On obtient la courbe complète quand \(t\) décrit \(]-\pi,0[\cup]0,\pi[\). Puisque \(M(-t)=s_{(Ox)}(M(t))\) et \(M(\pi-t)=s_{(Oy)}(M(t))\), on se contente d’étudier et de construire la courbe quand \(t\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[\) puis on obtient la courbe complète par réflexions successives d’axe \((Oy)\) puis d’axe \((Ox)\). Pour \(t\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[\),

\(\overrightarrow{\frac{dM}{dt}}=\left( \begin{array}{c} R(-\sin t+\frac{1}{\sin t})\\ R\cos t \end{array} \right)=R\left( \begin{array}{c} \frac{\cos^2t}{\sin t}\\ \cos t \end{array} \right)=R\frac{\cos t}{\sin t}\left( \begin{array}{c} \cos t\\ \sin t \end{array} \right)=R\cotan t\left( \begin{array}{c} \cos t\\ \sin t \end{array} \right).\)

Puisque \(R\cotan t>0\) pour \(t\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[\) et puisque le vecteur \(\left( \begin{array}{c} \cos t\\ \sin t \end{array} \right)\) est unitaire, on a

\(\frac{ds}{dt}=R\cotan t\) puis \(\overrightarrow{\tau}(t)=\left( \begin{array}{c} \cos t\\ \sin t \end{array} \right)\).

On a donc \(\overrightarrow{n}(t)=\left( \begin{array}{c} -\sin t\\ \cos t \end{array} \right)\) et d’autre part, on peut prendre \(\alpha(t)=t\). En notant \(\rho(t)\) le rayon de courbure au point \(M(t)\),

\(\rho(t)=\frac{ds}{d\alpha}=\frac{ds/dt}{d\alpha/dt}=R\cotan t\),

puis

\[\begin{align*}\ensuremath \Omega(t)&=M(t)+\rho(t)\overrightarrow{n}(t)=\left( \begin{array}{c} R\left(\cos t+\ln\left|\tan \frac{t}{2}\right|\right)\\ R\sin t \end{array} \right)+R\cotan t\left( \begin{array}{c} -\sin t\\ \cos t \end{array} \right)\\ &=\left( \begin{array}{c} R\ln\left|\tan \frac{t}{2}\right|\\ \frac{R}{\sin t} \end{array} \right). \end{align*}\] La développée cherchée est l’arc \(t\mapsto\left( \begin{array}{c} R\ln\left|\tan \frac{t}{2}\right|\\ \frac{R}{\sin t} \end{array} \right)\), \(t\in]-\pi,0[\cup]0,\pi[\) (en complétant par symétrie). Quand \(t\) décrit \(]0,\pi[\), on effectue alors le changement de paramètres \(t\mapsto R\ln\left|\tan \frac{t}{2}\right|=u\) qui est un \(C^1\)-difféomorphisme de \(]0,\pi[\) sur \(\Rr\). On obtient \(x=u\) puis

\(y=\frac{R}{\frac{2\tan\frac{t}{2}}{1+\tan^2\frac{t}{2}}}=\frac{R}{2}\left(\tan\frac{t}{2}+\frac{1}{\tan\frac{t}{2}}\right)=R\frac{e^{u/R}+e^{-u/R}}{2}=R\ch\left(\frac{u}{R}\right)\).

Le support de la développée sur \(]0,\pi[\) est aussi le support de l’arc \(u\mapsto\left( \begin{array}{c} u\\ R\ch\left(\frac{u}{R}\right) \end{array} \right)\), \(u\in\Rr\) ou encore la chaînette d’équation cartésienne \(y=R\ch\left(\frac{x}{R}\right)\).

\[\]

Quand \(t\) décrit \([0,2\pi]\), on obtient une arche de cycloïde complète. Les autres arches s’en déduisent par translations de vecteurs \(2k\pi R\overrightarrow{i}\). Pour \(t\in[0,2\pi]\)

\(\overrightarrow{\frac{dM}{dt}}=\left( \begin{array}{c} R(1-\cos t)\\ R\sin t \end{array} \right)=2R\sin\left(\frac{t}{2}\right)\left( \begin{array}{c} \sin\left(\frac{t}{2}\right)\\ \rule{0mm}{6mm}\cos\left(\frac{t}{2}\right) \end{array} \right).\)

Le point \(M(t)\) est régulier pour \(t\in]0,2\pi[\) et pour \(t\in]0,2\pi[\), \(2R\sin\left(\frac{t}{2}\right)>0\). Puisque le vecteur \(\left( \begin{array}{c} \sin\left(\frac{t}{2}\right)\\ \rule{0mm}{6mm}\cos\left(\frac{t}{2}\right) \end{array} \right)\) est unitaire, on a

\(\frac{ds}{dt}=2R\sin\left(\frac{t}{2}\right)\) et \(\overrightarrow{\tau}(t)=\left( \begin{array}{c} \sin\left(\frac{t}{2}\right)\\ \rule{0mm}{6mm}\cos\left(\frac{t}{2}\right) \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} \cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{t}{2}\right)\\ \rule{0mm}{6mm}\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{t}{2}\right) \end{array} \right)\).

