Mathématiques universitaires — Licence 2 · Bachelor Year 2

18Courbes

La géométrie devient maintenant différentielle. Une courbe est un point qui se déplace dans l’espace ; le calcul différentiel nous donne sa vitesse et son accélération, et la géométrie demande ce qui est intrinsèque — indépendant de la vitesse à laquelle on parcourt la trajectoire. Les réponses sont la longueur d’arc, qui mesure la trajectoire elle-même, et la courbure, qui mesure comment elle se courbe. En dimension $3$ , un second invariant, la torsion, mesure comment la courbe se tord hors de son plan. L’outil qui comptabilise tout cela est le repère de Frenet mobile.

18.1 Arcs paramétrés

Définition 18.1 (Arc paramétré)

Un arc paramétré de classe $\mathcal{C}^k$ ( $k \geq 1$ ) est une application $\gamma \colon I \to \R^n$ de classe $\mathcal{C}^k$ sur un intervalle $I$ . Un point $\gamma(t)$ est régulier si $\gamma'(t) \neq 0$ , et l’arc est régulier si tous ses points le sont. La droite passant par $\gamma(t)$ et dirigée par $\gamma'(t)$ est la tangente en un point régulier.

Définition 18.2 (Changement de paramètre)

Un changement de paramètre de classe $\mathcal{C}^k$ est un $\mathcal{C}^k$ -difféomorphisme $\theta \colon J \to I$ entre intervalles ( $\theta' \neq 0$ partout). Les arcs $\gamma$ et $\gamma \circ \theta$ sont dits équivalents ; un arc géométrique (ou courbe) est une classe d’équivalence. Les notions invariantes par changement de paramètre — la trajectoire, la tangente, la longueur d’arc, la courbure — sont dites géométriques.

Remarque 18.3

La trajectoire seule ne détermine pas l’arc géométrique : les paramétrages $t \mapsto (\cos t, \sin t)$ sur $[0, 2\pi]$ et sur $[0, 4\pi]$ ont la même image mais parcourent le cercle une fois et deux fois. Un arc géométrique retient la multiplicité et l’orientation du parcours, non sa vitesse.

Exemple 18.4 (La vitesse ne change rien de géométrique)

Paramétrons le cercle unité par

\gamma(t) = (\cos t^2,\ \sin t^2), \qquad t \in \intcc0{\sqrt{2\pi}} .

La vitesse $\norm{\gamma'(t)} = 2t$ croît linéairement, et pourtant

L = \int_0^{\sqrt{2\pi}}2t\,\dd t = 2\pi ,

la même longueur qu’à vitesse constante — comme le Théorème 18.7 le promet, via le changement de paramètre $t \mapsto t^2$ . La tangente, la courbure calculée à partir de la Proposition 18.17, et toute autre grandeur géométrique coïncident également ; seul $t = 0$ mérite un regard, où $\gamma'(0) = 0$ rend ce paramétrage irrégulier bien que la trajectoire soit un cercle parfait. Les énoncés géométriques tolèrent mal les mauvais paramétrages : reparamétrer d’abord, conclure ensuite.

Exemple 18.5

L’arc $\gamma(t) = (t^2, t^3)$ est $\mathcal{C}^\infty$ mais non régulier : $\gamma'(0) = (0, 0)$ . Sa trajectoire, la parabole semi-cubique $y^2 = x^3$ , présente un point de rebroussement à l’origine : la régularité du paramétrage n’empêche pas une singularité géométrique là où la vitesse s’annule. C’est pourquoi l’hypothèse de régularité $\gamma' \neq 0$ n’est pas cosmétique.

18.2 Longueur d’arc

Définition 18.6 (Longueur d’arc)

Soit $\gamma \colon [a, b] \to \R^n$ un arc $\mathcal{C}^1$ . Sa longueur est

L(\gamma) = \int_a^b \norm{\gamma'(t)}\, \dd t ,

où $\norm{\cdot}$ est la norme euclidienne. L’abscisse curviligne d’origine $t_0$ est $s(t) = \int_{t_0}^t \norm{\gamma'(u)}\,\dd u$ .

Théorème 18.7 (La longueur est géométrique ; caractérisation polygonale)

Si $\theta \colon [c, d] \to [a, b]$ est un changement de paramètre $\mathcal{C}^1$ , alors $L(\gamma \circ \theta) = L(\gamma)$ .
$L(\gamma)$ est la borne supérieure des longueurs des polygones inscrits :

$L(\gamma) = \sup\Bigl\{\, \sum_{i=1}^{m} \norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \;:\; a = t_0 < t_1 < \dots < t_m = b \,\Bigr\}.$

Démonstration. 1. Par le changement de variable $t = \theta(u)$ (volume de première année, valide puisque $\theta$ est $\mathcal{C}^1$ monotone),

\int_c^d \norm{(\gamma\circ\theta)'(u)}\,\dd u = \int_c^d \norm{\gamma'(\theta(u))}\,\abs{\theta'(u)}\,\dd u = \int_a^b \norm{\gamma'(t)}\,\dd t ,

où l’on a utilisé $(\gamma\circ\theta)' = \theta'\cdot (\gamma'\circ\theta)$ et, si $\theta$ est décroissante, le signe de $\theta'$ est absorbé par l’inversion des bornes.

2. Pour toute subdivision, $\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1}) = \int_{t_{i-1}}^{t_i}\gamma'(t)\,\dd t$ , donc par l’inégalité triangulaire pour les intégrales $\norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \leq \int_{t_{i-1}}^{t_i}\norm{\gamma'}$ : tout polygone est plus court que $L(\gamma)$ , d’où $\sup \leq L(\gamma)$ .

Pour l’inégalité inverse, soit $\varepsilon > 0$ . Comme $\gamma'$ est continue sur le compact $[a,b]$ , elle est uniformément continue : il existe $\delta > 0$ tel que $\norm{\gamma'(t) - \gamma'(u)} \leq \varepsilon$ dès que $\abs{t - u} \leq \delta$ . Prenons une subdivision de pas $\leq \delta$ . Sur chaque morceau, pour $t \in [t_{i-1}, t_i]$ ,

\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1}) = \int_{t_{i-1}}^{t_i}\gamma'(t)\,\dd t = (t_i - t_{i-1})\,\gamma'(t_{i-1}) + R_i, \qquad \norm{R_i} \leq \varepsilon\,(t_i - t_{i-1}),

puisque $R_i = \int_{t_{i-1}}^{t_i}(\gamma'(t) - \gamma'(t_{i-1}))\,\dd t$ . Donc

\norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \geq (t_i - t_{i-1})\norm{\gamma'(t_{i-1})} - \varepsilon (t_i - t_{i-1}) .

En sommant, et en comparant $\sum (t_i - t_{i-1})\norm{\gamma'(t_{i-1})}$ avec $\int_a^b\norm{\gamma'}$ (une somme de Riemann de la fonction continue $\norm{\gamma'}$ , à $\varepsilon(b - a)$ près de l’intégrale pour $\delta$ assez petit, de nouveau par continuité uniforme), on obtient un polygone de longueur $\geq L(\gamma) - 2\varepsilon(b - a)$ . En faisant tendre $\varepsilon \to 0$ , on prouve l’assertion. ∎

Exemple 18.8 (Archimède et les polygones inscrits)

Pour le cercle unité, le polygone régulier à $n$ côtés inscrit a pour longueur $L_n = 2n\sin\frac\pi n$ , et le développement $\sin x = x - \frac{x^3}6 + O(x^5)$ donne

L_n = 2\pi - \frac{\pi^3}{3n^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) :

les longueurs polygonales du Théorème 18.7 convergent quadratiquement. Numériquement : $L_6 = 6$ (l’hexagone, donnant le grossier $\pi > 3$ ), tandis que $L_{96} = 192\sin\frac{\pi}{96} \approx 6.28206$ contre $2\pi \approx 6.28319$ — l’erreur $0.00113$ concorde avec la valeur prédite $\pi^3/(3\cdot96^2) \approx 0.00112$ . C’est pourquoi Archimède, en doublant l’hexagone cinq fois jusqu’à $96$ côtés, pouvait encadrer $\pi$ à trois décimales à la main : chaque doublement divise l’erreur par quatre. La borne supérieure de la caractérisation polygonale n’est pas seulement atteinte à la limite ; elle est atteinte rapidement, parce qu’une courbe lisse ne s’écarte de ses cordes qu’au second ordre.

Théorème 18.9 (Paramétrage par longueur d’arc)

Soit $\gamma \colon I \to \R^n$ un arc $\mathcal{C}^k$ régulier ( $k \geq 1$ ). L’abscisse curviligne $s$ est un $\mathcal{C}^k$ -difféomorphisme de $I$ sur un intervalle $J$ , et $\tilde\gamma = \gamma \circ s^{-1}$ vérifie $\norm{\tilde\gamma'} = 1$ partout. À translation du paramètre et orientation près, ce paramétrage par longueur d’arc (ou normal) est unique.

Démonstration. $s'(t) = \norm{\gamma'(t)} > 0$ et $s'$ est $\mathcal{C}^{k-1}$ (composée de l’application $\mathcal{C}^{k-1}$ $\gamma'$ avec la norme, lisse en dehors de $0$ ), donc $s$ est $\mathcal{C}^k$ , strictement croissante, une bijection sur $J = s(I)$ , et son inverse est $\mathcal{C}^k$ par le théorème d’inversion locale en dimension $1$ (volume de première année). Alors

\tilde\gamma'(\sigma) = \frac{\gamma'(t)}{s'(t)} = \frac{\gamma'(t)}{\norm{\gamma'(t)}}, \qquad t = s^{-1}(\sigma),

un vecteur unitaire. Si $\hat\gamma = \gamma\circ\theta$ est un autre paramétrage normal, alors $\abs{\theta'} = 1$ , donc $\theta' = \pm 1$ constant (continuité), c’est-à-dire $\theta(u) = \pm u + c$ . ∎

Remarque 18.10

La longueur d’arc est le paramètre qui sépare la géométrie de la dynamique. Une trajectoire peut être parcourue avec n’importe quel profil de vitesse — la physique du mouvement — mais toute question invariante par paramétrage (forme, courbure, osculation) possède une horloge canonique, la distance parcourue. C’est pourquoi toutes les formules de courbure ci-dessous sont définies à vitesse unité puis traduites à des paramétrages quelconques par la règle de dérivation composée : les facteurs de traduction sont des puissances de $v = s'$ , et les suivre correctement est tout le contenu de la Proposition 18.17.

Exemple 18.11 (Cercle et hélice)

Pour le cercle $\gamma(t) = (R\cos t, R\sin t)$ , $\norm{\gamma'} = R$ , donc $s = Rt$ et la longueur d’un tour complet est $2\pi R$ . Pour l’hélice $\gamma(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)$ avec $a > 0$ , $\norm{\gamma'(t)} = \sqrt{a^2 + b^2}$ est constante : l’hélice est parcourue à vitesse constante, et $s = t\sqrt{a^2 + b^2}$ .

