Licence 2 – Courbes et surfaces

Universit´e Claude Bernard Lyon 1

Licence 2 – Courbes et surfaces

Corrig´e du contrˆole continu final, premi`ere session Mercredi 16 juin 2010 - Dur´ee 2 heures

Les documents sont autoris´es mais les calculettes sont interdites (car inu- tiles). Les deux exercices sont ind´ependants. 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. Dans les questions, I est un intervalle ouvert non vide et toutes les applications sont C^∞ sauf mention explicite du contraire.

1.– Soitf :I −→Rune fonction telle quef⁰(0) = 0.La courbe param´etr´ee γ :I −→R², t7−→(t, f(t)) n’est pas r´eguli`ere ent = 0.

R´ep.– Faux carγ⁰(0) = (1,0)6= (0,0).

2.– La courbe param´etr´eeγ :R−→R², t7−→(t,2t) est bir´eguli`ere.

R´ep.– Faux carγ⁰⁰(0) = (0,0)

3.– Si une courbe param´etr´ee n’a pas de point d’inflexion alors elle est bir´eguli`ere.

R´ep.– Faux la courbure alg´ebrique peut s’annuler sans changer de signe

4.– Soient b > a > 0 et γ : [0,2π] −→ R², t 7−→ (acost, bsint). L’aire du domaine d´elimit´e par γ vaut ab

2 .

R´ep.– Faux, l’aire vautπab.

5.– Soitγ la courbe param´etr´ee de la question pr´ec´edente etP, Q:R−→R deux fonctions C^∞ quelconques alorsR

γP(x)dx+Q(y)dy= 0.

R´ep.– Vrai, il suffit d’appliquer la formule de Green-Riemann pour le v´erifier.

6.– Soit f : [0,2π]−→R²,t 7−→(cost,sin 2t). L’indice de rotation de rota- tion de f vaut 2.

R´ep.– Faux, il vaut 0.

7.– Soit f l’application de la question pr´ec´edente. Le nombre de rotation de f par rapport au point de coordonn´ees (100,100) vaut 2.

R´ep.– Faux, il vaut 0.

8.– La surface param´etr´eef :R² −→R³ d´efinie ci-dessous est r´eguli`ere : (u, v)7−→((2 + cosu) cosv,(2 + cosu) sinv,sinu).

R´ep.– Vrai, il suffit de faire le calcul.

9.– Soit γ : [a, b] −→ R^∗+×R, s 7−→ (x(s), z(s)) une courbe param´etr´ee r´eguli`ere et f : [a, b]×[0,2π] −→ R³, (s, θ) 7−→ (x(s) cosθ, x(s) sinθ, z(s)).

L’aire de la surface param´etr´eef est 2π

Z b

a

x(s)ds.

R´ep.– Vrai, l’´el´ement d’aire vaut |x(s)|p

x⁰(s)²+z⁰(s)²dsdθ et comme x(s) > 0 et px⁰(s)²+z⁰(s)²= 1, il se r´eduit `a x(s)dsdθ.

10.– La surface S ={(x, y, z)∈R³ |x²+ y² 4 +z²

9 = 1} admet un des axes de coordonn´ees comme axe de rotation.

R´ep.– Faux, pas de groupement enx²+y² ouy²+z² ouz²+x².

Exercice 1. – Soient I un intervalle qui contient 0 et γ : I −→ R² une courbe r´eguli`ere param´etr´ee par la longueur d’arc. On suppose queγ admet en s = 0 un cercle osculateur C de centre l’origine, de rayon R > 0 et dont une param´etrisation est donn´ee par :

δ: [0,2πR] −→ R²

7−→ s s

On note f :I −→R la fonction f(s) :=hγ(s), γ(s)i.

1) Pour quelle raison f⁰(0) = 0 ?

R´ep.– Notons queδcommeγsont des param´etrisations par la longueur d’arc. D’apr`es le cours, la courbe δ(le cercle osculateur) approxime la courbe `a l’ordre 2. En particulier δ⁰(0) =±γ⁰(0). Puisque hδ(0), δ⁰(0)i = 0 on a donc hγ(0), γ⁰(0)i = 0 et par cons´equent f⁰(0) = 0.

2) Montrer que f⁰⁰(0) = 0.

R´ep.– On af⁰⁰(0) = 2hγ⁰⁰(0), γ(0)i+ 2hγ⁰(0), γ⁰(0)i= 2hk(0)N(0), γ(0)i+ 2.

Or γ(0) =δ(0) =−RN(0) =− 1

k(0)N(0).Doncf⁰⁰(0) =−2 + 2 = 0.

