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

(1)

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1 – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces

Corrig´ e du contrˆ ole partiel du 26 novembre 2012

Les documents sont autoris´ es mais les calculettes sont interdites (car inu- tiles). 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 : I −→ R

³

une courbe param´ etr´ ee r´ eguli` ere et δ = π ◦ γ o` u π : R

³

−→ R

²

est la projection (x, y, z) 7−→ (x, y). Si t ∈ I est un point r´ egulier de δ alors k

_γ

(t) ≤ k

_δ

(t).

R´ep.– Faux. Siγ(t) = (0, t, t²) alorskγ >0 maisδ(t) = (0, t) et donckδ≡0.

2.– Soient γ : I −→ R

³

une courbe param´ etr´ ee r´ eguli` ere et δ = π ◦ γ comme ci-dessus. Si t ∈ I est un point r´ egulier de δ alors k

_γ

(t) ≥ k

_δ

(t).

Rép.– Faux. Si γ est une paramétrisation régulière d’un cercle et que le support de γ est dans un plan oblique par rapport πalors l’image deδest une ellipse dont la courbure aux sommets du grand axe est plus grande quek_γ.

3.– L’enveloppe de la famille de droites d’´ equation x − cos(t)y − sin(t) = 0, t ∈ [0, 2π], est l’hyperbole ´ equilat` ere x

²

− y

²

= 1.

R´ep.– Vrai, le v´erifier avec les formules du cours.

4.– Soit γ(t) = (1 + cos t, sin t(1 + cos t)) avec t ∈ [0, 2π]. L’aire enclose par γ vaut π.

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

(2)

5.– L’indice de γ : R −→ R

²

donn´ ee par

t 7−→

1 − t

²

1 + t

²

, 2t

1 + t

²

vaut l’infini.

Rép.– Faux, pour parler d’indice la courbe doit être fermée ! Notez que γ⁰ n’est pas surjective sur le cercle unité.

6.– Soient α > 0 et γ : I −→ R

²

une courbe ferm´ ee simple d’indice Ind(γ) = 1. Si pour tout t ∈ I on a k

alg

(t) ≥ α alors l’aire enclose par γ est plus petite ou ´ egale ` a

_α^π2

.

R´ep.– Vrai. De

Ind(γ) = 1 2π

Z

I

kalg(t)kγ⁰(t)kdt on d´eduit

1≥ α 2π

Z

I

kγ⁰(t)kdt

et donc, siL=Long(γ) on aL≤ ^2π_α.NotonsCintla composante bornée du complémentaire du support deγ.L’inégalité isopérimétriqueL²≥4πAire(Cint) implique

Aire(Cint)≤ L² 4π ≤ π

α².

7.– Soit α une 1-forme non nulle de R

²

. Si dα = 0 alors pour tout f ∈ C

^∞

( R

²

) on a d(f α) = 0.

R´ep.– Faux, on a

d(f α) =df∧α+f dα=df∧α et donc

d(f α)_(x,y)(X, Y) =df_(x,y)(X)α_(x,y)(Y)−df_(x,y)(Y)α_(x,y)(X)

pour tout (x, y)∈R² et (X, Y)∈R²×R².Puisque αest non nulle, il existe (x0, y0)∈R² etY un vecteur non nul deR²tel queα_(x₀_,y₀₎(Y) = 1.SoitX ∈ker α_(x₀_,y₀₎non nul, on a

d(f α)(x₀,y₀)(X, Y) =df(x₀,y₀)(X).

Il suffit donc de choisir f telle quedf(x₀,y₀)(X)6= 0 pour contredire l’´egalit´e d(f α) = 0.

Par exemplef(.) =hX, .iconvient.

(3)

8.– Soit A ∈ M

₂

( R ). Si A

^∗

(dx ∧ dy) = dx ∧ dy alors A ∈ SO(2).

R´ep.– Faux. Consid´erer

A=

λ 0 0 λ⁻¹

avecλ6= 0 et6=±1.

9.– L’ensemble {γ : I −→ R

²

| γ est r´ eguli` ere} est un R -espace vectoriel.

