\documentclass[12pt]{book}\usepackage[Aymar]{ammaths}
\usetikzlibrary{matrix,arrows,decorations.pathmorphing}\begin{document}\nocolor
\pagestyle{fancy}
\fancyhead{}
\fancyhead[LE]{\footnotesize Chapitre 17}
\fancyhead[CE]{}
\fancyhead[RE]{\footnotesize Courbes B-splines}
\fancyhead[LO]{\footnotesize Cours de mathématiques}
\fancyhead[CO]{}
\fancyhead[RO]{\footnotesize STS}
\fancyfoot[LE]{\footnotesize \url{http://lyceeenligne.free.fr}}
\newcounter{chap}\setcounter{chap}{17}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\thispagestyle{empty}
{\Large\textsf{Section technicien supérieur}\par
\textsf{Cours de mathématiques}\par}

\bigskip

\textsf{\huge Chapitre 17}

{\HUGE\bf\textsf{Courbes B-splines}}

\vfill

\begin{center}
\includegraphics[width=13cm]{bsplines.eps}
\end{center}
\emph{\emph{Une courbe de Bézier est totalement modifiée dès qu'on déplace un point de contrôle : on dit que la méthode de Bézier est une \textbf{méthode globale.}\\
Les Courbes B-Splines\footnote{spline se prononce [splain], ce qui le distingue de spleen [spli:n] (Wikipedia)} ont été définies dans les années 70 à travers un algorithme efficace car pyramidal (analogue à celui de De Casteljau) pour remédier à l'inconvénient de la globalité : le déplacement d'un point de contrôle de la courbe n'affecte ainsi plus qu'une partie limitée de la courbe, ce qui amène un plus grand confort dans la conception assistée par ordinateur.\\
La méthode B-Spline est donc une \textbf{méthode locale.}}}
\vfill


\begin{flushright}
\sf\small Aymar de Saint-Seine\\Année scolaire 2011--2012
\end{flushright}
\setcounter{page}{0}\newpage

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%fin front 
\setboolean{reponse}{false}



\newpage

\section[Courbes B-Splines (Modèle de Riesenfeld, degré 2)]{Courbes B-Splines \large (Modèle de Riesenfeld, degré 2)}

\subsection{Nature du problème}
On donne $4$ points $P_0$, $P_1$, $P_2$ et $P_3$.\\
On veut obenir deux arcs de courbes $\Co_0$ et $\Co_1$.\\
$\Co_0$ a pour représentation : $\vect{OM_0}(t)=R_{0}(t)\vect{OP_{0}}+R_{1}(t)\vect{OP_{1}}+R_{2}(t)\vect{OP_{2}}$.\\
$\Co_1$ a pour représentation : $\vect{OM_1}(t)=R_{0}(t)\vect{OP_{1}}+R_{1}(t)\vect{OP_{2}}+R_{2}(t)\vect{OP_{3}}$.\\
$R_0$, $R_1$ et $R_2$ sont des polynômes de degré $2$ et $t$ est dans l'intervalle $[0;1]$.\\[5pt]

On impose les contraintes suivantes : 
\begin{enumerate}
 \item Les courbes $\Co_0$ et $\Co_1$ ne dépendent pas du repère choisi.\\
 traduction : $M_0$ est le barycentre de $(P_0,R_{0})\ (P_1,R_{1})\ (P_2,R_{2})$ soit 
 $$R_{0}(t)+R_{1}(t)+R_{2}(t)=1 \textrm{ (en particulier pour } t=0)$$
 \item Les courbes $\Co_0$ et $\Co_1$ se raccordent.\\
 traduction : $\vect{OM_0}(1)=\vect{OM_1}(0)$ soit 
 $$R_{0}(1)\vect{OP_{0}}+R_{1}(1)\vect{OP_{1}}+R_{2}(1)\vect{OP_{2}}=R_{0}(0)\vect{OP_{1}}+R_{1}(0)\vect{OP_{2}}+R_{2}(0)\vect{OP_{3}}$$
 Après identification des coefficients des vecteurs, on obtient :
 $$R_{0}(1)=0\quad ; \quad R_{1}(1)=R_{0}(0)\quad ; \quad R_{2}(1)=R_{1}(0)\quad ; \quad R_{2}(1)=0.$$
\item Les courbes $\Co_0$ et $\Co_1$ ont même tangente au point de raccordement.\\
traduction : $\pa{\vect{OM_0}(1)}'=\pa{\vect{OM_1}(0)}'$ soit 
 $$R'_{0}(1)\vect{OP_{0}}+R'_{1}(1)\vect{OP_{1}}+R'_{2}(1)\vect{OP_{2}}=R'_{0}(0)\vect{OP_{1}}+R'_{1}(0)\vect{OP_{2}}+R'_{2}(0)\vect{OP_{3}}$$
 Après identification des coefficients des vecteurs, on obtient :
 $$R'_{0}(1)=0\quad ; \quad R'_{1}(1)=R'_{0}(0)\quad ; \quad R'_{2}(1)=R'_{1}(0)\quad ; \quad R'_{2}(1)=0.$$
\end{enumerate}


Les polynômes $R_i$ étant de degré deux, on a :
\begin{center}
$\left\{\begin{array}{rcl}
R_0(t)&=&a_0t^2+b_0t+c_0 \\
R_1(t)&=&a_1t^2+b_1t+c_1 \\ 
R_2(t)&=&a_2t^2+b_2t+c_2 \\  
\end{array}\right.$ et par suite 
$\left\{\begin{array}{rcl}
R'_0(t)&=&2a_0t+b_0 \\
R'_1(t)&=&2a_1t+b_1 \\
R'_2(t)&=&2a_2t+b_2 \\
\end{array}\right.$\end{center}

En écrivant les contraintes ci-dessus, on obtient un système de neuf équations à neuf inconnues : 
$$\left\{\begin{array}{l}
c_0+c_1+c_2=1\ ;\\
a_0+b_0+c_0=0 \quad ; \quad a_0+b_1+c_1=c_0 \quad ; \quad a_2+b_2+c_2=c_1 \quad ; \quad  c_2=0\ ; \\
2a_0+b_0=0 \quad ; \quad 2a_1+b_1=b_0 \quad ; \quad 2a_2+b_2=b_1 \quad ; \quad b_2=0.
\end{array}\right.$$

En résolvant ce système, on obtient : 
$$R_0(t)=\dfrac{t^2}{2}-t+\dfrac{1}{2}\quad ; \quad R_1(t)=-t^2+t+\dfrac{1}{2}\quad \textrm{ et } \quad R_2(t)=\dfrac{t^2}{2}.$$

Un exemple de tracé de courbe en présenté plus loin.


\defi{}
{La courbe formée par $\Co_0$ et $\Co_1$ est la courbe B-Spline obtenue avec $4$ points de définition $P_0$, $P_1$, $P_2$ et $P_3$ et les $3$ polynômes de Riesenfeld du second degré. On les note $R_{0,2}(t) ;  R_{1,2}(t)  \textrm{ et }  R_{2,2}(t).$}



\subsection{Ajout d'un point de définition (degré 3)}
Ajoutons $P_4$ aux $4$ points précédents. On a alors deux possibilités :\\
\textbf{Soit on ajoute un arc : }\\
On obtient alors trois arcs $\Co_0$, $\Co_1$ et $\Co_2$ ; $\Co_2$ ayant pour points de définition $P_2$, $P_3$ et $P_4$ associés aux mêmes polynômes $R_{0,2}$, $R_{1,2}$ et $R_{2,2}$.\\
Si on déplace $P_0$, seul l'arc $\Co_0$ est modifié. $\Co_1$ et $\Co_2$ restent fixes.\\
Si on déplace $P_1$, les arcs $\Co_0$ et $\Co_1$ sont modifiés. $\Co_2$ restent fixes.\\
Le \textbf{caractère local} voulu est bien obtenu.\\[5pt]

\textbf{Soit on augmente le nombre de points de définition pour chacun des arcs : }\\
Avec 5 points de définition, on peut définir $2$ arcs $\mathcal{G}_0$ et $\mathcal{G}_1$ définis chacun par $4$ points de définition associés à 4 polynômes du troisième degré.\\
Pour $\mathcal{G}_0 : \vect{OM_0}(t)=Q_{0}(t)\vect{OP_{0}}+Q_{1}(t)\vect{OP_{1}}+Q_{2}(t)\vect{OP_{2}}+Q_{3}(t)\vect{OP_{3}}$.\\
Pour $\mathcal{G}_1 : \vect{OM_1}(t)=Q_{0}(t)\vect{OP_{1}}+Q_{1}(t)\vect{OP_{2}}+Q_{2}(t)\vect{OP_{3}}+Q_{3}(t)\vect{OP_{4}}$.\\
avec $Q_0$, $Q_1$, $Q_2$ et $Q_3$ polynômes du troisième degré.\\[5pt]
En opérant de façon similaire à ce qui a été fait en début de chapitre, on trouve :
$$\left\{\begin{array}{rcl}
Q_0(t)&=&-\frac{t^3}{6}+\frac{t^2}{2}-\frac{t}{2}+\frac{1}{6}\\
Q_1(t)&=&\frac{t^3}{2}-t^2+\frac{2}{3}\\
Q_2(t)&=&-\frac{t^3}{2}+\frac{t^2}{2}+\frac{t}{2}+\frac{1}{6}\\
Q_3(t)&=&\frac{t^3}{6}
\end{array}\right.$$

\defi{polynômes de Riesenfeld}
{Les polynômes trouvés sont dits \textbf{polynômes de Riesenfeld de degré $3$}.\\
On les note $R_{0,3}(t) ;  R_{1,3}(t) ;   R_{2,3}(t)  \textrm{ et } R_{3,3}(t).$\\
Plus généralement, le i-ème polynôme de Riesenfeld de degré $n$  est calculé avec la formule :
$$\displaystyle R_{i,n}(t)=(n+1)\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^{j}\frac{(t+n-i-j)^{n}}{j!(n+1-j)!}$$}

\pagebreak
\subsection{Exemple}
On considère les points de contrôle $P_0(1;2)$, $P_1(2;0)$, $P_2(3;4)$ et $P_3(4;1)$.\\

\textbf{Courbe B-spline (Modèle de Riesenfield de degré 2)}\\
$\Co_0$ a pour représentation : 
\begin{eqnarray*}
\vect{OM_0}(t)&=&R_{0,2}(t)\vect{OP_{0}}+R_{1,2}(t)\vect{OP_{1}}+R_{2,2}(t)\vect{OP_{2}}\\
&=&(\frac{t^2}{2}-t+\frac{1}{2})\coor{1}{2}+(-t^2+t+\frac{1}{2})\coor{2}{0}+\frac{t^2}{2}\coor{3}{4}\\
&=&\coor{t+\frac32}{3t^2-2t+1}
\end{eqnarray*}


$\Co_1$ a pour représentation : 
\begin{eqnarray*}
\vect{OM_1}(t)&=&R_{0,2}(t)\vect{OP_{1}}+R_{1,2}(t)\vect{OP_{2}}+R_{2,2}(t)\vect{OP_{3}}\\
&=&(\frac{t^2}{2}-t+\frac{1}{2})\coor{2}{0}+(-t^2+t+\frac{1}{2})\coor{3}{4}+\frac{t^2}{2}\coor{4}{1}\\
&=&\coor{t+\frac52}{-\frac{7t^2}{2}+4t+2}
\end{eqnarray*}

