Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 2 h 30. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour une surface paramétrée $\mathbf{r}(u,v)$, les dérivées premières donnent la première forme fondamentale ($E, F, G$), qui mesure longueurs, angles et aires ; les dérivées secondes, projetées sur la normale unitaire $\mathbf{n} = \frac{\mathbf{r}_u \wedge \mathbf{r}_v}{\|\mathbf{r}_u \wedge \mathbf{r}_v\|}$, donnent la seconde ($L, M, N$), qui mesure comment la surface quitte son plan tangent. Six produits scalaires suffisent, puis les formules ci-dessous donnent la courbure de Gauss $K$ et la courbure moyenne $H$.
Exemple, pour la selle $z = x^2 - y^2$ à l'origine : $\mathbf{r}_x = (1, 0, 0)$, $\mathbf{r}_y = (0, 1, 0)$, $\mathbf{n} = (0, 0, 1)$, $\mathbf{r}_{xx} = (0, 0, 2)$, $\mathbf{r}_{xy} = \mathbf{0}$ et $\mathbf{r}_{yy} = (0, 0, -2)$, donc $E = G = 1$, $F = 0$, $L = 2$, $M = 0$, $N = -2$, d'où $K = -4$ et $H = 0$.
Les courbures principales $\kappa_1, \kappa_2$ sont les valeurs propres de $I^{-1}II$, matrice de la dérivée de $-\mathbf{n}$ dans la base $(\mathbf{r}_u, \mathbf{r}_v)$ : $K$ est leur produit, $H$ leur demi-somme. Changer $\mathbf{n}$ en $-\mathbf{n}$ change le signe de $L, M, N$ et de $H$, pas celui de $K$. Le cours de Vincent Guedj (université de Toulouse) note $P, Q, R$ nos $L, M, N$.
Formules à retenir :
- $I = E\,du^2 + 2F\,du\,dv + G\,dv^2$, avec $E = \mathbf{r}_u \cdot \mathbf{r}_u$, $F = \mathbf{r}_u \cdot \mathbf{r}_v$, $G = \mathbf{r}_v \cdot \mathbf{r}_v$.
- $II = L\,du^2 + 2M\,du\,dv + N\,dv^2$, avec $L = \mathbf{r}_{uu} \cdot \mathbf{n}$, $M = \mathbf{r}_{uv} \cdot \mathbf{n}$, $N = \mathbf{r}_{vv} \cdot \mathbf{n}$.
- Longueur de $t \mapsto \mathbf{r}(u(t), v(t))$ : $\int \sqrt{E u'^2 + 2F u'v' + G v'^2}\,dt$ ; aire : $\iint \sqrt{EG - F^2}\,du\,dv$.
- $K = \dfrac{LN - M^2}{EG - F^2}$, $H = \dfrac{LG - 2MF + NE}{2(EG - F^2)}$ ; $\kappa_1, \kappa_2$ sont les racines de $X^2 - 2HX + K = 0$.
- Theorema egregium (« théorème remarquable » de Gauss) : $K$ ne dépend que de $E, F, G$ et de leurs dérivées.
- Gauss-Bonnet : pour une surface compacte $S$, $\iint_S K\,dA = 2\pi\chi(S)$, où la caractéristique d'Euler $\chi(S)$ est un entier qui ne change pas quand on déforme $S$ sans la déchirer : $\chi = 2$ pour la sphère.
Piège classique : écrire $K = LN - M^2$ ou $H = \frac{L + N}{2}$. Ces raccourcis ne valent que si $E = G = 1$ et $F = 0$. Sinon, divise par $EG - F^2$ et prends les valeurs propres de $I^{-1}II$, jamais celles de $II$ seule.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : On paramètre la sphère unité par $\mathbf{r}(u,v) = (\cos u \sin v, \sin u \sin v, \cos v)$, $u \in ]0\,;\,2\pi[$, $v \in ]0\,;\,\pi[$. Calcule $\mathbf{r}_u$, $\mathbf{r}_v$, puis $E, F, G$ et l'élément d'aire $dA = \sqrt{EG - F^2}\,du\,dv$. Que traduit $F = 0$ ?
Correction :
On dérive, puis on fait les produits scalaires : $\mathbf{r}_u = (-\sin u \sin v, \cos u \sin v, 0)$ et $\mathbf{r}_v = (\cos u \cos v, \sin u \cos v, -\sin v)$.
