent tous les deux par M0 sont bien distincts en calculant rF (x; y; z) ^ rG(x; y; z) :

rF (x; y; z) ^ rG(x; y; z) = 4(xz 1) 4x(1 + z) 4x(1 + y)

!

:

An de savoir quels points de sont réguliers ou stationnaires, on résout le système :

(

xz 1 = 0 x(1 + z) = 0 x(1 + y) = 0 ,

(

z = 1

y = 1 = 0

x = 1 ou

n

x = 0

1 = 0 , (x; y; z) = ( 1; 1; 1):

Or M( 1; 1; 1) =2 et ainsi tout point de est régulier.

? Conclusion une : la tangente à en un point M0(x0; y0; z0) est d'équations cartésiennes :

n

x0x + y0y z z0 = 0 x0x + z0z y y0 = 0

? Conclusion deux : la tangente à en un point M0(x0; y0; z0) passe par ce point et elle est dirigée par rF (x0; y0; z0) ^ rG(x0; y0; z0) = 4(x0z0 1)

4x0(1 + z0) 4x0(1 + y0)

!

donc par !u = x0z0 1 x0(1 + z0) x0(1 + y0)

!

. Ainsi elle admet une représentation paramétrique donnée par :

2R7!

x0+ (x0z0 1) y0 x0(1 + z0) z0 x0(1 + y0)

REPRÉSENTATION :

ON TRACE, ON PROJETTE, ON COUPE

1. Courbe tracée sur une surface

Méthode 1 : la surface est donnée sous forme paramétrique (U; f)

Soient (I; g) un arc paramétré et (U; f) une nappe paramétrique de supports respectivement et S.

? Soit t 2 I. Réussir à mettre g(t) sous la forme f(

1

(t);

2

(t)).

? Conclure : On a ainsi trouvé : I ! U

t 7! (

1

(t);

2

(t)) vériant 8t 2 I : g(t) = f(

₁

(t);

₂

(t)):

Exemple : Soit la sphère dont une représentation paramétrique est (R²; f) avec f : (u; v) 2R²7! (cos (u) cos (v); cos (u) sin (v); sin (u)).

support d'un arc (I; g) donné va être tracé sur S support de la nappe si g se met sous la forme

g : t 2 I 7! g(t) = f(1(t); 2(t)) =

cos (1(t)) cos (2(t)) cos (1(t)) sin (2(t))

sin (1(t)) =

cos () cos (?) cos () sin (?) sin ()

Vérier que l'arc (R; g) déni par g : t 2R7! (2 cos³(t) cos (t); sin (t) 2 sin³(t); 2 cos (t) sin (t)) est bien tracé sur cette nappe.

Soit t 2R.

g(t) =

cos (t)

2 cos²(t) 1

sin (t)

1 2 sin²(t)

sin (2t)

=

cos (t) cos (2t) sin (t) cos (2t)

sin (2t) =

cos (2t) cos (t) cos (2t) sin (t) sin (2t) Ainsi, on a bien trouvé :

: R ! R²

t 7! (2t; t) vériant 8t 2 I : g(t) = f(1(t); 2(t)):

Et le support de l'arc paramétré (R; g) est bien tracée sur la surface S de représentation paramétrique (R²; f).

Méthode 2 : la surface est donnée à l'aide d'une équation cartésienne F (x; y; z) = 0

Méthode pour montrer que le support d'un arc paramétré (I; f) est tracé sur une surface d'équation cartésienne F (x; y; z) = 0 :

Vérier que pour tout t 2 I : F (x(t); y(t); z(t)) = 0.

Exemple : On considère la surface S d'équation cartésienne z²= xy. Montrer que 1et 2sont tracées sur S avec

f1: t 2R^?7!

8 >

> <

> >

:

x(t) = t y(t) = 1

t z(t) = 1

et f2: 2R7!

(

x(t) = 1 + cos () y(t) = 1 cos () z(t) = sin ()

On pose F : (x; y; z) 2R³7! z² xy et S est la surface d'équation cartésienne F (x; y; z) = 0.

