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 rep`ere orthonorm´e R = (O ; −→i ,−→j ), on note C la courbe d’´equation
x2− 2xy + y2+ 3x + 3y + 1 = 0
1. Construire la matrice A de la forme quadratique q(x, y) associ´ee `a l’´equation ci-dessus. 2. Montrer Spec(A) = {0, 2}. En d´eduire 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) associ´ee `a q(x, y) via le changement de rep`ere puis d´eterminer l’´equation de C dans R0.
6. D´eterminer un second changement de variables (˜x, ˜y) (X, Y ) tel que l’´equation de C dans le rep`ere associ´e aux coordonn´ees (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,
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 ´etudi´es). 5. D´etermine et tracer la courbe C1.
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercice 3 On fixe un rep`ere orthonorm´e R = (O ; −→i ,−→j ,−→k ) de l’espace. Pour λ ∈ R fix´e, on note Qλ la quadrique de l’espace d’´equation
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’´equation de Qλ dans un rep`ere orthonorm´e adapt´e 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.
? ? ?
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 ´etant la matrice de passage d’une BON `a une BON, on a ´egalement P−1 = tP =
√ 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
˜
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’´equation r´eduite d’une parabole dans un rep`ere orthonorm´e R00 obtenu par translation du rep`ere R0. Le centre de ce dernier rep`ere 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)
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 :
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
coordonn´ees de M v´erifient cette ´equation, celles de M0´egalement. 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}.
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 ´equation r´eduite de Qλ en divisant l’´equation 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’´equation d’un cˆone elliptique de l’espace (qui fait la “transition” entre un hyperbolo¨ıde `a une nappe et un hyperbolo¨ıde `a deux nappes).
? ? ?