Exemple 18.12 (Longueur d’arc en coordonnées polaires)

Une courbe polaire $r = r(\theta)$ est l’arc $\gamma(\theta) = (r\cos\theta,\ r\sin\theta)$ , avec

\gamma'(\theta) = (r'\cos\theta - r\sin\theta,\ r'\sin\theta + r\cos\theta), \qquad \norm{\gamma'(\theta)}^2 = r'^2 + r^2

(les termes croisés s’annulent) : l’élément de longueur polaire est $\sqrt{r^2 + r'^2}\,\dd\theta$ . Pour la cardioïde $r = 1 + \cos\theta$ :

r^2 + r'^2 = (1 + \cos\theta)^2 + \sin^2\theta = 2 + 2\cos\theta = 4\cos^2\tfrac\theta2,

et sur $\intcc{-\pi}{\pi}$ le cosinus de l’angle moitié est positif, donc

L = \int_{-\pi}^{\pi}2\cos\tfrac\theta2\,\dd\theta = \Bigl[4\sin\tfrac\theta2\Bigr]_{-\pi}^{\pi} = 4 - (-4) = 8 :

comme l’arche de cycloïde de l’Exercice 18.1, une courbe construite à partir de cercles a une longueur rationnelle, sans aucun $\pi$ . La factorisation par l’angle moitié est l’astuce standard pour les longueurs de courbes engendrées par des cercles ; quand elle échoue (l’ellipse), la longueur est une fonction véritablement nouvelle — une intégrale elliptique, au-delà des formes closes élémentaires.

18.3 Courbure dans le plan

Tout au long de cette section, les arcs sont $\mathcal{C}^2$ et réguliers dans le plan euclidien orienté. On paramètre par longueur d’arc et on note $T(s) = \tilde\gamma'(s)$ la tangente unitaire, et $N(s)$ le vecteur unitaire directement orthogonal à $T(s)$ (rotation de $T$ de $+\pi/2$ ).

Théorème 18.13 (Formules de Frenet dans le plan)

Soit $\tilde\gamma$ un arc $\mathcal{C}^2$ paramétré par longueur d’arc dans le plan orienté. Il existe une fonction continue $\kappa$ , la courbure (algébrique), telle que

T'(s) = \kappa(s)\, N(s), \qquad N'(s) = -\kappa(s)\, T(s).

Démonstration. Comme $\norm{T(s)}^2 = 1$ pour tout $s$ , en dérivant le produit scalaire on obtient $2\langle T'(s), T(s)\rangle = 0$ : $T'(s)$ est orthogonal à $T(s)$ , donc colinéaire à $N(s)$ (dimension $2$ ) ; on écrit $T'(s) = \kappa(s) N(s)$ avec $\kappa(s) = \langle T'(s), N(s)\rangle$ , continue. De même $N' \perp N$ , donc $N' = \lambda T$ ; et en dérivant $\langle T, N\rangle = 0$ on obtient $\langle T', N\rangle + \langle T, N'\rangle = \kappa + \lambda = 0$ . ∎

Définition 18.14

Lorsque $\kappa(s) \neq 0$ , le rayon de courbure est $R(s) = 1/\abs{\kappa(s)}$ et le centre de courbure est $\tilde\gamma(s) + \frac{1}{\kappa(s)} N(s)$ ; le cercle de ce centre et de rayon $R(s)$ est le cercle osculateur, la meilleure approximation circulaire de la courbe en $\tilde\gamma(s)$ .

Exemple 18.15 (Le cercle osculateur de l’exponentielle)

Pour $y = \eu^x$ au point $(0, 1)$ : $f'(0) = f''(0) = 1$ , donc par la formule pour un graphe ci-dessous,

\kappa(0) = \frac{1}{(1 + 1)^{3/2}} = \frac1{2\sqrt2}, \qquad R = 2\sqrt2 .

La tangente unitaire est $T = \frac{(1, 1)}{\sqrt2}$ , la normale directe $N = \frac{(-1, 1)}{\sqrt2}$ , et le centre de courbure est

(0, 1) + 2\sqrt2\cdot\frac{(-1, 1)}{\sqrt2} = (-2,\ 3) :

le cercle osculateur a pour équation $(x + 2)^2 + (y - 3)^2 = 8$ . Pour vérifier l’affirmation de « meilleure approximation circulaire » : en résolvant l’équation du cercle en $y$ près de $(0,1)$ et en développant, on obtient $y = 1 + x + \frac{x^2}2 + O(x^3)$ — exactement le développement de Taylor à l’ordre deux de $\eu^x$ . Le cercle osculateur coïncide en valeur, en pente et en dérivée seconde ; un cercle tangent ordinaire ne coïnciderait qu’avec les deux premières.

Exemple 18.16 (La développée d’un cercle est son centre)

Pour le cercle de rayon $R$ parcouru dans le sens direct, $\kappa = 1/R$ et $N$ pointe vers le centre, donc le centre de courbure $\tilde\gamma + \frac1\kappa N$ est le centre du cercle, pour tout $s$ : le cercle osculateur d’un cercle est le cercle lui-même, et le lieu des centres de courbure se réduit à un point. Ce cas dégénéré calibre l’Exercice 18.6 : là, la vitesse de la développée est $-\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ , qui s’annule identiquement précisément lorsque $\kappa$ est constante.

Proposition 18.17 (Courbure dans un paramétrage quelconque)

Pour un arc plan $\mathcal{C}^2$ régulier $\gamma(t) = (x(t), y(t))$ ,

\kappa(t) = \frac{x'(t)\,y''(t) - y'(t)\,x''(t)} {\bigl(x'(t)^2 + y'(t)^2\bigr)^{3/2}} ,

en particulier $\kappa = \dfrac{y''}{(1 + y'^2)^{3/2}}$ pour un graphe $y = f(x)$ .

Démonstration. Posons $v(t) = \norm{\gamma'(t)} = s'(t)$ , de sorte que $\gamma' = vT$ (en composant les données à vitesse unité avec $s$ ). En dérivant,

\gamma'' = v'T + v\,T'\cdot s' = v'T + v^2\kappa N .

Prenons maintenant le déterminant (dans la base orientée canonique) de $(\gamma', \gamma'')$ : comme $\det(T, T) = 0$ et $\det(T, N) = 1$ ,

\det(\gamma', \gamma'') = \det(vT,\ v'T + v^2\kappa N) = v^3\kappa .

Le membre de gauche est $x'y'' - y'x''$ , et $v^3 = (x'^2 + y'^2)^{3/2}$ . Le cas du graphe est le paramétrage $t \mapsto (t, f(t))$ . ∎

Exemple 18.18 (Cercle, droite, parabole)

Une droite a $\kappa = 0$ (et réciproquement : $T' = 0$ signifie $T$ constant, donc $\tilde\gamma(s) = \tilde\gamma(0) + sT$ , une droite). Le cercle de rayon $R$ parcouru dans le sens direct a $\kappa = 1/R$ : avec $\gamma(t) = (R\cos t, R\sin t)$ , la formule donne $\kappa = R^2/R^3$ . Pour la parabole $y = x^2/2$ : $\kappa(x) = 1/(1 + x^2)^{3/2}$ , maximale au sommet — la parabole est le plus fortement courbée là où elle fait demi-tour.

Remarque 18.19 (Pièges courants autour de la courbure)

(i) La courbure algébrique d’un arc plan change de signe lorsqu’on inverse l’orientation de l’arc ou du plan : seuls $\abs\kappa$ et $R = 1/\abs\kappa$ sont purement géométriques. Un cercle parcouru dans le sens rétrograde a $\kappa = -1/R$ . (ii) La formule pour un graphe $\kappa = f''/(1 + f'^2)^{3/2}$ choisit tacitement le paramétrage par $x$ ; l’appliquer à une courbe qui n’est pas un graphe près du point (tangente verticale) est la bévue classique. (iii) En un point où $\gamma' = 0$ , rien n’est défini — ni $T$ ni $\kappa$ — et la trajectoire peut véritablement se briser (Exemple 18.5) ; toujours vérifier la régularité avant de dériver la tangente unitaire. (iv) Dans l’espace, $\kappa = \norm{T'} \geq 0$ par convention : il n’y a pas de signe à se tromper, mais pas non plus de signe à exploiter — l’information de type inflexion passe dans la torsion. (v) Enfin, $\kappa$ est une dérivée par rapport à la longueur d’arc : pour un paramétrage qui n’est pas à vitesse unité, oublier le facteur $v^3$ dans la Proposition 18.17 est l’erreur la plus fréquente en pratique.

La parabole y = x2/2, son repère de Frenet mobile (T, N), et le cercle osculateur au sommet (rayon 1, puisque (0) = 1). Le repère tourne à mesure que le point se déplace ; la courbure est le taux de cette rotation par unité de longueur d’arc. — **Figure 18.1.** La parabole $y = x^2/2$ , son repère de Frenet mobile $(T, N)$ , et le cercle osculateur au sommet (rayon $1$ , puisque $\kappa(0) = 1$ ). Le repère tourne à mesure que le point se déplace ; la courbure est le taux de cette rotation par unité de longueur d’arc.

Théorème 18.20 (La courbure détermine la courbe)

Soit $\kappa \colon J \to \R$ continue. Il existe un arc $\mathcal{C}^2$ du plan paramétré par longueur d’arc de courbure $\kappa$ , et il est unique à une isométrie directe près (rotation suivie d’une translation).

Démonstration. Existence. Fixons $s_0 \in J$ et posons $\varphi(s) = \int_{s_0}^s \kappa(u)\,\dd u$ , puis

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\int_{s_0}^s \cos\varphi(u)\,\dd u,\ \int_{s_0}^s \sin\varphi(u)\,\dd u\Bigr).

Alors $T(s) = (\cos\varphi(s), \sin\varphi(s))$ est un vecteur unitaire, $N(s) = (-\sin\varphi, \cos\varphi)$ , et

T'(s) = \varphi'(s)\,(-\sin\varphi, \cos\varphi) = \kappa(s)\,N(s) :

l’arc est paramétré par longueur d’arc, de courbure $\kappa$ .

Unicité. Soient $\gamma_1, \gamma_2$ deux arcs paramétrés par longueur d’arc de même courbure. Chaque tangente unitaire se relève en une fonction angle, par une construction explicite : on voit $T_j$ comme le nombre complexe $z_j = a_j + \iu b_j$ de module $1$ , on choisit $\varphi_j(0)$ tel que $z_j(0) = \eu^{\iu\varphi_j(0)}$ , et l’on pose

\varphi_j(s) = \varphi_j(0) + \int_0^s\det\bigl(T_j, T_j'\bigr)(u)\,\dd u .

De $\abs{z_j} = 1$ : $\operatorname{Re}(\conj{z_j}\,z_j') = 0$ , donc $\conj{z_j}\,z_j' = \iu\det(T_j, T_j') = \iu\,\varphi_j'$ , c’est-à-dire $z_j' = \iu\varphi_j'z_j$ ; alors

\bigl(z_j\,\eu^{-\iu\varphi_j}\bigr)' = \eu^{-\iu\varphi_j}\bigl(z_j' - \iu\varphi_j'z_j\bigr) = 0,

donc $z_j = \eu^{\iu\varphi_j}$ partout : $T_j = (\cos\varphi_j, \sin\varphi_j)$ avec $\varphi_j$ de classe $\mathcal C^1$ . De plus $\det(T_j, T_j') = \det(T_j, \kappa N_j) = \kappa$ , donc $\varphi_j' = \kappa$ . D’où $\varphi_2 = \varphi_1 + c$ pour une constante $c$ : $T_2$ est $T_1$ tourné de l’angle fixe $c$ , donc en intégrant, $\gamma_2 = \rho(\gamma_1) + w$ où $\rho$ est la rotation d’angle $c$ et $w$ un vecteur constant. ∎

Remarque 18.21

C’est le prototype unidimensionnel d’un théorème fondamental de la géométrie : un ensemble complet d’invariants locaux (ici, une fonction) classifie l’objet à un déplacement près. La version tridimensionnelle ci-dessous nécessite deux invariants.

