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

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Texte intégral

(1)

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1 – G´ eom´ etrie : Courbes et surfaces

Corrig´ e du contrˆ ole partiel du 19 novembre 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.– Soient γ : I −→ S

2

⊂ R

3

une courbe r´ eguli` ere de la sph` ere et π : (x, y, z) 7−→ (x, y ) la projection orthogonale sur (Oxy). Alors la courbe π ◦ γ est r´ eguli` ere.

R´ep.– Faux. Consid´ererγ: [0,2π]−→S2⊂R3 donn´ee parγ(θ) = (cosθ,0,sinθ).

2.– Soient γ : I −→ S

2

⊂ R

3

une courbe de la sph` ere et π : (x, y, z) 7−→ (x, y) la projection orthogonale sur (Oxy). Alors Long(π ◦ γ) ≤ Long(γ).

R´ep.– Vrai. On a

k(π◦γ)0k2=x02+y02≤x02+y02+z02=kγ0k2 d’o`uLong(π◦γ)≤Long(γ).

3.– Soient γ : I −→ S

2

⊂ R

3

un lacet bir´ egulier de la sph` ere. Alors sa torsion τ ne s’annule jamais.

R´ep.– Faux. Consid´ererγ: [0,2π]−→S2⊂R3 donn´ee parγ(θ) = (cosθ,sinθ,0).

4.– Soit la courbe polaire ρ(θ) = tan

θ2

avec θ ∈ [−π/2, π/2]. L’aire enclose par γ vaut π.

R´ep.– Faux. SoitDle domaine enclos parγ.D’apr`es la formule de Green-Riemann, on a

Aire(D) =1 2

Z π/2

−π/2

ρ2dθ=1 2

Z π/2

−π/2

tan2θ 2 dθ.

(2)

Notons que pour θ∈ [−π/2, π/2],on a 0≤tan2θ2 ≤1.DoncAire(D)≤π2 et on ne peut avoirAire(D) =π.

Remarque.– Le calcul pr´ecis deAire(D) n´ecessite de d´eterminer une primitive deρ2.On a tan0 θ2 =1+tan22θ2 d’o`u l’on d´eduit 12tan2θ2 = tan0θ2θ20

etAire(D) = 2−π2.

5.– Soient γ

1

, γ

2

: I −→ R

3

deux courbes bir´ eguli` eres dont la torsion est identiquement nulle. Alors, partout o` u elle est d´ efinie, la torsion de γ

1

+ γ

2

est nulle.

R´ep.– Faux. Consid´ererγ1(t) = (2 cost,sint,0) etγ2(t) = (−cost,0, t) avect∈]−π2,π2[.

Alorsγ12 est une h´elice, sa torsion est constante et non nulle.

6.– Soit A ∈ M

2

( R ). Alors A

(dx∧dy) = dx∧dy si et seulement si det A = 1.

R´ep.– Vrai. Soit

A=

α β γ δ

.

On a

A(dx∧dy) =Adx∧Ady= (αdx+βdy)∧(γdx+δdy) = (αδ−βγ)dx∧dy.

7.– Soient

γ

1

: I −→ C

θ 7−→ ρ

1

(θ)e

et γ

2

: I −→ C

θ 7−→ ρ

2

(θ)e

deux courbes polaires r´ eguli` eres. Alors le produit γ

1

2

: I −→ C est une courbe r´ eguli` ere.

R´ep.– Vrai. Pour toutθ∈I,on a

γ1(θ)γ2(θ) =ρ1(θ)ρ2(θ)e2iθ.

Or ρ1, ρ2:I−→Rcarγ1, γ2:I−→C, doncρ1ρ2:I−→R et γ1γ2est r´eguli`ere.

8.– Soient γ : I −→ R

2

une courbe r´ eguli` ere ferm´ ee. Alors Ind(−γ) = Ind(γ).

R´ep.– Vrai. Notons β =−γ.On peut toujours supposer que γ est param´etr´ee par la longueur d’arc. D’une part, on a nalg(β) =Rotπ/20),doncnalg(β) =−nalg(γ) puisque

(3)

β0=−γ0.D’autre part, β00 =kalg(β)nalg(β), soit encore −γ00=kalg(β)(−nalg(γ)). Donc kalg(β) =kalg(γ). La formule

Ind(γ) = 1 2π

Z

I

kalg(γ)kγ0(t)kdt permet de conclure.

