- CC1-S2 - - 2018-2019 - – Correction - Géométrie –

(1)

- CC1-S2 - - 2018-2019 - – Correction - Géométrie –

Exercice 1

On se place dans le plan affine euclidienP muni d’un repère orthonormé(O;~ı, ~).

SoitC la conique d’équation cartésienne y²−√

3xy−2√ 3x+

4−3√ 3

y+ 6−6√ 3 = 0

1. Soit la matriceA=







0 −

√3

2

−

√3

2 1





.

a. Calculer les valeurs propres de A. Trouver deux vecteurs propres~uet ~v tels que(~u, ~v)soit une base ortho- normée directe de R².

A est symétrique donc diagonalisable dans une base orthonormée directe.

On a χ_A= (X−3

2)(X+1

2)puis Sp(A) = 3

2,−1 2

. On trouve E₋1

2(A) =Ker

A+1 2I₂

=Vec √

3 1

, puis on prend~u= √3

2 ;1 2

! . Les sous-espaces propres étant orthogonaux,~v= −1

2;

√3 2

!

est tel que la famille de vecteurs propres(~u, ~v) est une base orthonormée directe deR².

b. Quelle isométrie de R²transforme le base (~ı, ~)en la base(~u, ~v)?

P =







√3 2 −1

2 1 2

√3 2







=





 cosπ

6 −sinπ 6 sinπ

6 cosπ 6







donc l’isométrie en question est la rotation d’angle π 6.

2. Déterminer la nature de la conique ainsi que ses éléments caractéristiques.

det(A)<0, on en déduit que la conique est du genre hyperbole.

Si on notef : (x, y)7→y²−√

3xy−2√ 3x+

4−3√ 3

y+ 6−6√

3, les coordonnées de son centre dans le repère (O;~ı, ~)sont données par :







∂f

∂x(x0, y0) = 0

∂f

∂y(x₀, y₀) = 0 On trouve le pointΩde coordonnées(−3,−2) dans le repère(O;~ı, ~).

Une équation de la conique dans le repère(Ω, ~u, ~v)est :−1 2X²+3

4Y²=f(−3,−2)c’est-à-dire : X²

2² − Y² √2

3

² = 1

Finalement, C est l’hyperbole de centre Ω, telle que, dans le repère (Ω;~u, ~v), les sommets sont A(2,0) et A⁰(−2,0), et les asymptotes sont∆ : Y = 1

√3X et∆⁰: Y =− 1

√3X.

(2)

Autre méthode :

On poseX=P X₁ avecX₁= x₁

y₁

etX = x

y

. Ce qui nous donne





 x=

√3 2 x₁−1

2y₁ y=1

2x₁+

√3 2 y₁

, et ainsi

y²−√

3xy−2√ 3x+

4−3√ 3

y+ 6−6√

3 = 0⇐⇒ −1 2x²₁+3

2y₁²− 1 + 3√ 3 2

! x1+

3√

3−9 2

y1+ 6−6√ 3 = 0

⇐⇒ −1

2 x1+ 1 + 3√ 3 2

!² +3

2

y1+√ 3−3

2 2

=−2

⇐⇒

x₁+ 1 +³

√ 3 2

²

2² − y1+√ 3−³₂² √2

3

² = 1

Dans le repère (O;~u, ~v), si on poseΩ le point de coordonnées −1−3√ 3 2 ,−√

3 + 3 2

!

, alors on retrouve que l’équation réduite de la coniqueC dans le repère(Ω;~u, ~v)est

X²

2² − Y² √2

3

2 = 1

3. Tracer la coniqueC dans le repère(0,~ı, ~). On prendra√

3≈1, 732.

Exercice 2 SoitE un espace euclidien. On suppose dim(E)≥2.

On note(u|v)le produit scalaire des vecteursuet v, et||u||la norme du vecteur u.

On se donne un vecteurwdeE de norme1et, pour tout réelα6= 0, on pose , pour toutx∈E : fα(x) =x+α(x|w)w

1. Vérifier quefαest un endomorphisme deE.

∀x, y∈E, ∀λ∈R, fα(x+λy) =x+λy+α(x+λy|w)w=x+λy+α(x|w)w+λα(y|w)w=fα(x) +λfα(y) et doncf_α est linéaire.

De plus, comme∀x∈E,f_α(x) =x+α(x|w)w∈Vect{x, w} ⊂E, on peut en déduire quef_α est un endomorphisme deE.