$E = \sin^2 v\,(\sin^2 u + \cos^2 u) = \sin^2 v$, $F = -\sin u \cos u \sin v \cos v + \cos u \sin u \sin v \cos v = 0$ et $G = \cos^2 v + \sin^2 v = 1$.
Comme $\sin v > 0$ sur $]0\,;\,\pi[$ : $E = \sin^2 v$, $F = 0$, $G = 1$ et $dA = \sin v\,du\,dv$. $F = 0$ dit que méridiens et parallèles se coupent à angle droit.
Exercice 2 : Avec le même paramétrage, calcule $\mathbf{r}_u \wedge \mathbf{r}_v$, la normale unitaire $\mathbf{n}$, puis $L, M, N$, $K$ et $H$.
Correction :
On normalise le produit vectoriel, puis on projette les dérivées secondes sur $\mathbf{n}$ :
$$\mathbf{r}_u \wedge \mathbf{r}_v = (-\cos u \sin^2 v, -\sin u \sin^2 v, -\sin v \cos v) = -\sin v\,\mathbf{r},$$
de norme $\sin v$, donc $\mathbf{n} = -\mathbf{r}$, tournée vers l'intérieur. Avec $\mathbf{r}_{uu} = (-\cos u \sin v, -\sin u \sin v, 0)$, $\mathbf{r}_{uv} = (-\sin u \cos v, \cos u \cos v, 0)$ et $\mathbf{r}_{vv} = -\mathbf{r}$ : $L = \sin^2 v$, $M = 0$, $N = \mathbf{r} \cdot \mathbf{r} = 1$.
Alors $K = \frac{\sin^2 v \times 1 - 0}{\sin^2 v}$ et $H = \frac{\sin^2 v \times 1 + 1 \times \sin^2 v}{2\sin^2 v}$, soit $K = 1$ et $H = 1$. Avec la normale extérieure, $H = -1$ et $K$ ne change pas.
Exercice 3 : Un tube est un cylindre de rayon $R$, paramétré par $\mathbf{c}(u,v) = (R\cos u, R\sin u, v)$.
a) Calcule $E, F, G$, puis $L, M, N$ avec $\mathbf{n} = \frac{\mathbf{c}_u \wedge \mathbf{c}_v}{\|\mathbf{c}_u \wedge \mathbf{c}_v\|}$, et enfin $K$ et $H$.
b) Un ruban fait un tour sur un tube de rayon $R = 2$ cm en montant de $10$ cm, le long de la courbe $u = t$, $v = \frac{10\,t}{2\pi}$, $t \in [0\,;\,2\pi]$. Calcule sa longueur grâce à la première forme.
Correction :
a) On dérive, puis on normalise : $\mathbf{c}_u = (-R\sin u, R\cos u, 0)$ et $\mathbf{c}_v = (0, 0, 1)$ donnent $E = R^2$, $F = 0$, $G = 1$, puis $\mathbf{c}_u \wedge \mathbf{c}_v = (R\cos u, R\sin u, 0)$ et $\mathbf{n} = (\cos u, \sin u, 0)$, la normale extérieure. Seule $\mathbf{c}_{uu} = (-R\cos u, -R\sin u, 0)$ est non nulle : $L = -R$, $M = N = 0$, donc $K = 0$ et $H = \frac{-R \times 1}{2R^2}$.
b) Ici $u' = 1$ et $v' = \frac{10}{2\pi}$, donc :
$$\ell = \int_0^{2\pi} \sqrt{R^2 + \frac{100}{4\pi^2}}\,dt = \sqrt{4\pi^2 R^2 + 100} = \sqrt{16\pi^2 + 100}.$$
Résultat : $K = 0$, $H = -\frac{1}{2R}$ et $\ell \approx 16{,}1$ cm. C'est l'hypoténuse du tube déroulé, un rectangle de $4\pi$ cm sur $10$ cm : avec $s = Ru$, la première forme devient $ds^2 + dv^2$, celle du plan.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : En un point $P$ d'une surface, $I = 4\,du^2 + dv^2$ et $II = 2\,du^2 + dv^2$. Un camarade annonce $K = 2$ et $H = \frac{3}{2}$. Trouve son erreur, puis calcule $K$, $H$ et les courbures principales. Le point est-il elliptique ($K > 0$), hyperbolique ($K < 0$) ou parabolique ($K = 0$, $II \neq 0$) ?
Correction :
On lit $E = 4$, $F = 0$, $G = 1$ et $L = 2$, $M = 0$, $N = 1$. Le camarade a calculé $LN - M^2$ et $\frac{L + N}{2}$ comme si $E = G = 1$.
