Probl` eme. – Le but de ce probl` eme est d’´ etudier l’effet sur les courbes de l’application suivante :

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1 – G´ eom´ etrie

Corrig´ e du contrˆ ole continu 2 du lundi 22 octobre 2018

Les documents sont autoris´ es mais les calculettes et les t´ el´ ephones por- tables sont interdits. Il sera tenu compte de la qualit´ e de la r´ edaction pour l’attribution d’une note.

Probl` eme. – Le but de ce probl` eme est d’´ etudier l’effet sur les courbes de l’application suivante :

Ψ : R

−→ R

(ρ, θ) 7−→ (ρ cos θ, ρ sin θ)

Attention : contrairement aux coordonn´ ees polaires usuelles, l’ensemble de d´ epart ´ etant R

, on permet ` a ρ d’ˆ etre n´ egatif.

Premi` ere partie : ´ Etude d’exemples

1) ´ Ecrire l’´ equation cart´ esienne de l’image par Ψ des droites suivantes : i) ρ = a avec a ∈ R .

ii) θ = a avec a ∈ R .

R´ep.– i) Notons (x(θ), y(θ)) = (acosθ, asinθ) les coordonn´ees du point Ψ(a, θ). On a : x²(θ) +y²(θ) =a².

Par cons´equent Ψ({ρ = a}) est inclu dans le cercle de rayon |a| et de centre l’origine.

R´eciproquement, siP = (x, y) est un point de ce cercle et siθest l’angle entre l’horizontale et le rayon [OP] alors (x, y) = (|a|cosθ,|a|sinθ). C’est donc que P = Ψ(a, θ) sia >0 ou queP = Ψ(a, θ+π) sia <0.

ii) Notons (x(ρ), y(ρ)) = (ρcosa, ρsina) les coordonn´ees du point Ψ(ρ, a).On a sina x(ρ)−cosa y(ρ) = 0.

Par cons´equent Ψ({θ=a}) est inclu dans la droite passant par l’origine et faisant un angle aavec l’horizontale. R´eciproquement, siP = (x, y) est un point de cette droite et siρest la distance entreP et l’origine, alors (x, y) =(ρcosa, ρsina) avec=±1. C’est donc que

P = Ψ(ρ, a) si= 1 ou queP = Ψ(−ρ, a) si=−1.

2) Soit a ∈ R

. On consid` ere la courbe θ 7→ α(θ) = Ψ(aθ, θ) avec θ ∈ R . i) Montrer que la courbe α est r´ eguli` ere.

ii) Montrer que la courbure k

en tout point θ ∈ R vaut k

(θ) = 2 + θ

a(1 + θ

)

. iii) D´ eterminer sa d´ eriv´ ee k

.

iv) En d´ eduire que l’image de la droite ρ = aθ est compos´ ee de l’origine et de l’union de deux spirales.

R´ep.– Pour les calculs, on peut ´evidemment directement appliquer les formules du cours relatives aux courbes en polaires ou passer en notation complexe.

i) On a α(θ) =a(θcosθ, θsinθ) d’o`u

α⁰(θ) =a(cosθ−θsinθ,sinθ+θcosθ) et kα⁰(θ)k²=a²(1 +θ²)≥a²>0 est r´eguli`ere.

ii) On a

α⁰⁰(θ) =a(−2 sinθ−θcosθ,2 cosθ−θsinθ) d’o`u

kalg(θ) = 1 a

(cosθ−θsinθ)(2 cosθ−θsinθ)−(sinθ+θcosθ)(−2 sinθ−θcosθ) (1 +θ²)^3/2

NotonsA le num´erateur. On a

A = 2 cos²θ−3θsinθcosθ+θ²sin²θ

+ 2 sin²θ+ 3θsinθcosθ+θ²cos²θ

= 2 +θ² Finalement

kalg(θ) = 2 +θ² a(1 +θ²)^3/2. iii) On a

k⁰_alg(θ) = 2θ(1 +θ²)^3/2−(2 +θ²)(3θ(1 +θ²)^1/2) a(1 +θ²)³

= 2θ(1 +θ²)−3θ(2 +θ²) a(1 +θ²)^5/2

= − θ(4 +θ²) a(1 +θ²)^5/2

iv) On ak_alg⁰ (θ) = 0 ⇐⇒ θ= 0 ainsiαrestreinte `aR>0est une spirale. Il en est de mˆeme de sa restriction `a R<0.

