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

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1G – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces

Corrig´ e de l’examen final du 6 janvier 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.– Soit ¯ γ : I −→ S une courbe asymptotique. Alors la composante normale de ¯ γ

est nulle.

R´ep.– Vrai, c’est mˆeme une ´equivalence. Soitn:S−→S²une normale unitaire `aS.De h¯γ⁰, n◦¯γi= 0, on d´eduit

h¯γ⁰⁰, n◦γi¯ +h¯γ⁰, dn(¯γ⁰)i= 0.

Ainsih¯γ⁰⁰, n◦γi¯ = 0 si et seulement si−II(¯γ⁰,¯γ⁰) =h¯γ⁰, dn(¯γ⁰)i= 0, i. e. ¯γest une ligne asymptotique pour S.

2.– Soit ¯ γ : I −→ S une g´ eod´ esique. S’il existe s

< s

tels que ¯ γ(s

) = ¯ γ(s

) alors ¯ γ est p´ eriodique et s

− s

est un multiple de la p´ eriode.

R´ep.– Faux. Penser aux g´eod´esiques des cˆones : elles peuvent s’auto-intersecter sans ˆ

etre p´eriodiques pour autant.

3.– Soit ¯ γ : I −→ S une ligne de courbure. S’il existe s

< s

tels que

¯

γ(s

) = ¯ γ(s

) alors ¯ γ est p´ eriodique et s

− s

est un multiple de la p´ eriode.

R´ep.– Faux. Penser au plan ou `a la sph`ere. Sur de telles surfaces, toute courbe est une ligne de courbure.

4.– Soit S ⊂ R

le support d’une surface param´ etr´ ee r´ eguli` ere et P un plan

de R

. On suppose que P ∩ S est le support d’une courbe ¯ γ param´ etr´ ee par

la longueur d’arc. Si en tout point p ∈ P ∩ S les plans P et T

S sont ortho-

gonaux alors ¯ γ est une g´ eod´ esique de S.

R´ep.– Vrai. Soit N(s) une normale unitaire `a S en ¯γ(s). Puisque les plansP et T_pS sont orthogonaux, (N(s),γ¯⁰(s)) est une base deTpS.Puisque la courbe ¯γ est plane et que h¯γ⁰(s),γ¯⁰⁰(s)i= 0 on a n´ecessairement ¯γ⁰⁰(s)∈V ect(N(s)).Et donc (¯γ⁰⁰(s))^T = 0.

5.– On suppose que les coefficients de la premi` ere forme fondamentale d’une param´ etrisation (u, v) −→ f(u, v) sont E(u, v) = 1, G(u, v) = ϕ(u) et F (u, v) = 0 avec pour tout u, 1 > ϕ(u) > 0 et ϕ

(u) < 0. Alors la cour- bure de Gauss de la surface est strictement positive.

R´ep.– Vrai. La formule de Brioschi montre queK= 1 2ϕ²(1

2ϕ⁰²−ϕϕ⁰⁰).Puisqueϕ⁰⁰(u)<0 pour toutu,on a doncK >0 en tout point.

6.– Soit (u, v) 7−→ f(u, v) une param´ etrisation r´ eguli` ere. On suppose que les coefficients de la seconde forme fondamentale valent L(u, v) = 1 et M(u, v) = N (u, v) = ϕ(u) avec pour tout u, 1 > ϕ(u) > 0 et ϕ

(u) < 0. Alors la cour- bure moyenne H ne s’annule en aucun point.

R´ep.– Vrai. On a

K= LN − M²

EG−F² = ϕ−ϕ² EG−F² >0.

CommeH²≥K,on en d´eduit queH ne peut s’annuler.

7.– Soit f : ]0, 1[

−→ R

une param´ etrisation r´ eguli` ere isom´ etrique et φ : ]0, 1[

−→]0, 1[

telle que φ(u, v) = (v, u). Alors f ◦ φ : ]0, 1[

−→ R

est une param´ etrisation r´ eguli` ere isom´ etrique.

R´ep.– Vrai. En effet, les cœfficients de la premi`ere forme fondamentale de f sont E=G= 1 etF= 0 et l’effet deφest de permuterE etG.

8.– Soit f

, f

: ]0, 1[

−→ R

deux param´ etrisations r´ eguli` eres isom´ etriques entre elles et φ : ]0, 1[

−→]0, 1[

telle que φ(u, v) = (v, u). Alors f

◦ φ et f

sont isom´ etriques.