Les vraies formules donnent $K = \frac{2 \times 1 - 0}{4 \times 1 - 0}$ et $H = \frac{2 \times 1 - 0 + 1 \times 4}{2 \times 4}$, et $I^{-1}II = \begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.
Résultat : $K = \frac{1}{2}$, $H = \frac{3}{4}$, $\kappa_1 = \frac{1}{2}$ et $\kappa_2 = 1$ : le point est elliptique.
Exercice 5 : Soit le paraboloïde $\mathbf{s}(u,v) = (u, v, u^2 + v^2)$. Calcule $E, F, G$, puis $L, M, N$ avec $\mathbf{n} = \frac{(-2u, -2v, 1)}{\sqrt{1 + 4u^2 + 4v^2}}$, et enfin $K$ et $H$. Contrôle ton résultat à l'origine.
Correction :
On pose $W = \sqrt{1 + 4u^2 + 4v^2}$. Les dérivées $\mathbf{s}_u = (1, 0, 2u)$ et $\mathbf{s}_v = (0, 1, 2v)$ donnent $E = 1 + 4u^2$, $F = 4uv$, $G = 1 + 4v^2$ et $EG - F^2 = W^2$. Puis $\mathbf{s}_{uu} = \mathbf{s}_{vv} = (0, 0, 2)$ et $\mathbf{s}_{uv} = \mathbf{0}$ donnent $L = N = \frac{2}{W}$, $M = 0$.
Donc $K = \frac{4/W^2}{W^2}$ et $H = \frac{\frac{2}{W}(1 + 4v^2) + \frac{2}{W}(1 + 4u^2)}{2W^2}$.
Résultat : $K = \frac{4}{(1 + 4u^2 + 4v^2)^2}$ et $H = \frac{2(1 + 2u^2 + 2v^2)}{(1 + 4u^2 + 4v^2)^{3/2}}$. À l'origine, $K = 4$ et $H = 2$ : les deux courbures principales valent $2$, la courbure de la parabole $z = x^2$ en son sommet. Si tu trouves $H = 1$, tu as divisé deux fois par $2$.
Exercice 6 : Soit $f$ de classe $C^2$ et son graphe $\mathbf{r}(x,y) = (x, y, f(x,y))$.
a) Montre que $K = \dfrac{f_{xx} f_{yy} - f_{xy}^2}{(1 + f_x^2 + f_y^2)^2}$.
b) Déduis-en le signe de $K$ pour $z = x^2 + 2y^2$, puis pour $z = xy$. Que dire de leurs points ?
Correction :
a) Même calcul qu'à l'exercice 5, avec $W = \sqrt{1 + f_x^2 + f_y^2}$ : $E = 1 + f_x^2$, $F = f_x f_y$, $G = 1 + f_y^2$, donc $EG - F^2 = W^2$. Avec $\mathbf{n} = \frac{(-f_x, -f_y, 1)}{W}$ et les dérivées secondes $(0, 0, f_{xx})$, $(0, 0, f_{xy})$, $(0, 0, f_{yy})$, on trouve $L = \frac{f_{xx}}{W}$, $M = \frac{f_{xy}}{W}$, $N = \frac{f_{yy}}{W}$, d'où $K = \frac{(f_{xx} f_{yy} - f_{xy}^2)/W^2}{W^2}$.
b) Le dénominateur est positif : $K$ a le signe du déterminant de la hessienne de $f$ (la matrice de ses dérivées secondes). Pour $z = x^2 + 2y^2$, $K = \frac{8}{(1 + 4x^2 + 16y^2)^2}$ ; pour $z = xy$, $K = \frac{-1}{(1 + x^2 + y^2)^2}$.
Résultat : $K > 0$ partout sur le paraboloïde, dont tous les points sont elliptiques, et $K < 0$ partout sur la selle $z = xy$, dont tous les points sont hyperboliques : elle traverse son plan tangent en chacun d'eux.
Exercice 7 : On reprend la sphère unité de l'exercice 1.
a) Calcule l'aire de la portion $0 < u < \frac{\pi}{2}$, $0 < v < \frac{\pi}{2}$.
b) Calcule $\iint K\,dA$ sur toute la sphère et vérifie le théorème de Gauss-Bonnet.
c) Un cartographe veut une carte plane d'une région de la Terre, assimilée à une sphère de rayon $R$, qui respecte toutes les distances. Explique pourquoi c'est impossible.
