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Le point M, obtenu en portant la longueur / sur la normale principale, vers l'axe du cylindre, a pour coordonnées :
X — (a — Î) cos t, Y— (a — 1) sin t, = ah l étant constant, ce point décrit une hélice, que l'on déduit de la
1 ah première en remplaçant a par a — {, et h par =: 1° Les deux hélices S et S, ont les rayons de courbure : a*h?
Rs ati <E), PR CL
Les courbures, inverses des rayons de courbure, seront égales. en valeur absolue, si l'on aR — +R.
SiR, —=Rona ah?
a — | KL — à + ak} — 0
ah? rer
[ — o donne deux hélices $ et S; identiques ; la seule solution est
SiR, =—RkR,ona 2,2 af +) + TE al 0
PE — a + kR)l+ 901 + R) — 0 ({— 2a) (1 — a — ah?) — 0
| — 2a donne une hélice égale et symétrique à $ par rapport à l'axe oz.
Si {= ali + h?), M, est le centre de courbure de S, de même que M est le centre de courbure en M. de l'hélice S:. Cette hélice S: est symétrique de la première solution, pour laquelle
| — a(1 FF h5}:
En résumé, on obtient l’hélice S1 lieu des centres de courbure de S, et deux hélices symétriques de S et S; par rapport à oz.
2° Si les torsions sont égales, les rayons de torsion T, inverses des torsions, sont égaux. Pour les deux hélices ces rayons de torsion sont :
5 l Res (a — 1° T=ali+}), Pr ES TAN
on doit avoir
ru MP ou (a né 15
ah
a ou “20h + h
La première équation donne { — o et ! — 2a, c'est-à-dire l'hélice S et l'hélice symétrique. La seconde équation donne :
(a — 1 = — {1 + 2h) et n’a que des solutions imaginaires.
3° Les cosinus directeurs des tangentes aux deux hélices sont :
sin l cos h V foi he V1 + h? V1 pe h2 RS LET cos, Le Vie EN vi El ah he 7 D
ces deux tangentes sont perpendiculaires, si l'on a : 1 + hly = 0, [= ali + h?)
on retrouve l’hélice S;, lieu des centres de courbure.
4° La binormale MH est perpendiculaire à la tangente et à la normale principale. Comme les normales principales aux deux hélices coïncident, MT, est parallèle à MH si elle est perpendiculaire à MT, et on retrouve la question précédente.