R´ep.– Faux. Puisquef1et f2 sont isom´etriques on a E1=E2, F1=F2, G1=G2

avec des notations ´evidentes. Les cœfficients de la premi`ere forme fondamentale def3= f₁◦φsontE₃=G₁, F₃=F₁ et G₃=E₁ donc en g´en´eralE₃6=E₂ et G₃6=G₂.

9.– Soit f : U −→ S une surface param´ etr´ ee r´ eguli` ere, injective et plate (i. e. dont la courbure de Gauss est identiquement nulle) et γ : I −→ U une courbe C

ferm´ ee simple. Alors l’int´ egrale de la courbure g´ eod´ esique de

¯

γ = f ◦ γ vaut R

¯

γ

k

ds = 2π.

R´ep.– Vrai. Par le th´eor`eme de Jordan-Sch¨onflies,γborde un domaineDhom´eomorphe

`

a un disque, son image parf est hom´eomorphe `a un disque dont le bord est l’image de ¯γ.

Le th´eor`eme de Gauss-Bonnet s’´ecrit Z

¯ γ

kgds+ Z

f(D)

Kd²S= 2π

et puisqueK≡0, on obtientR

¯

γkgds= 2π.

10.– L’ensemble S = {(x, y, z) ∈ R

| x

+ y

− 2z

= 0} est une sous-vari´ et´ e de R

.

R´ep.– Faux. L’ensembleS est un cˆone.

Probl` eme. – Soit α : [0, L] −→ R

une courbe bir´ eguli` ere C

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

f : [0, L] × [0, 2π] −→ R

(u, v) 7−→ α(u) + r(cos(v )n(u) + sin(v)b(u)).

o` u n et b sont la normale principale et la binormale de α et r > 0. Une telle surface est dite tubulaire de courbe centrale α et de rayon r.

1) On note t = α

, k la courbure principale de α et τ sa torsion.

i) Montrer que

∀(u, v) ∈ [0, L] × [0, 2π], f

(u, v) = (1 − rk(u) cos v)t(u) + τ (u)f

(u, v).

ii) D´ eterminer les coefficients E, F et G de la premi` ere forme fondamen- tale de f.

iii) Montrer que si r est suffisamment petit, alors f est surface r´ eguli` ere.

iv) D´ eterminer une normale unitaire N (u, v) aux points (u, v) o` u f est r´ eguli` ere.

R´ep.– i) On a

fu(u, v) = α⁰(u) +r((−k(u)t(u) +τ(u)b(u)) cosv−τ(u)n(u) sinv)

= (1−rk(u) cosv)t(u) +rτ(u)(cosθ b(u)−sinv n(u))

et

f_v(u, v) =−rsinv n(u) +rcosv b(u).

Ainsi

fu(u, v) = (1−rk(u) cosv)t(u) +τ(u)fv(u, v).

ii) Le calcul des cœfficientsE, F etGest quasi-imm´ediat grˆace `a la formule du point i).

E = (1−rk(u) cosv)²+r²τ²(u) F = r²τ(u)

G = r². iii) Ainsi

EG−F²=r²(1−rk(u) cosv)².

Soitk_max= max_u∈[0,L]k(u).Sirk_max<1 alorsEG−F²>0 en tout point de [0, L]×[0,2π]

et f est r´eguli`ere.

iv) On af_u∧f_v= (1−rkcosv)t∧τ f_v.Or

t∧fv = −rsinv t∧n+rcosv t∧b

= −rsinv b−rcosv n Par cons´equent

N(u, v) = fu∧fv

kf_u∧f_vk =−(cosv n+ sinv b).

2) On suppose d´ esormais que r est choisi suffisamment petit pour que f soit r´ eguli` ere en tout point. Montrer que l’aire de f([0, L] × [0, 2π]) ne d´ epend que de r et de la longueur de α.

R´ep.– On a

Aire(f) = Z

[0,L]×[0,2π]

pEG−F²dudv

= Z

[0,L]×[0,2π]

r(1−rk(u) cosv)dudv

= Z

[0,L]×[0,2π]

rdudv carR2π

0 cosv dv= 0.AinsiAire(f) = 2πLr.

3) i) D´ eterminer les coefficients L, M et N de la seconde forme fondamentale de f en fonction de k, τ, r et v.

ii) En d´ eduire la courbure de Gauss K de f en tout point.

