Le QCM. – On r´ epond par vrai ou faux, sans justifier.

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1 – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces

Corrig´ e du contrˆ ole partiel du 18 novembre 2015

Les documents sont autoris´ es mais les calculettes sont interdites (car in- utiles). 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 γ : R −→ R

une courbe dont la distance ` a l’origine est la fonc- tion d(t) = dist(γ(t); O) = e

pour tout t ∈ R . Alors γ est r´ eguli` ere.

R´ep.– Vrai. On a

d²(t) =hγ(t), γ(t)i=e^2t =⇒ (d²)⁰(t) = 2hγ⁰(t), γ(t)i= 2e^2t>0 par cons´equentγ⁰(t) ne s’annule jamais.

2.– La courbe γ : I −→⊂ R

donn´ ee par

γ(t) = (1 + 3t − t

, t

, 2 − 3t − t

) est plane.

R´ep.– Vrai. Il y a plusieurs fa¸cons de le voir.

M´ethode 1 : On ´ecrit la courbe sous la forme γ(t) =



 1 0 2



+



 3 0

−3



t+





−1 1

−1



t²

et il apparaˆıt imm´ediatement que γ est une parabole dont le support est inclus dans le plan passant par (1,0,2) et engendr´e par (3,0,−3) et (−1,1,−1).

M´ethode 2 : On fait un calcul direct pour constater que :

∀t∈R, x(t)−2y(t) +z(t) = 3.

M´ethode 3 : On d´etermine la binormale : γ⁰(t)∧γ⁰⁰(t) =





3−2t 2t

−3−2t



∧





−2 2

−2



=



 6 12 6





et on observe qu’elle est constante.

M´ethode 4 : On cacule la torsion qui est nulle carγ⁰⁰⁰(t) = (0,0,0).

3.– Soient γ : I −→ R

une courbe r´ eguli` ere et k sa courbure principale. On

a Z

I

k(t)kγ

(t)k

dt ≤ Long(γ

).

R´ep.– Vrai. De

k(t) =kγ⁰(t)∧γ⁰⁰(t)k

kγ⁰(t)k³ ≤kγ⁰(t)kkγ⁰⁰(t)k

kγ⁰(t)k³ ≤ kγ⁰⁰(t)k kγ⁰(t)k² on d´eduit

Z

I

k(t)kγ⁰(t)k²dt≤ Z

I

kγ⁰⁰(t)kdt=Long(γ⁰).

4.– Soient R > 1, α une 1-forme de R

telle que dα = x dx ∧ dy et γ

: [0, 2π] −→ R

la courbe param´ etr´ ee donn´ ee par γ

(θ) = (R cos θ, R sin θ).

Alors on a

Z

γR

α = Z

γ1

α.

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

γR

α− Z

γ1

α= Z

AR

dα= Z

AR

xdx∧dy o`u AR ={(x, y) ∈R² | 1 ≤p

x²+y² ≤R}. Puisque AR est sym´etrique par rapport `a (Oy) et que la fonctionx7→xest impaire, on a

Z

A_R

xdx∧dy= 0.

5.– Soit γ : I −→ R

une courbe bir´ eguli` ere dont la torsion n’est ja- mais nulle. Soient t

∈ I et π la projection orthogonal de R

sur le plan P = γ(t

) + γ

(t

)

. Alors la courbe π ◦ γ pr´ esente un point de rebroussement de premi` ere esp` ece en t

.

R´ep.– Vrai. Puisque la torsion est non nulle, (γ⁰(t0), γ⁰⁰(t0), γ⁰⁰⁰(t0)) est une base de R³. Pour simplifier le raisonnement supposons que cette base soit orthogonale ainsiP = γ(t0) +V ect(γ⁰⁰(t0), γ⁰⁰⁰(t0)). Le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 3 deγ s’´ecrit

γ(t) =γ(t0) + (t−t0)γ⁰(t0) +(t−t0)²

2 γ⁰⁰(t0) +(t−t0)³

6 γ⁰⁰⁰(t0) +o(t−t0)³

et celui de π◦γ:

π◦γ(t) =γ(t0) +(t−t0)²

2 γ⁰⁰(t0) +(t−t0)³

6 γ⁰⁰⁰(t0) +o(t−t0)³

et par cons´equent π◦γ admet un point de rebroussement de premi`ere esp`ece en t₀.Rai- sonnement similaire si la base n’est pas orthogonale.

6.– Soit γ : I −→ R

une courbe bir´ eguli` ere. Soient t

∈ I un point o` u la torsion est nulle et π la projection orthogonal de R

sur le plan P = γ(t

) + γ

(t

)

. Alors la courbe π ◦ γ pr´ esente un point de rebroussement de seconde esp` ece en t

.