Tableau des variations conjointes :\\
$\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[deltacl=0.3,lgt=2,espcl=2.5]{$t$ /1,$x_0'(t)$/1,$x_0(t)$/{1.5},$y_0(t)$/{1.5},$y_0'(t)$/1}
	{$0$,$\frac{1}{3}$,$1$}
\tkzTabLine{ , ,+, , }
\tkzTabVar{-/$\frac32$/,R/ / ,+/$\frac52$/}
\tkzTabVal{1}{3}{1}{$\frac{1}{3}$}{$\frac{11}{6}$}
\tkzTabVar{+/$1$/,-/$\frac{2}{3}$/,+/$2$/}
%\tkzTabVal{2}{4}{1}{$\frac{2}{3}$}{$\frac{4}{3}$}
\tkzTabLine{ ,-,0,+, }
\end{tikzpicture}$
\hspace{1cm}
$\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[deltacl=0.3,lgt=2,espcl=2.5]{$t$ /1,$x_1'(t)$/1,$x_1(t)$/{1.5},$y_1(t)$/{1.5},$y_1'(t)$/1}
	{$0$,$\frac{4}{7}$,$1$}
\tkzTabLine{ , ,+, , }
\tkzTabVar{-/$\frac52$/,R/ / ,+/$\frac72$/}
\tkzTabVal{1}{3}{1}{$\frac{4}{7}$}{$\frac{43}{14}$}
\tkzTabVar{-/$2$/,+/$\frac{22}{7}$/,-/$\frac52$/}
%\tkzTabVal{2}{4}{1}{$\frac{2}{3}$}{$\frac{4}{3}$}
\tkzTabLine{ ,+,0,-, }
\end{tikzpicture}$

Tracé de la courbe : 
$$\psset{unit=1cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
\def\xmin{-0.5}\def\ymin{-0.7}\def\xmax{6}\def\ymax{5}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\parametricplot[linecolor=rouge]{0}{1}{t+1.5|3*t*t-2*t+1}
\parametricplot[linecolor=bleu]{0}{1}{t+2.5|-3.5*t*t+4*t+2}
\psdots[linecolor=rouge](1.5,1)(2.5,2)(3.5,2.5)
\psline[linestyle=dashed](1,2)(2,0)(3,4)(4,1)
\rput[bl](1,2){$P_0$}\rput[bl](2,0){$P_1$}\rput[bl](3,4){$P_2$}\rput[bl](4,1){$P_3$}
\end{pspicture*}$$

\rems{
\begin{enumerate}
\item $\left\{\begin{array}{rcl}
	x_0(t)&=&t+\frac32\\
	y_0(t)&=&3t^2-2t+1
	\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}
				t&=&x_0-\frac32\\
				y_0&=&3(x_0-\frac32)^2-2(x_0-\frac32)+1=3x_0^2-11x_0+\frac{43}{4}
				\end{array}\right.$\\
	C'est l'équation d'une parabole.
\item La courbe B-Spline ne passe pas par les points de définition.
\item $\Co_0$ est la courbe de Bézier de points de contrôle $M_0(0)$, $P_1$ et $M_0(1)$ et $\Co_1$ est la courbe de Bézier de points de contrôle $M_1(0)$, $P_2$ et $M_1(1)$. (Admis et seulement vrai pour le degré $2$, voir la section 3 sur le lien entre les modèles en fin de cours.)
\end{enumerate}}


\textbf{En ajoutant le point $P_4(1;2)$ aux points définis précédemment.}\\
\textbf{Soit on ajoute un arc : B-spline Riesenfeld de degré 2 }\\
$\Co_2$ a pour représentation : 
\begin{eqnarray*}
\vect{OM_2}(t)&=&R_{0,2}(t)\vect{OP_{2}}+R_{1,2}(t)\vect{OP_{3}}+R_{2,2}(t)\vect{OP_{4}}\\
&=&(\frac{t^2}{2}-t+\frac{1}{2})\coor{3}{4}+(-t^2+t+\frac{1}{2})\coor{4}{1}+\frac{t^2}{2}\coor{1}{2}\\
&=&\coor{\frac{-4t^{2}+2t+7}{2}}{\frac{4t^2-6t+5}{2}}
\end{eqnarray*}

Tracé de la courbe : 
$$\psset{unit=1cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
\def\xmin{-0.5}\def\ymin{-0.7}\def\xmax{6}\def\ymax{5}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\parametricplot[linecolor=rouge]{0}{1}{t+1.5|3*t*t-2*t+1}
\parametricplot[linecolor=bleu]{0}{1}{t+2.5|-3.5*t*t+4*t+2}
\parametricplot[linecolor=vert]{0}{1}{-2*t*t+t+3.5|2*t*t-3*t+2.5}
\psdots[linecolor=rouge](1.5,1)(2.5,2)(3.5,2.5)
\psline[linestyle=dashed](1,2)(2,0)(3,4)(4,1)
\rput[bl](1,2){$P_0$}\rput[bl](2,0){$P_1$}\rput[bl](3,4){$P_2$}\rput[bl](4,1){$P_3$}
\end{pspicture*}$$


\textbf{Soit on augmente le nombre de points de définition pour chacun des arcs : B-spline Riesenfeld de degré 3 }\\
$\Co_0$ a pour représentation : 
\begin{eqnarray*}
\vect{OM_0}(t)&=&R_{0,3}(t)\vect{OP_{0}}+R_{1,3}(t)\vect{OP_{1}}+R_{2,3}(t)\vect{OP_{2}}+R_{3,3}(t)\vect{OP_{3}}\\
&=&(-\frac{t^3}{6}+\frac{t^2}{2}-\frac{t}{2}+\frac{1}{6})\coor{1}{2}+(\frac{t^3}{2}-t^2+\frac{2}{3})\coor{2}{0}+(-\frac{t^3}{2}+\frac{t^2}{2}+\frac{t}{2}+\frac{1}{6})\coor{3}{4}+\frac{t^3}{6}\coor{4}{1}\\
&=&\coor{t+2}{\frac{-13t^3+18t^2+6t+6}{6}}
\end{eqnarray*}

$\Co_1$ a pour représentation : 
\begin{eqnarray*}
\vect{OM_1}(t)&=&R_{0,3}(t)\vect{OP_{1}}+R_{1,3}(t)\vect{OP_{2}}+R_{2,3}(t)\vect{OP_{3}}+R_{3,3}(t)\vect{OP_{4}}\\
&=&(-\frac{t^3}{6}+\frac{t^2}{2}-\frac{t}{2}+\frac{1}{6})\coor{2}{0}+(\frac{t^3}{2}-t^2+\frac{2}{3})\coor{3}{4}+(-\frac{t^3}{2}+\frac{t^2}{2}+\frac{t}{2}+\frac{1}{6})\coor{4}{1}+\frac{t^3}{6}\coor{1}{2}\\
&=&\coor{\frac{-2t^3+3t+9}{3}}{\frac{11t^3-21t^2+3t+17}{6}}
\end{eqnarray*}

Tracé de la courbe : 
$$\psset{unit=1cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
\def\xmin{-0.5}\def\ymin{-0.7}\def\xmax{6}\def\ymax{5}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\parametricplot[linecolor=rouge]{0}{1}{t+2|-13/6*t*t*t+3*t*t+t+1}
\parametricplot[linecolor=bleu]{0}{1}{-2/3*t*t*t+t+3|11/6*t*t*t-21/6*t*t+3/6*t+17/6}
\psdots[linecolor=rouge](1.5,1)(2.5,2)(3.5,2.5)
\psline[linestyle=dashed](1,2)(2,0)(3,4)(4,1)
\rput[bl](1,2){$P_0$}\rput[bl](2,0){$P_1$}\rput[bl](3,4){$P_2$}\rput[bl](4,1){$P_3$}
\end{pspicture*}$$

\rem{On remarque que si les courbes de degré 3 permettent de tracer un point double ou un point de rebroussement, elle augmente cependant les variations de la courbe. On préfère ainsi utiliser autant que possible les polynômes de Riesenfeld de degré 2.}





\section[Courbes B-Splines (Modèle de Cox et de de Boor)]{Courbes B-Splines \large (Modèle de Cox et de de Boor)}
\subsection{Fonctions B-splines}
\defi{Vecteur Noeud}
{On appelle \textbf{vecteur-n\oe ud} une suite d'entiers naturels $(t_0\ ;\ t_1\ ;\ \cdots ;\ t_k)$ tels que : 
$$t_0=0 \textrm{ et } \left\{\begin{array}{l}
				\textrm{soit } t_{i+1}=t_{i}+1 \ ;\\
				\textrm{soit } t_{i+1}=t_{i}.
				\end{array}\right.$$
Chaque nombre $t_i$ est un \textbf{n\oe ud}.}

\exes{\\
$(0\ ;\  1\ ;\  2\ ;\  3\ ;\  4)$ est un vecteur n\oe ud sans répétition (\textbf{n\oe ud simple}).\\
%$(0\ ;\  0\ ;\  1\ ;\  2)$ est un vecteur n\oe ud avec répétition. On dit que $0$ est un \textbf{n\oe ud double}.\\
$(0\ ;\  0\ ;\  0\ ;\  1\ ;\  2\ ;\  3\ ;\  3)$. On peut avoir des \textbf{n\oe uds multiples}. $0$ est un \textbf{n\oe ud triple} et $3$ est \textbf{double.}\\
$(1,2,2,3)$ n'est pas un vecteur-n\oe ud car $t_{0}\ne 0$.\par
$(0,1,1,3,4)$ n'est pas un vecteur-n\oe ud car $t_{3}=t_{2}+2$.\par}

\defi{Fonctions B-Splines}
{Le vecteur-n\oe ud $(t_0\ ; t_1\ ; \cdots ; t_k)$ étant choisis, les fonction Splines ou B-Splines $\mathcal{N}_{(i,m)}$ de degré $m$ associés à ce vecteur n\oe ud sont définies sur $\R$ par : 
$$\mathcal{N}_{(i,0)}(t)=\left\{\begin{array}{l}
		1  \textrm{ si } t_i\leq t < t_{i+1 } \ ;\\
		0  \textrm{ sinon. } 
		\end{array}\right.$$
$$\textrm{et pour } m=1 ;2; 3 \cdots : 
\mathcal{N}_{(i,m)}(t)=\dfrac{t-t_i}{t_{i+m}-t_i}\mathcal{N}_{(i,m-1)}(t)+\dfrac{t_{i+m+1}-t}{t_{i+m+1}-t_{i+1}}\mathcal{N}_{(i+1,m-1)}(t)$$
Par convention, si un des dénominateurs est nul, on annule le terme correspondant.}



\rem{La définition des fonctions B-splines pour $m=0$ implique que toutes les fonctions B-splines sont nulles sur $]-\infty ; 0]$ et sur $[\textrm{dernier noeud} ; +\infty[$.\par
C'est une définition récursive à double indice qui impose un calcul triangulaire décroissant. Dans la pratique, on inverse le procédé et on calcule le maximum de fonctions B-spline pour $m=0$ avant de faire celle pour $m=1$ et ainsi de suite dans l'ordre croissant de $m$. (voir l'exemple ci-dessous pour mieux comprendre).
}