Montrons que 1est tracée sur S : Soit t 2R^?, on a :

F (x(t); y(t); z(t)) = z²(t) x(t)y(t) = 1 t 1 t = 0:

Ainsi 1 est bien tracée sur S.

Montrons que 2est tracée sur S : soit 2R, on a :

F (x(); y(); z()) = z²() x()y() = sin²() (1 + cos ())(1 cos ()) = sin²() (1 cos²()) = cos²() + sin²() 1 = 0:

Ainsi 2 est bien tracée sur S.

Cas particulier 1 : Courbes planes lorsque la surface est un plan Méthode pour montrer qu'une courbe paramétrée par (I; f) est plane :

? On cherche (a; b; c; d) 2 R

⁴

tel que (a; b; c) 6= (0; 0; 0)

8t 2 I : ax(t) + by(t) + cz(t) + d = 0.

? Si on obtient de telles constantes (a; b; c; d), alors la courbe est plane et elle est contenue dans le plan d'équation ax + by + cz + d = 0:

Exemple : Montrer que la courbe C de représentation paramétrique

t 2Rn f0; 1g 7!

8 >

> >

> <

> >

> >

:

x(t) = t 1 t y(t) = t + 1

t 1

z(t) = 1

t² t est plane et déterminer une équation cartésienne de ce plan.

On cherche ainsi s'il existe (a; b; c; d) 2R⁴ tel que (a; b; c) 6= (0; 0; 0) et pour tout t 2Rn f0; 1g : ax(t) + by(t) + cz(t) + d = 0.

Soit ainsi (a; b; c; d) 2R⁴ tel que (a; b; c) 6= (0; 0; 0) et P le plan d'équation cartésienne : ax + by + cz + d = 0. On a : C P , 8t 2Rn f0; 1g : at 1

t + bt + 1 t 1+ c 1

t² 1+ d = 0 , 8t 2Rn f0; 1g : a(t 1)²+ bt(t + 1) + c + dt(t 1) = 0 , 8t 2Rn f0; 1g : (a + b + d)t²+ ( 2a + b d)t + a + c = 0

,

(

a + b + d = 0 2a + b d = 0

a + c = 0

,

(

a = 2b

c = 2b

d = 3b

On en déduit ainsi que la courbe est bien plane incluse dans le plan dont une équation cartésienne est : 2x + y 2z 3 = 0.

Cas particulier 2 : Droites tracées sur une surface

Méthode an d'obtenir toutes les droites tracées sur une surface S donnée d'équation F (x; y; z) = 0 : Soit D une droite de l'espace.

On cherche D à l'aide d'une représentation paramétrique cartésienne.

? Cas 1 : si D n'est pas horizontale, elle admet alors une représentation paramétrique à l'aide de z sous la forme :

z 2 R 7!

8 >

<

> :

x = az + b y = cz + d

z = z

où (a; b; c; d) 2 R

⁴

.

On reporte la paramétrisation dans l'équation cartésienne de S :

D S () 8z 2 R : F (az + b; cz + d; z) = 0 On obtient un système d'équations d'inconnue (a; b; c; d) 2 R

⁴

.

On résout.

? Cas 2 : si D est horizontale et non parallèle à (Oy), elle admet alors une représentation paramétrique à l'aide de x sous la forme :

x 2 R 7!

8 >

<

> :

x = x

y = ax + b z = z

₀

où (a; b; z

₀

) 2 R

³

.

On reporte la paramétrisation dans l'équation cartésienne de S :

D S () 8x 2 R : F (x; ax + b; z

₀

) = 0 On obtient un système d'équations d'inconnue (a; b; z

0

) 2 R

³

.

On résout.

? Cas 3 : si D est parallèle à (Oy), elle admet alors une représentation paramétrique à l'aide de y sous la forme :

y 2 R 7!

8 >

<

> :

x = x

0

y = y z = z

₀

où (x

0

; z

0

) 2 R

³

.

