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.

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1R – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces

Corrig´ e de l’examen final du 7 janvier 2014

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.– Les latitudes d’une surface de rotation sont des g´ eod´ esiques.

R´ep.– Faux, les g´eod´esiques d’une sph`ere sont les grands cercles. Hormis l’´equateur, les latitudes ne sont pas des g´eod´esiques.

2.– Les longitudes d’une surface de rotation sont des g´ eod´ esiques.

R´ep.– Vrai, cela a ´et´e ´etabli en TD.

3.– Les r` egles d’une surface r´ egl´ ee sont des g´ eod´ esiques.

R´ep.– Vrai, ce sont des g´eod´esiques deE³.

4.– On suppose que les coefficients de la premi` ere forme fondamentale d’une param´ etrisation (u, v) −→ f(u, v) sont E(u, v) = ϕ

(u), G(u, v) = ϕ

(v) et F (u, v) = 0 avec pour tout (u, v), ϕ

(u) > 0 et ϕ

(v) > 0. Alors la courbure de Gauss de la surface est identiquement nulle.

R´ep.– Vrai, il suffit d’appliquer la formule de Brioschi.

5.– Soit (u, v) 7−→ f(u, v) une param´ etrisation r´ eguli` ere. On suppose qu’en

un point (u

, v

) les coefficients de la seconde forme fondamentale valent

L(u

, v

) = 1, M(u

, v

) =

et N (u

, v

) = 1 alors, en ce point, la courbure

moyenne H(u

, v

) ne peut s’annuler.

R´ep.– Vrai. En ce point, on aLN − M²=³₄ et doncK(u₀, v₀)>0.Par cons´equent, les courbures principales sont diff´erentes de z´ero et de mˆeme signe, leur demi-sommeH(u0, v0) ne peut s’annuler.

6.– Si deux param´ etrisations r´ eguli` eres f

, f

: U ⊂ R

−→ E

ont le mˆ eme op´ erateur de Weingarten alors elles sont ´ egales : f

= f

.

R´ep.– Faux, sih est un d´eplacement de E³ et si f2 = h◦f1 alors les op´erateurs de Weingarten def1 et def2co¨ıcident.

7.– Soient f

, f

: U ⊂ R

−→ E

deux param´ etrisations r´ eguli` eres ayant les mˆ emes courbures principales en tout point. Alors il existe un d´ eplacement h de E

tel que f

= h ◦ f

.

R´ep.– Faux. Par exemple si f1 : U ⊂R² −→E³ est la param´etrisation d’une portion de la sph`ere unit´e et f<sub>2</sub> = f<sub>1</sub>◦ϕ o`u ϕ : V −→ U un diff´eomorphisme. Alors f₁ et f₂ ont les mˆemes courbures principales en tout point (=1) mais en g´en´eral il n’existe pas de d´eplacementhdeE³tel que f2=h◦f1.

8.– Soit f : U ⊂ R

−→ R

une param´ etrisation r´ eguli` ere. On suppose qu’en tout point K(u, v) ≥ 1 alors l’aire de f (U ) est plus petite que la somme R

U

|H(u, v)|d

S o` u H est la courbure moyenne de f.

R´ep.– Vrai. En effet, de l’in´egalit´e H² ≥K on d´eduit H² ≥ 1 et donc|H| ≥1. Par cons´equent

Z

U

|H(u, v)|d²S≥ Z

U

d²S=Aire(f(U)).

9.– Soit S le support d’une surface param´ etr´ ee r´ eguli` ere. On suppose qu’il existe un point p ∈ S o` u la courbure de Gauss s’annule : K(p) = 0. Alors, il existe (au moins) un triangle g´ eod´ esique

D ⊂ S dont la somme des angles int´ erieurs vaut π.

R´ep.– Faux. Si la surface est un parabolo¨ıde par exemple, on auraK(p)>0 pour tout pointpautre que le sommet. Ainsi, pour tout triangle g´eod´esiqueD, on auraR

DKd²S >0 ce qui implique que la somme des angles int´erieurs du triangleDest diff´erente deπd’apr`es

1. C’est-`a-dire un domaine simple dont le bord est form´e de trois arcs g´eod´esiques.

le th´eor`eme de Gauss-Bonnet.

10.– L’ensemble S = {(x, y, z) ∈ R

| x

+ y

+ z

= 1} est une sous-vari´ et´ e de R

.

R´ep.– Vrai, il suffit de v´erifier que h : R³\(0,0,0) −→ R d´efinie par (x, y, z) −→

x³+y³+z³ est une submersion puis de constater queS=h⁻¹(1).

Probl` eme. – Soient α = (α

, α

, α

) : [a, b] −→ R

et β = (β

, β

, β

) : [c, d] −→ R

deux courbes C

param´ etr´ ees par la longueur d’arc et soit f la surface param´ etr´ ee d´ efinie par

f : [a, b] × [c, d] −→ R

(u, v) 7−→ α(u) + β(v).