\exe{
Soit le n\oe ud $(0\ ;\  1\ ;\  2\ ;\  3)$.\\ On a $t_0=0$, $t_1=1$, $t_2=2$ et $t_3=3.$\\
Déterminons les fonctions B-Splines associées à ce n\oe ud : 
\begin{itemize}
\itemb $m=0$ (Degré $0$) : \\
	%N_0,0 
	$i=0$ \hspace{2cm}
	$\mathcal{N}_{0,0}(t)=\left\{\begin{array}{l}
			1  \textrm{ si } 0 \leq t < 1\ ;\\
			0  \textrm{ sinon.} 
			\end{array}\right.$ 
	\hspace{2cm}
	\begin{minipage}[c]{8cm}
	$\psset{unit=0.7cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
	\def\xmin{-2}\def\ymin{-1}\def\xmax{6}\def\ymax{1.3}
	\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-[}(-2,0)(0,0)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-[}(0,1)(1,1)\psdots[linecolor=rouge](0,1)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-}(1,0)(6,0)\psdots[linecolor=rouge](1,0)
	\end{pspicture*}$
	\end{minipage}\\
	%N_1,0 
	$i=1$ \hspace{2cm}
	$\mathcal{N}_{1,0}(t)=\left\{\begin{array}{l}
			1  \textrm{ si } 1 \leq t < 2\ ;\\
			0  \textrm{ sinon. } 
			\end{array}\right.$ 
	\hspace{2cm}
	\begin{minipage}[c]{8cm}
	$\psset{unit=0.7cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
	\def\xmin{-2}\def\ymin{-1}\def\xmax{6}\def\ymax{1.3}
	\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-[}(-2,0)(1,0)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-[}(1,1)(2,1)\psdots[linecolor=rouge](1,1)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-}(2,0)(6,0)\psdots[linecolor=rouge](2,0)
	\end{pspicture*}$
	\end{minipage}\\
	%N_2,0 
	$i=2$ \hspace{2cm}
	$\mathcal{N}_{2,0}(t)=\left\{\begin{array}{l}
			1  \textrm{ si } 2 \leq t < 3\ ;\\
			0  \textrm{ sinon. } 
			\end{array}\right.$ 
	\hspace{2cm}
	\begin{minipage}[c]{8cm}
	$\psset{unit=0.7cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
	\def\xmin{-2}\def\ymin{-1}\def\xmax{6}\def\ymax{1.3}
	\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-[}(-2,0)(2,0)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-[}(2,1)(3,1)\psdots[linecolor=rouge](2,1)
	\psline[linecolor=rouge,linewidth=2pt]{-}(3,0)(6,0)\psdots[linecolor=rouge](3,0)
	\end{pspicture*}$
	\end{minipage}\\
	%N_3,0 et plus
	$i\geq3$\\
	Pour déterminer $\mathcal{N}_{3,0}(t)$, il faut connaitre $t_4$ qui n'existe pas. Le problème est similaire pour $\mathcal{N}_{4,0}(t)$, $\cdots$ \textbf{Pour ce vecteur noeud}, il n'y a donc que trois fonctions B-splines de degré 0,  $\mathcal{N}_{0,0}(t)$, $\mathcal{N}_{1,0}(t)$ et $\mathcal{N}_{2,0}(t)$.\\
\itemb $m=1$ (Degré 1) :\\
	$\left\{\begin{array}{l}
	\mathcal{N}_{(0,1)}(t)=\dfrac{t-t_0}{t_{1}-t_0}\mathcal{N}_{(0,0)}(t)+\dfrac{t_{2}-t}{t_{2}-t_{1}}\mathcal{N}_{(1,0)}(t)=t\times\mathcal{N}_{(0,0)}(t)+(2-t)\times\mathcal{N}_{(1,0)}(t)\\
	\\%ligne espace
	\mathcal{N}_{(1,1)}(t)=\dfrac{t-t_1}{t_{2}-t_1}\mathcal{N}_{(1,0)}(t)+\dfrac{t_{3}-t}{t_{3}-t_{2}}\mathcal{N}_{(2,0)}(t)=(t-1)\times\mathcal{N}_{(1,0)}(t)+(3-t)\times\mathcal{N}_{(2,0)}(t)\\
	 \\%ligne espace
	\mathcal{N}_{(2,1)}(t)=\dfrac{t-t_2}{t_{3}-t_2}\mathcal{N}_{(2,0)}(t)+\dfrac{t_{4}-t}{t_{4}-t_{3}}\mathcal{N}_{(3,0)}(t) \cdots \textrm{ mais on ne connait ni }t_4 \textrm{, ni } \mathcal{N}_{(3,0)}(t).\\
	\textrm {\textbf{Pour ce vecteur noeud}, il n'y a que deux fonctions B-splines de degré 1}\\%ligne espace
	\end{array}\right.$\\
	%les tableaux
	$\begin{tikzpicture}
	\tkzTabInit[deltacl=0.3,lgt=2,espcl=1]{$t$ /1,$\mathcal{N}_{(0,0)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(1,0)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(0,1)}(t)$/1}
		{$ $,$0$,$1$,$2$,$ $}
	\tkzTabLine{ ,$0$,t,$1$,t,$0$,t,$0$}
	\tkzTabLine{ ,$0$,t,$0$,t,$1$,t,$0$}
	\tkzTabLine{ ,$0$,t,$t$,t,$2-t$,t,$0$}
	\end{tikzpicture}$
	\hspace{2cm}
	$\begin{tikzpicture}
	\tkzTabInit[deltacl=0.3,lgt=2,espcl=1]{$t$ /1,$\mathcal{N}_{(1,0)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(2,0)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(1,1)}(t)$/1}
		{$ $,$1$,$2$,$3$,$ $}
	\tkzTabLine{ ,$0$,t,$1$,t,$0$,t,$0$}
	\tkzTabLine{ ,$0$,t,$0$,t,$1$,t,$0$}
	\tkzTabLine{ ,$0$,t,$t-1$,t,$3-t$,t,$0$}
	\end{tikzpicture}$\\
	%les graph
	$$\psset{unit=0.7cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
	\def\xmin{-2}\def\ymin{-1}\def\xmax{6}\def\ymax{2}
	\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psline[linecolor=rouge](-1,0)(0,0)(1,1)(2,0)(6,0)
	\end{pspicture*}
	\hspace{4cm}
	\psset{unit=0.7cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
	\def\xmin{-2}\def\ymin{-1}\def\xmax{6}\def\ymax{2}
	\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psline[linecolor=rouge](-1,0)(1,0)(2,1)(3,0)(6,0)
	\end{pspicture*}$$\\
\itemb $m=2$ (Degré 2) :\\
	$\left\{\begin{array}{l}
	\mathcal{N}_{(0,2)}(t)=\dfrac{t-t_0}{t_{2}-t_0}\mathcal{N}_{(0,1)}(t)+\dfrac{t_{3}-t}{t_{3}-t_{1}}\mathcal{N}_{(1,1)}(t)=\dfrac{t}{2}\times\mathcal{N}_{(0,1)}(t)+\dfrac{3-t}{2}\times\mathcal{N}_{(1,1)}(t)\\
	\\%ligne espace
	\textrm{Le calcul de } \mathcal{N}_{(1,2)} \textrm{ fait intervenir } t_{i+m+1}=t_{1+2+1}=t_4 \textrm{ et } \mathcal{N}_{(2,1)} \textrm{ qui n'existent pas.}\\
	\textrm{\textbf{Pour ce vecteur noeud}, il n'y a qu'une fonction B-spline de degré $2$.}\\
	\end{array}\right.$
	$$\begin{tikzpicture}
	\tkzTabInit[deltacl=0.3,lgt=2,espcl=2.5]{$t$/1,$\mathcal{N}_{(0,1)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(1,1)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(0,2)}(t)$/1}
		{$ $,$0$,$1$,$2$,$3$,$ $}
	\tkzTabLine{ ,0,t,t,t,2-t,t,0,t,0}
	\tkzTabLine{ ,0,t,0,t,t-1,t,3-t,t,0}
	\tkzTabLine{ ,0,t,\frac{t^2}{2},t,-t^2+3t-\frac32,t,\frac{(3-t)^2}{2},t,0}
	\end{tikzpicture}$$
	$$
	\psset{unit=0.7cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
	\def\xmin{-0.6}\def\ymin{-1}\def\xmax{6}\def\ymax{2}
	\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
	\psset{linecolor=rouge}\psplot{0}{1}{x*x/2}\psplot{1}{2}{-x*x+3*x-3/2}\psplot{2}{3}{9/2-3*x+x*x/2}
	\end{pspicture*}$$
\item \textbf{Pour ce vecteur noeud}, il n'y a pas de fonction B-spline de degré 3.
\end{itemize}}

\subsection{Courbes B-splines}
\defi{B-Splines, modèles de Cox et de de Boor}
{On définit une courbe B-Spline associée à $n+1$ points de contrôle $P_0$, $P_1$, $\cdots$ $P_n$ de la façon suivante : 
$$\vect{OM}=\sum_{i=0}^{i=n}\mathcal{N}_{(i,m)}\vect{OP_i}.$$
avec $\mathcal{N}_{(i,m)}$ de degré $m$ qui dépend du vecteur n\oe ud choisi.}



\exe{On choisit le vecteur n\oe ud $(0\ ;\  0\ ;\  0\ ;\ 1\ ;\  2\ ;\  3\ ;  3\ ; \ 3)$.\\
On prend les 5 points de contrôle $P_0(1;0)$, $P_1(4;2)$, $P_2(2;4)$, $P_3(0;4)$ et $P_4(-4;4)$.\\
Les 5 fonctions de B-Splines de degré $2$ sont : 
$$\begin{tikzpicture}
	\tkzTabInit[deltacl=0.3,lgt=2,espcl=2.8]{$t$/1,$\mathcal{N}_{(0,2)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(1,2)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(2,2)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(3,2)}(t)$/1,$\mathcal{N}_{(4,2)}(t)$/1}
		{$-\infty$,$0$,$1$,$2$,$3$,$+\infty$}
	\tkzTabLine{ ,0,t,(1-t)^2,t,0,t,0,t,0}
	\tkzTabLine{ ,0,t,\frac12t(4-3t),t,\frac12(t-2)^2,t,0,t,0}
	\tkzTabLine{ ,0,t,\frac{t^2}{2},t,-t^2+3t-\frac32,t,\frac{(t-3)^2}{2},t,0}
	\tkzTabLine{ ,0,t,0,t,\frac12(t-1)^2,t,\frac12(3-t)(3t-5),t,0}
	\tkzTabLine{ ,0,t,0,t,0,t,(t-2)^2,t,0}
	\end{tikzpicture}$$
La courbe B-Spline associées à ce vecteur-n\oe ud et ces points de contrôle est : 
$$\vect{OM}=\sum_{i=0}^{i=4}\mathcal{N}_{(i,2)}\vect{OP_i}.$$
\begin{itemize}
 \itemb sur $]-\infty\ ;\ 0]$ et sur $[3\ ;\ +\infty[$, la courbe B-Spline est nulle.
 \itemb sur $[0;1]$ :
      \begin{eqnarray*}
      \vect{OM}(t)&=&\mathcal{N}_{(0,2)}\vect{OP_0}+\mathcal{N}_{(1,2)}\vect{OP_1}+\mathcal{N}_{(2,2)}\vect{OP_2}+\mathcal{N}_{(3,2)}\vect{OP_3}+\mathcal{N}_{(4,2)}\vect{OP_4}\\
      &=&(t^2-2t+1)\times\coor{1}{0}+(-\frac{3t^2}{2}+2t)\times\coor{4}{2}+\frac{t^2}{2}\times\coor{2}{4}+0\times\coor{0}{4}+0\times\coor{-4}{4}\\
      &=&\coor{-4t^2+6t+1}{-t^2+4t}
      \end{eqnarray*}
\itemb sur $[1;2]$ : 
      \begin{eqnarray*}
      \vect{OM}(t)&=&\mathcal{N}_{(0,2)}\vect{OP_0}+\mathcal{N}_{(1,2)}\vect{OP_1}+\mathcal{N}_{(2,2)}\vect{OP_2}+\mathcal{N}_{(3,2)}\vect{OP_3}++\mathcal{N}_{(4,2)}\vect{OP_4}\\
      &=&0\times\coor{1}{0}+(\frac{t^2}{2}-2t+2)\times\coor{4}{2}+(-t^2+3t-\frac32)\times\coor{2}{4}+\cdots\\
      & & \hspace{2cm}\cdots(\frac{t^2}{2}-t+\frac12)\times\coor{0}{4}+0\times\coor{-4}{4}\\
      &=&\coor{-2t+5}{-t^2+4t}
      \end{eqnarray*}
\itemb sur $[2;3]$ : 
      \begin{eqnarray*}
      \vect{OM}(t)&=&\mathcal{N}_{(0,2)}\vect{OP_0}+\mathcal{N}_{(1,2)}\vect{OP_1}+\mathcal{N}_{(2,2)}\vect{OP_2}+\mathcal{N}_{(3,2)}\vect{OP_3}++\mathcal{N}_{(4,2)}\vect{OP_4}\\
      &=&0\times\coor{1}{0}+0\times\coor{4}{2}+(\frac{t^2}{2}-3t+\frac92)\times\coor{2}{4}+\cdots\\
      & & \hspace{2cm}\cdots(-\frac{3t^2}{2}+7t-\frac{15}{2})\times\coor{0}{4}+(t^2-4t+4)\times\coor{-4}{4}\\
      &=&\coor{-3t^2+10t-7}{4}
      \end{eqnarray*}
\end{itemize}