3) Le but de cette question est de dessiner le support de α pour a = 1. On distingue deux cas selon que θ ≥ 0 ou que θ < 0.

i) ´ Etudier α pour θ ∈ [0, +∞[ et tracer le support α([0, +∞[).

ii) Soit R la r´ eflexion par rapport ` a l’axe des ordonn´ ees R(x, y) = (−x, y).

Montrer que pour tout θ ∈ R on a α(−θ) = R(α(θ)).

iii) Dessiner le support de α pour θ ∈ ] − ∞, 0[.

R´ep.– i) et iii)

A gauche : le support` α([0,+∞[), `a droite le supportα(]− ∞,+∞[) ii) On a

α(−θ) = (−θcos(−θ),−θsin(−θ)) = (−θcosθ, θsinθ) =R(α(θ)).

Deuxi` eme partie : Effet de Ψ sur les courbes passant par l’origine

Soient I un intervalle ouvert contenant 0 et δ : I → R

t 7→ (ρ(t), θ(t))

une courbe param´ etr´ ee bir´ eguli` ere de classe C

. On consid` ere la courbe pa- ram´ etr´ ee γ = Ψ ◦ δ : I → R

' C , t 7→ ρ(t)e

.

4) Montrer que si γ ne passe pas par l’origine alors γ est r´ eguli` ere.

R´ep.– Identifions R² avec Cet posons δ(t) = (ρ(t), θ(t)) ainsi γ(t) = ρ(t)e^iθ(t). On a γ⁰= (ρ⁰+iθ⁰ρ)e^iθ d’o`u

γ⁰(t) = 0 ⇐⇒

ρ⁰(r) = 0 θ⁰(t)ρ(t) = 0

Commeγ ne passe pas par l’origine, on aρ(t)6= 0 pour toutt∈I.Par cons´equent γ⁰(t) = 0 ⇐⇒

ρ⁰(r) = 0

θ⁰(t) = 0 ⇐⇒ δ⁰(t) = 0.

Puisque δest r´eguli`ere, on en d´eduit qu’il en est de mˆeme pourγ.

5) On suppose maintenant que δ passe par l’origine au temps t = 0 tout en restant bir´ eguli` ere : δ(0) = (0, 0).

i) Montrer que γ est r´ eguli` ere en t = 0 si et seulement si la tangente ` a δ en t = 0 n’est pas verticale.

ii) Montrer que γ est bir´ eguli` ere en t = 0 (i.e. γ

(0) et γ

(0) sont lin´ eairement ind´ ependants) si et seulement si la tangente ` a δ en t = 0 n’est ni verticale, ni horizontale.

R´ep.– i) D’apr`es le calcul pr´ec´edent et le fait queρ(0) = 0, on a γ<sup>0</sup>(0) =ρ<sup>0</sup>(0)e<sup>iθ(0)</sup>.Le vecteur directeur de la tangente `aδent= 0 estδ⁰(0) = (ρ⁰(0), θ⁰(0))6= (0,0).Puisque par hypoth`ese, cette tangente n’est pas verticale, c’est que ρ⁰(0)6= 0. Ainsiγ⁰(0)6= 0.

ii) On a

γ⁰⁰ = (ρ⁰⁰+iθ⁰⁰ρ+iθ⁰ρ⁰)e^iθ+iθ⁰(ρ⁰+iθ⁰ρ)e^iθ

= (ρ⁰⁰−θ⁰²ρ) +i(θ⁰⁰ρ+ 2θ⁰ρ⁰) e^iθ Puisque ρ(0) = 0,

γ⁰⁰(0) = (ρ⁰⁰(0) + 2iθ⁰(0)ρ⁰(0))e^iθ(0)

Ainsi γ⁰(0) et γ⁰⁰(0) sont lin´eairement ind´ependants si et seulement si ρ⁰(0)θ⁰(0) 6= 0.