Rép.– Faux, l’application nulle n’est pas régulière.

10.– Soient ϕ : R

²

−→ R

²

, (x, y) 7−→ (e

^x

, e

^y

) et γ : I −→ R

²

une courbe r´ eguli` ere. Alors ϕ ◦ γ est r´ eguli` ere.

R´ep.– Vrai. Pour tout (x, y)∈R²on a dϕ_(x,y)=

e^x 0 0 e^y

et en particulier ker dϕ_(x,y)={0}.Doncγ⁰(t)6= 0 implique (ϕ◦γ)⁰(t) =dϕ_γ(t)(γ⁰(t))6= 0.

Probl` eme. – Soient α ∈ ] −

^π₂

,

^π₂

[, r > 0 et : f : [0, 1] −→ C

t 7−→ x(t) + iy(t) = re

^iα^{cos 2πt}

.

1) D´ eterminer les points r´ eguliers de f. Quel est le support de f ?

R´ep.– On a

f⁰(t) =−2iπrαsin(2πt)e^iα^{cos 2πt} d’o`u

kf⁰(t)k²= 2πrα|sin(2πt)|.

Par conséquent, siα= 0, tous les points sont singuliers. Siα6= 0,la courbe est régulière en tout point sauf en t = 0, t = ¹₂ et t = 1. Le support de f est un arc de cercle de centre l’origine, de rayonr, contenant le point (r,0) et dont les extrémités sont les points (rcosα,±rsinα).

2) Soit γ

₀

: [0, 1] −→ C une courbe C

^∞

ferm´ ee et param´ etr´ ee par la longueur d’arc. On note T

₀

= γ

₀⁰

et N

₀

= iT

₀

. Puis, pour tout (u, t) ∈ [0, 1]

²

on d´ efinit

h(u, t) := x(t)T

₀

(u) + y(t)N

₀

(u).

(4)

Soit n un entier pair non nul. Pour tout t ∈ [0, 1] on pose

γ(t) = γ

₀

(0) + Z

t

0

h(u, nu)du.

a) Montrer que la courbe γ est param´ etr´ ee ` a vitesse constante.

b) Montrer que si, pour tout t ∈ [0,

¹₂

], on a γ

₀⁰

(t +

¹₂

) = −γ

₀⁰

(t) alors γ est ferm´ ee, i.e. γ(0) = γ(1).

R´ep.– a) Pour toutt∈[0,1],on a γ⁰(t) =h(t, nt) et donckγ⁰(t)k=r.

b) Notons queγ(1) =γ(0) si et seulement si Z 1

0

h(u, nu)du= 0.

On va montrer queR¹₂

0 h(u, nu)du=−R1

1 2

h(u, nu)du.D’une part on a

h(u+1

2, n.(u+1

2)) =h(u+1 2, nu) carnest pair ett7→x, t7→y sont 1-p´eriodiques. D’autre part

T0(u+1

2) =−T0(u) et N0(u+1

2) =−N0(u) donc

h(u+1

2, n.(u+1

2)) =−h(u, nu) et par cons´equentR1

0 h(u, nu)du= 0.

Un exemple de courbe γ avec n= 10 et Supp γ₀= un cercle

On suppose d´ esormais que γ

₀

satisfait ` a la condition de la question 2. b.

(5)

3) On note T (t) =

_kγ^γ⁰0^(t)(t)k

et N (t) = iT (t). Montrer que

∀t ∈ [0, 1], T (t) = e

^iα^{cos 2πnt}

T

₀

(t) et N (t) = e

^iα^{cos 2πnt}

N

₀

(t).

R´ep.– Posonsθ=αcos 2πnt.On a

e^iθT0(t) = (cosθ+isinθ)T0= cosθ T0+ cosθ N0. Or

T(t) = γ⁰(t) kγ⁰(t)k = 1

rh(t, nt) = (cosθ T0(t) + sinθ N0(t)) = cosθ T0+ cosθ N0. D’où la première égalité. La deuxième égalité découle de la première puisqueN₀=iT₀ et N =iT.