2. Montrer que pour tous réels non nulsα, β, on a :

(3)

∀x∈E, f_α◦f_β(x) =x+β(x|w)w+α(x+β(x|w)w|w)w

=x+β(x|w)w+α(x|w)w+αβ(x|w) (w|w)

| {z }

=1

w

=x+ (β+α+αβ) (x|w)w

=fβ+α+αβ(x)

=f_β◦f_α(x)

3. Montrer que pour tous vecteursxety, on a

(x|fα(y)) = (fα(x)|y) On a(x|fα(y)) = (x|y+α(y|w)w) = (x|y) +α(y|w) (x|w)et

(fα(x)|y) = (y|fα(x)) = (y|x+α(x|w)w) = (y|x) +α(x|w) (y|w), donc(x|fα(y)) = (fα(x)|y).

4. Vérifier quew est un vecteur propre defα. fα(w) =w+α(w|w)

| {z }

=1

w=w+αw= (1 +α)w. De plus, commewest de norme1, on en déduit quew6= 0.

Ainsiwest un vecteur propre defαassocié à la valeur propre 1 +α.

5. a. Montrer que1 est valeur propre defα.

Il s’agit de montrer que Ker(fα−IdE)n’est pas réduit au vecteur nul.

Soitx∈E alors(fα−IdE) (x) =x+α(x|w)w−x=α(x|w)w.

Commeα6= 0et w6= 0, on conclut quex∈Ker(fα−IdE)si, et seulement si(x|w) = 0, ce qui équivaut à Ker(fα−IdE) = (Vect(w))^⊥ qui est donc une hyperplan deE.

Ainsi Ker(fα−IdE)est de dimensionn−1≥1, car dim(E)≥2.

1 est bien valeur propre defα.

b. Quel est le sous-espace propre associé à la valeur propre1?

On a montré dans la question précédente queE₁(f_α) = (Vect(w))^⊥ (et qu’il est de dimensionn−1.) c. L’endomorphismef_α est-il diagonalisable ?

On déduit de ce qui précède que f_α admet au moins deux valeurs propres distinctes 1 et 1 +α (puisque α6= 0) de multiplicités respectives au moins égale àn−1et 1.

Comme dim(E) = n, on en déduit que les seules valeurs propres de f_α sont 1 et 1 +α de multiplicités respectives n−1 et 1, et ainsi la somme des dimensions des sous-espaces propres est égale à la dimension deE. On conclut quef_αest diagonalisable.

Remarque : On peut également utiliser le fait que fα est un endomorphisme symétrique réel (question 3) pour conclure qu’il est diagonalisable.

6. Pour quelles valeurs deαl’endomorphismefαest-il inversible ? Calculer dans ce cas son inverse.

f_αinversible⇐⇒0∈/ Sp(f_α)

⇐⇒1 +α6= 0

⇐⇒α6=−1

D’après la question 3, pourα6=−1, on chercheβtel quefα◦fβ=fβ+α+αβ=IdE; ceci équivaut àβ+α+αβ= 0, c’est à direβ=− α

1 +α. On conclut que∀α6=−1, (f_α)⁻¹=f₋ ^α

1+α.

7. Pour quelles valeurs deαl’endomorphismef_αest-il une isométrie ? Caractériser dans ce cas cet endomorphisme.

(4)

∀x∈E, kf_α(x)k=kxk ⇐⇒ ∀x∈E, (f_α(x)|f_α(x)) = (x|x)

⇐⇒ ∀x∈E, 2α(x|w)²+α²(x|w)²= 0

⇐⇒ ∀x∈E, (2α+α²) (x|w)²= 0

⇐⇒2α+α²= 0

⇐⇒α=−2 (carα6= 0)

Compte tenu des questions précédentes, Sp(f₋₂) = {1,−1}, 1 est de multiplicité n−1 alors que −1 est de multiplicité1. Par conséquent,f₋₂ est la réflexion par rapport à l’hyperplan(Vect(w))^⊥.

8. En utilisant la question 3, montrer que siF est un sous-espace vectoriel stable parf_α, alorsF^⊥ est également stable parf_α.

Soitx∈F^⊥. Montrons que f_α(x)∈F^⊥ : Soity∈F, on a :(fα(x)|y) = (x|fα(y)) =





fα(y)

| {z }

∈F

| x

|{z}

∈F^⊥





= 0.

Remarque : Pour les questions5)c), 6 et 7, on peut au préalable déterminer la matrice que f_α dans une base

orthonormée adaptée à la décompositionE=Vect(w)⊕(Vect(w))^⊥ qui est







1 +α 0 · · · 0 0 1 0 · · · 0 0 . .. . .. . .. ... ... . .. . .. . .. 0 0 · · · 0 0 1





 .

On ainsi que fα est diagonalisable, quefαest inversible si, et seulement si, α6=−1 et que c’est une isométrie si, et seulement si,|1 +α|= 1, c’est à direα=−2puisque α6= 0.

