2012-2013

(1)

ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2012-2013

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 On se place dans un repère R quelconque du plan et l’on considère la courbe H du plan d’équation

H : x2+ 3xy + 2y2− 2x + y − 1 = 0

1. Isoler la partie quadratique q(x, y) de l’´equation de H et en d´eduire la nature de la courbe H.

2. Mettre q(x, y) sous forme canonique. En d´_{eduire un changement de variable (x, y) (u, v)} tel que

q(x, y) ˜q(u, v) = u2− 1 4v

2

.

3. Montrer que dans le repère associé aux coordonnées (u, v), l’équation de H est u2− 1

4v

2 _{− 2u + 4v − 1 = 0}

4. `_{A l’aide d’un second changement de variable (u, v) (X, Y ), déterminer une troisième} équation de H de la forme

X2− 1 4Y

2

= K pour une valeur de K `a pr´eciser.

5. Déterminer les coordonnées (x0, y0) du centre de H dans le repère R.

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

Exercice 2 On se place dans le plan muni d’un repère orthonormé R = (O ; −→i ,−→j ). Pour tout m > 0, on considère la conique Cm d’équation

x2+ 2mxy + y2 = 1.

1. D´eterminer la nature de Cm en fonction de m.

2. Construire la matrice Am de la forme quadratique q(x, y) = x2− 2mxy + y2 et montrer

son spectre est

(2)

3. Montrer que toutes les coniques Cm ont les mˆemes axes principaux dont on donnera des

vecteur directeurs norm´es.

4. Donner l’équation de Cm dans le repère formé des axes principaux.

5. Donner une ´equation de l’axe focal dans le cas m 6= 1 (on distinguera les cas m < 1 et m > 1).

6. Montrer que C1 est un couple de droites parall`eles dont on donnera les ´equations dans R.

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

Exercice 3 On se place dans l’espace muni d’un repère R = (O ;−→i ,−→j ,−→k ) orthonormé et l’on note Q la quadrique de l’espace dont l’équation dans R est

x2− yz = 1 1. D´eterminer la matrice M de q(x, y, z) = x2− yz. 2. Montrer que le spectre de M est Sp(M ) = 1

2, 1, − 1 2

. 3. En d´eduire le rang, la signature et la nature de Q.

4. Déterminer un repère R0 orthonormé de l’espace dans lequel l’équation de Q est

1 2X

2_{+ Y}2 ₋1

2Z

2 _{= 1.}

5. On se place maintenant dans le repère R0 déterminé à la question précédente et pour tout α > 0, on note Hα l’intersection de Q avec le plan d’équation Y = α.

(a) Montrer que si α 6= 1, Hα est une hyperbole dont on pr´ecisera l’axe focal en fonction

de α.

(b) D´ecrire l’intersection H1.

(c) Construire un programme Sage qui, à l’aide d’une boucle for, trace dans un même repère du plan les courbes Hα pour α ∈ [0, 3] par pas de 0.5.

? ? ?

(3)

CORRECTION

Exercice 1 :

1. La partie quadratique de l’´equation de H est q(x, y) = x2_{+ 3xy + 2y}2 _{dont le discriminant}

est ∆ = (3)2_{− 4 × 2 = 1 > 0. H est donc une hyperbole.}

2. q(x, y) = x2+ 3xy + 2y2 = x + 3 2y 2 − 1 4y 2

En posant le changement de variable u = x +

3 2y v = y , on a q(x, y) = u2− 1 4v 2 = ˜q(u, v).

3. En inversant le changement de variable, on obtient x = u −

3 2v y = v et x2+ 3xy + 2y2− 2x + y − 1 = 0 ⇔ x +3 2y 2 −1 4y 2_{− 2x + y − 1 = 0} ⇔ u2₋ 1 4v 2_{− 2} u − 3 2v + v − 1 = 0 ⇔ u2− 1 4v 2 _{− 2u + 4v − 1 = 0}

4. En mettant, dans l’´equation ci dessus, les polynˆomes en u et v sous forme canonique, on obtient : u2− 2u − 1 4(v 2_{− 16v) − 1 = 0 ⇔ (u − 1)}2_{− 1 −}1 4((v − 8) 2_{− 64) − 1 = 0} ⇔ (u − 1)2₋ 1 4(v − 8) 2_{+ 14 = 0} En posant X = u − 1

Y = v − 8 , on obtient bien une ´equation de la forme X2− 1

4Y

2 _{= K}

avec K = −14.

5. La dernière équation est réduite. Le centre de H est donc le point de coordonnées (X0, Y0) = (0, 0). En “remontant” les changements de variables, on obtient (u0, v0) = (1, 8)

puis (x0, y0) = (−11, 8)

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

(4)

1. Le discriminant de la forme quadratique q(x, y) = x2+ 2mxy + y2 est

∆m = 4m2− 4 = 4(m2− 1).

Ainsi,

• si 0 < m < 1, ∆m < 0 et Cm est une ellipse,

• si m = 1, ∆m = 0 et Cm est une parabole,

• si m > 1, ∆m > 0 et Cm est une hyperbole.