R´ep.– Faux. Par exemple, si γ⁽⁴⁾(t0) = 0 et γ⁵(t0) est non nul et perpendiculaire `a V ect(γ<sup>0</sup>(t0), γ<sup>00</sup>(t0)) alorst0est un point de rebroussement de premi`ere esp`ece. Un exemple concret avect0= 0 est donn´e par

γ(t) = (t,t² 2,t⁵

5!)

On aγ⁰(t0) = (1,0,0), γ⁰⁰(t0) = (0,1,0),γ⁰⁰⁰(t0) =γ⁽⁴⁾(t0) = (0,0,0) etγ⁽⁵⁾(t0) = (0,0,1).

7.– Le p´ erim` etre L d’une ellipse dont les demi-axes sont de longueur a et b v´ erifie L ≥ 2π √

ab.

R´ep.– Vrai. L’aire A du domaine enclos par l’ellipse vaut πab (ce nombre peut s’ob- tenir au moyen de la formule de Green-Riemann appliqu´ee `a x(t) =acost, y(t) =bsint et t ∈ [0,2π]). De l’in´egalit´e isop´erim´etrique L<sup>2</sup> ≥ 4πA, on d´eduit L<sup>2</sup> ≥ 4π<sup>2</sup>ab d’o`u L≥2π√

ab.

8.– La courbe suivante, parcourue une seule fois, est d’indice z´ ero :

R´ep.– Faux. Elle est d’indice 1.

9.– Soient k ∈ N

et

γ : [0, 2kπ] −→ C

θ 7−→ ρ(θ)e

une courbe polaire bir´ eguli` ere telle que pour tout θ, ρ(θ) > 0. Alors Ind(γ) =

−Ind(δ) o` u

δ : [0, 2kπ] −→ C

θ 7−→

R´ep.– Faux. Siρ(θ)≡1 alorsγ=δet doncInd(γ) =Ind(δ).

10.– Soit γ : [0, 2π] −→ R

une courbe param´ etr´ ee par la longueur d’arc dont la courbure alg´ ebrique est

k

: [0, 2π] −→ R

s 7−→

+ cos s Alors γ est une courbe ferm´ ee, i. e. γ(0) = γ(2π).

R´ep.– Faux. On a 1 2π

Z 2π 0

kalg(s)ds= 1 2π

Z 2π 0

1 2 + coss

ds=1

2 6∈Z

Or, si la courbe ´etait ferm´ee, cette int´egrale donnerait son indice qui est un entier relatif.

Probl` eme. – Soient a > 0, b > 0 deux r´ eels et F = (a, 0), F

= (−a, 0) deux points du plan. Les ovales de Cassini

sont les lieux

C

:= {M (x, y) | M F × M F

= b

} o` u M F et M F

sont les distances de M ` a F et de M ` a F

.

1. Les ovales de Cassini sont parfois appel´eslemniscates `a deux foyers

Quelques ovales de Cassini.

1) Montrer que M de coordonn´ ees polaire (ρ, θ), ρ ≥ 0, est dans C

si et seulement si

ρ

− 2a

ρ

cos 2θ + a

= b

(∗)

R´ep.– On aM = (ρcosθ, ρsinθ) d’o`u −−→

F M = (ρcosθ−a, ρsinθ) et−−−→

F⁰M = (ρcosθ+ a, ρsinθ). Ainsi

M F²= (ρcosθ−a)²+ρ²sin²θ, M F⁰²= (ρcosθ+a)²+ρ²sin²θ et

M F×M F⁰=b² ⇐⇒ M F²×M F⁰²=b⁴

⇐⇒ ((ρcosθ−a)²+ρ²sin²θ)×((ρcosθ+a)²+ρ²sin²θ) =b⁴

⇐⇒ (a²−ρ²cos²θ)²+ρ⁴sin⁴θ+ρ²sin²θ((a−ρcosθ)²+ (a+ρcosθ)²) =b⁴

⇐⇒ a⁴+ρ⁴cos⁴θ−2a²ρ²cos²θ+ρ⁴sin⁴θ+ 2a²ρ²sin²θ+ 2ρ⁴sin²θcos²θ=b⁴

⇐⇒ a⁴+ρ⁴+ 2a²ρ²sin²θ−2a²ρ²cos²θ=b⁴

⇐⇒ ρ⁴−2a²ρ²cos 2θ+a⁴=b⁴.

2) i) Montrer que C

n’est jamais vide.

ii) Montrer que (Ox) et (Oy) sont des axes de sym´ etrie de C

.