9.– Soit γ : I −→ R

2

une courbe ferm´ ee simple r´ eguli` ere. On suppose qu’il existe c > 0 tel que pour tout t ∈ I, k

alg

(t) ≥ c et on note A l’aire enclose par γ. Alors on a : A ≤

cπ2

.

R´ep.– Vrai. Puisqueγ est un lacet simple r´egulier et que kalg est positif, le th´eor`eme des tangentes tournantes permet d’affirmer que

Z

I

kalg(t)kγ0(t)kdt= 2π.

Par cons´equent

cL=c Z

I

0(t)kdt≤2π

o`uL=Long(γ) ; soit encorec2L2≤4π2.L’in´egalit´e isop´erim´etrique assure que 4πA≤L2 ainsi 4c2πA≤4π2d’o`u finalement

A≤ π c2.

10.– Soit une courbe polaire C

γ : R −→ C θ 7−→ ρ(θ)e

o` u ρ : R −→ R

+

est 2π-p´ eriodique. Alors

Z

0

p ρ

2

+ ρ

02

2

≥ 2π Z

0

ρ

2

dθ.

R´ep.– Vrai. D’apr`es les hypoth`eses, γ|[0,2π] est une courbe ferm´ee simple. Soit D l’adh´erence de la composante born´ee de C\γ([0,2π]). On note L = Long(∂D) et A = Aire(D).On a L=R

0

202dθet, avec la formule de Green-Riemann, A= 1

2 Z

0

ρ2dθ.

L’in´egalit´e isop´erim´etrique L2≥4πAs’´ecrit Z

2022

≥2π Z

ρ2dθ.

(4)

Probl` eme. – Soient I un intervalle de R et ρ : I −→ R une fonction C

. Pour tout a 6= 0, on note

γ

a

: I −→ C

θ −→ (ρ(θ) + a)e

.

Une telle courbe γ

a

s’appelle une concho¨ıde de pˆ ole l’origine O et de module a.

Une concho¨ıde de cercle. Le pˆole est l’origine et le module vaut deux fois le rayon.

1) i) Montrer que γ

a

est r´ eguli` ere si et seulement si −a n’est pas une valeur critique pour ρ.

ii) On suppose que θ ∈ I est un point singulier de γ

a

. Montrer que si ρ

00

(θ) 6= 0 alors θ est un point de rebroussement de premi` ere esp` ece de γ

a

.

R´ep.– i) Puisquekγa0k2= (ρ+a)202,le pointθest singulier si et seulement si ρ(θ) = −a

ρ0(θ) = 0

ce qui signifie pr´ecis´ement que−aest une valeur critique deρ.

ii) On a

γa0(θ) = (ρ0(θ) +i(ρ(θ) +a))e

(5)

puis

γa00(θ) = (ρ00(θ) +iρ0(θ))e+i(ρ0(θ) +i(ρ(θ) +a))e

= (ρ00(θ)−ρ(θ)−a+ 2iρ0(θ))e et

γa000(θ) = (ρ000(θ)−ρ0(θ) + 2iρ00(θ))e+i(ρ00(θ)−ρ(θ)−a+ 2iρ0(θ))e

= (ρ000(θ)−3ρ0(θ) +i(3ρ00(θ)−ρ(θ)−a))e En un point singulier,ρ(θ) =−aetρ0(θ) = 0. Ainsi

γa00(θ) =ρ00(θ)e et γa000(θ) = (ρ000(θ) + 3iρ00(θ))e.

Si ρ00(θ)6= 0, ces deux vecteurs sont lin´eairement ind´ependants, ce qui montre que θ est un point de rebroussement de premi`ere esp`ece deγa.

