PanaMaths
[ 1-4 ]Mars 2012
Soit Γ l’arc paramétré défini en coordonnées polaires par :
( )
r θ = e
θCalculer, lorsque c’est possible, la courbure et le centre de courbure en
( )
M θ . Préciser le lieu des centres de courbure.
Analyse
L’arc est défini en coordonnées polaires. On note immédiatement que le rayon r
( )
θ ne peuts’annuler et on établit facilement que tous les points de l’arc sont biréguliers.
Résolution
On note d’abord que r est définie pour toute valeur de θ. Par ailleurs, on a immédiatement : r
( )
θ =r'( )
θ =r''( )
θ =eθ.Alors :
( ) ( )
2 2
OM '
d r u r u e u u
d
θ θ π θ θ θ π
θ θ
θ + +
⎛ ⎞
= + = ⎜ + ⎟
⎝ ⎠
JJJJG
G G G G
qui donne OM d 2
d e
θ
θ = JJJJG
.
Et
2 2
2 2 2
OM 2
d e u u e u u e u
d
θ θ θ
θ θ π θ π θ π θ π
θ + + + +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= ⎜ + ⎟+ ⎜ + ⎟=
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
JJJJG
G G G G G
.
D’où :
2
2 2
OM OM 0
det , 2
2 d d e
d d e e e
θ θ
θ θ
θ θ
⎛ ⎞
= =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
JJJJG JJJJG
On en déduit immédiatement que tous les points de l’arc sont biréguliers.
PanaMaths
[ 2-4 ]Mars 2012
Il vient alors :
( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) )
2 2
3
2 2 2
2 2 3
2 3 2 3
2 ' '
'
OM OM
det ,
OM 2
2 1 2
r r r r
c
r r
d d
d d
d d e
e e
θ
θ
θ
θ θ θ θ
θ
θ θ
θ θ
θ
+ −
=
⎡ + ⎤
⎣ ⎦
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
=
=
=
JJJJG JJJJG
JJJJG
( )
1c 2
eθ θ =
D’où le rayon de courbure R
( )
θ :( )
R θ = 2eθ
Le centre de courbure Ω est donné par la relation MJJJJGΩ =RNG . En tenant compte de OMJJJJG=r
( )
θ uGθet
( ) ( )
2
OM '
d r u r u
d θ θ θ θ π
θ = + +
JJJJG
G G
, on a :
( ( ) )
2( ( ) )
2( ) ( )
2OM OM 1
T '
'
d d d
r u r u
ds ds d r r
θ θ π
θ θ θ
θ θ θ +
⎡ ⎤
= = = ⎢ + ⎥
⎣ ⎦
+
JJJJG JJJJG
G G G
Ici :
(
r( )
θ)
2+(
r'( )
θ)
2 = 2e2θ = 2eθ. D’où :2 2
1 1
T
2 e u e u 2 u u
e
θ θ
θ π θ π
θ θ+ θ+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= ⎜ + ⎟= ⎜ + ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G G G G G
Le vecteur étant l’image du vecteur TG
par la rotation d’angle de mesure 2
+π , il vient :
2 2 2 2 2
1 1 1
N 2 u π u π π 2 u π uθ π 2 uθ u π
θ+ θ+ + θ+ + θ+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= ⎜ + ⎟= ⎜ + ⎟= ⎜− + ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G G G G G G G
PanaMaths
[ 3-4 ]Mars 2012
Puis :
2 2
RN 2 1 2
eθ uθ u π eθ uθ u π
θ+ θ+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= × ⎜− + ⎟= ⎜− + ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G G G G G
Finalement :
2
2
M RN
O OM RN
O
O
e u e u u
e u
θ θ
θ θ θ π
θ θ π +
+
Ω =
⇔ Ω = +
⎛ ⎞
⇔ Ω = + ⎜− + ⎟
⎝ ⎠
⇔ Ω =
JJJJG G
JJJG JJJJG G
JJJG G G G
JJJG G
2
O e uθ π
θ+
JJJGΩ = G
On en tire immédiatement que le point Ω = Ω
( )
θ est l’image du point M=M( )
θ par larotation de centre O et d’angle de mesure 2 +π .
On a : 2
2
O e u e u
α π
θ θ π α
−
Ω = + =
JJJG G G
avec
2 α θ= +π .
On en déduit que le point Ω appartient à l’arc d’équation r
( )
θ =eθ−π2, obtenu comme image de l’arc Γ par la rotation de centre O et d’angle de mesure2 +π .
Réciproquement, tout point P de l’arc d’équation polaire r
( )
θ =eθ−π2 est centre de courbure d’un point de l’arc Γ : ce point est l’image de P par la rotation de centre O et d’angle de mesure2
−π .
L’ensemble des centres de courbure de l’arc Γ est l’arc image de Γ par la rotation de centre O et d’angle de mesure
2
+π . Il admet pour équation polaire : r
( )
θ =eθ−π2.PanaMaths
[ 4-4 ]Mars 2012
Résultat final
Les points de l’arc Γ défini par :
( )
r θ =eθ
sont tous biréguliers. En un point quelconque M
( )
θ de cet arc, la courbure est donnée par :( )
12 c
eθ θ =
et le centre de courbure Ω :
2
O e uθ π
θ+
JJJGΩ = G
Complément
A titre de complément, nous fournissons ci-dessous une représentation de l’arc Γ (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 Ω et de rayon 2eθ. On a également (en vert) l’ensemble des centres de courbure.