On en déduit que \(\overrightarrow{n}(t)=\left( \begin{array}{c} -\cos\left(\frac{t}{2}\right)\\ \rule{0mm}{6mm}\sin\left(\frac{t}{2}\right) \end{array} \right)\) et d’autre part, on peut prendre \(\alpha(t)=\frac{\pi}{2}-\frac{t}{2}\). En notant \(\rho(t)\) le rayon de courbure au point \(M(t)\),

\(\rho(t)=\frac{ds}{d\alpha}=\frac{ds/dt}{d\alpha/dt}=\frac{2R\sin\left(\frac{t}{2}\right)}{-\frac{1}{2}}=-4R\sin\left(\frac{t}{2}\right)\),

et donc

\[\begin{align*}\ensuremath \Omega(t)&=M(t)+\rho(t)\overrightarrow{n}(t)=\left( \begin{array}{c} R(t-\sin t)\\ R(1-\cos t) \end{array} \right)-4R\sin\left(\frac{t}{2}\right)\left( \begin{array}{c} -\cos\left(\frac{t}{2}\right)\\ \rule{0mm}{6mm}\sin\left(\frac{t}{2}\right) \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} R(t-\sin t)+2R\sin t\\ R(1-\cos t)-2R(1-\cos t) \end{array} \right)\\ &=\left( \begin{array}{c} R(t+\sin t)\\ -R(1-\cos t) \end{array} \right). \end{align*}\] La développée cherchée est l’arc \(t\mapsto\left( \begin{array}{c} R(t+\sin t)\\ -R(1-\cos t) \end{array} \right)\). Poursuivons.

\[\begin{align*}\ensuremath \Omega(t+\pi)&=\left( \begin{array}{c} R(t+\pi-\sin t)\\ -R(1+\cos t) \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} R(t-\sin t)\\ R(1-\cos t) \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} \pi R\\ -2R \end{array} \right)=t_{\overrightarrow{u}}(M(t))\;\text{où}\;\overrightarrow{u}=(\pi R,-2R). \end{align*}\] Ainsi, le centre de courbure au point \(M(t+\pi)\) est le translaté du point \(M(t)\) dans la translation de vecteur \((\pi R,-2R)\) et donc la développée de la cycloïde est la translatée de la cycloïde par la translation de vecteur \((\pi R,-2R)\). En particulier, c’est encore une cycloïde.

\[\]

\(\mathcal{C}\) est le support de la courbe paramétrée \(t\mapsto M(t)=\left( \begin{array}{c} t\\ t^3 \end{array} \right)\). \(M(t)\) est birégulier si et seulement si \(t/neq0\). Pour \(t\in\Rr\), \(\overrightarrow{\frac{dM}{dt}}=\left( \begin{array}{c} 1\\ 3t^2 \end{array} \right)\). Par suite

\(\frac{ds}{dt}=\sqrt{1+9t^4}\) et \(\overrightarrow{\tau}(t)=\frac{1}{\sqrt{1+9t^4}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 3t^2 \end{array} \right)\).

Donc, d’une part \(\overrightarrow{n}(t)=\frac{1}{\sqrt{1+9t^4}}\left( \begin{array}{c} -3t^2\\ 1 \end{array} \right)\) et d’autre part, puisque les coordonnées de \(\overrightarrow{\tau}(t)\) sont positives, on peut prendre \(\alpha(t)=\Arccos\left(\frac{1}{\sqrt{1+9t^4}}\right)\). Par suite, pour \(t\neq0\)

\(\frac{d\alpha}{dt}=-\left(-\frac{1}{2}\right)36t^3(1+9t^4)^{-3/2}\times\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{1+9t^4}}}=\frac{6t}{1+9t^4}\)

puis

\(R(t)=\frac{ds/dt}{d\alpha/dt}=\frac{(1+9t^4)^{3/2}}{6t}\),

et donc

\(\Omega(t)=M(t)+R(t)\overrightarrow{n}(t)=\left( \begin{array}{c} t\\ t^3 \end{array} \right)+ \frac{1+9t^4}{6t}\left( \begin{array}{c} -3t^2\\ 1 \end{array} \right) =\left( \begin{array}{c} \frac{t}{2}-\frac{9t^5}{2}\\ \rule{0mm}{6mm}\frac{5t^3}{2}+\frac{1}{6t} \end{array} \right)\).

\[\]

exo7 5536