On reporte la paramétrisation dans l'équation cartésienne de S : D S () 8y 2 R : F (x

₀

; y; z

₀

) = 0 On obtient un système d'équations d'inconnue (x

0

; z

0

) 2 R

³

.

On résout.

? Conclusion.

Exemple : On note S la surface d'équation cartésienne : x³+ y³+ z³= 1. Déterminer les droites tracées sur S.

Soit D une droite deR³.

Cas 1 : si D n'est pas horizontale : elle admet donc un système d'équations cartésiennes (ou une représentation paramétrique car-

tésienne) de la forme

n

x = az + b

y = cz + d avec (a; b; c; d) 2R⁴:

On a alors :

D S () 8z 2R; (az + b)³+ (cz + d)³+ z³= 1

() 8z 2R; z³(a³+ c³+ 1) + 3z²(a²b + c²d) + 3z(ab²+ cd²) + b³+ d³ 1 = 0

identication()

8 <

:

a³+ c³+ 1 = 0 a²b + c²d = 0 ab²+ cd² = 0 b³+ d³ 1 = 0

()

8 >

> >

> <

> >

> >

:

d = a²b

c² avec c 6= 0 ab²+a⁴b²

c³ = 0

a³+ c³ = 1 b³+ d³ = 1

ou

8 <

:

c = 0

a = 1

b = 0

d = 1

()

8 >

> <

> >

:

d = a²b

c² avec c 6= 0 ab²c³(a³+ c³) = 0

a³+ c³ = 1

b³+ d³ = 1

ou

8 <

:

c = 0

a = 1

b = 0

d = 1

()

8 <

:

a = 0

c = 1

d = 0

b = 1

ou

(

b = 0 d = 0

0 = 1 ou

8 <

:

c = 0

a = 1

b = 0

d = 1

On obtient ainsi deux droites correspondantes aux quadruplets (a; b; c; d) = (0; 1; 1; 0) et (a; b; c; d) = ( 1; 0; 0; 1) : D1

n

_{x = z}

y = 1 et D2

n

_{x = 1}

y = z

Cas 2 : si D est horizontale : par symétrie du problème, la surface S étant invariante par toute permutation de (x; y; z), on obtient une troisième droite d'équation D3

n

_{x = y}

z = 1

On conclut ainsi qu'il y a trois droites exactement tracées sur S; lesdroites : D1

n

_{x = z}

y = 1 et D2

n

_{x = 1}

y = z et D3

n

_{x = y}

z = 1

2. Projections orthogonales d'une courbe sur les plans de coordonnées

Méthode 1 : la courbe est donnée sous forme paramétrique (I; f)

Méthode an de déterminer la projection orthogonale

_z

de sur le plan d'équation z = 0 : La projection orthogonale

_z

de sur le plan d'équation z = 0 est de représentation paramétrique

f : t 2 I 7! (x(t); y(t); 0):

? Écrire la représentation paramétrique de

_z

.

? Reconnaître et/ou étudier la courbe paramétrée t 2 I 7! (x(t); y(t)) : ,! Parfois on reconnaît directement une courbe paramétrée,

,! Parfois on cherche une équation cartésienne en éliminant t,

,! Parfois, on fait une étude complète de l'arc paramétré obtenu dans le plan z = 0 (cf chapitre 7).

On adapte la méthode pour les deux autres plans de coordonnées (xOz) et (yOz).

Exemple : Fenêtre de Viviani : Soit la courbe deR³ de représentation paramétrique f : t 2R7! (cos (2t) + 1; sin (2t); 2 sin (t)):

Déterminer les projections orthognales de sur les trois plans de coordonnées.

Projection orthogonale xsur le plan (yOz) d'équation x = 0 : La projection orthogonale x de sur le plan d'équation x = 0 est de représentation paramétrique

t 2 I 7! (0; y(t); z(t)) =

0sin (2t) 2 sin (t)

Une étude classique de la courbe paramétrée t 2R7! (sin (2t); 2 sin (t)) (chapitre 7 page 11 et suivantes) permet de reconnaître que la projection orthogonale xde sur le plan (yOz) est le Lemniscate de Bernoulli.