Exemple 18.22 (Courbure constante signifie cercle)

Prenons $\kappa \equiv \kappa_0 > 0$ dans la formule d’existence : $\varphi(s) = \kappa_0 s$ et

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\frac{\sin\kappa_0s}{\kappa_0},\ \frac{1 - \cos\kappa_0s}{\kappa_0}\Bigr) :

le cercle de rayon $1/\kappa_0$ centré en $(0, 1/\kappa_0)$ , parcouru à vitesse unité. Par la moitié « unicité » du théorème, tout arc paramétré par longueur d’arc de courbure constante $\kappa_0$ est un morceau d’un cercle de rayon $1/\kappa_0$ (ou une droite si $\kappa_0 = 0$ ) — la réciproque du calcul de l’Exemple 18.18, et le cas plan de l’Exercice 18.9.

Exemple 18.23 (Reconstruire une courbe à partir de sa courbure)

Quelle courbe paramétrée par longueur d’arc a pour rayon de courbure $R(s) = 1 + s^2$ ? En suivant la preuve d’existence avec $\kappa(s) = \frac1{1+s^2}$ et $s_0 = 0$ : $\varphi(s) = \arctan s$ , donc

T(s) = (\cos\arctan s,\ \sin\arctan s) = \Bigl(\frac{1}{\sqrt{1+s^2}},\ \frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\Bigr),

et en intégrant,

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\ln\bigl(s + \sqrt{1 + s^2}\bigr),\ \sqrt{1 + s^2} - 1\Bigr).

En posant $x = \ln(s + \sqrt{1+s^2})$ , c’est-à-dire $s = \sinh x$ , la seconde coordonnée est $\cosh x - 1$ : la courbe est la chaînette $y = \cosh x - 1$ . Cela boucle la boucle avec l’Exercice 18.3, où nous avons calculé $R = \cosh^2 x = 1 + \sinh^2 x = 1 + s^2$ directement : le théorème fondamental garantit que la chaînette est la seule courbe ayant ce profil de courbure, à une isométrie directe près.

Remarque 18.24 (Où la courbure sert ensuite)

La décomposition $\gamma'' = v'T + v^2\kappa N$ obtenue dans la preuve de la Proposition 18.17 est la cinématique de tout mouvement courbe : accélération tangentielle contre accélération centripète. La courbure revient pour les surfaces (Chapitre 19) à travers la courbure des courbes qu’on y trace, et le calcul des enveloppes du problème de week-end de ce chapitre — développées, caustiques — est l’optique géométrique des fronts d’onde. Le volume de troisième année reprend le point de vue intrinsèque pour les sous-variétés de $\R^n$ .

18.4 Repère de Frenet dans l’espace

Soit maintenant $\tilde\gamma \colon J \to \R^3$ un arc $\mathcal{C}^3$ paramétré par longueur d’arc qui est birégulier : $T'(s) \neq 0$ pour tout $s$ . Alors $\kappa(s) = \norm{T'(s)} > 0$ définit la courbure (pas de signe dans l’espace : il n’y a pas d’orientation privilégiée de la normale), et l’on pose :

N(s) = \frac{T'(s)}{\kappa(s)} \quad\text{(normale principale)}, \qquad B(s) = T(s) \wedge N(s) \quad\text{(binormale)} ,

de sorte que $(T, N, B)$ est un repère orthonormé direct, le repère de Frenet. Le plan passant par $\tilde\gamma(s)$ engendré par $T, N$ est le plan osculateur.

Théorème 18.25 (Formules de Frenet dans l’espace)

Il existe une fonction continue $\tau$ , la torsion, telle que

T' = \kappa N, \qquad N' = -\kappa T + \tau B, \qquad B' = -\tau N .

Démonstration. La première formule est la définition de $N$ . Chacun des vecteurs $T, N, B$ est de norme constante $1$ et ils sont deux à deux orthogonaux ; en dérivant les six relations $\langle X, Y\rangle = \delta_{XY}$ , on voit que la matrice de $(T', N', B')$ dans la base $(T, N, B)$ est antisymétrique : en effet $\langle X', Y\rangle + \langle X, Y'\rangle = 0$ et $\langle X', X\rangle = 0$ . Son coefficient $(N, T)$ est $\langle N', T\rangle = -\langle N, T'\rangle = -\kappa$ , et son coefficient de colonne $(T, B)$ est $\langle T', B\rangle = \kappa\langle N, B\rangle = 0$ . En nommant $\tau = \langle N', B\rangle$ le coefficient libre restant, on obtient exactement les trois formules affichées : l’antisymétrie complète $\langle B', N\rangle = -\tau$ et $\langle B', T\rangle = 0$ . La continuité de $\tau = \langle N', B\rangle$ est claire puisque $N'$ et $B$ sont continus ( $\tilde\gamma$ est $\mathcal{C}^3$ , donc $N = T'/\kappa$ est $\mathcal{C}^1$ ). ∎

Exemple 18.26 (Le vecteur de Darboux)

Les trois formules de Frenet se condensent en une seule. Posons $\omega(s) = \tau\,T + \kappa\,B$ (le vecteur de Darboux). En utilisant $B \wedge T = N$ , $T \wedge N = B$ , $N \wedge B = T$ :

\omega \wedge T = \kappa\,N = T', \qquad \omega \wedge N = \tau\,B - \kappa\,T = N', \qquad \omega \wedge B = -\tau\,N = B' :

chaque vecteur du repère évolue selon $X' = \omega \wedge X$ , la signature cinématique d’une rotation instantanée de vecteur vitesse angulaire $\omega$ . Le repère tourne au taux $\norm\omega = \sqrt{\kappa^2 + \tau^2}$ autour de l’axe mobile $\omega$ ; la courbure est la composante de la rotation autour de la binormale, la torsion la composante autour de la tangente. Pour l’hélice, $\omega$ est un vecteur constant le long de l’axe du cylindre — ce qui est exactement pourquoi le repère de l’hélice précesse régulièrement. L’antisymétrie de la matrice de Frenet, exploitée dans l’Exercice 18.7, est la forme matricielle de ce seul fait géométrique.

Proposition 18.27 (La torsion mesure la planéité)

Un arc birégulier est contenu dans un plan si et seulement si $\tau \equiv 0$ ; dans ce cas le plan est le plan osculateur (constant).

Démonstration. Si $\tau \equiv 0$ , alors $B' = 0$ , donc $B$ est un vecteur unitaire constant $B_0$ , et

\frac{\dd}{\dd s}\langle \tilde\gamma(s), B_0\rangle = \langle T(s), B_0\rangle = 0 :

$\langle \tilde\gamma, B_0\rangle$ est constant, donc l’arc est contenu dans un plan orthogonal à $B_0$ . Réciproquement, si l’arc est contenu dans un plan $P$ , alors $T$ et $T'$ (donc $N$ ) sont parallèles à la direction de $P$ pour tout $s$ ; donc $B = T \wedge N$ est l’une des deux normales unitaires de $P$ , et étant continue elle est constante ; alors $0 = B' = -\tau N$ avec $N \neq 0$ force $\tau \equiv 0$ . ∎

Exemple 18.28 (Un cercle incliné a une torsion nulle)

L’arc $\gamma(t) = \bigl(\cos t,\ \tfrac{\sin t}{\sqrt2},\ \tfrac{\sin t}{\sqrt2}\bigr)$ est contenu dans le plan $y = z$ , et est le cercle unité de ce plan (vérifier : $\norm{\gamma(t)} = 1$ et la base orthonormée $(1,0,0)$ , $(0, \tfrac1{\sqrt2}, \tfrac1{\sqrt2})$ du plan met en évidence le paramétrage standard). Sans aucun calcul de Frenet, la Proposition 18.27 prédit $\tau \equiv 0$ , et la binormale fixe doit être la normale unitaire $\pm(0, \tfrac1{\sqrt2}, -\tfrac1{\sqrt2})$ du plan. La torsion ne mesure pas le fait d’être « incliné dans l’espace » ; elle mesure le fait de quitter un plan. Seul le $b$ non nul de l’hélice ci-dessous produit une véritable torsion.

Exemple 18.29 (L’hélice)

Pour l’hélice $\gamma(t) = (a\cos t, a\sin t, bt)$ , $a > 0$ , nous avons calculé $s = ct$ avec $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ . Alors

T = \frac1c(-a\sin t,\ a\cos t,\ b), \qquad T' \cdot \frac{\dd t}{\dd s} = \frac{1}{c^2}(-a\cos t, -a\sin t, 0),

donc $\kappa = a/c^2 = a/(a^2 + b^2)$ et $N = (-\cos t, -\sin t, 0)$ : la normale principale pointe horizontalement vers l’axe. Ensuite $B = T \wedge N = \frac1c(b\sin t, -b\cos t, a)$ , et $B' \frac{\dd t}{\dd s} = \frac{b}{c^2}(\cos t, \sin t, 0) = -\tau N$ donne

\boxed{\ \kappa = \frac{a}{a^2 + b^2}, \qquad \tau = \frac{b}{a^2 + b^2}. \ }

Les deux invariants sont constants — et l’on peut montrer, réciproquement, que les seules courbes birégulières à $\kappa > 0$ constant et $\tau$ constant sont les hélices (des cercles lorsque $\tau = 0$ ). Notons les signes : $b > 0$ donne une hélice dextre à torsion positive.

Exemple 18.30 (Courbure et torsion sans longueur d’arc ; la cubique gauche)

Reparamétrer par longueur d’arc est en général impossible sous forme close, si bien que les invariants doivent être extraits des dérivées brutes. Posons $v = \norm{\gamma'} = s'$ ; alors $\gamma' = vT$ et, comme dans la preuve de la Proposition 18.17,

\gamma'' = v'T + v^2\kappa N, \qquad \gamma' \wedge \gamma'' = v^3\kappa\,(T \wedge N) = v^3\kappa\,B .

En prenant les normes ( $\kappa \geq 0$ dans l’espace) :

\kappa = \frac{\norm{\gamma' \wedge \gamma''}}{v^3} .

En dérivant $\gamma''$ une fois de plus et en convertissant $N' = v(-\kappa T + \tau B)$ (règle de dérivation composée à travers $s$ ), la seule composante en $B$ provient du dernier terme :

\gamma''' = \bigl(v'' - v^3\kappa^2\bigr)T + \bigl(v'v\kappa + (v^2\kappa)'\bigr)N + v^3\kappa\tau\,B,

de sorte que, en appariant avec $\gamma' \wedge \gamma'' = v^3\kappa B$ ,

\det(\gamma', \gamma'', \gamma''') = \langle\gamma' \wedge \gamma'',\ \gamma'''\rangle = v^6\kappa^2\tau, \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad \tau = \frac{\det(\gamma', \gamma'', \gamma''')}{\norm{\gamma' \wedge \gamma''}^2} .