2) Soit

Γ : I −→ C

θ 7−→ γ

a

(θ) + iγ

a0

(θ).

i) Montrer que la courbe Γ ne d´ epend pas de a ∈ R

.

ii) Soit θ un point r´ egulier de γ

a

, a 6= 0. On note N

a,θ

la droite normale de γ

a

en θ. Montrer que l’intersection N

a,θ

∩ Γ(I) n’est jamais vide.

iii) Soit θ ∈ I. On note A

θ

= {a ∈ R

| γ

a

est r´ eguli` ere en θ}. Montrer que si A

θ

n’est pas vide, il en est de mˆ eme de l’intersection

\

a∈Aθ

N

a,θ

.

R´ep.– i) Pour toutθ∈I, on a

Γ(θ) = γa(θ) +iγ0a(θ)

= (ρ(θ) +a)e+i(ρ0(θ) +i(ρ(θ) +a))e

= iρ0(θ)e. Ainsi Γ est ind´ependant dea.

ii) Une param´etrisationφdeNa,θ est donn´ee par φ: R −→ C

λ 7−→ γa(θ) +iλγa0(θ)

Notons queφ(1) = Γ(θ).Donc Γ(θ)∈Na,θ∩Γ(I) ce qui montre que cette intersection est non vide.

iii) D’apr`es la question pr´ec´edente, le point Γ(θ) appartient `a Na,θpour touta∈Aθ.Par cons´equent Γ(θ)∈T

a∈AθNa,θ.

(6)

3) Soit θ ∈ I et a ∈ A

θ

.

i) Montrer que N

a,θ

passe par l’origine si et seulement si γ

a

(θ) = O ou Γ(θ) = O.

ii) On suppose que a ∈ A

θ

est telle que −a ∈ A

θ

et que les droites N

a,θ

et N

−a,θ

ne passent pas par O. Montrer que les trois droites N

a,θ

, N

−a,θ

et (γ

−a

(θ)γ

a

(θ)) dessinent un triangle non plat.

iii) Montrer que la hauteur issue de N

a,θ

∩ N

−a,θ

passe par l’origine O.

R´ep.– i) La droite normaleNa,θpasse par l’origine si et seulement s’il existeλ∈Rtelle queγa(θ) +iλγa0(θ) =O.Or

γa(θ) +iλγa0(θ) = (ρ+a)e+iλ(ρ0+i(ρ+a))e

= ((1−λ)(ρ+a) +iλρ0)e Doncγa(θ) +iλγa0(θ) =O si et seulement si

(1)

λ = 0

ρ(θ) = −a ou (2)

λ = 1

ρ0(θ) = 0 ou (3)

ρ(θ) = −a ρ0(θ) = 0

Le premier cas signifieγ(θ) =O,le second, Γ(θ) = 0 et le troisi`eme cas, que le pointθest singulier. Ce dernier cas est impossible car a∈Aθ.

ii) Notons que la droite (γ−a(θ)γa(θ)) passe n´ecessairement par l’origine, pr´ecis´ement O ∈]γ−a(θ), γa(θ)[. Puisque γa(θ)∈ Na,θ et γ−a(θ) ∈N−a,θ et que ces deux droites ne passent pas par l’origine, on a

−a(θ)γa(θ))∩Na,θ={γa(θ)} et (γ−a(θ)γa(θ))∩N−a,θ={γ−a(θ)}

DoncNa,θ etN−a,θsont soit parall`eles, soit s´ecantes en un point. Or, d’apr`es la question 2. iii, le point Γ(θ)∈ Na,θ∩N−a,θ. Donc Na,θ et N−a,θ sont s´ecantes et les trois points γa(θ), γ−a(θ) et Γ(θ) forment un triangle non plat.

iii) On a Na,θ ∩N−a,θ = Γ(θ) = iρ0(θ)e et γa(θ)−γ−a(θ) = 2ρe. Ainsi les droites (OΓ(θ)) et (γ−a(θ)γa(θ)) sont perpendiculaires.

4) Les concho¨ıdes de Nicom` ede sont les concho¨ıdes obtenues en choisissant ρ : ] −

π2

,

π2

[ −→ R

+

θ 7−→ 1

cos θ . On note

γ : ] −

π2

,

π2

[ −→ C

θ −→ ρ(θ)e

. . i) Quelle est la nature de γ(] −

π2

,

π2

[) ?

ii) Montrer qu’il existe une seule valeur de a ∈ R

pour laquelle γ

a

est

(7)

singuli` ere. Montrer que pour cette valeur la courbe γ

a

n’admet qu’un seul point singulier.

iii) Montrer que ce point singulier est un point de rebroussement de premi` ere esp` ece.