Projection orthogonale ysur le plan (xOz) d'équation y = 0 : La projection orthogonale yde sur le plan d'équation y = 0 est de représentation paramétrique

t 2 I 7! (x(t); 0; z(t)) =

1 + cos (2t) 02 sin (t) =

2 cos²(t) 02 sin (t) Ici, on va chercher à éliminer t an d'obtenir une équation cartésienne entre x et z.

M(x; 0; z) 2 y, on peut trouver t 2R;

^{x = 2 cos}_z = 2 sin (t)^2(t) Soit M(x; 0; z) 2 y. En éliminant t des équations, on obtient que : z 2 [ 2; 2] et que :

x = 2

1

_z

2

₂

= 2 z²

2 () x 2 = 1 2z:

Ainsi y P où P est une portion de parabole de sommet (2; 0; 0) et d'axe (Ox). Réciproquement si M(x; 0; z) 2 P, alors, comme z

22 [ 1; 1], on peut trouver t 2Rtel que : z

2 = sin (t). Puis, en remontant les calculs, on obtient bien que : x = 2 cos²(t) et ainsi M(x; 0; z) 2 y.

Ainsi, la projection orthogonale yde sur le plan (xOz) est P, une portion de parabole de sommet (2; 0; 0) et d'axe (Ox).

Projection orthogonale z sur le plan (xOy) d'équation z = 0 : La projection orthogonale zde sur le plan d'équation z = 0 est de représentation paramétrique

t 2 I 7! (x(t); y(t); 0) =

1 + cos (2t) sin (2t) 0

On reconnaît alors dans le plan (xOy) une paramétrisation du cercle de centre de coordonnées (1; 0; 0) et de rayon 1. Ainsi, la projection orthogonale z de sur le plan (xOy) est le cercle de centre de coordonnées (1; 0; 0) et de rayon 1.

Méthode 2 : la courbe est donnée comme intersection de deux surfaces

( F (x; y; z) = 0 G(x; y; z) = 0 Méthode an de déterminer la projection orthogonale

_z

de sur le plan (xOy) d'équation z = 0 :

? Écrire ce que cela signie :

M(x; y; 0) 2

_z

() M est le projeté orthogonal sur le plan z = 0 d'un point de () 9z

₀

2 R; M

₀

(x; y; z

₀

) 2

() 9z

0

2 R;

( F (x; y; z

0

) = 0 G(x; y; z

₀

) = 0

? On cherche alors à éliminer z

₀

entre les deux équa- tions an d'obtenir une relation de type H(x; y) = 0.

Ne pas oublier d'éventuelles conditions d'exis- tence de z

0

qui restreignent alors le domaine U de (x; y).

? La projection orthogonale

_z

de la courbe sur le plan (xOy) a alors pour équations

8 >

<

> :

H(x; y) = 0 z = 0 (x; y) 2 U On adapte la méthode pour les deux autres plans de co- ordonnées (xOz) et (yOz).

y z

x

M(x; y; 0) 2

z

y

M

₀

(x; y; z

₀

) 2 z

₀

z

x

Exemple : Soit la courbe dénie par le système :

n

_{x2+ y2+ z2= 1}

z + y = 1 Déterminer les projections orthogonales de sur les plans de coordonnées.

Projection orthogonale xsur le plan (yOz) d'équation x = 0 :

M(0; y; z) 2 x () M est le projeté orthogonal sur le plan x = 0 d'un point de () on peut trouver x02R; M(x0; y; z) 2

() on peut trouver x02R;

n

x²₀+ y²+ z² = 1

z + y = 1

(1) donne la condition d'existence de x0, à savoir y²+ z² 1. En utilisant le fait que z = 1 y, on obtient alors : 2y² 2y 0 () y 2]0; 1[:

Ainsi, la projection orthogonale xde la courbe sur le plan (yOz) a pour équation :

(

z = 1 y y 2 [0; 1]

x = 0 Dans le plan (yOz) d'équation x = 0, on reconnaît un segment.