Application à la cubique gauche $\gamma(t) = (t,\ t^2,\ t^3)$ en $t = 0$ : $\gamma' = (1, 0, 0)$ , $\gamma'' = (0, 2, 0)$ , $\gamma''' = (0, 0, 6)$ , donc $v = 1$ ,

\gamma' \wedge \gamma'' = (0, 0, 2), \qquad \kappa(0) = 2, \qquad \det(\gamma', \gamma'', \gamma''') = 12, \qquad \tau(0) = \frac{12}{4} = 3 .

Éclairage final : les deux formules sont des rapports où la vitesse $v$ se simplifie exactement au degré nécessaire — $\kappa$ se comporte comme une dérivée seconde par unité de longueur, $\tau$ comme le volume mixte de trois dérivées par aire au carré — ce qui explique pourquoi elles sont géométriques alors que $\gamma''$ lui-même ne l’est pas.

Remarque 18.31 (Théorème fondamental pour les courbes de l’espace)

Comme dans le plan, le couple $(\kappa, \tau)$ avec $\kappa > 0$ détermine un arc birégulier à une isométrie directe de $\R^3$ près : les formules de Frenet forment un système différentiel linéaire pour le repère $(T, N, B)$ , auquel s’applique la théorie de Cauchy–Lipschitz du Chapitre 16 ; l’orthonormalité du repère solution est préservée parce que la matrice des coefficients est antisymétrique (le même argument de matrice de Gram que dans l’Exercice 18.7), et la courbe est retrouvée en intégrant $T$ . Nous laissons les détails au lecteur comme un exercice substantiel mais instructif.

18.5 Étude locale : position par rapport à la tangente

Proposition 18.32 (Allure locale en un point régulier)

Soit $\gamma$ un arc plan de classe $\mathcal{C}^k$ en $t_0$ , avec $p$ le plus petit indice tel que $\gamma^{(p)}(t_0) \neq 0$ et $q$ le plus petit indice $> p$ tel que $\gamma^{(q)}(t_0)$ ne soit pas colinéaire à $\gamma^{(p)}(t_0)$ (en supposant que les deux existent, $q \leq k$ ). Dans la base $(u, v) = (\gamma^{(p)}(t_0), \gamma^{(q)}(t_0))$ centrée en $\gamma(t_0)$ , la formule de Taylor–Young donne les coordonnées

X(t) \sim \frac{(t - t_0)^p}{p!}, \qquad Y(t) \sim \frac{(t - t_0)^q}{q!} .

L’allure locale ne dépend que des parités de $p$ et $q$ :

$p$ impair, $q$ pair	point ordinaire	la courbe ne traverse aucune droite, reste d’un côté de la tangente
$p$ impair, $q$ impair	point d’inflexion	la courbe traverse sa tangente
$p$ pair, $q$ impair	point de rebroussement de première espèce	les deux branches de part et d’autre de la tangente
$p$ pair, $q$ pair	point de rebroussement de seconde espèce	les deux branches du même côté

Démonstration. Taylor–Young à l’ordre $q$ (la fonction $\gamma$ est $\mathcal{C}^q$ près de $t_0$ ) :

\gamma(t) - \gamma(t_0) = \sum_{j=p}^{q} \frac{(t-t_0)^j}{j!}\,\gamma^{(j)}(t_0) + o\bigl((t-t_0)^q\bigr).

Par le choix de $p$ et $q$ , chaque $\gamma^{(j)}(t_0)$ avec $p \leq j < q$ est colinéaire à $u$ ; en regroupant les composantes dans la base $(u, v)$ : $X(t) = \frac{(t-t_0)^p}{p!}(1 + o(1))$ et $Y(t) = \frac{(t-t_0)^q}{q!}(1 + o(1))$ . Le tableau des signes de $X$ et $Y$ pour $t \gtrless t_0$ — gouverné exactement par les parités — donne les quatre allures : par exemple si $p$ est pair, $X > 0$ des deux côtés (les deux branches partent dans la direction $+u$ : un rebroussement), et le côté de la tangente ( $\operatorname{sign} Y$ ) bascule avec $q$ impair. ∎

Exemple 18.33

Pour $\gamma(t) = (t^2, t^3)$ en $t_0 = 0$ (Exemple 18.5) : $\gamma'' (0)= (2, 0)$ , $\gamma'''(0) = (0, 6)$ , donc $p = 2$ , $q = 3$ : un point de rebroussement de première espèce, l’allure familière de la parabole semi-cubique. Pour $\gamma(t) = (t, t^3)$ en $0$ : $p = 1$ , $q = 3$ : inflexion — la cubique traverse sa tangente.

Remarque 18.34 (Perspectives au sein de ce volume)

Les courbes alimentent les chapitres suivants de trois façons. Tracées sur une surface, elles définissent ses plans tangents et sa première forme fondamentale (Chapitre 19), et leurs longueurs se calculent en restreignant la métrique ambiante — le chapitre à venir est en grande partie ce chapitre relativisé. Le calcul des enveloppes du problème de week-end rencontre les intégrales doubles au Chapitre 20, où l’aire de l’astroïde est recalculée par la formule de Green (Exercice 20.5) — une courbe, deux théories, des réponses concordantes. Et le système de Frenet a déjà utilisé les équations différentielles linéaires du Chapitre 16 (existence, unicité, et l’argument de préservation de l’orthogonalité de l’Exercice 18.7) : le théorème fondamental des courbes est un théorème d’équations différentielles habillé en géométrie.

Remarque 18.35 (Méthode : mener l’étude locale)

En pratique la classification est une routine en quatre étapes. Un, dériver en $t_0$ jusqu’à ce qu’apparaisse la première dérivée non nulle : son indice est $p$ , sa valeur le vecteur $u$ . Deux, continuer à dériver jusqu’à ce qu’apparaisse une dérivée non colinéaire à $u$ : indice $q$ , vecteur $v$ . Trois, lire les parités $(p, q)$ dans le tableau. Quatre, tracer : la courbe part selon $+u$ si $p$ est impair (selon $u$ puis en revenant selon $u$ si $p$ est pair), du côté de $v$ dicté par le signe de $Y$ . Deux précautions. Le repère $(u, v)$ n’est en général pas orthonormé — le tableau décrit des positions relatives à la tangente, non des angles ou des distances, donc ne pas lire la courbure sur l’image. Et des dérivées intermédiaires colinéaires à $u$ sont permises entre les rangs $p$ et $q$ (elles ne font que décaler le développement de $X$ ) ; ce qui ne doit pas arriver, c’est de s’arrêter à la première dérivée non nulle et de deviner $q = p + 1$ : pour $\gamma(t) = (t^2, t^4 + t^5)$ la supposition naïve $q = 3$ est fausse, car $\gamma^{(3)}(0)$ est encore colinéaire à $\gamma''(0)$ — c’est précisément l’Exercice 18.5.

18.6 Exercices

Exercice 18.1 ★

Calculer la longueur d’une arche de la cycloïde $\gamma(t) = (t - \sin t,\ 1 - \cos t)$ , $t \in [0, 2\pi]$ . (Utiliser $1 - \cos t = 2\sin^2(t/2)$ .)

Solution

Solution de Exercice 18.1.

$\gamma'(t) = (1 - \cos t,\ \sin t)$ , donc

\norm{\gamma'(t)}^2 = (1 - \cos t)^2 + \sin^2 t = 2 - 2\cos t = 4\sin^2\tfrac t2 ,

et $\norm{\gamma'(t)} = 2\sin\frac t2$ (positif sur $[0, 2\pi]$ ). D’où

L = \int_0^{2\pi} 2\sin\tfrac t2\,\dd t = \Bigl[-4\cos\tfrac t2\Bigr]_0^{2\pi} = 8 :

une arche de la cycloïde a pour longueur $8$ (pour une roue de rayon $1$ ) — un résultat célèbre de Wren, sans aucun $\pi$ en vue.

Exercice 18.2 ★

Calculer la courbure de l’ellipse $\gamma(t) = (a\cos t,\ b\sin t)$ ( $a > b > 0$ ) et localiser les points de courbure maximale et minimale.

Solution

Solution de Exercice 18.2.

Avec $x = a\cos t$ , $y = b\sin t$ : $x' = -a\sin t$ , $y' = b\cos t$ , $x'' = -a\cos t$ , $y'' = -b\sin t$ , donc par Proposition 18.17

\kappa(t) = \frac{x'y'' - y'x''}{(x'^2 + y'^2)^{3/2}} = \frac{ab\sin^2 t + ab\cos^2 t} {(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}} = \frac{ab}{(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}} .

Le dénominateur est minimal quand $\sin t = 0$ (valeur $b^3$ , points $(\pm a, 0)$ ) et maximal quand $\cos t = 0$ (valeur $a^3$ , points $(0, \pm b)$ ), puisque $a > b$ . Donc $\kappa$ est maximale aux extrémités du grand axe, $\kappa_{\max} = a/b^2$ , et minimale aux extrémités du petit axe, $\kappa_{\min} = b/a^2$ : l’ellipse se courbe le plus fortement aux sommets de son grand axe.

Exercice 18.3 ★

Montrer que la longueur d’arc du graphe de $f(x) = \cosh x$ sur $[0, x]$ vaut $\sinh x$ , et calculer la courbure de cette courbe (la chaînette). Vérifier que $R(x) = 1/\kappa(x) = \cosh^2 x$ .

Solution

Solution de Exercice 18.3.

Pour le graphe $\gamma(x) = (x, \cosh x)$ : $\norm{\gamma'(x)} = \sqrt{1 + \sinh^2 x} = \cosh x$ , donc la longueur d’arc de $0$ à $x$ est $\int_0^x \cosh u\,\dd u = \sinh x$ . Courbure d’un graphe (Proposition 18.17) :

\kappa(x) = \frac{f''(x)}{(1 + f'(x)^2)^{3/2}} = \frac{\cosh x}{\cosh^3 x} = \frac{1}{\cosh^2 x} ,

donc $R(x) = \cosh^2 x$ , comme annoncé. Notons la jolie coïncidence $R(x) = 1 + s(x)^2$ avec $s = \sinh x$ la longueur d’arc : le rayon de courbure de la chaînette croît comme le carré de la longueur d’arc depuis le sommet.

Exercice 18.4 ★★

(Spirale logarithmique) Soit $\gamma(t) = e^{t}(\cos t,\ \sin t)$ , $t \in \R$ . Montrer que l’angle entre $\gamma(t)$ et $\gamma'(t)$ est constant, calculer la longueur d’arc de $\gamma$ sur $(-\infty, 0]$ (finie !), et la courbure.

Solution

Solution de Exercice 18.4.

