2016-2017

(1)

ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2016-2017

CONTR ˆOLE CONTINU

Coniques, quadriques, formes quadratiques.

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 Dans le plan muni d’un repère orthonormé R = (O ; −→i ,−→j ), on note C la courbe d’équation

x2− 2xy + y2+ 3x + 3y + 1 = 0

1. Construire la matrice A de la forme quadratique q(x, y) associée à l’équation ci-dessus. 2. Montrer Spec(A) = {0, 2}. En déduire la signature de q(x, y) et la nature de C.

3. Construire une base B = {−→e1, −→e2} du plan faite de vecteurs propres de A de norme 1 et

v´erifier que la base B est orthonorm´ee.

ATTENTION : on prendra −→e1 ∈ E0 et −→e2 ∈ E2.

4. Donner sans calcul la matrice de passage P de R `a R0 = (O ; −→e1, −→e2) et la matrice P−1.

5. Donner sans calcul la forme quadratique ˜q(˜x, ˜y) associée à q(x, y) via le changement de repère puis déterminer l’équation de C dans R0.

6. Déterminer un second changement de variables (˜x, ˜_{y) (X, Y ) tel que l’équation de C} dans le repère associé aux coordonnées (X, Y ) soit

Y2 = ±3 √

2

2 X

7. D´eterminer les coordonn´ees dans R de l’unique sommet de C.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 On se place dans le plan muni d’un rep`ere orthonorm´e. Pour tout a ∈ R, on note

• qa(x, y) = (1 + a)(x2+ y2) + 2(1 − a)xy,

(2)

3. En d´eduire la signature de qa en fonction des valeurs de a.

4. On suppose ici que a 6= 1.

(a) Montrer que les sous espaces propres de A sont deux droites orthogonales du plan, ind´ependantes de a.

(b) Donner en fonction de a la nature de Ca ainsi que ses axes principaux (on fera une

esquisse pour chacun des cas étudiés). 5. Détermine et tracer la courbe C1.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 On fixe un repère orthonormé R = (O ; −→i ,−→j ,−→_{k ) de l’espace. Pour λ ∈ R fixé,} on note Qλ la quadrique de l’espace d’équation

x2+ z2+ 2xy + 2yz + 4y = λ 1. Soit Ω =   −1 1 −1   R

. Montrer que l’´equation de Qλ dans le rep`ere RΩ = (Ω ;

− →

i ,−→j ,−→k ) est

X2+ Z2 + 2XY + 2Y Z = λ − 2 2. Montrer que le point Ω est centre de sym´etrie de Qλ.

3. Donner la matrice A de la forme quadratique q(X, Y, Z) = X2+ Z2+ 2XY + 2Y Z. 4. Montrer que Spec(A) = {2, 1, −1}.

Ind. : on pourra commencer par effectuer l’op´eration L1 ← L1+L2+L3dans le d´eterminant

det(A − λI3).

5. Donner sans calcul l’équation de Qλ dans un repère orthonormé adapté aux sous espaces

propres E2, E1 et E−1.

6. Donner le type de la conique Qλ en fonction des diff´erentes valeurs de λ. On fera une

esquisse pour chacun des cas distingu´es en faisant apparaˆıtre les sous espaces propres.

? ? ?

(3)

CORRECTION

Exercice 1 : 1. Puisque q(x, y) = x2− 2xy + y2_{, on a} A = 1 −1 −1 1 2. det(A − λI2) = 1 − λ −1 −1 1 − λ = (1 − λ)2− 1 = (1 − λ − 1)(1 − λ + 1) = λ(λ − 2)

Donc Spec(A) = {2, 0}. La signature de q(x, y) est donc (1, 0) et C est une parabole. 3. • E0 :

AX = 0 ⇔ x − y = 0

−x + y = 0 ⇔ y = x

Donc E0 = {(x, x), x ∈ R}. C’est une droite, engendr´ee par exemple par le vecteur

− →_e 1 = √ 2 2 1 1 R . • E2 : AX = 2X ⇔ x − y = 2x −x + y = 2y ⇔ y = −x

Donc E2 = {(x, −x), x ∈ R}. C’est une droite, engendr´ee par exemple par le vecteur

− →_e 2 = √ 2 2 −1 1 R .

On a pris soin de normer les vecteurs −→e1 et −→e2. La famille {−→e1, −→e2} forme donc une base

orthonorm´ee si les deux vecteurs sont orthogonaux. Or −

→_e

1.−→e2 =

1

2(1 × (−1) + 1 × 1) = 0 Donc B est bien une BON.

4. Par d´efinition, on a P = √ 2 2 1 −1 1 1

. D’autre part, P étant la matrice de passage d’une BON à une BON, on a également P−1 = t_{P =}

√ 2 2 1 1 −1 1 .

5. ´Etant donn´ees les valeurs propres de A et le choix que l’on a fait dans l’ordre des vecteurs dans P , on a

˜

(4)

x y = P × ˜ x ˜ y ⇔ x = ₂ (˜x − ˜y) y = √ 2 2 (˜x + ˜y) D’o`u p(x, y) = x2− 2xy + y2+ 3x + 3y + 1 = 2˜y2+ 3 √ 2 2 (˜x − ˜y) + 3 √ 2 2 (˜x + ˜y) + 1 = 2˜y2+ 3√2˜x + 1

et l’´equation de C dans R0 est

( ˜E) : 2˜y2+ 3√2˜x + 1 = 0 6. ( ˜E) ⇔ 2˜y2+ 3√2 x +˜ √ 2 6 ! = 0 ⇔ 2Y2 = −3√2X en posant X = x +˜ √ 2 6 Y = y

7. On reconnaˆıt ici l’équation réduite d’une parabole dans un repère orthonormé R00 obtenu par translation du repère R0. Le centre de ce dernier repère est le sommet S de la parabole. Donc S = 0 0 R00 = − √ 2 6 0 R0

On retrouve alors les coordonn´ees de S dans R via la matrice de passage P : xS yS R = P × − √ 2 6 0 R0 = −1 6 1 −1 1 1 1 0 = −1 6 1 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 : 1. A = 1 + a 1 − a 1 − a 1 + a 2. det(A − λI2) = 1 + a − λ 1 − a 1 − a 1 + a − λ = (1 + a − λ)2− (1 − a)2 = (1 + a − λ − (1 − a))(1 + a − λ + (1 − a)) = (2a − λ)(2 − λ)

(5)

3. • Si a > 0, alors σ(qa) = (2, 0).