R´ep.– i) Le supportρ(]−π2,π2[) est une droite verticale d’´equationx= 1 (cf. le premier chapitre du cours).

ii) D’apr`es la question 1,γa est singuli`ere ssiρ(θ) =−aetρ0(θ) = 0. Ici





ρ0(θ) = sinθ cos2θ 1

cosθ = −a

⇐⇒

θ = 0

1 = −a

Ainsia=−1 est la seule valeur pour laquelleγaest singuli`ere. Le point singulier estθ= 0.

iii) On a

ρ00(θ) = cos2θ+ 2 sin2θ cos3θ

d’o`u ρ00(0) = 16= 0. D’apr`es la question 1.ii, le point singulier est un point de rebrousse- ment de premi`ere esp`ece.

5) i) Montrer que

θ−→±

lim

π

2

γ

a0

(θ) kγ

a0

(θ)k = i

ii) On note ϕ

a

(θ) l’angle entre γ

a0

(θ) = x

0a

(θ) + iy

a0

(θ) et l’horizontale. On note ´ egalement k

a

= x

0a

y

a00

− x

00a

y

0a

(x

02a

+ y

a02

)

32

la courbure alg´ ebrique de γ

a

. Montrer que, en tout point r´ egulier θ, on a

k

a

(θ)kγ

a0

(θ)k = ϕ

0a

(θ).

iii) Soit a 6= −1. Montrer qu’il existe k ∈ Z tel que Z

]−π2,π2[

k

a

(θ)kγ

a0

(θ)kdθ = kπ.

R´ep.– i) On a γa0

a0k = ρ0

02+ (ρ+a)2 +i (ρ+a) pρ02+ (ρ+a)2

! e

(8)

On s’int´eresse d’abord au terme √ ρ0

ρ02+(ρ+a)2. On suppose dans un premier temps que θ >0 ainsiρ0(θ)>0. On a

ρ0

02+ (ρ+a)2 = 1 r

1 +ρ+a

ρ0

2 = 1 q

1 + cosθ+asincosθ 2θ2 Par cons´equent

θ→limπ2

ρ0

02+ (ρ+a)2 = 1.

Si θ <0 alorsρ0(θ)<0 et un calcul similaire montre que

θ→−limπ2

ρ0

02+ (ρ+a)2 =−1.

Avec la mˆeme technique, on montre ensuite que

θ→±limπ2

ρ+a

02+ (ρ+a)2 = 0.

Puisque limθ→±π2 e=±i on en d´eduit que

θ−→±limπ2 γa0(θ) kγa0(θ)k =i.

ii) On remarque que

γa0(θ) =kγa0(θ)kcosϕa(θ) +ikγa0(θ)ksinϕa(θ).

Ainsi

ka = x0aya00−x00aya0 (x02a +ya02)32

= kγa0kcosϕa(kγa0k0sinϕa0aa0kcosϕa)− kγa0ksinϕa(kγa0k0cosϕa−ϕ0aa0ksinϕa) kγa0k3

= ϕ0aa0k.

iii) D’apr`es la question pr´ec´edente, on a

X→−limπ2,Yπ2

Z Y X

ka(θ)kγa0(θ)kdθ= lim

Yπ2ϕa(Y)− lim

X→−π2ϕa(X) D’apr`es la question i, il existe deux entiers relatifsk+ etk tels que

θ→limπ2ϕa(θ) = π

2 +k+πet lim

θ→−π2ϕa(θ) = π 2 +kπ

(9)

ainsi,

Z π2

π2

ka(θ)kγa0(θ)kdθ=k+π−kπ.