$\gamma'(t) = e^t(\cos t - \sin t,\ \sin t + \cos t)$ , donc

\langle \gamma(t), \gamma'(t)\rangle = e^{2t} \bigl(\cos t(\cos t - \sin t) + \sin t(\sin t + \cos t)\bigr) = e^{2t},

tandis que $\norm{\gamma(t)} = e^t$ et $\norm{\gamma'(t)} = e^t\sqrt 2$ . D’où

\cos\angle\bigl(\gamma, \gamma'\bigr) = \frac{e^{2t}}{e^t \cdot e^t\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt2} :

la tangente fait toujours l’angle $\pi/4$ avec le rayon — la propriété équiangle de la spirale logarithmique. Longueur d’arc sur $(-\infty, 0]$ :

\int_{-\infty}^0 \norm{\gamma'(t)}\,\dd t = \sqrt2\int_{-\infty}^0 e^t\,\dd t = \sqrt 2 ,

finie bien que la spirale s’enroule une infinité de fois autour de l’origine. Courbure : avec $x'y'' - y'x''$ calculé à partir de $\gamma'' = e^t(-2\sin t,\ 2\cos t)$ ,

x'y'' - y'x'' = e^{2t}\bigl(2\cos t(\cos t - \sin t) + 2\sin t(\sin t + \cos t)\bigr) = 2e^{2t},

donc $\kappa(t) = \dfrac{2e^{2t}}{(e^t\sqrt2)^3} = \dfrac{1}{e^t\sqrt2}$ : la courbure est $1/(\sqrt2\, \norm{\gamma})$ , décroissant à mesure que la spirale grandit.

Exercice 18.5 ★★

Déterminer $p$ , $q$ et l’allure locale (point ordinaire, inflexion, rebroussement) de $\gamma(t) = (t^2,\ t^4 + t^5)$ en $t = 0$ , et de $\gamma(t) = (t^3,\ t^4)$ en $t = 0$ .

Solution

Solution de Exercice 18.5.

Premier arc : $\gamma(t) = (t^2,\ t^4 + t^5)$ . Dérivées en $0$ : $\gamma'' = (2, 0) \neq 0$ , donc $p = 2$ . Puis $\gamma^{(3)}(0) = (0, 0)$ , $\gamma^{(4)}(0) = (0, 24)$ , non colinéaire à $(2, 0)$ : $q = 4$ . Les deux pairs : point de rebroussement de seconde espèce — les deux branches partent dans la direction $+u = (1,0)$ et restent du même côté de la tangente. (En effet $y = x^2 \pm x^{5/2}$ sur les deux branches : même signe pour $x$ petit.)

Second arc : $\gamma(t) = (t^3, t^4)$ . $\gamma'(0) = \gamma''(0) = 0$ , $\gamma^{(3)}(0) = (6, 0)$ : $p = 3$ , impair. Puis $\gamma^{(4)}(0) = (0, 24)$ : $q = 4$ , pair. Impair–pair : point ordinaire — malgré l’annulation de la vitesse, la trajectoire $y = x^{4/3}$ traverse l’origine de manière lisse, restant au-dessus de sa tangente $y = 0$ .

Exercice 18.6 ★★

Soit $\gamma$ un arc plan paramétré par longueur d’arc avec $\kappa(s) > 0$ pour tout $s$ , et soit $c(s) = \gamma(s) + \frac{1}{\kappa(s)}N(s)$ le centre de courbure (la courbe $c$ est la développée). En supposant $\kappa$ de classe $\mathcal{C}^1$ , montrer que $c'(s) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s)$ : la développée est tangente aux normales de $\gamma$ .

Solution

Solution de Exercice 18.6.

Dérivons $c(s) = \gamma(s) + \dfrac{1}{\kappa(s)}N(s)$ à l’aide des formules de Frenet dans le plan (Théorème 18.13) :

c'(s) = T(s) - \frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s) + \frac{1}{\kappa(s)}\,\bigl(-\kappa(s)T(s)\bigr) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}\,N(s) ,

les termes tangentiels s’annulant exactement. Ainsi la vitesse de la développée est portée par $N(s)$ , qui dirige la normale de $\gamma$ en $\gamma(s)$ — et le point $c(s)$ est sur cette normale même : la développée est l’enveloppe des normales. (Là où $\kappa' = 0$ la développée a un point singulier ; c’est ce qui produit les points de rebroussement de la développée d’une ellipse.)

Exercice 18.7 ★★★

Soit $A(s)$ une famille continue de matrices antisymétriques $3 \times 3$ et $F' = F A$ une solution matricielle avec $F(s_0)$ orthogonale. Montrer que $F(s)$ est orthogonale pour tout $s$ . (Dériver $G = F F^{\mathsf T}$ et utiliser l’unicité dans Cauchy–Lipschitz.) Expliquer la pertinence pour le système de Frenet.

Solution

Solution de Exercice 18.7.

Soit $G(s) = F(s)F(s)^{\mathsf T}$ . Alors, en utilisant $F' = FA$ et $(F^{\mathsf T})' = (F')^{\mathsf T} = A^{\mathsf T}F^{\mathsf T}$ ,

G' = F'F^{\mathsf T} + F(F^{\mathsf T})' = FAF^{\mathsf T} + FA^{\mathsf T}F^{\mathsf T} = F(A + A^{\mathsf T})F^{\mathsf T} = 0

par antisymétrie. Donc $G$ est constante sur l’intervalle, égale à $G(s_0) = F(s_0)F(s_0)^{\mathsf T} = I$ : $F(s)$ est orthogonale pour tout $s$ . (Autrement, sans calculer $G'$ jusqu’à zéro : $G$ et la constante $I$ sont toutes deux solutions du système linéaire $Y' = YA + A^{\mathsf T}Y$ avec la même valeur initiale, et l’unicité de Cauchy–Lipschitz pour les systèmes linéaires, Chapitre 16, force $G \equiv I$ .)

Pertinence : le système de Frenet $(T, N, B)' = (T, N, B)\,A(s)$ a pour matrice de coefficients antisymétrique

A = \begin{pmatrix} 0 & -\kappa & 0\\ \kappa & 0 & -\tau\\ 0 & \tau & 0\end{pmatrix}

(les colonnes exprimant $T', N', B'$ ). Le calcul ci-dessus montre qu’un repère solution qui part orthonormé reste orthonormé — l’étape clé du théorème fondamental reconstruisant une courbe à partir de $(\kappa, \tau)$ .

Exercice 18.8 ★★★

(Courbure totale d’une courbe fermée convexe) Soit $\tilde\gamma$ un arc plan fermé $\mathcal{C}^2$ paramétré par longueur d’arc, de longueur $L$ (de sorte que $\tilde\gamma(s + L) = \tilde\gamma(s)$ ), parcouru une fois dans le sens direct. En utilisant la fonction angle $\varphi$ avec $T = (\cos\varphi, \sin\varphi)$ du Théorème 18.20, expliquer pourquoi $\varphi(L) - \varphi(0)$ est un multiple de $2\pi$ , et montrer que $\int_0^L \kappa(s)\,\dd s = \varphi(L) - \varphi(0)$ . (Pour un cercle de rayon $R$ : $\int \kappa = \frac1R \cdot 2\pi R = 2\pi$ . Le théorème des tangentes tournantes affirme la valeur $2\pi$ pour toute courbe fermée simple ; on ne vous demande pas de le prouver.)

Solution

Solution de Exercice 18.8.

Par Théorème 18.20 (partie unicité), il existe une fonction angle $\varphi$ de classe $\mathcal{C}^1$ avec $T(s) = (\cos\varphi(s), \sin\varphi(s))$ et $\varphi' = \kappa$ . D’où

\int_0^L \kappa(s)\,\dd s = \varphi(L) - \varphi(0) .

Comme l’arc est fermé de période $L$ , $T(L) = T(0)$ : $(\cos\varphi(L), \sin\varphi(L)) = (\cos\varphi(0), \sin\varphi(0))$ , donc $\varphi(L) - \varphi(0) \in 2\pi\Z$ . La courbure totale d’une courbe fermée est donc toujours un multiple entier de $2\pi$ — l’entier étant l’indice de la tangente (le nombre de tours complets que fait $T$ ). Pour le cercle de rayon $R$ : $\kappa = 1/R$ et $L = 2\pi R$ , courbure totale $2\pi$ , indice $1$ ; le théorème des tangentes tournantes affirme que cette valeur vaut pour toute courbe fermée simple.

Exercice 18.9 ★★★

Montrer qu’une courbe gauche birégulière à $\kappa > 0$ constant et $\tau = 0$ est (un arc d’)un cercle de rayon $1/\kappa$ . (Utiliser la Proposition 18.27, puis montrer que le centre $\gamma + \frac1\kappa N$ est constant.)

Solution

Solution de Exercice 18.9.

Comme $\tau \equiv 0$ , la courbe est contenue dans un plan (Proposition 18.27) ; travaillons dans ce plan. Considérons le candidat centre

c(s) = \gamma(s) + \frac{1}{\kappa}N(s) \qquad (\kappa \text{ constant}).

En dérivant avec les formules de Frenet ( $N' = -\kappa T + \tau B = -\kappa T$ ici) :

c'(s) = T + \frac1\kappa(-\kappa T) = 0 ,

donc $c$ est un point constant $\Omega$ . Alors $\norm{\gamma(s) - \Omega} = \norm{-\frac1\kappa N(s)} = \frac1\kappa$ pour tout $s$ : la courbe est sur le cercle de centre $\Omega$ et de rayon $1/\kappa$ (dans son plan), et étant un arc non constant de celui-ci, elle est un arc de ce cercle.

Exercice 18.10 ★

Calculer la longueur d’arc de la parabole $y = x^2/2$ sur $\intcc0a$ et montrer qu’elle vaut

\tfrac12\Bigl(a\sqrt{1 + a^2} + \ln\bigl(a + \sqrt{1 + a^2}\bigr)\Bigr).

Solution

Solution de Exercice 18.10.

Pour le graphe $\gamma(x) = (x, x^2/2)$ , $\norm{\gamma'(x)} = \sqrt{1 + x^2}$ , donc $L = \int_0^a\sqrt{1+x^2}\,\dd x$ . En substituant $x = \sinh u$ ( $\dd x = \cosh u\,\dd u$ , $u$ de $0$ à $u_a = \ln(a + \sqrt{1+a^2})$ ) :

L = \int_0^{u_a}\cosh^2 u\,\dd u = \frac12\bigl[u + \sinh u\cosh u\bigr]_0^{u_a} = \frac12\Bigl(\ln\bigl(a + \sqrt{1+a^2}\bigr) + a\sqrt{1+a^2}\Bigr),

en utilisant $\cosh^2 u = \frac{1 + \cosh 2u}2$ et $\sinh u_a = a$ , $\cosh u_a = \sqrt{1 + a^2}$ .

Exercice 18.11 ★★

Soit $\gamma$ un arc $\mathcal C^2$ régulier de $\R^n$ dont toutes les tangentes passent par un point fixe $P$ . Prouver que la trajectoire de $\gamma$ est contenue dans une droite. (Paramétrer par longueur d’arc, écrire $\gamma(s) + \lambda(s)T(s) = P$ et dériver.)

Solution

Solution de Exercice 18.11.

Paramétrons par longueur d’arc (Théorème 18.9) et posons $\lambda(s) = \langle P - \gamma(s), T(s)\rangle$ , une fonction $\mathcal C^1$ ; puisque $P$ est sur la tangente en $\gamma(s)$ , le vecteur $P - \gamma(s)$ est colinéaire à $T(s)$ , donc $P = \gamma(s) + \lambda(s)T(s)$ . En dérivant,

0 = T(s) + \lambda'(s)T(s) + \lambda(s)T'(s) = \bigl(1 + \lambda'(s)\bigr)T(s) + \lambda(s)T'(s),

et $T'(s) \perp T(s)$ (dériver $\norm T^2 = 1$ ), donc les deux composantes s’annulent : $\lambda' = -1$ et $\lambda T' = 0$ . Alors $\lambda(s) = c - s$ s’annule au plus une fois, donc $T' = 0$ sur un ensemble dense, d’où partout par continuité : $T$ est un vecteur unitaire constant et $\gamma(s) = \gamma(s_0) + (s - s_0)T$ : une droite (passant par $P$ , comme il se doit).