Correction :
a) On intègre $dA = \sin v\,du\,dv$ : $\mathcal{A} = \int_0^{\pi/2} du \int_0^{\pi/2} \sin v\,dv = \frac{\pi}{2} \times 1$, soit $\mathcal{A} = \frac{\pi}{2}$, un huitième de sphère.
b) $K = 1$ partout, donc l'intégrale vaut l'aire totale $\int_0^{2\pi} du \int_0^{\pi} \sin v\,dv = 2\pi \times 2$, soit $4\pi$, égale à $2\pi\chi = 2\pi \times 2$.
c) Une telle carte serait une isométrie locale (une application qui conserve les longueurs) : sphère et plan auraient localement la même première forme, donc, par le theorema egregium, la même courbure de Gauss. Or $K = \frac{1}{R^2}$ sur la sphère et $K = 0$ sur le plan : toute carte plane déforme certaines distances.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : L'hélicoïde est paramétré par $\mathbf{r}(u,v) = (u\cos v, u\sin v, v)$, $u, v$ réels.
a) Calcule $E, F, G$ et $L, M, N$.
b) Calcule $K$ et $H$.
c) Trouve les courbures principales comme valeurs propres de $I^{-1}II$.
Correction :
a) Même méthode qu'à l'exercice 2. $\mathbf{r}_u = (\cos v, \sin v, 0)$ et $\mathbf{r}_v = (-u\sin v, u\cos v, 1)$ : $E = 1$, $F = 0$, $G = 1 + u^2$. Puis $\mathbf{r}_u \wedge \mathbf{r}_v = (\sin v, -\cos v, u)$, donc $\mathbf{n} = \frac{(\sin v, -\cos v, u)}{\sqrt{1 + u^2}}$. Avec $\mathbf{r}_{uu} = \mathbf{0}$, $\mathbf{r}_{uv} = (-\sin v, \cos v, 0)$ et $\mathbf{r}_{vv} = (-u\cos v, -u\sin v, 0)$ : $L = 0$, $M = -\frac{1}{\sqrt{1 + u^2}}$, $N = 0$.
b) $K = \frac{-M^2}{1 + u^2} = -\frac{1}{(1 + u^2)^2}$ et $H = 0$, car $L = N = F = 0$ : l'hélicoïde est une surface minimale (courbure moyenne nulle partout), comme un film de savon.
c) $I^{-1}II = \begin{pmatrix} 0 & M \\ \frac{M}{1 + u^2} & 0 \end{pmatrix}$ a pour valeurs propres $\pm\frac{|M|}{\sqrt{1 + u^2}}$, soit $\kappa_{1,2} = \pm\frac{1}{1 + u^2}$. Contrôle : leur produit vaut $K$, leur somme $0$. Les valeurs propres de $II$ seule, $\pm\frac{1}{\sqrt{1 + u^2}}$, seraient fausses.
Exercice 9 : Une méridienne $t \mapsto (x(t), z(t))$ du plan $xOz$, avec $x > 0$ et $x'^2 + z'^2 = 1$ (paramétrage par abscisse curviligne), tourne autour de l'axe $Oz$ : $\mathbf{r}(t,\theta) = (x\cos\theta, x\sin\theta, z)$.
a) Calcule $I$ et $II$ avec $\mathbf{n} = \frac{\mathbf{r}_t \wedge \mathbf{r}_\theta}{\|\mathbf{r}_t \wedge \mathbf{r}_\theta\|}$.
b) Montre que $K = -\frac{x''}{x}$.
c) Applique au cercle de rayon $R$ centré en $O$ : $x = R\cos\frac{t}{R}$, $z = R\sin\frac{t}{R}$, $t \in ]-\frac{\pi R}{2}\,;\,\frac{\pi R}{2}[$. Quelle surface obtiens-tu ? Donne $K$ et $H$.
Correction :
a) $\mathbf{r}_t = (x'\cos\theta, x'\sin\theta, z')$ et $\mathbf{r}_\theta = (-x\sin\theta, x\cos\theta, 0)$ : $E = x'^2 + z'^2 = 1$, $F = 0$, $G = x^2$. Puis $\mathbf{r}_t \wedge \mathbf{r}_\theta = x\,(-z'\cos\theta, -z'\sin\theta, x')$, de norme $x$, donne $\mathbf{n} = (-z'\cos\theta, -z'\sin\theta, x')$. Avec $\mathbf{r}_{tt} = (x''\cos\theta, x''\sin\theta, z'')$, $\mathbf{r}_{t\theta} = (-x'\sin\theta, x'\cos\theta, 0)$ et $\mathbf{r}_{\theta\theta} = (-x\cos\theta, -x\sin\theta, 0)$ : $L = x'z'' - x''z'$, $M = 0$, $N = xz'$.