4) On note k

_alg

la courbure alg´ ebrique de γ. D´ eduire des formules de Frenet que

dT

dt (t) = rk

alg

(t)N (t) et dN

dt (t) = −rk

alg

(t)T (t).

Rép.– La courbe γ est paramétrée à vitesse constante r donc t 7→ δ(t) := γ _r^t est paramétrée par la longueur d’arc. On a d’une part δ⁰⁰(t) = _r¹₂γ⁰⁰ ^t_r

et d’autre part, en appliquant la formule de Frenet

δ⁰⁰(t) =k_alg t

r

N t

r

. Ainsi

1

r²γ⁰⁰(u) =k_alg(u)N(u)

en posant u = _r^t. Puisque γ⁰(u) = rT(u) on a γ⁰⁰(u) = rT⁰(u) et en fin de compte T⁰(u) =rkalg(u)N(u).Un raisonnement similaire conduit `aN⁰(u) =−rkalg(u)T(u).

5) On note k

_alg⁰

la courbure alg´ ebrique de γ

₀

. Montrer que

∀t ∈ [0, 1], rk

_alg

(t) = −2πnα sin(2πnt) + k

_alg⁰

(t).

R´ep.– De

T(t) =e^iα^{cos 2πnt}T0(t) on d´eduit

T⁰(t) = −2iπαnsin(2πnt)e^iα^{cos 2πnt}T0(t) +e^iα^{cos 2πnt}T₀⁰(t)

= −2iπαnsin(2πnt)e^iα^{cos 2πnt}N₀(t) +e^iα^{cos 2πnt}k⁰_alg(t)N₀(t)

= (−2iπαnsin(2πnt) +k⁰_alg(t))N(t)

(6)

ainsi

rk_alg(t) =−2πnαsin 2πnt+k⁰_alg(t).

6) Donner un exemple de choix de γ

₀

et des param` etres α et r conduisant ` a une courbe param´ etr´ ee ferm´ ee γ dont la courbure alg´ ebrique a pour expres- sion

k

_alg

(t) = 1 + sin 2πnt o` u n est un entier pair non nul.

R´ep.– Soit

γ₀(t) =e^2iπt 2π .

Cette courbe est paramétrée par la longueur d’arc, elle est fermée et satisfait à la condition de la question 2. b. Sa courbure algébrique est constante et vautk⁰_alg ≡2π.La courbe γ est donc fermée et sa courbure algébrique vaut

kalg(t) =−2πnαsin 2πnt

r +2π

r .

ce qui force le choixr= 2πpuisα=−_n¹,

7) Montrer que Ind(γ) = Ind(γ

₀

).

R´ep.– D’apr`es la formule de l’indice on a Ind(γ) =−

Z 1

0

kalg(u)kγ⁰(u)kdu=− Z 1

0

rkalg(u)du d’où, d’après la question précédente,

Ind(γ) =− Z 1

0

−2πnαsin 2πnu+k⁰_alg(u)

du=− Z 1

0

k⁰_alg(u)du=Ind(γ0).

8) Montrer qu’il existe une application C

^∞

:

H : [0, 1] × [0, 1] −→ C (v, t) 7−→ H(v, t)

telle que t 7→ H(0, t) est la courbe γ

₀

, t 7→ H(1, t) est la courbe γ et pour

tout v ∈]0, 1[, t 7→ H(v, t) est une courbe r´ eguli` ere ferm´ ee (qu’on notera γ

_v

).

(7)

R´ep.– Pour toutv∈[0,1],on d´efinit fv: [0,1] −→ C

t 7−→ xv(t) +iyv(t) =re^ivα^{cos 2πt} puis

hv(u, t) :=xv(t)T0(u) +yv(t)N0(u).

Et on pose

H(v, t) :=γ0(0) + Z t

0

hv(u, nu)du.

Il est évident que H est C^∞ sur [0,1]². Remarquons queh₀(u, t) = T₀(u) car x₀(t)≡ 1 et y0(t)≡0. DoncH(0, .) est la courbeγ0. Il est aussi évident queH(1, .) =γ. Notons désormaisγv:=H(v, .).On akγ⁰_v(t)k=r doncγv est régulière. D’après la question 2.b, elle est également fermée.