Une telle surface est dite de translation.

1) i) D´ eterminer les coefficients E, F et G de la premi` ere forme fondamentale de f ainsi que les points r´ eguliers de f en fonction de l’angle ϕ(u, v) entre α

(u) et β

(v).

ii) On suppose d´ esormais qu’en tout point ϕ(u, v) ∈ ]0, π[. On note (t

, n

, b

) (resp.(t

, n

, b

)) le tri` edre de Frenet de α (resp. de β). D´ eterminer une normale unitaire N (u, v) en tout point r´ egulier (u, v) de f.

R´ep.– i) On a f_u(u, v) = α⁰(u) et f_v(u, v) = β⁰(v) d’o`u E ≡ G ≡ 1 et F(u, v) = hα⁰(u), β⁰(v)i= cosϕ(u, v).Ainsi (u, v) est r´egulier ssiϕ(u, v)6= 0 modπ.

ii) On a

N= fu∧fv

√EG−F² =tα∧tβ

|sinϕ| =tα∧tβ

sinϕ puisque ϕ(u, v)∈]0, π[ en tout point.

2) i) D´ eterminer les coefficients L, M et N de la seconde forme fondamentale de f en fonction des courbures principales k

et k

de α et de β et de l’angle entre N et n

et entre N et n

.

ii) Quel th´ eor` eme est illustr´ e ici ?

R´ep.– i) On afuu=kαnα, fuv= 0 etfvv =kβnβ.Ainsi

L=hfuu, Ni=k_αhN,n_αi, M= 0, N =hfvv, Ni=k_βhN,n_βi.

ii) Il s’agit du th´eor`eme de Meusnier.

3) Soient θ

et θ

tels que hN, n

i = cos θ

et hN, n

i = cos θ

.

i) D´ eterminer la matrice A de l’op´ erateur de Weingarten W de f dans la base (f

, f

).

ii) En d´ eduire les expressions de la courbure de Gauss K et de la courbure moyenne H de f en fonction de θ

, θ

, k

, k

et ϕ.

R´ep.– i) On a

A = M at(f_u,f_v)W

= 1

EG−F²

GL −FM GM −FN EM −FL EN −FM

= 1

1−cos²ϕ

L −cosϕN

−cosϕL N

= 1

sin²ϕ

kαcosθα −kβcosθβcosϕ

−kαcosθαcosϕ kβcosθβ

ii) On en d´eduit

K= LN

sin⁴ϕ = k_αk_βcosθ_αcosθ_β sin²ϕ et

H= k_αcosθ_α+k_βcosθ_β 2 sin²ϕ .

4) Montrer que si la courbure de Gauss K de f est nulle alors α ou β est une courbe asymptotique de f.

R´ep.– L’´egalit´e K = 0 implique que L = 0 ou N = 0 i. e.α ou β sont des courbes asymptotiques def.

5) Pour cette question seulement on suppose que la courbure principale de α est identiquement nulle : k

≡ 0. Montrer que f est une surface r´ egl´ ee.

R´ep.– Par d´efinition de la courbure principale, on a t⁰_α(u) =kα(u)nα(u) = 0.

Ainsit⁰_α(u) =α⁰⁰(u) = 0 d’o`uα<sup>0</sup>(u) =α0o`uα0∈R³.Puisα(u) =uα0+α1avecα1∈R³. Finalement

f(u, v) =uα0+ (α1+β(v))

ce qui est l’expression d’une surface r´egl´ee, les r`egles ´etant les supports de u7−→f(u, v).

On suppose d´ esormais que α est une courbe bir´ eguli` ere i. e. que l’application k

ne s’annule jamais.

6) Soit v

∈ [c, d]. On suppose que u 7−→ f (u, v

) est une courbe asympto- tique de f .

i) Montrer que u 7−→ f(u, v

) est une ligne de courbure.

ii) Montrer que la normale ` a la surface N ne d´ epend pas de u. Suggestion.–

On pourra consid´ erer le tri` edre de Darboux (t

, N, V

) avec V

= N ∧ t

. iii) D´ eterminer les courbures principales. Que vaut K ?

R´ep.– i) Puisque u7−→f(u, v0) est une courbe asymptotique alorsL(u, v0) = 0 pour tout u∈ [a, b].La matriceAde l’op´erateur de Weingarten a la forme suivante

A= 1 sin²ϕ

0 −k_βcosθ_βcosϕ 0 kβcosθβ

ce qui montre que la direction port´ee par t_α est principale et que la courbure principale associ´ee vaut 0.

ii) Une des trois ´equations de Darboux s’´ecrit

N_u(u, v) =−k_tαt_α+τ_gV_α.