Exercice 3

On considère la courbe paramétréeΓadmettant pour représentation paramétrique :

ϕ:t7→







x(t) =t+ 1 2t² y(t) = t²

2 +1 t

, t∈R^∗

1. Déterminerϕ 1

t

en fonction deϕ(t), et en déduire que l’on peut réduire le domaine d’étude de l’arc paramétré à[−1,0[∪]0,1].

On précisera quelle transformation permet d’obtenir la courbe en entier.

Pourt6= 0, on a :









 x

1 t

=y(t) y

1 t

=x(t) .

On en déduit que l’on peut réduire le domaine d’étude de l’arc paramétré à[−1,0[∪]0,1].

On obtient le reste de la courbe à l’aide d’une symétrie par rapport à la droite d’équationy=x.

2. Etudierϕet tracerΓdans un repère orthonormé.







x⁰(t) =t³−1 t³ y(t) =t²−1

t²

. On en déduit le tableau de variations suivant :

(5)

t −1 0 1

x⁰(t) 2 + - 0

+∞ +∞

x % &

−1/2 3/2

y⁰(t) -2 - - 0

−1/2 +∞

y & &

−∞ 3/2

Pourt= 1, on a un point singulier.x⁰⁰(1) = 3 ety⁰⁰(1) = 3; on en déduit qu’il s’agit d’un rebroussement.

L’axe de symétrie permet de dire qu’il est de première espèce.

y x ∼

0 2t. On en déduit que lim

t→0

y x

= 0, puis que la courbe admet une branche parabolique de direction(Ox).

On obtient la courbe suivante :

Exercice 4 On munit le plan d’un repère orthonormé(O,~i,~j).

On considère la courbe paramétréeC admettant pour représentation paramétrique :







x(t) =asint y(t) =asin²t

cost

, oùa∈R^∗+

1. a. Justifier que l’on peut réduire le domaine d’étude de l’arc paramétré à h 0,π

2 h

.

Les fonctions xet y sont 2π-périodiques, on peut donc réduire l’étude de l’arc à un intervalle de longueur 2π, et on aura l’intégralité de la courbe.

xest impaire, etyest paire. On peut donc étudier l’arc surh 0,π

2 h∪iπ

2, πi

, le reste de la courbe s’obtenant à l’aide d’une symétrie d’axe(Oy).

Enfin,x(π−t) =x(t)ety(π−t) =−y(t). On peut donc étudier l’arc surh 0,π

2 h

, la courbe correspondant à t∈iπ

2, πi

s’obtenant à l’aide d’une symétrie d’axe(Ox).

b. Etudier l’arc paramétré, puis tracerC poura= 2.







x⁰(t) =a cost

y(t) =a2 sintcos²t+ sin³t

cos²t =asint(1 + cos²t) cos²t

. On en déduit le tableau de variations suivant :

(6)

t 0 π/2 x⁰(t) + 0

a

x %

0 y⁰(t) 0 +

+∞

y %

0

La courbe admet une tangente horizontale pour t= 0 et une asymptote d’équationx=a.

On obtient la courbe suivante :

2. Pourt∈i 0,π

2 h

, on noteM(t)le point deC de coordonnées (x(t), y(t)).

a. Exprimer OM(t)à l’aide deaet det.

OM(t) =a s

sin²t+ sin⁴t cos²t =a

s

sin²t cos²t+ sin²t

cos²t =atant, cart∈i 0,π

2 h. b. La perpendiculaire à(OM(t))enM(t)coupe(0y)enN. Montrer queM N =a.

On note αl’angle−−−−→

OM(t),~j

. On a :tan(α) =x(t)

y(t) =cost sint = 1

tant. On a également (dans le triangleOM N rectangle enM) :tan(α) =M N

OM. On en déduit queM N =a.

c. Montrer que la perpendiculaire en O à (OM(t)), la parallèle à(Ox)enN et la normale àC enM(t)sont concourantes.

La perpendiculaire en Oà (OM(t))a pour équation :x(t)x+y(t)y= 0, c’est à dire :cost x+ sint y= 0, cart∈i

0,π 2 h

donccostsint6= 0.

Le pointN a pour ordonnée a

cost (qui est donnée par exemple avec le théorème de Pythagore dans le triangle OM N). La parallèle à(Ox)enN a donc pour équationy= a

cost.

La perpendiculaire enOà (OM(t))et la parallèle à(Ox)enN s’interceptent en le pointK de coordonnées −asint

cos²t , a cost

. Le vecteur −−→

M K a pour coordonnées

−asint(1 + cos²t) cos²t , acost

; il est donc normal à la tangente à la courbe en M (dont un vecteur directeur est donné par(x⁰(t), y⁰(t))). On en déduit que la normale à C en M(t)passe parK.