Soit l’arc paramétré défini par : Déterminer, en tout point M de la courbure et le centre de courbure.

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[ 1-3 ]

Mars 2013 Soit  l’arc paramétré défini par :

   

 

3 2

3 3 x t t t M t y t t

 



Déterminer, en tout point M de  la courbure et le centre de courbure.

Analyse

Exercice direct d’application du cours. Dans un premier temps, on vérifie que l’arc est

régulier. On utilise ensuite les formules du cours pour calculer la courbure et les coordonnées du centre de courbure (le calcul des coordonnées des deux premiers vecteurs dérivés ne pose aucun problème).

Résolution

On a immédiatement :

 

 

' 3 3 2

OM

' 6

x t t

d

y t t

dt

 

 .

On a alors : x t'

 

  0 3 3t²       0 1 t² 0 t 1 out1 et y t'

 

  0 t 0.

Ainsi, on a : OM

, d 0

t dt

   . L’arc  est régulier.

Pour toute valeur de t, la courbure sera égale à :

2 2 3

OM OM

det ,

OM

d d

dt dt

c

d dt

 

 

 

 .

A partir de

 

 

' 3 32

OM

' 6

x t t

d

y t t

dt

 

 , on a :

 

 

2 2

'' 6

OM

'' 6

x t t

d

y t dt

 

 .

D’où : ² 2 ²



²



²



²



3 3 6

OM OM

det , 18 1 36 18 1

6 6

t t

d d

t t t

dt dt t

   

     

 

  .

On a : ^{ t , 18 1}



^t2



^0. On en déduit que tous les points de l’arc sont biréguliers.

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[ 2-3 ]

Mars 2013

Il vient ensuite :

         

     

3

3 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2 2

3 3

3 2 2 2 2 2 2 2 2 3

2

OM OM

' ' 9 1 36

9 1 4 27 1 27 1

d d

x t y t t t

dt dt

t t t t

 

 

 

 

        

   

          

Ainsi :

 

   

2 2 2

3 2 3 2 2

OM OM

det ,

18 1 2

27 1 3 1 OM

d d

dt dt t c

t t

d dt

 

  

 

  

 



^{2 2}



²

,

3 1

t c

t

  



Le centre de courbure  est donné par la relation M RN où ^{1 3}



^{1 2}



²

R 2 t

 c  . On a, en notant classiquement s l’abscisse curviligne : ^{ds dOM dt 3 1}



^t2



^dt

 dt   .

Alors :



²



OM OM 1 OM

T 3 1

d dt d d

ds ds dt t dt

  

 .

A partir de

 

 

' 3 32

OM

' 6

x t t

d

y t t

dt

 

 , il vient alors :

   

 

2 2

2 2

2

2 2

3 3 1

3 1 1

1 OM

T 3 1 6 2

3 1 1

t t

t t d

dt t t

t

t t

 

 

 

 

 

.

Il vient immédiatement :

   

    

2 2 2

2

2 2 2 2 2

2

2 3

1 3 1

1 2

RN 1 3 3

1 1 1

1 2 2

t t t t

t

t t t t

t

     



     



puis :

 

    

3 2 3

2 2 2 4 2

3 3 1 4

3 1

3 1 1 6 3

2 2

t t t t t

t t t t t

    

       

 

3

4 2

4

, 1

6 3

2 t t

t t



  

  

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[ 3-3 ]

Mars 2013 Complément

A titre de complément, nous fournissons ci-dessous une représentation de l’arc  (en bleu) et, en un de ses points biréguliers, le cercle osculateur (en rouge) à l’arc en ce point, c'est-à-dire le cercle de centre  et de rayon ^{1 3}



^{1 2}



²

R 2 t

 c  . On a également représenté (en vert) l’ensemble des centres de courbure.