Puisque γ⁰(0) =ρ⁰(0)e^iθ(0),on en d´eduit :

γ bir´eguli`ere ent= 0 ⇐⇒ ρ⁰(0)6= 0 etθ⁰(0)6= 0.

Or, l’hypoth`ese sur la tangente deδsignifie pr´ecis´ement queρ⁰(0)6= 0 etθ⁰(0)6= 0.

6) On suppose maintenant que δ est bir´ eguli` ere, passe par l’origine au temps t = 0 et que sa tangente en ce point est verticale. En particulier, γ n’est pas r´ eguli` ere au temps t = 0.

i) Montrer que γ

(0) = ρ

(0)e

avec ρ

(0) 6= 0.

ii) On admet que

000 000 0 00

Montrer que γ admet un point de rebroussement de premi` ere esp` ece en t = 0.

R´ep.– i) D’apr`es les calculs effectu´es pr´ec´edemment on a

γ⁰⁰(0) =ρ⁰⁰(0) + 2iθ⁰(0)ρ⁰(0))e^iθ(0)=ρ⁰⁰(0)e^iθ(0) car l’hypoth`ese sur la tangente deδ impliqueρ⁰(0) = 0. Concernantδ, on a

δ⁰(0) = (0, θ⁰(0)) et δ⁰⁰(0) = (ρ⁰⁰(0), θ⁰⁰(0)).

Puisque δest bir´eguli`ere, on a n´ecessairementθ⁰(0)6= 0 etρ⁰⁰(0)6= 0.

ii) On a

γ⁰⁰⁰ = (ρ⁰⁰⁰−2θ⁰θ⁰⁰ρ−θ⁰²ρ⁰) +i(θ⁰⁰⁰ρ+θ⁰⁰ρ⁰+ 2θ⁰⁰ρ⁰+ 2θ⁰ρ⁰⁰) e^iθ +iθ⁰ (ρ⁰⁰−θ⁰²ρ) +i(θ⁰⁰ρ+ 2θ⁰ρ⁰)

e^iθ .

Deρ(0) =ρ⁰(0) = 0, il d´ecoule que

γ⁰⁰⁰(0) = (ρ⁰⁰⁰(0) + 3iθ⁰(0)ρ⁰⁰(0))e^iθ(0)

(ce calcul n’est pas demand´e, il figure dans cette correction `a titre informatif). Puisque θ⁰(0)6= 0 etρ⁰⁰(0)6= 0, on en d´eduit que γ⁰⁰(0) etγ⁰⁰⁰(0) sont lin´eairement ind´ependants.

D’apr`es le cours, cela signifie quet= 0 est un point de rebroussement de premi`ere esp`ece.

Troisi` eme partie : Effet d´ esingularisant de Ψ

Soient p et q deux entiers tels que 0 < p < q avec p pair et q impair. On note C

(I) l’ensemble des courbes param´ etr´ ees γ : I −→ R

× R de classe C

telles que :

a) γ(0) = (0, 0),

b) pour tout t ∈ I, x(t) ≥ 0 avec ´ egalit´ e si et seulement si t = 0,

c) x

(0) = 0 pour tout 0 ≤ k < p, y

(0) = 0 pour tout 0 ≤ k < q et x

(0) 6= 0 et y

(0) 6= 0.

Ces conditions impliquent que la courbe γ admet en t = 0 un point de re- broussement de premi` ere esp` ece si q est impaire et de seconde esp` ece sinon.

7) Montrer que t 7→ (t

, t

) est dans C

( R ). Dessiner le support de cette courbe pour (p, q) = (2, 3).

R´ep.– Les v´erifications sont imm´ediates. La courbe correspondant `a (p, q) = (2,3) des- sine un point de rebroussement de premi`ere esp`ece.

8) Soit γ ∈ C

(I). Montrer que : i) lim

x(t)

= 0.

ii) arctan

y(t) x(t)

=

t

+ o(t

) (on rappelle que arctan x = x + o(x)).

iii) p

x

(t) + y

(t) =

t

+ o(t

) (on rappelle que √

1 + x

= 1 +

+ o(x

)).