La courbe B-Spline est obtenue en tracant chacun des trois morceaux de parabole.
$$\psset{unit=1cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
\def\xmin{-5}\def\ymin{-0.7}\def\xmax{5}\def\ymax{5}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\parametricplot[linecolor=rouge,linestyle=dashed]{0}{1}{-4*t*t+6*t+1|-1*t*t+4*t}
\parametricplot[linecolor=rouge,linestyle=dotted]{1}{2}{-2*t+5|-1*t*t+4*t}
\parametricplot[linecolor=rouge]{2}{3}{-3*t*t+10*t-7|4}
\psline(1,0)(4,2)(2,4)(0,2)(-4,4)
\rput[bl](1,0){$P_0$}\rput[bl](4,2){$P_1$}\rput[bl](2,4){$P_2$}\rput[bl](0,2){$P_3$}\rput[bl](-4,4){$P_4$}
\psdots[linecolor=rouge](1,0)(4,2)(2,4)(0,2)(-4,4)
\end{pspicture*}$$
}

\rems{\begin{itemize}
\item \textbf{Longueur du vecteur noeud à choisir :}\\
Si l'on a 5 points de contrôle et que l'on souhaite une courbe B-splines de degré 2, alors il faut déterminer les fonctions B-splines $\mathcal{N}_{(0,2)}$, $\mathcal{N}_{(1,2)}$, $\cdots$,  $\mathcal{N}_{(4,2)}$. Le calcul de cette dernière fonction fait intervenir le noeud $t_{i+m+1}=t_{4+2+1}=t_7$ ce qui implique que le vecteur noeud choisis doit être au moins de longueur $i+m+2=8$ (de $t_0$ à $t_7$).\par
Plus généralement, pour calculer $\mathcal{N}_{(i,m)}$, il faut un vecteur noeud de longueur au moins $i+m+2$ et pour une courbe B-spline il faut un vecteur noeud de longueur au moins \emph{nbre points + degré + 1}. 
\item \textbf{Caractère local :}\\
Le définition récursive de $\mathcal{N}_{(i,m)}$ implique que cette fonction est nulle sauf sur $[t_i\ ;\ t_{i+m+1}]$. En conséquence, si on déplace $P_i$ on ne modifie que la partie de la courbe pour laquelle $t \in [t_i\ ;\ t_{i+m+1}]$ donc on a bien une modification locale de la courbe. Plus généralement, si le degré des fonctions B-splines est $m$ alors le déplacement d'un point ne modifie que $m+1$ segments de la courbe.
\item \textbf{N\oe ud multiple :}\\
L'insertion de n\oe ud permet d'introduire plus de dégrés de liberté dans la courbe. Chaque n\oe ud inséré représente un point de contrôle supplementaire. L'insertion de n\oe ud offre donc plus de flexibilité pour le design des courbes de B-spline.
\end{itemize}
}


\section{Lien entre les modèles}
\subsection{Courbes de Bezier et polynômes de Riesenfeld}
\theoad{}{la courbe de Bézier dont les points de contrôle sont $P_1$, $P_2$, $P_3$ et $P_4$ est en fait 
la courbe B-spline (modèle de Riesenfeld) de degré 3 dont les points de contrôle $P'_1$, $P'_2$, $P'_3$ et $P'_4$ sont calculés de la manière suivante.  Si les coordonnées des points $P_1$, $P_2$, $P_3$ et $P_4$ sont $(x_1; y_1)$, $(x_2; y_2)$, $(x_3; y_3)$ et $(x_4; y_4)$, alors les coordonnées $(x'_1 ; y'_1)$, $(x'_2; y'_2)$, $(x'_3; y'_3)$ et $(x'_4; y'_4)$ des points $P'_1$, $P'_2$, $P'_3$ et $P'_4$ sont données par les formules suivantes pour les premières coordonnées et des formules similaires pour la seconde.

\begin{minipage}[t]{8cm}
  Passage de Bezier à Riesenfeld :
  \begin {eqnarray*}
  x'_1&=& 6x_1-7x_2 + 2x_3\\
  x'_2&=& 2x_2 - x_3\\
  x'_3&=& - x_2 + 2x_3\\
  x'_4&=& 2x_2 - 7x_3 + 6x_4\\
 \end {eqnarray*}
\end{minipage}
\begin{minipage}[t]{8cm}
Passage de Riesenfeld à Bezier :
 \begin {eqnarray*}
  x_1 &=& \frac16(x'_1 + 4x'_2 + x'_3)\\
  x_2 &=& \frac16(4x'_2 + 2x'_3 )\\
  x_3 &=& \frac16( 2x'_2 +4x'_3 )\\
  x_4 &=& \frac16( x'_2+ 4x'_3 + x'_4 )\\
 \end {eqnarray*}
\end{minipage}
}

\exe{On considère les quatre points de contrôle $P_0(0;0)$, $P_1(1;2)$, $P_2(2;0)$ et $P_3(-1;0)$.\\
\textbf{Courbe de Béziers}\\
Il y a quatre points de contrôle donc on utilise les polynômes de Berstein de degré 3.
\begin{eqnarray*}
\vect{OM}(t)&=&\sum_{i=0}^{i=3}\mathcal{B}_{i,3}(t)\vect{OP_{i}}\\
&=&\mathcal{B}_{0,3}(t)\vect{OP_{0}}+\mathcal{B}_{1,3}(t)\vect{OP_{1}}+\mathcal{B}_{2,3}(t)\vect{OP_{2}}+\mathcal{B}_{3,3}(t)\vect{OP_{3}}\\
&=&(1-3t+3t^2+t^3)\coor{0}{0}+(3t-6t^2+3t^3)\coor{1}{2}+(3t^2-3t^3)\coor{2}{0}+(t^3)\coor{-1}{0}\\
&=&\coor{-4t^3+3t}{6t^3-12t^2+6 t}
\end{eqnarray*}
\textbf{Courbe B-spline (modèle de Riesenfeld)}\\
Les points de contrôle de la courbe B-spline ont pour coordonnées : 

  \begin{minipage}{8cm}
   \begin {eqnarray*}
  x'_1&=& 6x_1-7x_2 + 2x_3=-3\\
  x'_2&=& 2x_2 - x_3=0\\
  x'_3&=& - x_2 + 2x_3=3\\
  x'_4&=& 2x_2 - 7x_3 + 6x_4=-18\\
 \end {eqnarray*}
  \end{minipage}
\begin{minipage}{8cm}
   \begin {eqnarray*}
  y'_1&=& 6y_1-7y_2 + 2y_3=-14\\
  y'_2&=& 2y_2 - y_3=4\\
  y'_3&=& - y_2 + 2y_3=-2\\
  y'_4&=& 2y_2 - 7y_3 + 6y_4=4\\
 \end {eqnarray*}
  \end{minipage}
  La courbe B-spline (modèle de Riesenfeld) correspondant aux points de controle $P_0(-3;-14)$, $P_1(0;4)$, $P_2(3;-2)$ et $P_3(-18;4)$ a pour équation
  \begin {eqnarray*}
   \vect{OM}(t)&=&R_{0,3}(t)\vect{OP_{0}}+R_{1,3}(t)\vect{OP_{1}}+R_{2,3}(t)\vect{OP_{2}}+R_{3,3}(t)\vect{OP_{3}}\\
   &=&(-\frac{t^3}{6}+\frac{t^2}{2}-\frac{t}{2}+\frac{1}{6})\coor{-3}{-14}+(\frac{t^3}{2}-t^2+\frac{2}{3})\coor{0}{4}+\cdots\\
   & &\hspace{5cm} \cdots+(-\frac{t^3}{2}+\frac{t^2}{2}+\frac{t}{2}+\frac{1}{6})\coor{3}{-2}+ (\frac{t^3}{6})\coor{-18}{4}\\
   &=&\coor{-4t^3+3t}{6t^3-12t^{2}+6 t}
  \end {eqnarray*}
Les équations sont bien identiques donc les courbes sont bien les mêmes.
% $$\psset{unit=2cm,algebraic=true,arrowsize=5pt}
% \def\xmin{-2}\def\ymin{-0.5}\def\xmax{3}\def\ymax{2.2}
% \begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
% \psaxes[labels=none,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
% %\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
% \psdots(0,0)(1,2)(2,0)(-1,0)
% \rput[br](0,0){$P_0$}\rput[bl](1,2){$P_1$}\rput[bl](2,0){$P_2$}\rput[bl](-1,0){$P_3$}
% \psbezier[linestyle=dashed](0,0)(1,2)(2,0)(-1,0)
% \end{pspicture*}$$
}
 


\subsection{Fonction B-Splines et polynômes de Riesenfeld}

\theoad{}
{On démontre que lorsque les n\oe uds sont simples, on retrouve la définition donnée à l'aide des polynômes de Riesenfeld.}

\exe{On considère le vecteur n\oe ud $(0\ ;\  1\ ;\  2\ ;\  3\ ;\  4\ ;\ 5)$.\\
Les fonctions B-Splines de degré $2$ sont alors :
$$
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline
$t$ & $[0;1[$  & $[1;2[$ & $[2;3[$ & $[3;4[$ & $[4;5[$ \\  \hline
$\mathcal{N}_{(0,2)}$ & $\frac12t^2$ & $-t^2+3t-\frac32$ & $\frac12(t-3)^2$ & $0$  & $0$ \\[3pt]  \hline
 $\mathcal{N}_{(1,2)}$& $0$ & $\frac12(t-1)^2$ & $-t^2+5t-\frac{11}{2}$ & $\frac12(t-4)^2$ & $0$  \\[3pt]  \hline
 $\mathcal{N}_{(2,2)}$& $0$ & $0$ & $\frac12(t-2)^2$ & $-t^2+7t-\frac{23}{2}$ & $\frac12(t-5)^2$ \\[3pt]  \hline
\end{tabular}$$
Seul le cas de $\mathcal{N}_{(0,2)}(t)$ est détaillé. Pour  $\mathcal{N}_{(1,2)}(t)$ et $\mathcal{N}_{(2,2)}(t)$ les calculs sont similaires.\\
On a $\mathcal{N}_{(0,2)}(t)=\left\{\begin{array}{l}
					\frac{t^2}{2} \textrm{ pour } t\in[0;1[ \\
					\\%espace
					-t^2+3t-\frac{3}{2} \textrm{ pour } t\in[1;2[ \\
					\\%espace
					\frac{(3-t)^2}{2} \textrm{ pour } t\in[2;3[ \\
					\end{array}\right.$\\
On pose $t=1-u$. Pour $t\in[0;1[$, on a $u\in[0;1[$ et $\mathcal{N}_{(0,2)}(1-u)=\frac{(1-u)^2}{2}=\frac{u^2}{2}-u+\frac12$.\\
On pose $t=2-u$. Pour $t\in[1;2[$, on a $u\in[0;1[$ et $\mathcal{N}_{(0,2)}(2-u)=-(2-u)^2+3(2-u)-\frac{3}{2}=-u^2+u+\frac12$.\\
On pose $t=3-u$. Pour $t\in[2;3[$, on a $u\in[0;1[$ et $\mathcal{N}_{(0,2)}(3-u)=\frac{u^2}{2}$.\\[5pt]
On retrouve les polynomes de Riesenfeld de degré 2 : $R_{0}$, $R_{1}$ et $R_{2}$.\\
Attention, on ne fait que retrouver les polynômes de Reisenfeld. Cela ne signifie pas que l'on a la même courbe.
En effet, on a :
$$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline
$t$ & $[0;1[$  & $[1;2[$ & $[2;3[$ & $[3;4[$ & $[4;5[$ \\  \hline
$\mathcal{N}_{(0,2)}$ & $R_{0}$ & $R_{1}$ & $R_{2}$ & $0$  & $0$ \\[3pt]  \hline
 $\mathcal{N}_{(1,2)}$& $0$ & $R_{0}$ & $R_{1}$ & $R_{2}$ & $0$  \\  \hline
 $\mathcal{N}_{(2,2)}$& $0$ & $0$ & $R_{0}$ & $R_{1}$ & $R_{2}$ \\  \hline
\end{tabular}$$
donc \begin{small}
$$\hspace{-1cm}\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline
$t$ & $[0;1[$  & $[1;2[$ & $[2;3[$ & $[3;4[$ & $[4;5[$ \\  \hline
$\mathcal{N}_{(0,2)}\times P_{0}$ & $R_{0}\times P_{0}$ & $R_{1}\times P_{0}$ & $R_{2}\times P_{0}$ & $0$  & $0$ \\[3pt]  \hline
 $\mathcal{N}_{(1,2)}\times P_{1}$& $0$ & $R_{0}\times P_{1}$ & $R_{1}\times P_{1}$ & $R_{2}\times P_{1}$ & $0$  \\  \hline
 $\mathcal{N}_{(2,2)}\times P_{2}$& $0$ & $0$ & $R_{0}\times P_{2}$ & $R_{1}\times P_{2}$ & $R_{2}\times P_{2}$ \\  \hline
$\vect{OM}(t)$ & $R_{0}\times P_{0}$ &$R_{1}\times P_{0}+R_{0}\times P_{1}$ & $R_{2}\times P_{0}+R_{1}\times P_{1}+R_{0}\times P_{2}$& $R_{2}\times P_{1}+R_{1}\times P_{2}$ & $R_{2}\times P_{2}$ \\  \hline
\end{tabular}$$
\end{small}
alors qu'avec Riesenfeld, on a :
$$\vect{OM}(t)=R_{0}\vect{OP_{0}}+R_{1}\vect{OP_{1}}+R_{2}\vect{OP_{2}}$$
}