Projection orthogonale sur le plan (xOz) d'équation y = 0 :

M(x; 0; z) 2 y () M est le projeté orthogonal sur le plan y = 0 d'un point de () on peut trouver y02R; M(x; y0; z) 2

() on peut trouver y02R;

n

x²+ y₀²+ z² = 1

z + y0 = 1

() on peut trouver y02R;

n

_{x2+ y2}

0+ z² = 1

y0 = 1 z (1)

() on peut trouver y02R;

n

x²+ 2z² 2z = 0

y0 = 1 z (1)

(1) donne la condition d'existence de y0 qui est toujours vériée. En utilisant une mise sous forme canonique, on obtient :

x²+ 2z² 2z = 0 , x²+ 2

z 1

2

₂

=1

2 , 2x²+ 4

z 1

2

₂

= 1:

Ainsi, la projection orthogonale yde la courbe sur le plan (xOz) a pour équation :

(

2x²+ 4

z 1

2

2

= 1 y = 0

Dans le plan (xOz) d'équation y = 0, on reconnaît une ellipse de centre

0; 0;1 2

, de grand axe +R!i et de petit axe +R!k .

Projection orthogonale sur le plan (xOy) d'équation z = 0 :

Par symétrie entre y et z, le système d'équations cartésiennes dénissant étant invariant en échangeant les rôles de y et z, on obtient que la projection orthogonale z de la courbe sur le plan (xOy) a pour équation :

(

2x²+ 4

y 1

2

₂

= 1 z = 0

Dans le plan (xOy) d'équation z = 0, on reconnaît une ellipse de centre

0;1 2; 0

, de grand axe +R!

i et de petit axe +R! j .

3. Sections planes d'une surface

Pour étudier les sections planes d'une surface, il est souvent plus facile d'utiliser une équation cartésienne.

Soient par exemple

,! S une surface d'équation cartésienne F (x; y; z) = 0

,! et P un plan non vertical d'équation cartésienne z = ax + by + c (on adapte la méthode si P est vertical).

On note C = S \ P la section plane ainsi obtenue.

? Écrire ce que cela signie :

M(x; y; z) 2 C ()

( z = ax + by + c car M 2 P

F (x; y; z) = 0 car M 2 S

()

( z = ax + by + c

F (x; y; ax + by + cz) = 0

? Dans le plan P, on cherche alors à reconnaître la courbe d'équation F (x; y; ax + by + cz) = 0.

Exemples :

Section de l'hyperboloïde à une nappe par des plans parallèles aux plans de coordonnées : Soit S une hyperboloïde à une nappe d'équation x²

a² + y² b²

z²

c² = 1 avec (a; b; c) 2 (R^+?)³. On considère la section C de cette hyperboloïde à une nappe avec les plans d'équation x = x0, y = y0 puis z = z0. Étudier ces diérentes sections.

? Section par des plans d'équation x = x0: Soit P un plan d'équation x = x0avec x02R. On a :

M(x; y; z) 2 C = S \ P ()

(

x² a² +y²

b² z² c² = 1 x = x0

()

(

y² b²

z²

c² = 1 x²₀ a² x = x0

Ainsi, la section C = S \ P est, dans le plan x = x0, de type hyperbole avec : ,! Une hyperbole propre si jx0j 6= a,

,! Deux droites si jx0j = a.

? Section par des plans d'équation y = y0: Par symétrie, on retrouve le même résultat et ainsi la section C = S \ P est, dans le plan y = y0, de type hyperbole avec :

,! Une hyperbole propre si jy0j 6= b, ,! Deux droites si jy0j = b.

? Section par des plans d'équation z = z0: Soit P un plan d'équation z = z0avec z02R. On a :

M(x; y; z) 2 C = S \ P ()

(

x² a² +y²

b² z² c² = 1 z = z0

()

(

x² a² +y²

b² = 1 +z₀² c² z = z0

Ainsi, la section C = S \ P est, dans le plan z = z0 toujours une ellipse propre (car 1 +z₀²

c² > 0 comme somme de deux nombres positifs dont l'un est strictement positif).