Puisqueu7−→f(u, v0) est une courbe asymptotiquekt_α ≡0 et puisque que c’est une ligne de courbure τ_g≡0. Par cons´equentN_u≡0.

iii) D’apr`es i), une courbure principale vaut 0. La consid´eration de la trace de W livre l’autre courbure principale : kβcosθβ (qui peut ´eventuellement ˆetre nulle). Quoi qu’il en soit, la courbure de GaussK est nulle.

7) On suppose toujours que u 7−→ f (u, v

) est une courbe asymptotique de f.

i) D´ eduire de la question 2 que pour tout u ∈ [a, b] on a t

(v

) = cos ϕ(u, v

)t

(u) ± sin ϕ(u, v

)n

(u).

ii) D´ eterminer L en fonction de k

, ϕ, b

et t

.

iii) En d´ eduire que la torsion τ

de α est identiquement nulle et donc que la courbe α est plane.

R´ep.– i) Puisqueu7−→f(u, v0) est une courbe asymptotique alorsL(u, v0) = 0 pour tout u∈ [a, b].OrL=kαhN,nαietkα(u)6= 0 carαest bir´eguli`ere. Par cons´equent (tα,nα) est

une base orthonorm´ee deN^⊥.Puisqueht_α,t_βi= cosϕ, on en d´eduit la formule demand´ee.

ii) On a

L= kα

sinϕhtα∧tβ,nαi= kα

sinϕhnα∧tα,tβi=− kα

sinϕhbα,tβi.

iii) Puisque u 7−→ f(u, v0) est une courbe asymptotique alors L(u, v0) = 0 pour tout u ∈ [a, b]. Et puisque α est bir´eguli`ere, on a n´ecessairement hbα,tβi = 0 pour tout u∈ [a, b].En d´erivant par rapport `a u, il vient

0 =hb⁰_α(u),t_β(v₀)i=h−τα(u)n_α(u),t_β(v₀)i

d’apr`es les formules de Frenet. Puis, en utilisant le r´esultat de la question i) 0 =±τ_α(u) sinϕ(u, v₀)

et puisque sinϕ(u, v0)6= 0 c’est queτα≡0.

8) Dans cette question, on suppose que u 7−→ f (u, v

) est une ligne de cour- bure de f qui n’est pas une courbe asymptotique. Montrer qu’en tout point (u, v

) la matrice de la premi` ere forme fondamentale est l’identit´ e.

R´ep.– Rappelons que Siu7−→f(u, v0) est une ligne de courbure defalors la consid´eration de la matriceAde l’op´erateur de Weingarten

A= 1 sin²ϕ

L −cosϕN

−cosϕL N

.

Si u 7−→ f(u, v0) est une ligne de courbure de f alors −cosϕL = 0 et puisque cette courbe n’est pas asymptotique L 6= 0. Par cons´equent cosϕ(u, v0) = 0 ce qui implique F(u, v₀) = 0.Et on avait d´ej`aE ≡1 etG≡1...

9) On consid` ere la premi` ere surface de Scherk : f : ]0,

[×]0,

[ −→ R

(u, v) 7−→ (u, v, ln

).

i) Montrer que f est une surface de translation.

ii) D´ eterminer les coefficients E, F et G de la premi` ere forme fondamen- tale de f. En d´ eduire que f est r´ eguli` ere.

iii) D´ eterminer les coefficients L, M et N de la seconde forme fondamen- tale de f.

iv) Montrer que f est une surface minimale, i e. H ≡ 0.

La premi`ere surface de Scherk

R´ep.– i) On a f(u, v) = (u, v,ln cosu−ln cosv) et donc f(u, v) = α(u) +β(v) avec α(u) = (u,0,ln cosu) etβ(v) = (0, v,−ln cosv).

ii) On a fu(u, v) = (1,0,−tanu), fv(u, v) = (0,1,tanv) d’o`u

E= 1 + tan²u, F =−tanutanv, G= 1 + tan²v.

En particulier

EG−F² = (1 + tan²u)(1 + tan²v)−tan²utan²v

= 1 + tan²u+ tan²v

≥ 1.

Par cons´equentf est r´eguli`ere en tout point.

iii) On a

N = 1

√

1 + tan²u+ tan²v



 tanu

−tanv 1





et

f_uu(u, v) = (0,0,−1−tan²u), f_uv(u, v) = (0,0,0), f_vv(u, v) = (0,0,1 + tan²v) d’o`u

L=hfuu, Ni=− 1 + tan²u

√

1 + tan²u+ tan²v M=hfuv, Ni= 0

N =hf_vv, Ni= 1 + tan²v

√

1 + tan²u+ tan²v. iv) PuisqueM= 0, on a

A = 1

EG−F²

GL −FN

−FL EN

d’o`u l’on d´eduit

H = 1

2(EG−F²)(GL+EN) or

GL+EN =−(1 + tan²v)(1 + tan²u)

√

1 + tan²u+ tan²v +(1 + tan²u)(1 + tan²v)

√

1 + tan²u+ tan²v = 0.