\rem{Ce résultat, valable uniquement dans le cas de n\oe ud simple, permet, à partir des polynomes de Riesenfeld, d'obtenir les fonctions B-splines sans passer par les formules récursives.}


\subsection{Courbes B-Spline et courbes de Bezier}
Il y a un lien dans certains cas entre les courbes B-Splines et les courbes de Bezier.\\
On ne verra ici qu'un exemple dans le cas $m=2$. Le cas général est plus compliqué.\\[5pt]

On choisit un vecteur n\oe ud dont les n\oe uds extrêmes ont un ordre de multiplicité égale à $m+1=3$. Par exemple, le vecteur n\oe ud $(0\ ;\  0\ ;\  0\ ;\ 1\ ;\  2\ ;\  3\ ;  3\ ; \ 3)$.\\
On choisit les 5 points de contrôle $P_0(1;0)$, $P_1(4;2)$, $P_2(2;4)$, $P_3(0;4)$ et $P_4(-4;4)$.\\
La courbe a été définie et tracée précédemment (voir plus haut). \\

On remarque que :
\begin{itemize}
 \itemb Pour $t=0$, on a $M(0)=P_0$ et $\pa{\vect{OM}}'(0)=\coor{6}{4}=2\vect{P_0P_1}.$
 \itemb Pour $t=3$, on a $M(3)=P_4$ et $\pa{\vect{OM}}'(3)=\coor{-8}{4}=2\vect{P_3P_4}.$
\end{itemize}
On retrouve les propriétés des courbes de Bézier.

 
\section{Exercices}
\subsection{Modèle de Riesenfeld}
\exoc{On considère les polynômes de Riesenfield de degré 2.\\
On considère les points $P_0(0;0)$, $P_1(0;2)$, $P_2(2;2)$, $P_3(4;4)$ et $P_4(6;0)$.
\begin{enumerate}
 \item \begin{enumerate}
        \item Déterminer une représentation paramétrique du premier arc de courbe déterminé par $P_0$, $P_1$ et $P_2$, soit $\left\{\begin{array}{rcl}
		x&=&f_0(t)\\
		y&=&g_0(t)
		\end{array}\right.$
       	\item Déterminer une représentation paramétrique du deuxième arc de courbe déterminé par $P_1$, $P_2$ et $P_3$, soit $\left\{\begin{array}{rcl}
		x&=&f_1(t)\\
		y&=&g_1(t)
		\end{array}\right.$
       \item Déterminer une représentation paramétrique du troisième arc de courbe déterminé par $P_2$, $P_3$ et $P_4$, soit $\left\{\begin{array}{rcl}
		x&=&f_2(t)\\
		y&=&g_2(t)
		\end{array}\right.$
       \end{enumerate}
\item Établir les trois tableaux des variations conjointes de $f_0$ et $g_0$, puis $f_1$ et $g_1$ et enfin $f_2$ et $g_2$.
\item Construire les trois arcs de courbe.
\end{enumerate}
}

\exoc{On considère les polynômes de Riesenfield de degré 3.\\
On considère les points $P_0(0;0)$, $P_1(0;2)$, $P_2(2;2)$, $P_3(4;4)$ et $P_4(6;0)$.
\begin{enumerate}
 \item \begin{enumerate}
        \item Déterminer une représentation paramétrique du premier arc de courbe déterminé par $P_0$, $P_1$, $P_2$ et $P_3$, soit $\left\{\begin{array}{rcl}
		x&=&f_0(t)\\
		y&=&g_0(t)
		\end{array}\right.$
       	\item Déterminer une représentation paramétrique du deuxième arc de courbe déterminé par $P_1$, $P_2$, $P_3$ et $P_4$, soit $\left\{\begin{array}{rcl}
		x&=&f_1(t)\\
		y&=&g_1(t)
		\end{array}\right.$
       \end{enumerate}
\item Établir les deux tableaux des variations conjointes de $f_0$ et $g_0$, puis de $f_1$ et $g_1$.
\item Construire les deux arcs de courbe.
\end{enumerate}
}


\subsection{Modèle de Cox et de de Boor}
\exoc{On considère le vecteur-n\oe ud $(0\ ;\  1\ ;\  1\ ;\  2)$.
\begin{enumerate}
 \item Déterminer sur l'intervalle $[0;3[$ les fonctions B-Splines $\mathcal{N}_{(0,0)}$,  $\mathcal{N}_{(1,0)}$, $\mathcal{N}_{(2,0)}$, $\mathcal{N}_{(0,1)}$, $\mathcal{N}_{(1,1)}$ et $\mathcal{N}_{(0,2)}$.
 \item Pour chacune des ces fonctions : 
	\begin{enumerate}
	\item Tracer sa représentation graphique.
	\item Préciser si elle est continue, dérivable.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}}

\exoc{On considère le vecteur n\oe ud $(0\ ;\  1\ ;\  2\ ;\  3\ ;\  4\ ;\ 5)$.\\
Les fonctions B-Splines de degré $2$ sont alors :
$$
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline
$t$ & $[0;1[$  & $[1;2[$ & $[2;3[$ & $[3;4[$ & $[4;5[$ \\  \hline
$\mathcal{N}_{(0,2)}$ & $\frac12t^2$ & $-t^2+3t-\frac32$ & $\frac12(t-3)^2$ & $0$  & $0$ \\[3pt]  \hline
 $\mathcal{N}_{(1,2)}$& $0$ & $\frac12(t-1)^2$ & $-t^2+5t-\frac{11}{2}$ & $\frac12(t-4)^2$ & $0$  \\  \hline
 $\mathcal{N}_{(2,2)}$& $0$ & $0$ & $\frac12(t-2)^2$ & $-t^2+7t-\frac{23}{2}$ & $\frac12(t-5)^2$ \\  \hline
\end{tabular}$$
Soit $\Co$ la courbe B-Spline définie par les trois points de contrôle $P_0(1;2)$, $P_1(3;0)$, $P_2(1;-1)$.
\begin{enumerate}
 \item Donner la représentation paramétrique de $\Co$ sur chacun des intervalles $[0;1[$ ; $[1;2[$ ; $[2;3[$ ; $[3;4[$ et $[4;5[$.
 \item Dresser le tableau des variations conjointes de $x$ et $y$ sur $[0;5[$.
 \item Tracer la courbe $\Co$.
\end{enumerate}}

\exoc{On donne les points de contrôle $P_0(0;0)$, $P_1(1;0)$, $P_2(1;1)$ et $P_3(0;1)$.
Soit le vecteur n\oe ud $(0\ ;\  0\ ;\  0\ ;\  1\ ;\  2\ ;\ 2\ ;\ 2)$.\\
Les fonctions B-Splines de degré $2$ sont alors :
$$\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline
$t$ & $[0;1[$  & $[1;2[$ \\  \hline
$\mathcal{N}_{(0,2)}$& $(t-1)^2$ & $0$  \\[3pt]  \hline
$\mathcal{N}_{(1,2)}$& $-\frac32t^2+2t$ & $\frac12(t-2)^2$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(2,2)}$& $\frac12t^2$ & $-\frac32t^2+4t-2$ \\  \hline
$\mathcal{N}_{(3,2)}$& $0$ & $(t-1)^2$ \\ \hline
\end{tabular}$$
\begin{enumerate}
 \item Donner une représentation paramétrique pour $t\in[0;1[$ et $t\in[1;2[$ de la courbe de B-Spline associée aux points de contrôle et au vecteur-n\oe ud donnés ci-dessus.
 \item Dresser le tableau des variations conjointes de $x$ et $y$ sur $[0;2[$.
 \item Tracer la courbe $\Co$.
\end{enumerate}}



\exoc{On considère le vecteur n\oe ud $(0\ ;\  0\ ;\  0\ ;\  1\ ;\  2\ ;\ 3\ ;\ 3\ ; \ 3)$.\\
On donne le tableau suivant :
$$\begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline
$t$ & $[0;1[$  & $[1;2[$ & $[2;3[$ \\  \hline
$\mathcal{N}_{(0,1)}$ & $0$ &$0$ & $0$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(1,1)}$ & $1-t$ &$0$ & $0$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(2,1)}$ & $t$ &$2-t$ & $0$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(3,1)}$ & $0$ &$t-1$ & $3-t$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(4,1)}$ & $0$ &$0$ & $t-2$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(0,2)}$ & $(1-t)^2$ &$0$ & $0$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(1,2)}$ & $\frac12t(4-3t)$ & $\frac12(t-2)^2$ & $0$ \\ \hline
$\mathcal{N}_{(2,2)}$ & $\frac12t^2$ & $-t^2+3t-\frac32$ & $\frac12(t-3)^2$\\  \hline
$\mathcal{N}_{(3,2)}$ &  &  & \\ \hline
$\mathcal{N}_{(4,2)}$ & $0$  &$0$ & $(t-2)^2$ \\ \hline
\end{tabular}$$
\begin{enumerate}
 \item À l'aide de la formule de récurence définissant les fonction B-Splines, donner $\mathcal{N}_{(3,2)}$ sur les intervalles $[0;1[$ ; $[1;2[$ et $[2;3[$. 
 \item Soit les $5$ points $P_0(1;0)$, $P_1(4;2)$, $P_2(2;4)$, $P_3(0;2)$ et $P_4(-4;4)$.
	\begin{enumerate}
	\item Donner une représentation paramétrique de la courbe de B-Spline de degré $2$ associée aux points de contrôle et au vecteur-n\oe ud donnés ci-dessus.
	\item Dresser le tableau des variations conjointes de $x$ et $y$ sur $[0;3[$.
	\item Tracer la courbe.
	\item Vérifier que : 
	\begin{itemize}
	 \item $M(1)$ est le milieu de $[P_1P_2]$ et que $(P_1P_2)$ est tangente à la courbe en $M(1)$ ; 
	 \item $M(2)$ est le milieu de $[P_2P_3]$ et que $(P_2P_3)$ est tangente à la courbe en $M(2)$ ; 
	 \item $(P_0P_1)$ est tangente à la courbe en $P_0$ et $(P_3P_4)$ est tangente à la courbe en $P_4$.
	 \end{itemize}
	\end{enumerate}
\item On conserve les points $P_0$, $P_1$, $P_2$ et $P_4$ et on prend $P'_3(0;6)$ à la place de $P_3$.
	\begin{enumerate}
	 \item Démontrer que le morceau de la courbe B-Spline correspondant à $t\in[1;2[$ est alors un segment d'une droite dont on donnera l'équation.
	 \item Quel arc de courbe est inchangé par rapport à celle de la question 2. ?
	 \item Faire le tableau des variations de la représentation paramétrique de la courbe pour $t\in[2;3[$.
	 \item Tracer la courbe dans le même repère.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
}


\subsection{Annales}

\exoc{\emph{France 2009 CPI}\\
Le plan est muni d'un repère orthonormal \oij où l'unité graphique est 
2~centimètres. On se propose de construire la courbe B-spline obtenue à partir de quatre points de définition $P_{1},~ P_{2},~ P_{3}$ et $P_{4}$ et de trois polynômes de Riesenfeld du second degré.