3) Montrer que f⁰⁰⁰(0) =−2k⁰(0)

k(0) o`uk :I −→R⁺ est la courbure principale de γ.

R´ep.– On af⁰⁰⁰(0) = 2hγ⁰⁰⁰(0), γ(0)i+ 6hγ⁰⁰(0), γ⁰(0)i.

Or hγ⁰⁰(0), γ⁰(0)i= 0 etγ⁰⁰⁰(0) = (kN)⁰=k⁰(0)N(0) +k(0)N⁰(0).

Puisque γ(0) =− 1

k(0)N(0) on a donc

f⁰⁰⁰(0) = 2hk⁰(0)N(0) +k(0)N⁰(0),− 1

k(0)N(0)i=−2k⁰(0) k(0) .

4) Montrer que :

∀s ∈I, f(s)−R² =−k⁰(0)

3k(0)s³+o(s³).

R´ep.– Il suffit d’´ecrire la formule de Taylor-Young `a l’ordre 3 pour l’application f. Le nombref(0) est le carr´e de la distance du pointγ(0) `a l’origine, c’est-`a-dire au centre du cercle osculateur. Ainsif(0) =R².

5) On suppose k⁰(0) 6= 0. Montrer que le support de γ traverse le cercle os- culateur C.

R´ep.– Si k⁰(0)6= 0 et d’apr`es la question 4)f(s)−Rchange de signe au voisinage de 0 ce qui montre queγtraverse le cercle osculateur ens= 0.

Exercice 2. – Soit γ : I −→R² une courbe bir´eguli`ere param´etr´ee par la longueur d’arc.

1) Donner une param´etrisation de la d´evelopp´ee β de γ (on rappelle que la d´evelopp´ee d’une courbe plane est le lieu de ses centres de courbure).

R´ep.– β(s) =γ(s) +_k(s)¹ N(s).

2) On note R : I −→R^∗+, la fonction R(s) = k(s)⁻¹ o`u k : I −→ R^∗+ est la courbure principale de γ. Montrer que :

Long(β) = Z

I

|R⁰(s)|ds.

R´ep.– β⁰(s) =−k⁰(s)

k²(s)N(s) =R⁰(s)N(s) d’o`u la formule demand´ee.

3) On suppose d´esormais quek⁰ ne s’annule pas. Soients₁, s₂ dansI,s₁ < s₂, montrer que la longueur d’arc entre β(s₁) et β(s₂) est |R(s₂)−R(s₁)|.

R´ep.– Sik⁰ ne s’annule pas alorsR⁰(s) garde un signe constant et Z

[s1,s2]

|R⁰(s)|ds=

Z s₂

s1

R⁰(s)ds

=|R(s2)−R(s1)|.

4) Soient C1 et C2 deux cercles de centre respectif Ω1 et Ω2 et de rayon R1

et R₂. Montrer que si dist(Ω₁,Ω₂) < |R₂ −R₁| alors les deux cercles sont disjoints : C₁ ∩C₂ = ∅. (Suggestion.– Supposer le contraire et faire jouer l’in´egalit´e triangulaire).

R´ep.– SupposonsC₁∩C₂ 6=∅. Soit {A} =C₁∩C₂. Pour fixer les id´ees, on suppose R2> R1. L’in´egalit´e triangulaire s’´ecrit

dist(Ω₂, A)≤dist(Ω₁, A) +dist(Ω₁,Ω₂) c’est-`a-dire

R2≤R1+dist(Ω1,Ω2)< R1+ (R2−R1) =R2

Contradiction.

5) Montrer que sik⁰ne s’annule pas alors les cercles osculateurs deγsont deux

en 1895).

R´ep.– Soients1, s2dansI.NotonsC1(resp.C2) le cercle osculateur `aγenγ(s1) (resp.

en γ(s2)). Le cercleC1 (resp.C2) a pour centre Ω1 :=β(s1) (resp. Ω2:=β(s2)) et pour rayon R1:=R(s1) (resp.R2:=R(s2)). La distance entre les deux centresβ(s1) et β(s2) est plus petite que la longueur deβ_|[s1,s₂], donc

dist(Ω1,Ω2)≤ |R2−R1|.

En fait, cette in´egalit´e est stricte car le support d’une d´evelopp´ee n’est jamais une portion de droite. En effet, d’apr`es l’expression deβ<sup>0</sup>, il faudrait pour cela queN(s) soit constant, donc que le support deγsoit une droite mais alorsγne serait plus bir´eguli`ere

D’apr`es la question 4, on a donc C1∩C2=∅.