R´ep.– i) On a

fvv = −(rcosv n+rsinv b) =rN,

fuv = −rsinv(−kt+τ b) +rcosv(−τ n) =rksinv t+rτ N fuu = −rk⁰cosv t+ (1−rkcosv)kn+τ⁰fv+τ fvu. Ainsi

N = hfvv, Ni=hrN, Ni=r M = hfuv, Ni=rτ

L = hfuu, Ni=h(1−rkcosv)kn+τ fvu, Ni

= −kcosv(1−rkcosv) +rτ². ii) On a

K=LN − M²

EG−F² =−rkcosv(1−rkcosv)

r²(1−rkcosv)² = −kcosv r(1−rkcosv).

4) i) Montrer que pour tout u ∈ [0, L], v 7→ f (u, v) est une ligne de courbure.

ii) En d´ eduire les directions et les courbures principales de f et d´ eterminer la courbure moyenne H.

iii) ´ Ecrire la matrice A de l’op´ erateur de Weingarten dans la base (t,

f

).

R´ep.– i) On a

Nv= sinv n−cosv b=−1 rfv

ainsi v −→ f(u, v) est une ligne de courbure et k₁ = −¹_r est une courbure principale.

Les directions principales ´etant orthogonale, la droitevect(t) donne n´ecessairement l’autre direction principale.

ii) Puisque K=k1k2, n´ecessairementk2= _1−rk^kcos_cos^v_v et

H = k₁+k₂ 2 =−1

r + kcosv 1−rkcosv

iii) La base (t,¹_rfv) ´etant constitu´ee de vecteurs propres de l’op´erateur de Weingarten, on a :

A=







kcosv 1−rkcosv 0

0 −1

r





.

5) Donner l’expression du r´ eseau des lignes de courbures orthogonales aux lignes v 7→ f (u, v). On pourra s’aider de la fonction Ψ : [0, L] −→ R d´ efinie par

Ψ(w) :=

Z

0

−τ(s)ds.

Montrer que pour tout u ∈ [0, L], la courbe w −→ γ

(w) := f(u + w, Ψ(w)) est une ligne de courbure.

R´ep.– On cherche une ligne de courbure sous la formew−→f(u(w), v(w)).On a f(u(w), v(w)) = u⁰(w).f_u(u(w), v(w)) +v⁰(w).f_v(u(w), v(w))

= (1−rk(u(w)) cosv(w))t(u(w)) +τ(u(w))f_v(u(w), v(w)) +v(w)f_v(u(w), v(w)) Ainsif(u(w), v(w)) est proportionnel `at siv(w) := Ψ(w).On obtient alors

f(u(w),Ψ(w)) = (1−rk(u(w)) cos Ψ(w))t(u(w)).

Pour la fonctionu, on peut choisiru(w) =u0+w.

6) i) Montrer que pour tout u ∈ [0, L], v −→ f(u, v) est une g´ eod´ esique.

ii) Montrer que u 7→ f(u, v) est une g´ eod´ esique si et seulement si −k

cos v + kτ sin v = 0 (1)

rτ

− (1 − rk cos v)k sin v = 0 (2)

iii) Donner un exemple de choix de courbe non plane α pour laquelle il y ait au moins une courbe u 7→ f (u, v) qui soit une g´ eod´ esique.

iv) Montrer que si u 7→ f (u, v) est une g´ eod´ esique, alors il existe Cte ∈ R telle que

−2k cos v + rk

cos

v + rτ

= Cte.

v) Montrer que les courbes u 7→ f(u,

) et u 7→ f (u,

) ne sont jamais des g´ eod´ esiques.

R´ep.– i) En effetf_vv =rN donc (f_vv)^T = 0.

ii) On a

fuu = −rk⁰cosv t+ (1−rkcosv)kn+τ⁰fv+τ fvu

= −rk⁰cosv t+ (1−rkcosv)kn+τ⁰fv+rkτsinv t+rτ²N d’o`u

hfuu, ti = −rk⁰cosv+rkτsinv hfuu, fvi = r²τ⁰+ (1−rkcosv)khn, fvi

= r²τ⁰−r(1−rkcosv)ksinv Ainsi (f_uu)^T = 0 si et seulement si

−k⁰cosv+kτsinv= 0 (1) rτ⁰−(1−rkcosv)ksinv= 0 (2)

iii) Siαest une h´elice circulaire alorsketτ sont constants et non nuls. Les ´equations (1) et (2) montrent alors que les courbesu7→f(u,0) etu7→f(u, π) sont des g´eod´esiques.

iv) L’´equation (2) montre que

ksinv= rτ⁰ 1−rkcosv En injectantτ×(2) dans (1) on obtient donc

−k⁰cosv+ rτ τ⁰

1−rkcosv = 0.