\medskip 

Les quatre points sont donnés par leurs coordonnées dans le repère \oij.
\[P_{1}(0~;~3),~ P_{2}(1~;~ - 2),~ P_{3}(4~;~3)~~ \text{et}~~ P_{4}(2~;~ 5).\] 

La courbe B-spline cherchée est la réunion de deux arcs de courbe $\mathcal{C}_{1}$ et $\mathcal{C}_{2}$.

\medskip 
 
\textbf{A. Détermination d'une représentation paramétrique de l'arc de courbe} \boldmath$\mathcal{C}_{1}$\unboldmath 

\medskip 

\begin{enumerate}
\item  On rappelle que les polynômes de Riesenfeld $R_{i}$ de degré 2, pour $i$ prenant les valeurs 0, 1 ou 2, sont définis pour tout $t$ appartenant à $[0~;~ 1]$ par : 

\[R_{i}(t) =  3 \sum_{j=0}^{j=2-i} (-1)^j \dfrac{(t +2 - i - j)^2}{j! (3 - j)!}.\]

Démontrer que, pour tout $t$ de $[0~;~ 1],~ R_{0}(t) = \dfrac{t^2}{2} - t + \dfrac{1}{2}.$ 

\item  L'arc de courbe $\mathcal{C}_{1}$ est l'ensemble des points $M_{1}(t)$ tels que : 

\[\vect{\text{O}M_{1}(t)} = R_{0}(t)\vect{\text{O}P_{1}(t)}  + R_{1}(t)\vect{\text{O}P_{2}(t)}  + R_{2}(t)\vect{\text{O}P_{3}(t)} .\]
 
\textbf{On admet que} pour tout $t$ de $[0~;~ 1] : R_{1}(t) = - t^2 + t +\dfrac{1}{2} ~\text{et}~ R_{2}(t) = \dfrac{1}{2} t^2$.

 Démontrer que l'arc de courbe $\mathcal{C}_{1}$ est défini par la représentation paramétrique : 
 
\[\left\{ \begin{array}{l c l c l}
x& =& f_{1}(t) &=& t^2 + t + \dfrac{1}{2}\\
y&=&g_{1}(t)&=&5t^2 -5t + \dfrac{1}{2}\\
\end{array}\right.  \quad \text{où}~ t ~ \text{appartient à l'intervalle}~ [0~;~ 1].\] 
 
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{B. Étude de variations et construction de la courbe B-spline}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  Étudier les variations des fonctions $f_{1}$ et $g_{1}$ sur $[0~;~1]$, où $f_{1}$ et $g_{1}$ sont les fonctions définies à la question 2. de la partie \emph{A}. Rassembler les résultats dans un tableau unique. 
	\item Donner un vecteur directeur de chacune des tangentes à l'arc de courbe $\mathcal{C}_{1}$ aux points $M_{1}(0),~ M_{1}\left(\frac{1}{2}\right),~ M_{1}(1)$. 
	\end{enumerate}
\item L'arc de courbe $\mathcal{C}_{2}$ est l'ensemble des points $M_{2}(t)$ tels que: 

\[\vect{\text{O}M_{2}(t)} = R_{0}(t)\vect{\text{O}P_{2}(t)} + R_{1}(t)\vect{\text{O}P_{3}(t)} + R_{2}(t)\vect{\text{O}P_{4}(t)}.\]
 
On admet que l'arc de courbe $\mathcal{C}_{2}$ est défini par la représentation paramétrique : 
 
\[\renewcommand{\arraystretch}{1.75}\left\{ \begin{array}{l c l c l}
x&=&f_{2}(t) &=&-\dfrac{9}{2}t^2 +3t + \dfrac{5}{2}\\
y&=&g_{2}(t)&=&-\dfrac{3}{2}t^2 +5t + \dfrac{1}{2}\\
\end{array}\right.~  \text{où}~ t~\text{appartient à l'intervalle}~ [0~;~ 1].\] 

Le tableau des variations conjointes des fonctions $f_{2}$ et $g_{2}$ est le suivant : 

\begin{center}\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(10,7)
%\psgrid
\psframe(10,7) \psline(0,2.5)(10,2.5) \psline(0,3)(10,3) 
 \psline(0,5.5)(10,5.5)  \psline(0,6)(10,6) \psline(2,0)(2,7) \psline(0,6.5)(10,6.5)
 \uput[u](1,6.5){$t$} \uput[u](2.15,6.5){$0$} \uput[u](6,6.35){$\frac{1}{3}$} \uput[u](9.8,6.5){$1$}
\uput[u](1,5.9){$f'_{2}(t)$} \uput[u](2.15,6){3} \uput[u](4,6){+} \uput[u](6,6){0}\uput[u](8,6){$-$} \uput[u](9.8,6){$-6$}
\rput(1,4.25){$f_{2}(t)$}  \rput(2.15,3.25){$\frac{5}{2}$} \uput[d](6,5.5){3} \uput[u](9.8,3){1}
\uput[u](1,2.4){$g'_{2}(t)$} \uput[u](2.15,2.4){5} \uput[u](6,2.5){+} \uput[u](9.8,2.5){2}
\rput(1,1.25){$g_{2}(t)$} \uput[u](2.15,0){$\frac{1}{2}$} \rput(6,1.25){2} \uput[d](9.8,2.5){4}
\psline{->}(2.4,3.2)(5.7,5)\psline{->}(6.3,5)(9.6,3.2)
\psline{->}(2.4,0.4)(9.6,2.1)
\end{pspicture}
\end{center}

Donner un vecteur directeur de chacune des tangentes à l'arc de courbe $\mathcal{C}_{2}$ aux points $\mathcal{C}_{1}$ aux points $M_{2}(0),~ M_{2}\left(\frac{1}{2}\right),~ M_{2}(1)$. 

 
\item On rappelle que le plan est muni d'un repère orthonormal \oij où l'unité 
graphique est 2~centimètres. 
	\begin{enumerate}
		\item Construire sur une feuille de papier millimétré, les tangentes à l'arc de courbe $\mathcal{C}_{1}$ aux points $M_{1}(0),~ M_{1}\left(\dfrac{1}{2}\right)$ et $M_{1}(1)$, puis l'arc de courbe $\mathcal{C}_{1}$.  
	\item Construire, sur le même graphique, les tangentes à l'arc de courbe $\mathcal{C}_{2}$ aux points $M_{2}(0),~ M_{2}\left(\dfrac{1}{3}\right),~ M_{2}(1)$, puis l'arc de courbe $\mathcal{C}_{2}$.  
	\item Placer les points de définition sur la figure.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  Donner les coordonnées du point $I$ où se raccordent les arcs de courbe $\mathcal{C}_{1}$ et $\mathcal{C}_{2}$. 
	\item Montrer que la tangente commune à l'arc $\mathcal{C}_{1}$ et à l'arc $\mathcal{C}_{2}$ au point $I$ est la droite $\left(P_{2}P_{3}\right)$. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
}












%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\exoc{\emph{France 2007 CPI}\\
Le plan est muni d'un repère orthonormal \oij~où l'unité graphique est 2~centimètres.\\
On souhaite construire la courbe B-spline obtenue à partir de quatre points de définition $P_{1}, P_{2}, P_{3},  P_{4}$ et de trois polynômes de Riesenfeld du second degré. Les quatre points sont donnés par leurs coordonnées dans le repère \oij :\\
\[ P_{1}(0~;~1)~ ;~ P_{2}(2~;~ 1)~;~ P_{3}(4~;~ 3)~~ \text{et}~ P_{4}(6~;~ 1).\]

\begin{enumerate}
\item  On rappelle que les polynômes de Riesenfeld $R_{i}$ de degré 2, pour $i$ prenant les valeurs $0,  1$ ou $2$, sont définis pour $t$ appartenant à [0 ; 1]  par :
\[R_{i}(t) = 3 \sum_{j=0}^{j=2-i} (- 1)^j \dfrac{(t+2 - i- j)^2}{j!(3- j)!}.\]	
Montrer que, pour tout $t$ de [0 ; 1], ~$ R_{0}(t) = \dfrac{t^2}{2} - t +  \dfrac{1}{2}$. (\textbf{On pourra utiliser ce résultat dans la suite de l'exercice})\\

\medskip

\textbf{Dans la suite de cet exercice, on admet que, pour tout t de [0 ; 1] :}

\[R_{1}(t) = - t^2 + t+ \dfrac{1}{2}\quad  \text{et} \quad  R_{2}(t)= \dfrac{1}{2} t^2.\]

\item La courbe B-spline $\Gamma$ cherchée est la réunion de deux arcs de courbe $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$. $\Gamma_{1}$ est l'ensemble des points $M_{1}(t)$ tels que
\[\vect{\text{O}M_{1}(t)} =  R_{0}(t) \vect{\text{O}P_{1}(t)} + R_{1}(t)\vect{\text{O}P_{2}(t)} + R_{2}(t) \vect{\text{O}P_{3}(t)}.\]
$\Gamma_{2}$ est l'ensemble des points $M_{2}(t)$ tels que :
\[\vect{\text{O}M_{2}(t)} =  R_{0}(t) \vect{\text{O}P_{2}(t)} + R_{1}(t)\vect{\text{O}P_{3}(t)} + R_{2}(t) \vect{\text{O}P_{4}(t)}.\]

	\begin{enumerate}
		\item  Montrer que l'arc de courbe $\Gamma_{1}$ est défini par la représentation paramétrique :
\[\left\{\begin{array}{l c l c l}
x_{1}(t)&=&f_{1}(t)&=&2t + 1\\
y_{1}(t)&=&g_{1}(t)&=&t^2 + 1\\
\end{array}\right. 	~	\text{où}~ t ~\text{appartient à l'intervalle [0 ; 1]}.\]

		\item   Étudier les variations de $f_{1}$ et $g_{1}$ sur [0 ; 1]  et rassembler les résultats dans un tableau unique.

		\item   On admet que l'arc de courbe $\Gamma_{2}$ est défini par la représentation paramétrique:
\[\left\{\begin{array}{l c l c l}
x_{2}(t)&=&f_{2}(t)&=&2t + 3\\
y_{2}(t)&=&g_{2}(t)&=&-2t^2 + 2t + 2\\
\end{array}\right. 	~	\text{où}~ t ~\text{appartient à l'intervalle [0 ; 1]}.\]
Étudier les variations de $f_{2}$ et $g_{2}$ sur [0~;~1] et rassembler les résultats dans un tableau unique.