Exercice 18.12 ★★★

(Théorème fondamental pour les courbes de l’espace) Soient $\kappa > 0$ et $\tau$ des fonctions continues sur un intervalle $J$ . Mener à bien le programme de la remarque qui suit l’Exemple 18.29 : (a) montrer que le système linéaire $F' = FA(s)$ , avec $A(s)$ la matrice de Frenet antisymétrique construite à partir de $\kappa, \tau$ et $F(s_0)$ un repère orthonormé direct, a une unique solution globale, qui reste un repère orthonormé direct ; (b) construire une courbe birégulière paramétrée par longueur d’arc de courbure $\kappa$ et de torsion $\tau$ ; (c) prouver l’unicité à une isométrie directe de $\R^3$ près.

Solution

Solution de Exercice 18.12.

(a) La matrice de Frenet

A(s) = \begin{pmatrix} 0 & -\kappa & 0\\ \kappa & 0 & -\tau\\ 0 & \tau & 0\end{pmatrix}

a des coefficients continus, donc le système linéaire $F' = FA(s)$ , $F(s_0) = F_0$ (une matrice orthonormée directe) a une unique solution sur tout $J$ (Théorème 16.4). Par Exercice 18.7, $F(s)$ est orthogonale pour tout $s$ ; $\det F$ est continu à valeurs dans $\{\pm1\}$ et vaut $1$ en $s_0$ , donc $F(s)$ est direct pour tout $s$ .

(b) On lit les lignes $T, N, B$ de $F$ (de sorte que $T' = \kappa N$ , $N' = -\kappa T + \tau B$ , $B' = -\tau N$ ) et on pose $\gamma(s) = \gamma_0 + \int_{s_0}^s T(u)\,\dd u$ . Alors $\gamma' = T$ est un vecteur unitaire : vitesse unité ; $T' = \kappa N$ avec $\kappa > 0$ et $N$ unitaire orthogonal à $T$ , donc $\gamma$ est birégulier de courbure $\norm{T'} = \kappa$ et normale principale $N$ ; la binormale est $T \wedge N = B$ (repère orthonormé direct), et $B' = -\tau N$ identifie la torsion à $\tau$ .

(c) Soient $\gamma_1, \gamma_2$ deux courbes birégulières paramétrées par longueur d’arc de même $(\kappa, \tau)$ . Il existe une unique isométrie directe $\Phi = \rho + w$ ( $\rho \in SO(3)$ ) envoyant $\gamma_1(s_0)$ sur $\gamma_2(s_0)$ et le repère de Frenet de $\gamma_1$ en $s_0$ sur celui de $\gamma_2$ en $s_0$ . La courbe $\Phi\circ\gamma_1$ est paramétrée par longueur d’arc, de mêmes invariants (son repère est $\rho$ appliqué à celui de $\gamma_1$ , et $\rho$ préserve les produits vectoriels, étant directe). Or les repères de $\Phi\circ\gamma_1$ et $\gamma_2$ sont tous deux solutions de $F' = FA(s)$ avec la même valeur initiale, donc ils coïncident par unicité ; en particulier les tangentes coïncident, et en intégrant depuis le point commun $s_0$ : $\Phi\circ\gamma_1 = \gamma_2$ .

18.7 Problème : enveloppes — l’astroïde, deux développées et une caustique

Une échelle de longueur 1 glissant le long d’un mur (positions en bleu) ne traverse jamais l’astroïde x2/3 + y2/3 = 1 (en rouge) : l’astroïde est l’enveloppe de la famille de segments, tangente à chacun d’eux. — Une échelle de longueur $1$ glissant le long d’un mur (positions en bleu) ne traverse jamais l’astroïde $x^{2/3} + y^{2/3} = 1$ (en rouge) : l’astroïde est l’*enveloppe* de la famille de segments, tangente à chacun d’eux.

Problème 18.1

Problème de week-end — la machine à enveloppes et quatre courbes classiques

Une famille de droites à un paramètre échoue en général à recouvrir le plan uniformément : les droites s’accumulent le long d’une courbe tangente à toutes, leur enveloppe. Les rayons lumineux rendent les enveloppes visibles sous forme de caustiques — la courbe brillante à rebroussement dans une tasse de café. Ce problème construit la machine à enveloppes générale, puis la fait tourner quatre fois : l’échelle qui glisse (astroïde), les normales de la parabole et de la cycloïde (développées, avec le pendule de Huygens à la fin), et la caustique de la tasse de café (néphroïde). Partout, $D_t$ désigne la droite d’équation $a(t)\,x + b(t)\,y = c(t)$ , où $a, b, c$ sont des fonctions $\mathcal C^2$ avec $(a(t), b(t)) \neq (0,0)$ , et $\Delta(t) = a(t)b'(t) - a'(t)b(t)$ .

Partie I — La machine à enveloppes.

Supposons $\Delta(t) \neq 0$ . Montrer que le système caractéristique

$\begin{cases} a(t)\,x + b(t)\,y = c(t)\\ a'(t)\,x + b'(t)\,y = c'(t)\end{cases}$

a une unique solution $E(t) = (x(t), y(t))$ , donnée par $x = \dfrac{cb' - c'b}{\Delta}$ , $y = \dfrac{ac' - a'c}{\Delta}$ .
Supposons de plus que $E$ est $\mathcal C^1$ près de $t$ avec $E'(t) \neq 0$ . En dérivant la première équation du système, montrer $a(t)\,x'(t) + b(t)\,y'(t) = 0$ , et en conclure que la courbe $E$ passe par un point de $D_t$ avec la direction de $D_t$ : la famille est tangente à $E$ , qu’on appelle son enveloppe.
Vérification : les tangentes de la parabole $y = x^2/2$ aux points $(t, t^2/2)$ sont $tx - y = t^2/2$ . Vérifier que la machine à enveloppes redonne la parabole elle-même.
(Enveloppe des normales) Soit $\gamma$ paramétré par longueur d’arc avec $\kappa(s) \neq 0$ . La normale en $\gamma(s)$ est $\{M : \langle M - \gamma(s), T(s) \rangle = 0\}$ . Montrer que son système caractéristique force $\langle M - \gamma(s), N(s)\rangle = 1/\kappa(s)$ , d’où que le point caractéristique est le centre de courbure : l’enveloppe des normales est la développée, retrouvant l’Exercice 18.6. Vérifier $\Delta(s) = \kappa(s)$ .
Deux dégénérescences. Pour le faisceau $D_\theta : x\cos \theta + y\sin\theta = 0$ , montrer que le point caractéristique est l’origine pour tout $\theta$ (l’« enveloppe » se réduit à un point, et $E' = 0$ : la question 2 ne s’applique pas). Pour une famille de droites parallèles ( $a, b$ constants), montrer $\Delta \equiv 0$ et que le système caractéristique est en général incompatible : pas d’enveloppe.

Partie II — L’échelle qui glisse et l’astroïde. Un segment de longueur $1$ glisse avec une extrémité $P_t = (\cos t, 0)$ sur le sol et l’autre $Q_t = (0, \sin t)$ sur le mur, $t \in \intoo0{\pi/2}$ .

Montrer que la droite $(P_tQ_t)$ a pour équation $x\sin t + y\cos t = \sin t\cos t$ , et que la machine à enveloppes donne le point caractéristique

$E(t) = (\cos^3 t,\ \sin^3 t) :$

l’astroïde, d’équation implicite $x^{2/3} + y^{2/3} = 1$ (étendue aux autres quadrants par symétrie).
Montrer que $E'(0) = 0$ et, en utilisant la classification locale (Proposition 18.32), que l’astroïde a un point de rebroussement de première espèce en $(1, 0)$ — et de même en ses quatre points sur les axes.
Calculer $\norm{E'(t)} = \tfrac32\abs{\sin 2t}$ et en déduire que la longueur totale de l’astroïde est $6$ .
Où l’échelle touche-t-elle l’astroïde ? Montrer $E(t) = P_t + \sin^2 t\,(Q_t - P_t)$ : le point de contact divise l’échelle dans le rapport $\sin^2 t : \cos^2 t$ , la balayant d’une extrémité à l’autre à mesure que l’échelle glisse.
Calculer l’aire délimitée par l’astroïde : montrer que l’aire du premier quadrant est $3\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\cos^2 t\,\dd t$ , évaluer l’intégrale par linéarisation ( $\sin^2 2t = \tfrac{1 - \cos 4t}2$ ), et conclure que l’aire totale est $3\pi/8$ .

Partie III — La développée de la parabole. Soit $\gamma(t) = (t, t^2/2)$ .

Montrer que la normale en $\gamma(t)$ a pour équation $x + t\,y = t + t^3/2$ .
Faire tourner la machine à enveloppes : montrer que l’enveloppe des normales est

$E(t) = \Bigl(-t^3,\ 1 + \tfrac32 t^2\Bigr),$

d’équation implicite $x^2 = \tfrac8{27}(y - 1)^3$ : une parabole semi-cubique.
Recouper avec la question 4 : calculer le centre de courbure $\gamma(t) + \frac1{\kappa(t)}N(t)$ à partir de $\kappa(t) = (1 + t^2)^{-3/2}$ (Exemple 18.18) et retrouver le même point.
Montrer que la développée a un point de rebroussement de première espèce en $(0, 1)$ , le centre de courbure au sommet — le point où $\kappa$ est extrémale, comme le prédit la formule $c' = -\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ de l’Exercice 18.6.
Combien de normales de la parabole passent par un point donné $(x_0, y_0)$ ? Montrer que la réponse est gouvernée par la cubique $\tfrac{t^3}2 + (1 - y_0)\,t - x_0 = 0$ ; traiter complètement le cas de l’axe $x_0 = 0$ (une normale pour $y_0 < 1$ , trois pour $y_0 > 1$ ), et interpréter la développée comme la courbe de transition.

Partie IV — La caustique de la tasse de café. Des rayons parallèles de direction $(1, 0)$ frappent l’intérieur du cercle miroir $x^2 + y^2 = 1$ ; le rayon atteignant $P_\theta = (\cos\theta, \sin\theta)$ se réfléchit selon la loi de la réflexion.