b) $K = \frac{LN}{EG} = \frac{z'(x'z'' - x''z')}{x}$. En dérivant $x'^2 + z'^2 = 1$, on a $x'x'' + z'z'' = 0$, donc $z'(x'z'' - x''z') = -x''x'^2 - x''z'^2 = -x''$ et $K = -\frac{x''}{x}$.
c) C'est la sphère de rayon $R$, privée de ses pôles. Comme $x'' = -\frac{1}{R}\cos\frac{t}{R}$, $K = \frac{1}{R^2}$. Et puisque $F = M = 0$, les courbures principales sont $\frac{L}{E} = \frac{1}{R}$ et $\frac{N}{G} = \frac{z'}{x} = \frac{1}{R}$, d'où $K = \frac{1}{R^2}$ et $H = \frac{1}{R}$, avec la normale intérieure comme à l'exercice 2.
Exercice 10 : La caténoïde est paramétrée par $\mathbf{r}(u,v) = (\cosh v\cos u, \cosh v\sin u, v)$.
a) Calcule $I$ et $II$.
b) Montre qu'elle est minimale et calcule $K$.
c) Dans l'hélicoïde de l'exercice 8, pose $u = \sinh w$. Compare sa première forme à celle de la caténoïde, puis leurs secondes formes. Que dit le theorema egregium ?
Correction :
a) $\mathbf{r}_u = (-\cosh v\sin u, \cosh v\cos u, 0)$ et $\mathbf{r}_v = (\sinh v\cos u, \sinh v\sin u, 1)$ : $E = \cosh^2 v$, $F = 0$, $G = 1 + \sinh^2 v = \cosh^2 v$. Puis $\mathbf{r}_u \wedge \mathbf{r}_v = \cosh v\,(\cos u, \sin u, -\sinh v)$, de norme $\cosh^2 v$, donne $\mathbf{n} = \frac{(\cos u, \sin u, -\sinh v)}{\cosh v}$. Avec $\mathbf{r}_{uu} = -\cosh v\,(\cos u, \sin u, 0)$, $\mathbf{r}_{uv} = \sinh v\,(-\sin u, \cos u, 0)$ et $\mathbf{r}_{vv} = \cosh v\,(\cos u, \sin u, 0)$ : $L = -1$, $M = 0$, $N = 1$.
b) $H = \frac{LG + NE}{2EG} = \frac{-\cosh^2 v + \cosh^2 v}{2\cosh^4 v} = 0$ : la caténoïde est minimale, et $K = \frac{LN - M^2}{EG - F^2} = -\frac{1}{\cosh^4 v}$.
c) Avec $du = \cosh w\,dw$ et $1 + u^2 = \cosh^2 w$, la première forme $du^2 + (1 + u^2)\,dv^2$ de l'hélicoïde devient $\cosh^2 w\,(dw^2 + dv^2)$ : la même que celle de la caténoïde, $\cosh^2 v\,(du^2 + dv^2)$, au nom des variables près. Les deux surfaces sont donc localement isométriques, et le theorema egregium prédit la même courbure : on retrouve bien $-\frac{1}{(1 + \sinh^2 w)^2} = -\frac{1}{\cosh^4 w}$. Leurs secondes formes, elles, diffèrent : $L = N = 0$ pour l'hélicoïde, $M = 0$ pour la caténoïde.
Résultat : mêmes longueurs et même $K$, mais pas la même façon de se courber dans l'espace.
Bilan et conseils
Tous ces exercices suivent le même enchaînement : dérivées, normale, six produits scalaires, puis $K$ et $H$ par les formules complètes. Contrôle chaque résultat sur un cas connu : la sphère ($K = \frac{1}{R^2}$), le cylindre ($K = 0$) ou le sommet d'un paraboloïde.
Ce qu'il faut retenir : divise toujours par $EG - F^2$ et prends les valeurs propres de $I^{-1}II$, pas celles de $II$. Le choix de $\mathbf{n}$ change le signe de $H$, jamais celui de $K$, qui ne dépend que de la première forme.
Sources
Vincent Guedj, « Géométrie différentielle », polycopié de cours, université de Toulouse, 28 janvier 2022 : formules de $K$ et $H$ (proposition 2.3.19), theorema egregium (corollaire 2.4.5), théorème de Gauss-Bonnet (théorème 2.7.13).