Soit S une surface d'équation cartésienne : x²+ y² = e^2z. Représenter l'allure de S en étudiant ses sections par des plans contenant (Oz) ou orthogonaux à cet axe.

? Section par des plans orthogonaux à (Oz) : Soit P un plan orthogonal à (Oz). Il admet donc une équation de la forme z = a, a 2R.

On obtient ainsi :

M(x; y; z) 2 S \ P ()

n

x²+ y²= e^2a z = a

Ainsi, la section S \ P est, dans le plan z = a, le cercle de ce plan de centre (0; 0; a) et de rayon e^a. Cela montre d'ailleurs que S est une surface de révolution d'axe (Oz) puisque S est ainsi une réunion de cercles d'axe (Oz).

? Section par des plans contenant (Oz) : Soit P un plan contenant (Oz), à savoir un plan vertical passant par O. Il admet donc une équation de la forme x = a ou y = x, 2R.

,! Cas un : si y = x. On obtient ainsi :

M(x; y; z) 2 S \ P ()

n

_{(1 + 2)x2= e2z}

y = x ,

(

x²= e^2z 1 + ²

y = x ,

(

x = e^z p1 + ² y = x Ainsi, dans le plan vertical P, la section S \ P est la courbe d'équation x = ke^zavec k 2R^?. ,! Cas deux : si x = 0. On obtient ainsi :

M(x; y; z) 2 S \ P ()

n

y²= e^2z

x = 0 ,

n

y = e^z x = 0 Ainsi, dans le plan vertical (yOz), la section S \ P est la courbe d'équation y = e^z. Ainsi, la surface a un aspect d'entonnoir.

PASSAGE D'UN MODE DE REPRÉSENTATION À UN AUTRE

? Passage d'une représentation paramétrique (U; f) de support S à une équation cartésienne F (x; y; z) = 0 de support S

⁰

:

Soit M(u; v) 2 S un point de coordonnées (x; y; z).

,! On écrit alors le système vérié par les coordonnées de M.

,! Condition d'élimination : on essaye d'éliminer u puis v (ou l'inverse) à l'aide des trois équations an d'obtenir une relation entre x, y et z uniquement.

,! On obtient ainsi l'équation cartésienne d'une surface S

⁰

ainsi que : S S

⁰

. On a S S

⁰

mais rarement l'égaité.

Réciproquement, soit M(x; y; z) 2 S

⁰

.

On cherche alors à poser u = . . . et v = . . . assurant que M = M(u; v), lorsque cela est possible.

Conclusion :

,! S = S

⁰

si dans tous les cas, on a pu poser u et v.

,! Sinon on a uniquement une inclusion stricte S S

⁰

.

? Passage d'une équation cartésienne à une représentation paramétrique :

Problème plus délicat sauf lorsqu'un paramétrage cartésien est possible, c'est-à-dire lorsque l'on sait résoudre l'équation, à savoir exprimer l'une des coordonnées x; y ou z en fonction des autres.

Exemples :

Le parapluie de Whitney : On considère la surface S paramétrée par

(u; v) 2R²7!

(

x = u

y = uv

z = v² On cherche une équation cartésienne de S.

,! Soit M(u; v) 2 S un point de coordonnées (x; y; z). On a ainsi :

(

x = u

y = uv

z = v² On élimine facilement u ici car u = x. An d'éliminer v, on fait deux cas :

? Si x 6= 0, on a alors : v = y

x. Puis, en reportant dans la troisième équation, on obtient : y²= x²z.

? Si x = 0, cette équation cartésienne est aussi vériée car si x = u = 0, alors y = uv est aussi nul et l'équation cartésienne ci-dessus est bien vériée.

Finalement, on obtient ainsi : S S⁰avec S⁰surface d'équation cartésienne x²z y²= 0.

,! Réciproquement soit M(x; y; z) 2 S⁰.

? Si x 6= 0, alors M = M(u; v) en posant u = x et v = y

x et ainsi M 2 S.