6) Dans cette question, on suppose que a < −1.

i) Montrer que pour tout θ ∈ ] −

π2

,

π2

[, on a 2ρ

02

− (ρ + a)ρ

00

≥ 0.

ii) En d´ eduire que pour tout θ ∈ ] −

π2

,

π2

[, on a k

a

(θ) > 0.

iii) Montrer que γ

a0

(θ) est verticale pour une unique valeur de θ ∈ ]−

π2

,

π2

[.

iv) En d´ eduire que Z

]−π2,π2[

k

a

(θ)kγ

a0

(θ)kdθ = 2π.

R´ep.– i) On a

02−(ρ+a)ρ00 = 2sin2θ cos4θ −

1 cosθ+a

1 + sin2θ cos3θ

> 2sin2θ cos4θ − 1

cosθ

1 + sin2θ

cos3θ +1 + sin2θ cos3θ

> sin2θ cos4θ− 1

cos4θ +1 + sin2θ cos3θ

> −cos2θ

cos4θ +1 + sin2θ cos3θ

> 1−cosθ+ sin2θ cos3θ

> 2 sin2θ2+ sin2θ cos3θ

> 0.

ii) On a

ka =(ρ+a)2+ 2ρ02−(ρ+a)ρ00

((ρ+a)202)32 > (ρ+a)2

((ρ+a)202)32 ≥0.

iii) Un calcul direct montre que

γa0 = (ρ0cosθ−(ρ+a) sinθ) +i(ρ0sinθ+ (ρ+a) cosθ)

= −asinθ+i 1

cos2θ+acosθ

.

Par cons´equent, γa0(θ) est verticale si et seulement si −asinθ = 0, c’est-`a-dire : θ = 0 (puisque θ∈]−π2,π2[).

iv) Pour fixer les id´ees, on choisitϕa telle que limθ→−π

2 ϕa(θ) =π2.D’apr`es la question ii, ϕa est strictement croissante. Ainsi, il existek∈N telle que limθ→π

2 ϕa(θ) = π2 +kπ et on a

ϕa

]−π

2,π 2[

= ]π 2,π

2 +kπ[.

(10)

Soit γ : I −→ R2 une courbe ferm´ee simple bir´eguli`ere et param´etr´ee par la longueur d’arc. Alors la formule de l’indice de rotation implique que la longueurLong(γ0) deγ0 est un multiple de 2π.Notons queγa0 est verticale en les pointsθ∈]−π2,π2[ o`uϕa prend les valeurs

π

2 +π, ...,π

2 + (k−1)π.

Or, d’apr`es la question iii, γ0a est verticale en un seul point de ]−π2,π2[. Donc, on doit avoirk= 2.Finalement, d’apr`es la question 5. iii,

Z

]−π2,π2[

ka(θ)kγa0(θ)kdθ= 2π.

7) Soit θ

0

∈ ] −

π2

,

π2

[. Dans cette question on suppose que a =

cos2θ

0

. R´ esoudre l’´ equation

y

a

(θ) = y(θ

0

)

o` u θ ∈ ] −

π2

,

π2

[ est l’inconnue et o` u y(θ) = ρ(θ) sin θ est la composante ver- ticale de γ(θ).

Culture.– La r´ esolution de cette ´ equation est l’´ etape clef du raisonnement qui permet d’´ etablir que les concho¨ıdes de Nicom` ede sont des trisectrices, i.e.

elles permettent la trisection des angles.

R´ep.– On a

ya(θ)−y(θ0) = (ρ(θ) +a) sinθ−ρ(θ0) sinθ0

= ( 1

cosθ+ 2 cosθ0

) sinθ−sinθ0 cosθ0

= sinθcosθ0+ 2 sinθcosθ−sinθ0cosθ cosθ0cosθ

= sin(θ−θ0) + sin 2θ cosθ0cosθ Par cons´equent,

ya(θ)−y(θ0) = 0 ⇐⇒ sin(θ0−θ) = sin 2θ

⇐⇒

θ0−θ = 2θ+ 2kπ ou

θ0−θ = π−2θ+ 2kπ

⇐⇒

θ0 = 3θ+ 2kπ ou

θ0 = π−θ+ 2kπ Puisque θ∈]−π2,π2[, il ne reste qu’une solution :θ0= 3θ.

(11)

8) Donner l’allure du support de γ

a

avec a = −2.

R´ep.–

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