À partir de la symétrie miroir par rapport à la normale (le rayon), justifier que la direction réfléchie est $v = u - 2\langle u, n\rangle n$ avec $u = (1,0)$ , $n = (\cos\theta, \sin\theta)$ , et calculer $v = -(\cos2\theta, \sin2\theta)$ .
Montrer que le rayon réfléchi est porté par la droite

$x\sin 2\theta - y\cos 2\theta = \sin\theta .$
Faire tourner la machine à enveloppes ( $\Delta = 2$ ) : montrer que la caustique est

$E(\theta) = \Bigl(\tfrac{3\cos\theta - \cos3\theta}4,\ \tfrac{3\sin\theta - \sin3\theta}4\Bigr),$

la néphroïde.
Calculer $E'(\theta) = \tfrac32\sin\theta\, (\cos2\theta, \sin2\theta)$ ; vérifier que la direction tangente est la direction du rayon réfléchi (question 16), localiser les deux points de rebroussement $(\pm\tfrac12, 0)$ , et montrer que le rayon réfléchi coupe l’axe $y = 0$ en $x = \frac1{2\cos\theta}$ — de sorte que les rayons presque axiaux se focalisent en $x = \tfrac12$ : la distance focale $R/2$ d’un miroir de rayon $R$ .
Montrer que la néphroïde a pour longueur totale $6$ et que près de $\theta = 0$ ,

$E(\theta) - \bigl(\tfrac12, 0\bigr) = \bigl(\tfrac34\theta^2 + o(\theta^2),\ \theta^3 + o(\theta^3)\bigr) :$

un point de rebroussement de première espèce, pointant le long de l’axe.
Expliquer en un paragraphe pourquoi la caustique est brillante : par tout point juste à l’extérieur de la caustique passent deux rayons réfléchis, par tout point situé dessus les rayons sont « infiniment concentrés » (l’application $(\theta, \text{distance le long du rayon}) \mapsto \R^2$ a un point critique exactement sur l’enveloppe).

Partie V — Huygens : la cycloïde est sa propre développée. Soit $\gamma(t) = (t - \sin t,\ 1 - \cos t)$ , $t \in \intoo0{2\pi}$ , une arche de la cycloïde.

Calculer $\kappa(t) = -\dfrac1{4\sin(t/2)}$ et le centre de courbure ; montrer que la développée est

$c(t) = (t + \sin t,\ \cos t - 1),$

et que la substitution $t = u + \pi$ la présente comme la cycloïde originale translatée de $(\pi, -2)$ : la développée d’une cycloïde est une cycloïde congruente (Huygens).
Vérifier que le rayon de courbure au sommet $t = \pi$ vaut $4$ , soit la moitié de la longueur $8$ d’une arche (Exercice 18.1) ; localiser le point de rebroussement de la développée directement sous le sommet, à distance $4$ .
(La propriété du fil) Soit $\gamma$ paramétré par longueur d’arc avec $\kappa > 0$ , $\kappa$ de classe $\mathcal C^1$ et $R = 1/\kappa$ strictement monotone. En utilisant $c' = R'N$ , montrer que la longueur d’arc de la développée entre $c(s_0)$ et $c(s_1)$ est $\abs{R(s_1) - R(s_0)}$ . Interpréter : un fil tendu déroulé de la développée, de longueur $R(s_0)$ au départ, voit son extrémité libre tracer la courbe originale — de sorte qu’un pendule oscillant entre deux joues cycloïdales de l’horloge de Huygens décrit une cycloïde.
Synthèse. La machine de la partie I a produit l’astroïde, une parabole semi-cubique, une néphroïde et une cycloïde. Pour chacune des quatre familles, dire en une phrase où les hypothèses $\Delta \neq 0$ et $E' \neq 0$ étaient vérifiées ou en défaut, et quel événement géométrique (rebroussement, foyer, dégénérescence) chaque défaut de $E' \neq 0$ a signalé. Où les extrema de courbure doivent-ils apparaître sur l’enveloppe des normales, et pourquoi ?

Solution

Solution de Problème 18.1.

1. Le système est linéaire en $(x, y)$ de déterminant $\Delta(t) = a b' - a'b \neq 0$ : la règle de Cramer donne l’unique solution

x = \frac{c b' - c' b}{\Delta}, \qquad y = \frac{a c' - a' c}{\Delta}.

2. Comme $a(t)x(t) + b(t)y(t) = c(t)$ identiquement, en dérivant on obtient $a'x + b'y + ax' + by' = c'$ ; la seconde équation caractéristique élimine $a'x + b'y - c'$ , donc $a(t)x'(t) + b(t)y'(t) = 0$ : $E'(t)$ est orthogonal à $(a, b)$ , donc parallèle à $(-b, a)$ , la direction de $D_t$ . Comme $E(t) \in D_t$ (première équation) et $E'(t) \neq 0$ , la droite $D_t$ est exactement la tangente de la courbe $E$ en $E(t)$ .

3. Ici $(a, b, c) = (t, -1, t^2/2)$ , donc $\Delta = t\cdot0 - 1\cdot(-1) = 1$ et

x = \frac{c b' - c' b}{\Delta} = \tfrac{t^2}2\cdot 0 + t = t, \qquad y = \frac{a c' - a' c}{\Delta} = t\cdot t - \tfrac{t^2}2 = \tfrac{t^2}2 :

l’enveloppe des tangentes de la parabole est la parabole, comme il se doit.

4. La normale est $\langle M, T(s)\rangle = \langle\gamma(s), T(s)\rangle$ : coefficients $a = T_1$ , $b = T_2$ , $c = \langle\gamma, T\rangle$ . En dérivant avec Frenet ( $T' = \kappa N$ ) : $a' = \kappa N_1$ , $b' = \kappa N_2$ , et $c' = \langle T, T\rangle + \langle\gamma, \kappa N\rangle = 1 + \kappa\langle\gamma, N\rangle$ . La seconde équation caractéristique $\kappa\langle M, N\rangle = 1 + \kappa\langle\gamma, N\rangle$ s’écrit $\kappa\langle M - \gamma, N\rangle = 1$ . La première dit $M - \gamma \perp T$ , donc $M - \gamma = \mu N$ avec $\mu = 1/\kappa$ : le point caractéristique est $\gamma + \frac1\kappa N$ , le centre de courbure, et l’enveloppe des normales est la développée de Exercice 18.6. Enfin $\Delta = T_1\kappa N_2 - \kappa N_1 T_2 = \kappa\det(T, N) = \kappa \neq 0$ .

5. Faisceau : le système $x\cos\theta + y\sin\theta = 0$ , $-x\sin\theta + y\cos\theta = 0$ a pour déterminant $1$ et solution $(0,0)$ pour tout $\theta$ : $E \equiv (0,0)$ , $E' \equiv 0$ , et il n’y a pas de courbe — simplement le point commun de toutes les droites. Famille parallèle : $a' = b' = 0$ donne $\Delta \equiv 0$ et la seconde équation $0 = c'(t)$ , qui échoue dès que la famille bouge réellement : pas de point caractéristique, et en effet une famille de droites parallèles ne touche aucune courbe le long de tous ses membres.

6. La droite passant par $(\cos t, 0)$ et $(0, \sin t)$ est $\frac x{\cos t} + \frac y{\sin t} = 1$ , c’est-à-dire $x\sin t + y\cos t = \sin t\cos t$ . Avec $(a, b, c) = (\sin t, \cos t, \sin t\cos t)$ : $a' = \cos t$ , $b' = -\sin t$ , $c' = \cos 2t$ , $\Delta = -\sin^2 t - \cos^2 t = -1$ . Cramer :

\begin{align*} x &= \frac{cb' - c'b}{-1} = \sin^2 t\cos t + \cos 2t\cos t = \cos t\,(\sin^2 t + \cos^2 t - \sin^2 t) = \cos^3 t,\\ y &= \frac{ac' - a'c}{-1} = \sin t\cos^2 t - \sin t\cos 2t = \sin t\,(\cos^2 t - \cos^2 t + \sin^2 t) = \sin^3 t . \end{align*}

Et $(\cos^3t)^{2/3} + (\sin^3t)^{2/3} = 1$ : l’astroïde.

7. $E'(t) = 3(-\cos^2 t\sin t,\ \sin^2 t\cos t)$ s’annule en $t = 0$ . Là, $E''(0) = (-3, 0) \neq 0$ donne $p = 2$ ; la composante en $x$ de $E$ est paire en $t$ , donc $E'''(0) = (0, 6)$ , non colinéaire : $q = 3$ . Pair–impair : point de rebroussement de première espèce en $(1, 0)$ (Proposition 18.32), de tangente selon l’axe des $x$ . Les symétries $x \mapsto -x$ , $y \mapsto -y$ , $(x, y) \mapsto (y, x)$ de l’astroïde transportent le rebroussement en $(-1, 0)$ et $(0, \pm1)$ .

8. $E'(t) = 3\sin t\cos t\,(-\cos t, \sin t)$ , donc $\norm{E'(t)} = 3\abs{\sin t\cos t} = \tfrac32\abs{\sin 2t}$ . Un quadrant : $\int_0^{\pi/2}\tfrac32\sin 2t\,\dd t = \tfrac32$ , et par symétrie la longueur totale est $4 \cdot \tfrac32 = 6$ .

9. $E(t) - P_t = (\cos^3 t - \cos t,\ \sin^3 t) = \sin^2 t\,(-\cos t,\ \sin t) = \sin^2 t\,(Q_t - P_t)$ . Ainsi le point de contact est le barycentre de $(P_t, \cos^2 t)$ et $(Q_t, \sin^2 t)$ : lorsque $t$ va de $0$ à $\pi/2$ il glisse de l’extrémité au sol à l’extrémité au mur de l’échelle.

10. Dans le premier quadrant la région sous l’astroïde a pour aire $\int_0^1 y\,\dd x$ avec $x = \cos^3 t$ décroissant de $1$ à $0$ quand $t$ va de $0$ à $\pi/2$ :

\int_0^1 y\,\dd x = \int_{\pi/2}^{0}\sin^3 t\,(-3\cos^2 t\sin t)\,\dd t = 3\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\cos^2 t\,\dd t .

Linéarisons : $\sin^4 t\cos^2 t = (\sin t\cos t)^2\sin^2 t = \tfrac18\bigl(\sin^2 2t - \sin^2 2t\cos 2t\bigr)$ , et $\int_0^{\pi/2}\sin^2 2t\,\dd t = \tfrac\pi4$ tandis que $\int_0^{\pi/2}\sin^2 2t\cos 2t\,\dd t = \bigl[\tfrac{\sin^3 2t}6\bigr]_0^{\pi/2} = 0$ . Donc l’intégrale vaut $\tfrac\pi{32}$ , l’aire du quadrant $\tfrac{3\pi}{32}$ , et l’aire délimitée $4 \cdot \tfrac{3\pi}{32} = \tfrac{3\pi}8$ .

11. La tangente en $\gamma(t) = (t, t^2/2)$ est dirigée par $(1, t)$ , donc la normale est $\{(x, y) : (x - t) + t\,(y - t^2/2) = 0\}$ , c’est-à-dire $x + t\,y = t + \tfrac{t^3}2$ .

12. $(a, b, c) = (1, t, t + t^3/2)$ : $a' = 0$ , $b' = 1$ , $c' = 1 + \tfrac32 t^2$ , $\Delta = 1$ . Alors $y = ac' - a'c = 1 + \tfrac32t^2$ et

x = cb' - c'b = t + \tfrac{t^3}2 - t\Bigl(1 + \tfrac32t^2\Bigr) = -t^3 .

En éliminant $t$ : $t^2 = \tfrac23(y - 1)$ et $x^2 = t^6 = \tfrac8{27}(y - 1)^3$ : une parabole semi-cubique de sommet $(0, 1)$ .

13. $T = (1, t)/\sqrt{1+t^2}$ , $N = (-t, 1)/\sqrt{1+t^2}$ , et $\kappa = (1+t^2)^{-3/2}$ , donc

\gamma + \frac1\kappa N = (t, \tfrac{t^2}2) + (1+t^2)\,(-t, 1) = \Bigl(-t^3,\ 1 + \tfrac32t^2\Bigr),

la même courbe : l’enveloppe des normales est le lieu des centres de courbure, comme la question 4 le promettait.

