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
3une 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
3une 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
3un 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
θ2avec 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.
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 = tan0θ2 − θ20
etAire(D) = 2−π2.
5.– Soient γ
1, γ
2: I −→ R
3deux courbes bir´ eguli` eres dont la torsion est identiquement nulle. Alors, partout o` u elle est d´ efinie, la torsion de γ
1+ γ
2est nulle.
R´ep.– Faux. Consid´ererγ1(t) = (2 cost,sint,0) etγ2(t) = (−cost,0, t) avect∈]−π2,π2[.
Alorsγ1+γ2 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) =A∗dx∧A∗dy= (αdx+βdy)∧(γdx+δdy) = (αδ−βγ)dx∧dy.
7.– Soient
γ
1: I −→ C
∗θ 7−→ ρ
1(θ)e
iθet γ
2: I −→ C
∗θ 7−→ ρ
2(θ)e
iθdeux courbes polaires r´ eguli` eres. Alors le produit γ
1.γ
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−→R∗carγ1, γ2:I−→C∗, doncρ1ρ2:I−→R∗ et γ1γ2est r´eguli`ere.
8.– Soient γ : I −→ R
2une 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/2(β0),doncnalg(β) =−nalg(γ) puisque
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
2une 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
kγ0(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
iθo` u ρ : R −→ R
∗+est 2π-p´ eriodique. Alors
Z
2π0
p ρ
2+ ρ
02dθ
2≥ 2π Z
2π0
ρ
2dθ.
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=R2π
0
pρ2+ρ02dθet, avec la formule de Green-Riemann, A= 1
2 Z 2π
0
ρ2dθ.
L’in´egalit´e isop´erim´etrique L2≥4πAs’´ecrit Z 2π
pρ2+ρ02dθ 2
≥2π Z 2π
ρ2dθ.
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
iθ.
Une telle courbe γ
as’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
aest 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)2+ρ02,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))eiθ
puis
γa00(θ) = (ρ00(θ) +iρ0(θ))eiθ+i(ρ0(θ) +i(ρ(θ) +a))eiθ
= (ρ00(θ)−ρ(θ)−a+ 2iρ0(θ))eiθ et
γa000(θ) = (ρ000(θ)−ρ0(θ) + 2iρ00(θ))eiθ+i(ρ00(θ)−ρ(θ)−a+ 2iρ0(θ))eiθ
= (ρ000(θ)−3ρ0(θ) +i(3ρ00(θ)−ρ(θ)−a))eiθ En un point singulier,ρ(θ) =−aetρ0(θ) = 0. Ainsi
γa00(θ) =ρ00(θ)eiθ et γa000(θ) = (ρ000(θ) + 3iρ00(θ))eiθ.
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,θla droite normale de γ
aen 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
aest r´ eguli` ere en θ}. Montrer que si A
θn’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)eiθ+i(ρ0(θ) +i(ρ(θ) +a))eiθ
= iρ0(θ)eiθ. 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.
3) Soit θ ∈ I et a ∈ A
θ.
i) Montrer que N
a,θpasse par l’origine si et seulement si γ
a(θ) = O ou Γ(θ) = O.
ii) On suppose que a ∈ A
θest telle que −a ∈ A
θet que les droites N
a,θet N
−a,θne passent pas par O. Montrer que les trois droites N
a,θ, N
−a,θet (γ
−a(θ)γ
a(θ)) dessinent un triangle non plat.
iii) Montrer que la hauteur issue de N
a,θ∩ N
−a,θpasse 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)eiθ+iλ(ρ0+i(ρ+a))eiθ
= ((1−λ)(ρ+a) +iλρ0)eiθ 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
(γ−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)eiθ et γa(θ)−γ−a(θ) = 2ρeiθ. 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
iθ. . i) Quelle est la nature de γ(] −
π2,
π2[) ?
ii) Montrer qu’il existe une seule valeur de a ∈ R
∗pour laquelle γ
aest
singuli` ere. Montrer que pour cette valeur la courbe γ
an’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
π2
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
0ay
a00− x
00ay
0a(x
02a+ y
a02)
32la 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
kγa0k = ρ0
pρ02+ (ρ+a)2 +i (ρ+a) pρ02+ (ρ+a)2
! eiθ
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
pρ02+ (ρ+a)2 = 1 r
1 +ρ+a
ρ0
2 = 1 q
1 + cosθ+asincosθ 2θ2 Par cons´equent
θ→limπ2
ρ0
pρ02+ (ρ+a)2 = 1.
Si θ <0 alorsρ0(θ)<0 et un calcul similaire montre que
θ→−limπ2
ρ0
pρ02+ (ρ+a)2 =−1.
Avec la mˆeme technique, on montre ensuite que
θ→±limπ2
ρ+a
pρ02+ (ρ+a)2 = 0.
Puisque limθ→±π2 eiθ=±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(kγa0k0sinϕa+ϕ0akγa0kcosϕa)− kγa0ksinϕa(kγa0k0cosϕa−ϕ0akγa0ksinϕa) kγa0k3
= ϕ0a kγa0k.
iii) D’apr`es la question pr´ec´edente, on a
X→−limπ2,Y→π2
Z Y X
ka(θ)kγa0(θ)kdθ= lim
Y→π2ϕa(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 +k−π
ainsi,
Z π2
−π2
ka(θ)kγa0(θ)kdθ=k+π−k−π.
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
2ρ02−(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)2+ρ02)32 > (ρ+a)2
((ρ+a)2+ρ02)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[.
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 =
cos2θ0
. 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.
8) Donner l’allure du support de γ
aavec a = −2.
R´ep.–