? Si x = 0, alors y = 0 car x²z = y²et z est quelconque. Ainsi, M est alors un point quelconque de l'axe (Oz). Le point M n'appartient pas forcément à S car la condition z²= v²assure que les points du demi-axe [Oz) négatif ne sont pas dans S.

,! On a S S⁰et cette inclusion est stricte, la surface S⁰correspond à l'union de la surface S avec le demi-axe [Oz) négatif.

L'entonnoir ou surface de la tour à pression constante : Soient S la surface paramétrée par :

(u; v) 2R²7!

8 >

<

> :

x(u; v) = e^ucos

v + 4

y(u; v) = e^ucos

v

4

z(u; v) = u Trouver une équation cartésienne de S.

,! Soit M(u; v) 2 S un point de coordonnées (x; y; z). On a ainsi :

8 >

<

> :

x = e^ucos

v + 4

y = e^ucos

v

4

z = u

On élimine facilement u ici car u = z. On

cherche ensuite à éliminer v. On peut pour cela remarquer que :

8 <

:

x = e^zcos

v + 4

y = e^zsin

v + 4

. Ainsi, on a : x²+ y²= e^2z.

Finalement, on obtient ainsi : S S⁰avec S⁰surface d'équation cartésienne x²+ y²= e^2z.

,! Réciproquement soit M(x; y; z) 2 S⁰. On pose alors u = z. De plus, on remarque que :

_x

e^z

2

+

_y

e^z

2

= 1:

Ainsi, on peut trouver 2Rtel que :

8

<

:

x

e^z = cos () y

e^z = sin () ,

n

x = e^ucos () z = e^usin ():

On pose alors v =

4 et en remarquant que :

sin () = sin

v + 4

= cos

v

4

; on obtient bien que : M = M(u; v) et ainsi M 2 S. Donc S⁰ S.

,! On a ainsi : S = S⁰.

EXEMPLES DE SURFACES USUELLES

1. Surfaces réglées

Montrer qu'une surface est réglée

? Méthode 1 si S est donnée sous forme paramétrique : en reconnaissant la forme paramétrique caractéristique d'une surface réglée.

,! On cherche à mettre la représentation paramétrique de S sous la forme :

f : I R ! R

³

(t; ) 7! f(t; ) = A(t) + ! u (t):

avec I un intervalle de R et A, ! u deux applications dénies sur I à valeurs dans R

³

et de classe C

¹

sur I.

,! On conclut que : S est ainsi une surface réglée, surface engendrée par les droites (D

_t

)

_t2I

, chaque droite D

t

passant par A(t) et dirigée par ! u (t).

Méthode 2 si S est donnée par une équation cartésienne : par la dénition, en montrant qu'en tout point de la surface, ce point appartient à une droite qui est totalement incluse dans la surface.

Soit M

0

(x

0

; y

0

; z

0

) 2 S.

On cherche s'il existe (a; b; c) 2 R

³

vériant : ,! (a; b; c) 6= (0; 0; 0)

,! D S avec D : 7! M

0

+ ! u , ! u (a; b; c).

Exemples :

Surface donnée sous forme paramétrique :Soit S la surface admettant la paramétrisation suivante :

f : (u; v) 2R²7!

(

x(u; v) = cos (u) v sin (u) y(u; v) = sin (u) + v cos (u) z(u; v) = u(u + 2v)

Vérier que la surface est une surface réglée. Chercher l'ensemble des points réguliers de S et déterminer pour ces points réguliers une équation du plan tangent à la surface. Montrer que tous les points réguliers d'une même génératrice ont le même plan tangent (on dit alors que la surface est développable).

? Montrons que S est une surface réglée : On a :

M(u; v) 2 S ,

(

x(u; v) = cos (u) + v( sin (u)) y(u; v) = sin (u) + v cos (u)

z(u; v) = u²+ v(2u) , M(u; v) = A(u) + v!G(u)

avec A : u 2R7! cos (u) sin (u)

u²

!

et!G : u 2R7! sin (u) cos (u)

2u

!

. Ainsi, on reconnaît bien la forme paramétrique caractéristique

!