• Si a < 0, alors σ(qa) = (1, 1).

• Si a = 0, alors σ(qa) = (1, 0).

4. (a) • E2a :

AX = 2aX ⇔ (1 + a)x + (1 − a)y = 2ax

(1 − a)x + (1 + a)y = 2ay ⇔ y = −x

Donc E2a= {(x, −x), x ∈ R}.

• E2 :

AX = 2X ⇔ (1 + a)x + (1 − a)y = 2x

(1 − a)x + (1 + a)y = 2y ⇔ y = x

Donc E2 = {(x, x), x ∈ R}.

Quelque soit a 6= 1, les sous espaces propres de A sont les deux bissectrices du plan (xOy). Ce sont donc bien deux droites orthogonales entre elles, ind´ependantes de a. (b) La nature de Ca d´epend de la signature de qa et donc du signe de a. Ainsi,

• Si a < 0, σ(qa) = (1, 1). Ca est donc une hyperbole dont l’axe focal est E2 et dont

le second axe de sym´etrie est E2a.

• Si a > 0 (et a 6= 1), alors σ(qa) = (2, 0). C est donc une ellipse. D’autre part, son

axe focal est associ´e `a sa plus petite valeur propre. Il faut donc distinguer deux sous cas :

— Si 0 < a < 1, alors 2a < a et l’axe focal de Ca est E2a, E2´etant alors le second

axe de sym´etrie.

— Si a > 1, alors 2 < 2a et l’axe focal de Ca est E2, E2a ´etant le second axe de

sym´etrie.

• Si a = 0, σ(qa) = (1, 0) et Ca est une parabole. Son axe focal (et unique axe de

sym´etrie) est alors E0.

5. C1 est la courbe d’´equation

2(x2+ y2) = 1 ⇐⇒ x2+ y2 = 1 2 C1 est donc le cercle de centre (0, 0) et de rayon

√ 2.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

(6)

Z z ses coordonn´ees dans R, alors

−−→ OM = −→OΩ +−−→ΩM ⇔    x = −1 + X y = 1 + Y z = −1 + Z

L’´equation de Qλ dans RΩ est alors

x2+ z2+ 2xy + 2yz + 4y = λ ⇔ (X − 1)2+ (Z − 1)2+ 2(X − 1)(Y + 1) + 2(Y + 1)(Z − 1) + 4(Y + 1) = λ ⇔ X2₋ 2X + 1 + Z 2₋ 2Z + 1 + 2XY + 2X − 2Y − 2 + 2Y Z −2Y + 2Z − 2 +4Y + 4 = λ ⇔ X2+ Z2 + 2XY + 2Y Z = λ − 2 2. Soit M =   X Y Z   RΩ

∈ Qλ. Le sym´etrique de M par rapport `a Ω est M0 =

  −X −Y −Z   RΩ . Mais puisque l’´equation de Qλ dans RΩ ne contient que des termes de degr´e 2, si les

coordonnées de M vérifient cette équation, celles de M0également. Donc si M ∈ Qλ alors

M0 ∈ Qλ. 3. A =   1 1 0 1 0 1 0 1 1   4. det(A − λI3) = 1 − λ 1 0 1 −λ 1 0 1 1 − λ = 2 − λ 2 − λ 2 − λ 1 −λ 1 0 1 1 − λ L1 ← L1+ L2+ L3 = (2 − λ) 1 1 1 1 −λ 1 0 1 1 − λ = (2 − λ) 1 1 1 0 −1 − λ 0 0 1 1 − λ L2 ← L2− L1 = (2 − λ)(−1 − λ)(1 − λ) Donc Spec(A) = {2, 1, −1}.

(7)

5. En note E2 = (OX), E1 = (OY ) et E−1 = (OZ), l’´equation de Qλ dans un rep`ere

orthonorm´e (OXY Z) est

2X2+ Y2− Z2 _{= λ − 2}

6. La signature de la forme quadratique 2X2+ Y2− Z2 _´_{etant (2, 1), la quadrique Q}

λ est un

hyperbolo¨ıde. D’autre part,

• si λ 6= 2, on obtient une équation réduite de Qλ en divisant l’équation ci-dessus par

λ − 2 : 2 λ − 2X 2₊ 1 λ − 2Y 2₋ 1 λ − 2Z 2 _{= 1} Ainsi,

— Si λ > 2, la signature de Qλ est (2, 1) et Qλ est un hyperbolo¨ıde `a une nappe.

— Si λ < 2, la signature de Qλ est (1, 2) et Qλ est un hyperbolo¨ıde `a deux nappes.

• Q2 a pour ´equation

2X2+ Y2 − Z2 = 0

On reconnaˆıt ici l’équation d’un cône elliptique de l’espace (qui fait la “transition” entre un hyperbolo¨ıde à une nappe et un hyperbolo¨ıde à deux nappes).

? ? ?