14. $E'(t) = (-3t^2, 3t)$ s’annule en $t = 0$ ; $E''(0) = (0, 3) \neq 0$ donne $p = 2$ et $E'''(0) = (-6, 0)$ donne $q = 3$ : un point de rebroussement de première espèce en $(0, 1)$ . Le sommet est là où $\kappa = (1+t^2)^{-3/2}$ est maximale, donc $\kappa'(0) = 0$ et la vitesse de la développée $-\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ s’annule exactement là : les points de rebroussement de la développée sont aux extrema de courbure.

15. La normale au paramètre $t$ passe par $(x_0, y_0)$ ssi $x_0 + t\,y_0 = t + \tfrac{t^3}2$ , c’est-à-dire

\frac{t^3}2 + (1 - y_0)\,t - x_0 = 0 ,

une cubique en $t$ : une ou trois racines réelles (comptées sans multiplicité, pour des points génériques). Sur l’axe $x_0 = 0$ elle se factorise en $t\bigl(\tfrac{t^2}2 + 1 - y_0\bigr) = 0$ : la racine $t = 0$ (l’axe est la normale au sommet), plus $t = \pm\sqrt{2(y_0 - 1)}$ lorsque $y_0 > 1$ . Donc : une normale pour $y_0 < 1$ , trois pour $y_0 > 1$ , et en $y_0 = 1$ la racine triple marque le point de rebroussement de la développée. En général une racine double de la cubique signifie que le point satisfait à la fois l’équation de la droite et sa dérivée en $t$ — il est sur l’enveloppe : la développée est précisément la frontière entre les régions à une et à trois normales.

16. La réflexion dans le miroir inverse la composante normale de la direction et conserve la tangentielle : en écrivant $u = \langle u, n\rangle n + u_{\mathrm{tan}}$ , la direction réfléchie est $u_{\mathrm{tan}} - \langle u, n\rangle n = u - 2\langle u, n\rangle n$ . Ici $\langle u, n\rangle = \cos\theta$ , donc

v = (1, 0) - 2\cos\theta\,(\cos\theta, \sin\theta) = (1 - 2\cos^2\theta,\ -2\sin\theta\cos\theta) = -(\cos2\theta,\ \sin2\theta).

17. Le rayon réfléchi passe par $P_\theta = (\cos\theta, \sin\theta)$ de direction $(\cos2\theta, \sin2\theta)$ ; un vecteur normal est $(-\sin2\theta, \cos2\theta)$ , donc la droite est

-\sin2\theta\,(x - \cos\theta) + \cos2\theta\,(y - \sin\theta) = 0,

et la constante est $-\sin2\theta\cos\theta + \cos2\theta\sin\theta = -\sin\theta$ : en multipliant par $-1$ , $x\sin2\theta - y\cos2\theta = \sin\theta$ .

18. $(a, b, c) = (\sin2\theta, -\cos2\theta, \sin\theta)$ : $a' = 2\cos2\theta$ , $b' = 2\sin2\theta$ , $c' = \cos\theta$ , $\Delta = 2\sin^22\theta + 2\cos^22\theta = 2$ . Cramer, puis les formules de produit en somme :

\begin{align*} x &= \frac{2\sin\theta\sin2\theta + \cos\theta\cos2\theta}{2} = \frac{(\cos\theta - \cos3\theta) + \frac12(\cos\theta + \cos3\theta)}{2} = \frac{3\cos\theta - \cos3\theta}4,\\ y &= \frac{\sin2\theta\cos\theta - 2\cos2\theta\sin\theta}2 = \frac{\frac12(\sin3\theta + \sin\theta) - (\sin3\theta - \sin\theta)}2 = \frac{3\sin\theta - \sin3\theta}4 : \end{align*}

la néphroïde, une courbe fermée à deux points de rebroussement.

19. En dérivant et en factorisant avec $\sin3\theta - \sin\theta = 2\cos2\theta\sin\theta$ , $\cos\theta - \cos3\theta = 2\sin2\theta\sin\theta$ :

E'(\theta) = \tfrac34\bigl(\sin3\theta - \sin\theta,\ \cos\theta - \cos3\theta\bigr) = \tfrac32\sin\theta\,(\cos2\theta, \sin2\theta),

parallèle à la direction réfléchie de la question 16 : chaque rayon réfléchi est tangent à la caustique, comme l’exige la propriété d’enveloppe. $E' = 0$ exactement en $\sin\theta = 0$ : $E(0) = (\tfrac12, 0)$ et $E(\pi) = (-\tfrac12, 0)$ , les deux points de rebroussement. En posant $y = 0$ dans l’équation de la droite : $x\sin2\theta = \sin\theta$ , donc $x = \frac1{2\cos\theta} \to \frac12$ quand $\theta \to 0$ : les rayons paraxiaux se focalisent à distance $R/2$ du centre — la distance focale du miroir sphérique.

20. $\norm{E'(\theta)} = \tfrac32\abs{\sin\theta}$ , donc la longueur est $\tfrac32\int_0^{2\pi}\abs{\sin\theta}\, \dd\theta = \tfrac32\cdot4 = 6$ . Près de $\theta = 0$ , avec $\cos k\theta = 1 - \tfrac{k^2\theta^2}2 + O(\theta^4)$ et $\sin k\theta = k\theta - \tfrac{k^3\theta^3}6 + O(\theta^5)$ :

x - \tfrac12 = \frac{3\theta^2 + O(\theta^4)}{4} = \tfrac34\theta^2 + O(\theta^4), \qquad y = \frac{4\theta^3 + O(\theta^5)}{4} = \theta^3 + O(\theta^5) :

$p = 2$ , $q = 3$ , un point de rebroussement de première espèce pointant le long de l’axe — le point brillant de la caustique de la tasse de café.

21. Paramétrons les points éclairés par $\Phi(\theta, r) = P_\theta + r\,v_\theta$ (position le long de chaque rayon réfléchi). Le déterminant jacobien $\det(\partial_\theta\Phi, \partial_r\Phi) = \det(P_\theta' + rv_\theta', v_\theta)$ est affine en $r$ et s’annule pour exactement un $r = r_*(\theta)$ — et $\Phi(\theta, r_*(\theta))$ est le point caractéristique, puisque là la direction du rayon et la variation de la famille deviennent dépendantes. Hors de l’enveloppe l’application est un difféomorphisme local, et un point juste à l’intérieur de la caustique est atteint par deux rayons voisins (deux solutions $\theta$ ), un point à l’extérieur par aucun de cette partie de la famille ; sur la caustique les deux fusionnent. L’intensité lumineuse est inversement proportionnelle à la valeur absolue du jacobien, donc elle explose le long de l’enveloppe : la caustique est la courbe brillante, la plus brillante de toutes au point de rebroussement, où la dégénérescence est la pire.

22. $x' = 1 - \cos t$ , $y' = \sin t$ , $x'' = \sin t$ , $y'' = \cos t$ , donc $x'y'' - y'x'' = \cos t - 1$ et $\norm{\gamma'}^2 = 2(1 - \cos t) = 4\sin^2\tfrac t2$ ; par la Proposition 18.17,

\kappa(t) = \frac{-(1 - \cos t)}{8\sin^3\tfrac t2} = \frac{-2\sin^2\tfrac t2}{8\sin^3\tfrac t2} = -\frac1{4\sin\tfrac t2} \qquad (0 < t < 2\pi).

Avec $T = (\sin\tfrac t2, \cos\tfrac t2)$ (diviser $\gamma'$ par $2\sin\tfrac t2$ ) et $N = (-\cos\tfrac t2, \sin\tfrac t2)$ :

\gamma + \frac1\kappa N = \gamma - 4\sin\tfrac t2\,\Bigl(-\cos\tfrac t2,\ \sin\tfrac t2\Bigr) = \bigl(t - \sin t + 2\sin t,\ 1 - \cos t - 2(1 - \cos t)\bigr),

c’est-à-dire $c(t) = (t + \sin t,\ \cos t - 1)$ . En substituant $t = u + \pi$ :

c = \bigl(u + \pi - \sin u,\ -\cos u - 1\bigr) = \bigl((u - \sin u) + \pi,\ (1 - \cos u) - 2\bigr) :

la cycloïde $\gamma(u)$ translatée de $(\pi, -2)$ . La développée d’une cycloïde est une cycloïde congruente, suspendue un niveau plus bas.

23. $R(t) = 1/\abs{\kappa(t)} = 4\sin\tfrac t2$ , donc $R(\pi) = 4$ : la moitié de la longueur d’arche $8$ calculée dans Exercice 18.1. La vitesse de la développée $c'(t) = (1 + \cos t, -\sin t)$ s’annule en $t = \pi$ : le point de rebroussement est $c(\pi) = (\pi, -2)$ , directement sous le sommet $\gamma(\pi) = (\pi, 2)$ , à distance $4 = R(\pi)$ , exactement la longueur du rayon osculateur en ce point.

24. D’après Exercice 18.6, $c'(s) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s) = R'(s)\,N(s)$ , donc $\norm{c'(s)} = \abs{R'(s)}$ et, pour $R$ monotone,

\int_{s_0}^{s_1}\norm{c'(s)}\,\dd s = \Bigl|\int_{s_0}^{s_1}R'(s)\,\dd s\Bigr| = \abs{R(s_1) - R(s_0)} .

Disons que $R$ décroît. Un fil posé le long de la développée au-delà de $c(s_0)$ et prolongé par le segment de $c(s_0)$ à $\gamma(s_0)$ (qui est tangent à la développée, par la question 4) a, une fois déroulé jusqu’à $c(s)$ et tendu, une partie droite de longueur $R(s_0) - \bigl(R(s_0) - R(s)\bigr) = R(s)$ pointant de $c(s)$ le long de la normale — atterrissant exactement sur $\gamma(s)$ : l’extrémité libre trace la courbe originale (« développante »). Huygens a suspendu un pendule entre deux joues cycloïdales : le fil s’enroule sur la développée, donc la masse décrit une cycloïde — la tautochrone, dont la période d’oscillation ne dépend pas de l’amplitude.

25. Tangentes de la parabole : $\Delta = 1$ et $E' = (1, t) \neq 0$ partout — enveloppe lisse (la parabole elle-même). Échelle qui glisse : $\Delta = -1$ , mais $E' = \tfrac32\sin 2t\,(-\cos t, \sin t)$ s’annule aux extrémités des quadrants — les quatre points de rebroussement de l’astroïde. Normales de la parabole et de la cycloïde : $\Delta = \kappa \neq 0$ , et $E' = R'N$ s’annule exactement là où la courbure est extrémale — points de rebroussement des développées en $(0,1)$ et $(\pi, -2)$ . Caustique : $\Delta = 2$ , et $E' = \tfrac32\sin\theta\,(\cos2\theta, \sin2\theta)$ s’annule en $\theta = 0, \pi$ — les deux points de rebroussement de la néphroïde, les foyers du miroir. Les extrema de courbure doivent produire des points de rebroussement sur l’enveloppe des normales, puisque la vitesse de la développée est $R'N$ : c’est pourquoi la développée de l’ellipse a quatre points de rebroussement (quatre sommets), et les familles dégénérées (faisceau, parallèles) sont les cas où la machine produit un point ou rien du tout.