Repère de Frenet et formules de Frenet-Serret

(i) La bilinéarité et l'antisymétrie se lisent sur la formule. Le développement du déterminant de $(u, v, w)$ selon sa troisième colonne (Comatrice) est exactement $\sum_i w_i\,(u \wedge v)_i$ ; donc $\langle u \wedge v, u \rangle = \det(u, v, u) = 0$, et de même pour $v$.

Les deux membres de l'identité de Lagrange valent $\sum_{i < j}(u_iv_j - u_jv_i)^2$ : à gauche, ce sont les carrés des trois coordonnées ; à droite, $$\begin{aligned} &\sum_{i, j} u_i^2v_j^2 - \sum_{i, j} u_iv_iu_jv_j \\ &\quad = \tfrac12\sum_{i, j}(u_iv_j - u_jv_i)^2. \end{aligned}$$

Si $(u, v)$ est libre, on la complète en une base $(u, v, w)$, et $\langle u \wedge v, w \rangle = \det(u, v, w) \neq 0$ (Déterminant d'une matrice, (ii)) ; si elle est liée, $\det(u, v, w) = 0$ pour tout $w$, et $u \wedge v$, orthogonal à tout vecteur, est nul.

Si $(u, v)$ est orthonormée, $u \wedge v$ est orthogonal à $u$ et $v$, de norme $1$ par l'identité de Lagrange, et $\det(u, v, u \wedge v) = \|u \wedge v\|^2 = 1$. Le vecteur $(u \wedge v) \wedge u$ est unitaire et orthogonal à $u \wedge v$ et à $u$, donc égal à $\pm v$ ; et $\langle (u \wedge v) \wedge u, v \rangle = \det(u \wedge v, u, v) = \det(u, v, u \wedge v) = 1$, une permutation circulaire étant paire. De même $\langle (u \wedge v) \wedge v, u \rangle = \det(u \wedge v, v, u) = -1$.

Enfin, pour $A$ orthogonale de déterminant $1$ et tout $w$, $\det(Au, Av, w) = \det A\,\det(u, v, {}^tAw)$, d'où $$\begin{aligned} \langle Au \wedge Av, w \rangle &= \langle u \wedge v, {}^tAw \rangle \\ &= \langle A(u \wedge v), w \rangle. \end{aligned}$$

(ii) $\delta''$ est de classe $C^1$ et ne s'annule pas, donc $\kappa = \|\delta''\|$ et $N$ sont de classe $C^1$ (comme au nœud Abscisse curviligne, (i)), et $B$ aussi. De $\langle T, T \rangle = 1$ on tire $\langle T', T \rangle = 0$ : $N$ est unitaire et orthogonal à $T$, et (i) fait de $(T, N, B)$ une base orthonormée directe.

Notons $(e_1, e_2, e_3) = (T, N, B)$ et $a_{ij} = \langle e_i', e_j \rangle$. En dérivant $\langle e_i, e_j \rangle$, constant, on obtient $a_{ij} + a_{ji} = 0$. Or $a_{12} = \langle \kappa N, N \rangle = \kappa$, $a_{13} = \langle \kappa N, B \rangle = 0$ et $a_{23} = \tau$ par définition. La décomposition $e_i' = \sum_j a_{ij}e_j$ dans la base orthonormée donne les trois formules.

(iii) Soit $s$ une abscisse curviligne et $\delta = \gamma \circ s^{-1}$, de classe $C^3$. En dérivant $\gamma = \delta \circ s$, avec $\delta'' = \kappa N$ et, si $\kappa > 0$, les formules (ii), $$\begin{aligned} \gamma' &= s'T, \\ \gamma'' &= s''T + s'^2\kappa N, \\ \gamma''' &= (s''' - s'^3\kappa^2)T + (3s's''\kappa + s'^3\kappa')N \\ &\quad + s'^3\kappa\tau B. \end{aligned}$$ La deuxième ligne vaut sans hypothèse sur $\kappa$, en écrivant $\delta''$ au lieu de $\kappa N$ : $\gamma' \wedge \gamma'' = s'^3\,T \wedge \delta''$, de norme $s'^3\|\delta''\|$ puisque $\delta'' \perp T$. Ce produit ne s'annule donc que là où $\delta''$ s'annule.

Si $\kappa > 0$, $\gamma' \wedge \gamma'' = s'^3\kappa B$, d'où la formule de $\kappa$, avec $s' = \|\gamma'\|$. Seule la composante de $\gamma'''$ sur $B$ compte dans le produit scalaire avec $B$, et $\det(\gamma', \gamma'', \gamma''') = \langle \gamma' \wedge \gamma'', \gamma''' \rangle = s'^6\kappa^2\tau$, d'où la formule de $\tau$.

(iv) Si $\tau = 0$, alors $B' = 0$ : $B$ est un vecteur constant $B_0$. La fonction $\langle \delta(\sigma) - \delta(\sigma_0), B_0 \rangle$ a pour dérivée $\langle T, B_0 \rangle = 0$ et s'annule en $\sigma_0$ : $\delta$ reste dans le plan passant par $\delta(\sigma_0)$ et orthogonal à $B_0$.

Réciproquement, si $\langle \delta - p, n \rangle = 0$ pour un point $p$ et un vecteur unitaire $n$, deux dérivations donnent $\langle T, n \rangle = \langle N, n \rangle = 0$. Le vecteur $n$ est unitaire et orthogonal à $T$ et $N$, comme $B$ : donc $B = \pm n$. La fonction continue $\langle B, n \rangle$, à valeurs dans $\{-1, 1\}$, est constante (Valeurs intermédiaires) ; $B$ est constant, et $\tau = -\langle B', N \rangle = 0$.