Soit encore

−k⁰cosv+rkk⁰cos²v+rτ τ⁰= 0 ce qui s’int`egre en

−2kcosv+rk²cos²v+rτ²=Cte.

iv) Une courbeu7→f(u, v) est une g´eod´esique si et seulement si −2kcosv+rk²cos²v+rτ² = Cte (1⁰)

rτ⁰−(1−rkcosv)ksinv = 0 (2)

Ainsi les courbesu7→f(u,^π₂) etu7→f(u,^3π₂ ) sont des g´eod´esiques si et seulement si rτ² = Cte (1⁰)

rτ⁰±k = 0 (2) ⇐⇒

τ = Cte (1⁰)

k = 0 (2)

Ceci est impossible car αest suppos´ee bir´eguli`ere, autrement dit k6= 0 en tout point.

7) On suppose d´ esormais que α est une courbe plane ferm´ ee simple.

i) Soit R = {(u, v) ∈ [0, L] × [0, 2π] | K(u, v) ≥ 0}. D´ eterminer R puis donner une expression de l’aire de f (R) en fonction de L, r et k.

ii) Montrer que l’aire de f (R) ne d´ epend en fait que de r et de L.

R´ep.– i) Il est imm´ediat queR= [0, L]×[^π₂,^3π₂ ].On a A(f(R)) =

Z

R

d²S

= Z

R

pEG−F²dudv

= Z

R

r(1−rk(u) cosv)dudv

= πLr+ 2r² Z L

0

k(u)du.

ii) On applique le th´eor`eme des tangentes tournantes pour obtenir : Z L

k_alg(s)ds=±2π

o`u k<sub>alg</sub> est la courbure alg´ebrique de α. Comme α est bir´eguli`ere, k_alg garde un signe constant. Donc

Z L 0

k(u)du=

Z L 0

kalg(u)du

= 2π.

Au bilan

A(f(R)) =πLr+ 4πr².

8) On suppose maintenant que α est un cercle. Soient 0 ≤ s

< s

< L. On pose D = [s

, s

] × [0, 2π] et E = [s

, s

] × [0, π].

i) Montrer que ∂f (∂D) est l’une union de quatre supports de courbes g´ eod´ esiques et que ∂f (E) est une union de deux supports de courbes g´ eod´ esiques.

ii) Calculer

Z

D

Kd

S

directement puis au moyen du th´ eor` eme de Gauss-Bonnet.

iii) Pourquoi ne peut-on pas appliquer le th´ eor` eme de Gauss-Bonnet, tel qu’il est ´ enonc´ e dans le cours, pour calculer R

E

Kd

S ?

R´ep.– i) Les courbes v 7→ f(u, v) sont des g´eod´esiques d’apr`es 6.i. Les courbes u 7→

f(u,0) etu7→f(u, π) sont des g´eod´esiques car elles satisfont aux ´equations du 6.ii (kest constant etτ= 0).

ii) On a d’une part Z

D

Kd²S= Z

D

−kcosv dudv=−k(s2−s1) Z π

0

cosv dv= 0.

D’autre part, la formule de Gauss-Bonnet s’´enonce Z

∂D

k_gds+ Z

D

Kd²S+

4

X

i=1

θ_i= 2π.

Notonsγ₁,...γ₄ les courbes ”´evidentes” qui d´efinissent le bord. Pour chacune d’entre elles la courbure g´eod´esique est nulle d’apr`es la question pr´ec´edente. Puisque F = r²τ ≡0, les courbes s’intersectent en des angles ext´erieursθi qui sont droits. La formule de Gauss- Bonnet s’´ecrit donc ici

0 + Z

D

Kd²S+ 4×π 2 = 2π soit encore

Z

D

Kd²S= 0.

iii) Le domaine f(E) n’est pas simple. Il est hom´eomorphe `a un anneau et non `a un disque. La formule de Gauss-Bonnet, telle qu’elle est ´enonc´ee dans le cours, ne s’applique pas. Notons d’ailleurs que si l’on appliquait malgr´e tout cette formule on obtiendrait

Z

E

Kd²S = 2π− Z

∂E

kgds

= 2π−0

.

Cette valeur est erron´ee. Un calcul direct montre en effet que Z

E

Kd²S = 0.