2. Am =

1 m

m 1

. Son polynˆome caract´eristique est

χm(λ) = 1 − λ m m 1 − λ = (1 − λ)2− m2 _{= λ}2 _{− 2λ + 1 − m}2_.

Le discriminant de χm(λ) est ∆m = 4 − 4(1 − m2) = 4m2 et les deux valeurs propres sont

λ1,2 =

2 ±√4m2

2 = 1 ± m.

3. Les axes principaux de Cm sont donn´es par les sous espaces propres de Am. On r´esout

donc les systèmes linéaires AmX = λiX associés à chaque valeur propre :

• λ = (1 − m) :

AX = (1 − m)X ⇔ x + my = (1 − m)x

mx + y = (1 − m)y ⇔ y = −x.

Quelque soit m, le sous espace propre E1−m est donc la droite d’´equation y = −x

en-gendr´ee par le vecteur −→e1 = √ 2 2 (1, −1). • λ = (1 + m) : AX = (1 + m)X ⇔ x + my = (1 + m)x mx + y = (1 + m)y ⇔ y = x.

Quelque soit m, le sous espace propre E1+m est donc la droite d’´equation y = x

en-gendr´ee par le vecteur −→e2 = √

2 2 (1, 1).

4. Dans le rep`ere R0 = (O ; −→e1, −→e2), l’´equation de Cm est

(1 − m)X2+ (1 + m)Y2 = 1.

5. • Si 0 < m < 1, on a 0 < 1 − m < 1 + m. L’axe focal de Cm est donc l’axe (OX) dont

l’´equation dans R est y = −x.

• Si m > 1, on a 1 − m < 0 < 1 + m. L’axe focal de Cm est donc l’axe (OY ) dont

l’´equation dans R est y = x.

6. Si m = 1, l’´equation de C1 dans le rep`ere R0 est

2Y2 = 1 ⇔ Y = ±

√ 2 2 .

Il s’agit donc bien de deux droites parall`eles, et en repassant dans R, ces droites ont pour ´equations y = −x ± 1.

(5)

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 : 1. M =   1 0 0 0 0 −1 2 0 −1₂ 0  .

2. Le polynˆome caract´eristique de M est

χM(λ) = 1 − λ 0 0 0 −λ −1 2 0 −1 2 −λ = (1 − λ) λ 1₂ 1 2 λ = (1 − λ)(λ2− 1 4) (1 − λ) λ − 1 2 λ + 1 2

et les valeurs propres de M sont biens 1,1₂ et −1₂.

3. D’apr`es les lignes des valeurs propres trouv´ees ci dessus, on obtient σ(Q) = (2, 1), rg(Q) = 3

et Q est un hyperbolo¨ıde.

4. Pour obtenir un repère dans lequel l’équation de Q est réduit et reprend pour coefficients les valeurs propres de M , il faut déterminer les vecteurs propres de M :

• λ = 1 2 : M X = 1 2X ⇔    x = 1₂x −1 2z = 1 2y −1 2y = 1 2z ⇔ x = 0 y = −z E1

2 est donc la droite de l’espace engendr´ee par le vecteur −

→_e 1 = √ 2 2 (0, 1, −1). • λ = 1 : M X = X ⇔    x = x −1 2z = y −1 2y = z ⇔ y = z = 0.

E1 est donc la droite de l’espace engendr´ee par le vecteur −→e2 = (1, 0, 0).

• λ = −1 2 : M X = −1 2X ⇔    x = −1₂x −1 2z = − 1 2y −1 2y = − 1 2z ⇔ x = 0 y = z E₋1

2 est donc la droite de l’espace engendr´ee par le vecteur −

→_e

3 = √

2

2 (0, 1, 1).

(6)

5. (a) L’´equation de Hα est 1 2X 2_{+ α}2₋1 2Z 2 _{= 1 ⇐⇒} 1 2X 2₋ 1 2Z 2 _{= 1 − α}2_.

On reconnaˆıt une forme quadratique en deux variables, de signature (1, 1). On a donc bien une hyperbole dans le plan (XOZ). D’autre part,

• Si α < 1, en divisant par 1 − α2_{, on obtient une ´}_{equation de la forme}

X2 a2 −

Z2 b2 = 1.

Il s’agit donc d’une hyperbole dont l’axe focal est l’axe (OX).

• Si α > 1, en divisant par α2_{− 1, on obtient une ´equation de la forme}

Z2 a02 −

X2 b02 = 1.

Il s’agit donc d’une hyperbole dont l’axe focal est l’axe (OZ). (b) La courbe H1 a pour ´equation

1 2X

2₋ 1

2Z

2 _{= 0 ⇐⇒ X = ±Z.}

On reconnaˆıt un couple de droite orthogonales entre elles. (c)

Dessin = implicit plot(X2− Z2− 2, (X, −2, 2), (Z, −2, 2)) for a in srange(0.5, 3.5, 0.5) :

Dessin = Dessin + implicit plot(X2− Z2_{− 2 − 2 ∗ a, (X, −2, 2), (Z, −2, 2))}

Dessin.show()

? ? ?