R´ep.– i) Cherchons une solution de (∗) sous la forme (ρ, θ= 0).On a ρ⁴−2a²ρ²+a⁴=b⁴ ⇐⇒ (ρ²−a²)²=b⁴ ⇐⇒ ρ²−a²=±b² ainsi (ρ,0) = (√

a²+b²,0) convient.

ii) La substitution θ7→π−θ montre queC_a,b est sym´etrique par rapport `a (0y) ; la sub- stitutionθ7→ −θ montre qu’elle est sym´etrique par rapport `a (Ox).

3) On cherche une courbe polaire θ 7→ ρ(θ), θ ∈ [−π, π], ρ(θ) ≥ 0, dont le

support soit C

.

i) Montrer que n´ ecessairement b ≥ a.

ii) Sous l’hypoth` ese b > a, donner une expression pour θ 7→ ρ(θ) et montrer que pour tout θ ∈ [0, 2π], ρ(θ) > 0.

iii) En d´ eduire que si b > a la param´ etrisation de C

donn´ ee par θ 7→

(ρ(θ) cos θ, ρ(θ) sin θ) est r´ eguli` ere.

R´ep.– i) Il faut r´esoudre l’´equation (∗). Son discriminant vaut

∆ = 4(b⁴−a⁴) + 4a⁴cos²2θ

Sib < aalorsb⁴−a⁴<0 et ∆ = 4(b⁴−a⁴)<0 pourθ=±^π₄,±^3π₄. L’´equation (∗) n’ayant pas de solution pour pour toutes les valeurs de θ ∈ [0,2π], Ca,b ne peut ˆetre le support d’une courbe polaireθ7→ρ(θ) avecθ∈ [−π, π].

ii) La r´esolution de (∗) donne

ρ²(θ) =a²cos 2θ±p

b⁴−a⁴+a⁴cos²2θ Puisque √

b⁴−a⁴+a⁴cos²2θ >|a²cos 2θ|on a a²cos 2θ−p

b⁴−a⁴+a⁴cos²2θ <0.

Il faut donc choisir

ρ²(θ) =a²cos 2θ+p

b⁴−a⁴+a⁴cos²2θ.

Notons que pour toutθ∈[−π, π], ρ²(θ)>0.Finalement ρ(θ) =

q

a²cos 2θ+p

b⁴−a⁴+a⁴cos²2θ.

iii) D’apr`es le cours, la courbe θ 7→ (ρ(θ) cosθ, ρ(θ) sinθ) est r´eguli`ere si et seulement si ρ(θ)²+ρ⁰(θ)²6= 0 pour toutθ∈[−π, π]. Or d’apr`es ii)ρ(θ)²>0 quel que soitθ∈[−π, π].

D’o`u la r´egularit´e.

4) On suppose d´ esormais que b = a.

i) Montrer que pour tout θ ∈ ] −

, −

[ ∪ ]

,

[, l’´ equation (∗) n’admet pas de solution ρ > 0.

ii) Montrer que C

est le support de la courbe polaire ρ(θ) = a √

2 cos 2θ o` u θ ∈ [−π, −

] ∪ [−

,

] ∪ [

, π].

R´ep.– i) Puisqueb=aon a l’´equation (∗) devient

(∗) ⇐⇒ ρ²(ρ²−2a²cos 2θ) = 0.

Siθ∈]−^3π₄,−^π₄[∪]^π₄,^3π₄[ alors cos 2θ <0 etρ²−2a²cos 2θ >0. L’´equation (∗) n’admet queρ= 0 comme solution.

ii) Si θ∈ [−π,−^3π₄ ] ∪ [−^π₄,^π₄] ∪ [^3π₄, π] alors cos 2θ ≥0 et l’´equation (∗) admet deux solutions :ρ= 0 et ρ=a√

2 cos 2θ.Donc,a priori,Ca,aest l’ensemble des points dont les coordonn´ees polaires parcourent

{(ρ= 0, θ), θ∈ [−π, π]} ∪ {(a√

2 cos 2θ, θ), θ∈ [−π,−3π

4 ] ∪ [−π 4,π

4] ∪ [3π 4 , π]}

Mais toutes les solutions de la forme (ρ= 0, θ) correspondent `a l’origine qui est aussi obte- nue en substituantθ=±^π₄ ouθ=±^3π₄ dans l’expression (a√

2 cos 2θ, θ).Par cons´equent, Ca,aest le support de la courbe polaireρ(θ) =a√

2 cos 2θo`uθ∈ [−π,−^3π₄ ] ∪ [−^π₄,^π₄] ∪ [^3π₄, π].

5) On ´ etudie d´ esormais la courbe polaire

ρ : [−

,

] −→ R

θ 7−→ a √

2 cos 2θ

i) L’application ρ est-elle C

? Quels sont les points r´ eguliers de ρ ?

ii) D´ eterminer la longueur L de la courbe polaire ρ en fonction de la constante de Gauss :

G := 2 π

Z

0

√ du

1 − u

= 0, 83462...