		\item   Donner des vecteurs directeurs des tangentes à l'arc de courbe $\Gamma_{1}$ aux points $M_{1}(0)$ et $M_{1}(1)$.  

		\item   Donner des vecteurs directeurs des tangentes à l'arc de courbe $\Gamma_{2}$ aux points $M_{2}(0), ~M_{2}\left(\dfrac{1}{2}\right)$ et $M_{2}(1)$.

		\item   On rappelle que, dans le repère orthonormal \oij, l'unité graphique est 2~centimètres. \\
Construire sur une feuille de papier millimétré, les tangentes à l'arc de courbe $\Gamma$ aux points $M_{1}(0)$ et $M_{1}(1)$ puis l'arc de courbe $\Gamma_{1}$. Construire, sur la même figure que $\Gamma_{1}$, les tangentes à l'are de courbe $\Gamma_{2}$ aux points $M_{2}(0), ~M_{2}\left(\dfrac{1}{2}\right)$ et $M_{2}(1)$ puis l'arc de $\Gamma_{2}$.\\
Placer les points de définition $P_{1}~, P_{2},~ P_{3},~  P_{4}$ sur la figure.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  Donner les coordonnées du point $I$ o\`u se raccordent les arcs de courbes $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$.

		\item  Montrer que les arcs de courbes $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ ont même tangente en $I$.

		\item  Montrer que la tangente commune à l'arc $\Gamma_{1}$   et à l'are $\Gamma_{2}$ au point $I$ est la droite $\left(P_{2}P_{3}\right)$.

		\item  Montrer que le point $M_{1}(0)$ est le milieu du segment $\left[P_{1}P_{2}\right]$ et que le point $M_{2}(1)$ est le
milieu du segment $\left[P_{3}P_{4}\right]$.
 	\end{enumerate}
\end{enumerate}
}







%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\exoc{\emph{France 2005}\\
Le but de cet exercice est d'étudier une approximation du cercle de centre
 $0$ et de rayon $1$ par une
 courbe B-spline uniforme de degré $2$, notée $\Gamma$, dont les points de contrôle
 $P_0$, $P_1$, $P_2$, $P_3$ et $P_4$ ont
 pour affixes respectives :
 $$
 p_0 =\frac{16}{9}\e^{-\i \frac{2\pi}{3}}\ ,
 p_1 =\frac{16}{9}\ ,
 p_2 =\frac{16}{9}\e^{\i \frac{2\pi}{3}}\ ,
 p_3 =p_0 \textrm{ et } p_4 = p_1
 $$
 où $\i$ est le nombre complexe de module $1$ et d'argument
 $\dfrac{\pi}{2}$. \\
 Les polynômes de Riesenfeld $R_k$ de degré $2$, pour $k$ prenant les valeurs $0$,
 $1$
 ou $2$, sont définis par :
 $$
 R_k (t) = 3 \sum_{j=0}^{2-k} (- 1)^j~\frac{(t+2-k -j)^2}{j!~(3-j)!}
 $$
 La courbe B-spline $\Gamma$ est la réunion de trois arcs de courbe $C_j$, $j$ prenant
 les valeurs $1$, $2$ ou $3$.\\
 L'arc $C_j$ est l'ensemble des points $M_j (t)$ définis, pour tout t dans
 l'intervalle $[ 0, 1]$ par l'égalité
 vectorielle:
  $$
   \overrightarrow{OM_j (t)} =
   R_0 (t) \overrightarrow{OP_{j-1}} +
   R_1 (t) \overrightarrow{OP_{j}} +
   R_2 (t) \overrightarrow{OP_{j+1}}
  $$
 Les arcs $C_2$ et $C_3$ sont représentés sur la figure du document réponse.
\begin{enumerate}
  \item  %1
  {\bf Questions préliminaires}
\begin{enumerate}
  \item %1a
 Vérifier que les coordonnées du point $P_0$ sont $\left(-\dfrac89, -\dfrac{8\sqrt{3}}{9}
 \right)$.
  \item %1b
 Placer les points de contrôle $P_0$, $P_1$, $P_2$, $P_3$ et $P_4$  sur la figure du
 document réponse.
  \item %1c
 Développer et simplifier l'expression du polynôme $R_0$.
\end{enumerate}
 Dans toute la suite de cet exercice, on admettra que, pour tout $t$ dans
 l'intervalle $[ 0, 1]$ :
 $
  R_1 (t) = -t^2 + t + \frac12 \textrm{ et } R_2 (t)= \frac12 t^2
 $
  \item %2
 {\bf  Étude de l'arc $C_1$}\\
 On admet que les coordonnées $(x_1 (t) , y_1 (t) )$ du point $M_1 (t)$ de l'arc $C_1$
 sont, pour tout $t$ dans
 l'intervalle $[ 0, 1]$ :
 $       \left\lbrace\begin{array}{l}
        x_1(t)=\dfrac49 (-6t^2+6t+1)\\
        y_1(t)=\dfrac{8\sqrt{3}}{9}\left( t-\dfrac12 \right)
      \end{array}\right.
 $
\begin{enumerate}
  \item %2a
 Étudier les variations des fonctions $x_1$ et $y_1$ définies ci-dessus et
 dresser un tableau des
 variations conjointes de ces deux fonctions. On donnera les coordonnées
 exactes des points
 $M_1 (0)$, $M_1 \left(\dfrac12\right)$ et  $M_1 (1)$ de l'arc $C_1$.
  \item %2b
 Déterminer des vecteurs directeurs des tangentes à l'arc $C_1$ aux points
  $M_1 (0)$ et  $M_1 (1)$.
%   \item %2c
%  Vérifier que ces vecteurs sont orthogonaux respectivement aux vecteurs
%  $\overrightarrow{OM_1 (0)}$ et
%  $\overrightarrow{OM_1 (1)}$.
  \item %2d
 Porter sur la figure du document réponse les tangentes à l'arc $C_1$ aux
 points $M_1(0)$ et
 $M_1(1)$. Tracer l'arc $C_1$ et les cercles de centre $O$ passant par les points
 $M_1(0)$ et $M_1 \left(\dfrac12\right)$.
\end{enumerate}
  \item %3
 {\bf  Étude de l'arc $C_2$}
\begin{enumerate}
  \item %3a
 On note $\left( x_2 (t), y_2 (t) \right)$ les coordonnées du point $M_2 (t)$ de l'arc
 $C_2$. \\
 Vérifier que $x_2 (t) = \dfrac43 t^2 -\dfrac83  t + \dfrac49$.\\
 On admettra dans toute la suite de l'exercice que :
 $y_2(t)=-\frac{4\sqrt{3}}{3}t^2+\frac{8\sqrt{3}}{9}t+\frac{4\sqrt{3}}{9}$
  \item %3b
 On considère la rotation $r$ de centre $O$ et d'angle
 $\displaystyle\frac{2\pi}{3}$.\\
 Soit $M$ un point quelconque du plan et $M'$ son image par la rotation $r$.\\
 Exprimer l'affixe $z~'$ du point $M'$ en fonction de l'affixe $z$ du point $M$.
  \item %3c
 On note $(x, y)$ les coordonnées du point $M$ et $(x', y')$ celles du point
 $M~'= r(M)$.
 Vérifier que :
      $\left\lbrace\begin{array}{l}
         x'=-\dfrac12x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y \\
         y'=\dfrac{\sqrt{3}}{2}x-\dfrac12y
      \end{array}\right.$
  \item %3d
 En déduire que, pour tout $t$ dans l'intervalle $[ 0, 1]$, l'image du point
 $M_1 (t)$ de l'arc $C_1$ par
 la rotation $r$ est le point  $M_2 (t)$ de l'arc $C_2$.
 \vspace{4ex}\\
 On admet que l'arc $C_2$ est l'image de l'arc $C_1$ par la rotation $r$ et que
 l'arc $C_3$, est l'image
 de l'arc $C_2$ par la rotation $r$.
\end{enumerate}
 \vspace{2ex}
  \item %4
 {\bf Calcul de l'aire $A$ de la surface intérieure à la courbe B-spline $\Gamma$ }
\begin{enumerate}
  \item %4a
 On admet que l'aire de la surface délimitée par l'arc $C_1$ et la droite
 d'équation $x = \dfrac49$ est donnée par l'intégrale :
 $$
  I= \int_0^1 -y_1 (t) x'_1(t) \dt
 $$
 Calculer l'intégrale $I$.
  \item %4b
 En déduire la valeur arrondie, au centième, de l'aire de la surface
 intérieure à la courbe $\Gamma$.
  \item %4c
 Comparer le résultat avec l'aire d'un disque de rayon $1$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
 {\bf Document réponse à rendre avec la copie\\~}
 