R´ep.– i) On a

x(t) = x^(p)(0)

p! t^p+o(t^p) et y(t) = y^(q)(0)

q! t^q+o(t^q) d’o`u

y(t)

x(t) = p!y^(q)(0)

q!x^(p)(0)t^q−p+o(t^q−p) et limt→0y(t)

x(t)= 0.

ii) Puis

px²(t) +y²(t) =x(t) s

1 + y(t)

x(t) ²

=

x^(p)(0)

p! t^p+o(t^p) q

1 +o(t^2(q−p−1)) Par cons´equent

px²(t) +y²(t) =x^(p)(0)

p! t^p+o(t^p).

iii) Enfin, de arctanx=x+o(x), on d´eduit arctan

y(t) x(t)

= p!y^(q)(0)

q!x^(p)(0)t^q−p+o(t^q−p).

Pour tout γ ∈ C

(I), on d´ efinit e γ : I −→ R

× R

t 7−→ ( x(t) = e p

x

(t) + y

(t), y(t) = arctan e

)

On convient que, en t = 0, l’´ ecriture arctan

signifie 0 et on admet que e γ est C

.

9) Soit γ ∈ C

(I). Montrer que Ψ ◦ e γ = γ.

R´ep.– Sit= 0 alors (Ψ◦γ)(0) = (0,e 0) =γ(0).Supposonst6= 0. Par d´efinition de Ψ on a

(Ψ◦eγ)(t) =p

x²(t) +y²(t)e^iarctan

y(t) x(t)

ce qui est l’´ecriture en polaire de γ.

10) Soit γ ∈ C

(I) (avec toujours p pair).

i) Montrer que si q − p > p alors e γ ∈ C

(I). La nature du point de rebroussement en t = 0 est-elle conserv´ ee ?

ii) Montrer que si q − p < p alors e γ pr´ esente en t = 0 un point ordinaire (on dit alors que l’on a

r´ esolu

le point singulier).

iii) Montrer qu’en it´ erant un nombre fini de fois l’application γ 7→ γ e , on obtient une courbe qui pr´ esente en t = 0 un point ordinaire.

R´ep.– i) Il d´ecoule directement de la d´efinition deeγ que eγ(0) = (0,0) et que ex(t)≥0 avec ´egalit´e si et seulement sit= 0.Si q−p > p, les r´esultats de la question 6 montrent que les pointsbetcde la d´efinition sont satisfaits pour la paire d’entiers (p, q−p).Puisque l’entier pest pair,q−pet qsont de mˆeme parit´e et la nature du point de rebroussement reste inchang´ee.

ii) Si q−p < palors la (q−p)-`eme d´eriv´ee deγe<sup>(q−p)</sup>(0) devient la premi`ere d´eriv´ee non nulle. Son ordre est impair. La d´eriv´eeeγ^(p)(0) devient la premi`ere d´eriv´ee d’ordre sup´erieur

`

aq−plin´eairement ind´ependante deeγ^(q−p)(0).Son ordre est pair. Le pointt= 0 est donc un point ordinaire.

iii) ´Ecrivons la division euclidienne deqparp: on aq=mp+ravecm∈N^∗et 1≤r≤p−1 (rne peut pas valoir z´ero carqetpn’ont pas la mˆeme parit´e). Notonsγ1pourγ,e γ2 pour γe₁ = eeγ, etc... D’apr`es la question pr´ec´edente, la courbe γ_m pr´esente en t = 0 un point ordinaire.

Note culturelle.– Le proc´ ed´ e esquiss´ e ici est ` a l’origine d’une m´ ethode de

d´ esingularisation tr` es utilis´ ee en g´ eom´ etrie alg´ ebrique : l’´ eclatement. Je vous

recommande, une fois remis de cette ´ epreuve, d’en apprendre plus en jetant

un oeil au livre d’´ Etienne Ghys, A singular mathemacal promenade, p. 111

et suivantes (pdf disponible gratuitement sur la page de l’auteur). C’est ac-

cessible, passionnant et truff´ e de belles illustrations.