Indication : dans l’int´ egrale d´ efinissant la longueur, on pourra effectuer le changement de variable u = √

cos 2θ.

R´ep.– i) L’applicationρestC¹ sur ]−^π₄,^π₄[ et de plus

∀θ∈]−π 4,π

4[, ρ(θ)>0 donc tous les pointsC¹de la courbe polaire sont r´eguliers.

ii) On a

ρ⁰(θ) =−2asin 2θ

√ 2 cos 2θ d’o`u

ρ(θ)²+ρ⁰(θ)²=4a²cos²2θ+ 4a²sin²2θ

2 cos 2θ = 4a²

2 cos 2θ = 4a⁴ ρ(θ)² Ainsi

L= Z ^π₄

−^π₄

pρ(θ)²+ρ⁰(θ)²dθ= Z ^π₄

−^π₄

2a²

ρ(θ)dθ= 4a² Z ^π₄

0

dθ ρ(θ) Soitu=^√1

2aρ(θ) =√

cos 2θ. On a

du= 1

√2aρ⁰(θ)dθ=− sin 2θ

√cos 2θdθ=−

√1−u⁴

u dθ

d’o`u

dθ=− u

√1−u⁴du et

L= 4a

√2 Z 1

0

√ du

1−u⁴ =√ 2πaG.

6) i) Montrer que la courbe polaire ρ est ferm´ ee et simple

ii) Calculer l’aire du domaine D enclos par la courbe en fonction de a.

R´ep.– i) Puisque ρ(±^π₄) = 0 la courbe est ferm´ee. Elle est simple puisque sur ]−^π₄,^π₄[, ρ(θ)6= 0.

ii) On a

Aire(D) = Z ^π₄

−^π₄

1

2ρ²(θ)dθ= Z ^π₄

−^π₄

a²cos 2θdθ= a²

2 sin 2θ ^π4

−^π₄

=a²

7) Montrer que la courbure alg´ ebrique k

(θ) est une fonction lin´ eaire de la distance ` a l’origine ρ(θ).

R´ep.– D’apr`es le cours :

kalg =ρ²+ 2ρ⁰²−ρρ⁰⁰ (ρ²+ρ⁰²)³² Or, d’une part

ρ⁰⁰ =

−a 2 sin 2θ

√2 cos 2θ 0

= a(√

2 cos 2θ)⁰2 sin 2θ−(2 sin 2θ)⁰√ 2 cos 2θ 2 cos 2θ

= a

−^{√2 sin 2θ}

2 cos 2θ2 sin 2θ−4 cos 2θ√ 2 cos 2θ 2 cos 2θ

= −a4 sin²2θ+ 8 cos²2θ (2 cos 2θ)³² d’o`u

ρ⁰⁰ρ=−a²4 sin²2θ+ 8 cos²2θ 2 cos 2θ et

ρ²+ 2ρ⁰²−ρρ⁰⁰ = 2a²cos 2θ+ 24a²sin²2θ

2 cos 2θ +a²4 sin²2θ+ 8 cos²2θ 2 cos 2θ

= a²4 cos²2θ+ 8 sin²2θ+ 4 sin²2θ+ 8 cos²2θ 2 cos 2θ

= 12a²

2 cos 2θ = 12a⁴ ρ²

D’autre part

pρ²+ρ⁰²=2a² ρ Finalement

kalg= 12a⁴ ρ²

ρ³ 8a⁶ = 3ρ

2a²

8) Soit E la branche de l’hyperbole ´ equilat` ere d´ efinie par {(x, y) ∈ R

× R | x

− y

= a

}

i) Donner une param´ etrisation polaire θ 7→ r(θ) ∈ R

de E.

ii) En d´ eduire que E est l’image de C

∩ ( R

× R ) par l’inversion Φ : R

\ {O} 7→ R

\ {O}

(x, y) 7−→ (

,

)

R´ep.– i) Posonsx=rcosθ, y=rsinθavecθ∈ [−π, π]. On a

(x, y)∈E ⇐⇒ r²cos²θ−r²sin²θ=a⁻² et θ∈]−^π₂,^π₂[

⇐⇒ r²cos 2θ=a⁻² et θ∈]−^π₂,^π₂[

⇐⇒ r²cos 2θ=a⁻² et θ∈ [−^π₄,^π₄]

⇐⇒ r²= 1

a²cos 2θ et θ∈]−π 4,π

4[ Une param´etrisation en polaire est donn´ee par

r: ]−^π₄,^π₄[ −→ R^∗+

θ 7−→ 1

a√ cos 2θ Autrement ditr=ρ⁻¹.

ii) En effet

Φ(ρcosθ, ρsinθ) = cosθ

ρ ,sinθ ρ

= (rcosθ, rsinθ).