    \includegraphics[scale=0.8]{figures/fig2.eps}
\end{center}
}





%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\rep{}
{\begin{enumerate}
  \item  %1
\begin{enumerate}
  \item %1a
   L'affixe $p_0$ du point $P_0$ est :
   $$p_0= \frac{16}{9}\e^{-\i \frac{2\pi}{3}}
        = \frac{16}{9}\left( -\frac12 -\i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)
        = -\frac89 -\ i\frac{8\sqrt{3}}{9}
   $$
   Donc les coordonnées du point $P_0$ sont :
   $$P_0\left(-\frac89, -\frac{8\sqrt{3}}{9} \right)$$
  \item %1b
   Voir la figure.\\
   Les coordonnées des points sont :
   $$
     P_1\left(\frac{16}{9},0 \right)\textrm{ et }
     P_2\left( -\frac89, +\frac{8\sqrt{3}}{9} \right)
   $$
  \item %1c
 \begin{eqnarray*}
  \lefteqn{}
  R_0(t)   & = & 3 \sum_{j=0}^{2-k} (- 1)^j~\frac{(t+2-k -j)^2}{j!~(3-j)!}\\
     & = & 3~\left[  (-1)^0\frac{(t+2)^2}{0!~3!}
                    +(-1)^1\frac{(t+1)^2}{1!~2!}
                    +(-1)^2\frac{(t+0)^2}{2!~1!}
             \right]\\
     & = & 3~\left[  \frac16 (t^2+4t +4)
                    -\frac12 (t^2+2t +1)
                    +\frac12 t^2
             \right]
  \end{eqnarray*}
 Tous calculs faits, on obtient :
 $$R_0(t)=\frac12 t^2 -t +\frac12$$
\end{enumerate}
  \item %2
\begin{enumerate}
  \item %2a
 Les coordonnées du point $M_1 (t)$ de l'arc $C_1$ sont, pour $t\in[ 0, 1]$ :
 $$
       \left\lbrace\begin{array}{l}
        x_1(t)=\dfrac49 (-6t^2+6t+1)\\
        y_1(t)=\dfrac{8\sqrt{3}}{9}\left( t-\dfrac12 \right)
      \end{array}\right.
 $$
  On obtient, par dérivation :
 $$
       \left\lbrace\begin{array}{l}
        x'_1(t)=\dfrac49 (-12t+6)=\dfrac83(-2t+1)\\
        y'_1(t)=\dfrac{8\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right.
 $$
  Tableau des variations conjointes :
%===================== début du tableau==========
%l'unité
\psset{unit=0.5cm}
%cadre général du tableau
\begin{pspicture}(-2,-6)(10,1)
%les traits horizontaux
\psline[linewidth=0.5pt]{-}(-2,0)(10,0)
\psline[linewidth=0.5pt]{-}(-2,-1)(10,-1)
\psline[linewidth=0.5pt]{-}(-2,-3)(10,-3)
\psline[linewidth=0.5pt]{-}(-2,-4)(10,-4)
%les traits verticaux
\psline[linewidth=0.5pt]{-}(0,1)(0,-6)
%les flèches
 \psline[linewidth=0.5pt]{->}(0.8,-2.5)(4.6,-1.6)
 \psline[linewidth=0.5pt]{->}(5.4,-1.6)(9.1,-2.5)
 \psline[linewidth=0.5pt]{->}(1.1,-5.6)(4.6,-5.1)
 \psline[linewidth=0.5pt]{->}(5.4,-5)(8.8,-4.6)
%les signes
 \rput(2.7,-0.5){$+$}
 \rput(2.7,-3.5){$+$}
 \rput(7.2,-0.5){$-$}
 \rput(7.2,-3.5){$+$}
%les colonnes
 \rput(-1,0.5){$t$}
 \rput(-1,-0.5){$x_1\,'(t)$}
 \rput(-1,-2){$x_1(t)$}
 \rput(-1,-3.5){$y_1\,'(t)$}
 \rput(-1,-5){$y_1(t)$}
%
 \rput(0.5,0.5){$0$}
 \rput(0.5,-2.5){$\frac49$}
 \rput(0.5,-5.5){$\frac{-4\sqrt{3}}{9}$}
%
 \rput(5,0.5){$\frac12$}
 \rput(5,-0.5){$0$}
 \rput(5,-1.5){$\frac{10}{9}$}
 \rput(5,-5.05){$0$}
%
 \rput(9.5,0.5){$1$}
 \rput(9.5,-2.5){$\frac49$}
 \rput(9.5,-4.5){$\frac{-4\sqrt{3}}{9}$}
%
\end{pspicture}
%===================== fin du tableau============
  Les coordonnées du point $M_1(0)$ sont :
  $$M_1(0)\left( \frac49, -\frac{4\sqrt{3}}{9} \right)\textrm{ puisque }
       \left\lbrace\begin{array}{l}
        x_1(0)=\dfrac49 \\
        y_1(0)=-\dfrac{4\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right.
  $$
 De la même façon, on obtient :
  $$
    M_1\left( \frac12\right) \left( \frac{10}{9}, 0 \right)
    \textrm{ puisque }
       \left\lbrace\begin{array}{l}
        x_1\left(\dfrac12\right)=\dfrac{10}9 \\
        y_1\left(\dfrac12\right)=0
      \end{array}\right.
  $$
 Enfin :
  $$M_1(1)\left( \frac49, \frac{4\sqrt{3}}{9} \right)\textrm{ puisque }
       \left\lbrace\begin{array}{l}
        x_1(1)=\dfrac49 \\
        y_1(1)=\dfrac{4\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right.
  $$
  \item %2b
    On sait que le vecteur $\overrightarrow{V(t)}$ de coordonnées
   $\overrightarrow{V(t)}\left(\begin{array}{l}
        x'(t) \\
        y'(t)
      \end{array}\right)$
  est un vecteur directeur de la tangente à la courbe au point
   $M\left( x(t),y(t)  \right)$.\\
   Donc un vecteur directeur de la tangente à $C_1$ en $M_1(0)$
   est :
   $$
     \overrightarrow{V(0)}
      \left(\begin{array}{l}
        x'_1(0) \\
        y'_1(0)
      \end{array}\right)
      =
      \overrightarrow{V(0)}
      \left(\begin{array}{c}
        \dfrac83 \\
        \dfrac{8\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right)
  $$
   De la même façon, un vecteur directeur de la tangente à $C_1$ en $M_1(1)$
   est :
   $$
     \overrightarrow{V(1)}
      \left(\begin{array}{l}
        x'_1(1) \\
        y'_1(1)
      \end{array}\right)
      =
      \overrightarrow{V(1)}
      \left(\begin{array}{l}
        -\dfrac83 \\
        \dfrac{8\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right)
  $$
  \item %2c
 Le vecteur $\overrightarrow{V(0)}$ est orthogonal  au vecteur
            $\overrightarrow{OM(0)}$ car leur produit scalaire est nul :
  $$\overrightarrow{V(0)} \cdot \overrightarrow{OM(0)}
     =
      \left(\begin{array}{l}
        x'_1(0) \\
        y'_1(0)
      \end{array}\right)
       \cdot
       \left(\begin{array}{l}
        x_1(0) \\
        y_1(0)
       \end{array}\right)
      =
      \left(\begin{array}{c}
        \dfrac83 \\
        \dfrac{8\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right)
      \cdot
       \left(\begin{array}{c}
        \dfrac49 \\
        -\dfrac{4\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right) $$
      Donc :
  $$\overrightarrow{V(0)} \cdot \overrightarrow{OM(0)}
     =
        \left(\dfrac83\right)  \left(\dfrac49\right) +
        \left(\dfrac{8\sqrt{3}}{9}\right)
        \left(-\dfrac{4\sqrt{3}}{9}\right)
     =0
   $$
 Donc les deux vecteurs sont orthogonaux.\\
 Même méthode pour démontrer que les deux vecteurs
   $\overrightarrow{V(1)}$ et $\overrightarrow{OM(1)}$ sont
   orthogonaux.
  \item %2d
  Voir la figure.
\end{enumerate}
  \item %3
\begin{enumerate}
  \item %3a
  On a  :
 $$ \overrightarrow{OM_2(t)}
    =
   R_0 (t) \overrightarrow{OP_{1}} +
   R_1 (t) \overrightarrow{OP_{2}} +
   R_2 (t) \overrightarrow{OP_{3}}
 $$
  avec :
  $$
     P_1\left(\frac{16}{9},0 \right)
     \textrm{ , }
     P_2\left( -\frac89, +\frac{8\sqrt{3}}{9} \right)
     \textrm{ et }
     P_3\left( -\frac89, -\frac{8\sqrt{3}}{9} \right)
  $$
  En ne considérant que l'abscisse du point $M_2$, on obtient :
    $$ x_2(t)= \left(\frac12t^2-t+\frac12 \right)\frac{16}{9}
               +\left(-t^2+t+\frac12 \right) \left(-\frac{8}{9}\right)
               +\frac12 t^2\left(-\frac{8}{9}\right)$$
  Tous calculs faits, on obtient :
   $$x_2(t)=\frac43t^2-\frac83t+\frac49$$
  \item %3b
  Si $M$ et $M'$ sont deux  points du plan complexe d'affixes $z$ et $z'$ et si $M'$
  est l'image de $M$ par la rotation $r$ de centre $O$ et d'angle $\frac{2\pi}{3}$ ,
  alors :
   $$z'=\e^{\i\dfrac{2\pi}{3}}~z
       =\left( \cos\dfrac{2\pi}{3} +\i\sin\dfrac{2\pi}{3}
       \right)~z
   $$
   Donc :
   $$z'=\left( -\frac12 +\i\frac{\sqrt{3}}{2}  \right)~z$$
  \item %3c
  Si les deux points $M$ et $M'$ ont pour coordonnées :
  $$M(x,y)\textrm{ et }M'(x',y')$$
  alors les affixes $z$ et $z'$ de ces deux points sont :
  $$z=x+\i y\textrm{ puisque }z'=x'+\i y'$$
 On remplace dans l'expression précédente :
  $$x'+\i y'=\left( -\frac12 +\i\frac{\sqrt{3}}{2}  \right)~(x+\i  y)$$
 On sépare les parties réelles et imaginaires, et on obtient :
     $$\left\lbrace\begin{array}{l}
         x'=-\dfrac12x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y \\
         y'=\dfrac{\sqrt{3}}{2}x-\dfrac12y
      \end{array}\right.$$
  \item %3d
   Si  $M_1$ est un point de l'arc $C_1$, de coordonnées   $M_1(x_1(t),y_1(t))$,
   son image $M'_1$ par la rotation $r$ a donc pour coordonnées $M'_1(x'_1(t),y'_1(t))$
   avec :
     $$\left\lbrace\begin{array}{l}
         x'_1(t)=-\dfrac12x_1(t)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y_1(t) \\
         y'_1(t)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}x_1(t)-\dfrac12y_1(t)
      \end{array}\right.$$
  Donc :
     $$\left\lbrace\begin{array}{l}
         x'_1(t)=-\dfrac12 \left[ \dfrac49 (-6t^2+6t+1)  \right]
                 -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left[ \dfrac{8\sqrt{3}}{9}\left( t-\dfrac12 \right) \right] \\
         y'_1(t)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left[ \dfrac49 (-6t^2+6t+1)  \right]
                -\dfrac12\left[ \dfrac{8\sqrt{3}}{9}\left( t-\dfrac12 \right) \right]
      \end{array}\right.$$
  Tous calculs faits, on obtient :
     $$\left\lbrace\begin{array}{l}
         x'_1(t)=   \dfrac43 t^2 -\dfrac83  t + \dfrac49  \\
         y'_1(t)=   -\dfrac{4\sqrt{3}}{3}t^2+\dfrac{8\sqrt{3}}{9}t+\dfrac{4\sqrt{3}}{9}
      \end{array}\right.$$
  C'est à dire :
       $$\left\lbrace\begin{array}{l}
         x'_1(t)=  x_2(t) \\
         y'_1(t)=  y_2(t)
      \end{array}\right.$$
 Le point image du point $M_1(t)$ de l'arc $C_1$  est donc bien le point  $M_2(t)$ de
 l'arc $C_2$.
\end{enumerate}
 \vspace{2ex}
  \item %4
\begin{enumerate}
  \item %4a
  Calculons l'intégrale $I$ :
 \begin{eqnarray*}
  \lefteqn{}\\
  I  & = &  \int_0^1 -y_1 (t) x'_1(t) \dt  \\
     & = & -\int_0^1 \dfrac{8\sqrt{3}}{9}\left( t-\dfrac12 \right)\times  \dfrac83(-2t+1) \dt \\
     & = & \int_0^1 \dfrac{64\sqrt{3}}{27}\times\frac12\left( 2t-1 \right)(2t-1) \dt \\
     & = & \int_0^1 \dfrac{32\sqrt{3}}{27}\left( 2t-1 \right)^2 \dt \\
     & = & \dfrac{32\sqrt{3}}{27} \left[\frac16 \left(2t-1 \right)^3     \right]_0^1
       =  \dfrac{16\sqrt{3}}{81} \left[ (1)^3-(-1)^3     \right]
       =  \dfrac{32\sqrt{3}}{81}
  \end{eqnarray*}
  \item %4b
 Pour calculer l'aire de la surface intérieure à la courbe, il
 faut multiplier par $3$ l'intégrale $I$ et ajouter l'aire de triangle
 équilatéral intérieur de coté $M_1(0)M_1(1)=\dfrac{8\sqrt{3}}{9}$. \\
 Or, on sait que la hauteur $h$ d'un triangle équilatéral de côté $c$ est donnée par :
 $$h=c\times\frac{\sqrt{3}}2$$
 Donc son aire $s$ est :
 $$s=\frac12\times c\times h=\frac12\times c^2\times\frac{\sqrt{3}}2
    =\frac12\times \left( \dfrac{8\sqrt{3}}{9} \right)^2\times\frac{\sqrt{3}}2
    =\dfrac{16\sqrt{3}}{27}$$
 L'aire de la courbe intérieure est $3\times \dfrac{32\sqrt{3}}{81}+\dfrac{16\sqrt{3}}{27}
 =\dfrac{16\sqrt{3}}{9}$  dont la valeur arrondie au centième est $3,08$.
  \item %4c
 L'aire d'un disque de rayon $1$ est égale à $\pi$.
 On a :
 $$\dfrac{\dfrac{16\sqrt{3}}{9}}{\pi}\approx 0,98$$
 donc l'approximation est très convenable.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
 \vspace{4ex}
 Document réponse :
 \begin{center}
    \includegraphics[scale=1]{figures/fig3.eps}
 \end{center}
}





%\newpage
\thispagestyle{empty}

\begin{minipage}{16cm}
\begin{center}
\tableofcontents
\thispagestyle{empty}
\end{center}
\end{minipage}
\end{document}
