ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2010-2011
CONTR ˆOLE CONTINU
Coniques, 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 le plan muni d’un rep`ere R1 = (O ;−→i ,−→j ) orthonorm´e et on note C la conique dont l’´equation dans R1 est
x2 − 2xy + y2+ 2x − 6y = 2√2 − 1
On note de plus q la partie quadratique de cette ´equation : q(x, y) = x2
− 2xy + y2
. 1. Calculer le discriminant de q et en d´eduire la nature de la conique C.
2. D´eterminer un changement de variables
x′ = αx + βy
y′ = γx + δy
tel que
(a) la forme r´eduite de q dans ce nouveau syst`eme de coordonn´ees est ˜
q(x′, y′) = κy′2 (pour κ ∈ R `a d´eterminer) (b) le rep`ere R2 associ´e aux coordonn´ees
x′
y′
soit orthonorm´e. 3. Montrer que l’´equation de C dans R2 est
y′2+√2y′± 2√2x′ =√2 − 1
2. (Le signe de x′ d´epend du rep`ere choisi `a la question pr´ec´edente.)
4. D´eterminer le changement de variables
x′ = X + A
y′ = Y + B
tel que l’´equation de C soit de la forme Y2
= 2pX. On note R3 le rep`ere associ´e aux coordonn´ees
X Y
.
5. Donner les coordonn´ees du foyer F ainsi que l’´equation de la directrice D et de l’axe focal ∆ de C dans R3 puis dans R2 et R1.
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Exercice 2 On se place dans l’espace muni d’un rep`ere orthonorm´e R = (O ; −→i ,−→j ,−→k). On note S la surface d’´equation
x2
4 − y
2
− z2 = 1
1. Donner le rang et la signature de la forme quadratique associ´ee `a S.
2. D´eterminer la nature des courbe Sx, Sy et Sz respectivement obtenue en coupant S par
les plans d’´equations x = 0, y = 0 et z = 0. 3. En d´eduire la nature de la surface S.
4. On consid`ere ici l’intersection de S avec les plans d’´equations x = α, α ∈ R. (a) Pour quelles valeurs de α ∈ R cette intersection est-elle non vide ? (Justifier). (b) D´eterminer les courbes Sα obtenues dans ces cas.
5. On consid`ere ici l’intersection de S avec les plans d’´equations y = β, β ∈ R. (a) Donner la nature des courbes Sβ obtenues.
(b) Donner, en fonction de β les param`etres a et b tels que l’´equation de Sβ soit de la
forme
x2
a2 −
z2
b2 = 1
(c) On admettra ici que pour une hyperbole d’´equation x2
a2 −
z2
b2 = 1, les coordonn´ees des
foyers F et F′ sont (−c, 0) et (c, 0) o`u
c2 = a2
+ b2
.
i. D´eterminer, pour chaque valeur de β, les coordonn´ees des foyers de Sβ dans
l’espace.
ii. Que dire des courbes d´efinies par l’ensembles de ces foyers ?
⋆ ⋆ ⋆
CORRECTION
(Devoir coniques & formes quadratiques, ISA 2) Exercice 1 :
1. ∆ = b2
− 4ac = 4 − 4 = 0. Donc C est une parabole. 2. q(x, y) = x2
− 2xy + y2
= (x − y)2
. Donc q(x, y) = y′2 si y′ = x − y.
On pose donc γ = δ = 1. Mais cette seule condition n’impose rien sur α et β. On d´etermine donc dans un premier temps α et β tel que le rep`ere associ´e `a ce changement de variable soit orthogonal.
Pour cela, on commence par d´eterminer la matrice de passage associ´ee au changement de variables x′ = αx + βy y′ = x− y ⇔ X′ = AX o`u X′ = x′ y′ , X = x y , A= α β 1 −1
La matrice de passage cherch´ee est donc
A−1 = 1
α+ β
1 β
1 −α
Le nouveau rep`ere est donc constitu´e des vecteurs − →u = 1 α+ β 1 1 R1 et −→v = 1 α+ β β −α
Pour que ce rep`ere soit orthogonal, il faut donc que β
(α + β)2 −
α
(α + β)2 = 0 ⇔ α = β.
En prenant α = β = 1, le rep`ere R′ constitu´e des vecteurs
− →u = 1 2 1 1 R et −→v = 1 2 1 −1
est donc orthogonal.
Pour le rendre orthonorm´e, il suffit alors de normer les vecteurs −→u et −→v . Or ||−→u|| = ||−→v|| =r 1 4+ 1 4 = √ 2 2 . Le rep`ere R2 cherch´e est donc donn´e par les vecteurs
− →e1 = √2 2 1 1 et √ 2 2 1 −1 . La matrice de passage de R1 `a R2 est donc
P = √ 2 2 1 1 1 −1
3. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a x y = P x′ y′ = √ 2 2 1 1 1 −1 x′ y′ ⇔ ( x= √2 2 x′+ √ 2 2 y′ y= √2 2 x′− √ 2 2 y′
En injectant ces ´egalit´es dans l’´equation de C, on obtient (E) ⇔ x2 − 2xy + y2 + 2x − 6y = 2√2 − 1 ⇔ 2y′2+√2(x′ + y′) − 3√2(x′− y′) = 2√2 − 1 ⇔ 2y′2− 2√2x′+ 4√2y′ = 2√2 − 1 ⇔ y′2−√2x′+ 2√2y′ =√2 − 1 2 4. On modifie encore l’´equation pr´ec´edente :
(E) ⇔ (y′+√2)2 − 2 = √2x′ +√2 − 1 2 ⇔ (y′+√2)2 =√2 x′+ 4 + 3 √ 2 4 ! En notant X = x′+4+3√2 4 Y = y′+√2 on a donc (E) ⇔ Y = 2pX avec p = √2 2 .
5. Dans R3, les coordonn´ees du foyer F sont
d 2 0 et l’´equation de D est X = −d 2. Or d= p = √2 2 . Donc F = √2 4 0 R3 et D : X = − √ 2 4 . Dans R2, on a F = − 2+√2 2 −√2 R2 et D : x′ = −1 −√2.
On peut alors passer du rep`ere R2 `a R1 via la matrice de passage P d´etermin´ee plus
haut. ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆⋆ Exercice 2 : 1. q(x, y, z) = x2 4 − y 2 − z2 . Donc rg(q) = 3 et σ(q) = (1, 2). 2. (a) x = 0 ⇒ −y2 − z2
= 1. Aucune valeur de (y, z) ne peut v´erifier cette ´egalit´e. L’intersection Sx est donc vide.
(b) y = 0 ⇒ x2
4 − z 2
= 1. On reconnait l’´equation r´eduite d’une hyperbole. (c) z = 0 ⇒ x42 − y
2
= 1. On reconnait encore l’´equation r´eduite d’une hyperbole. 3. D’apr`es les intersections ci-dessus, on peut supposer que la surface S est un hyperbolo¨ıde
`a deux nappes.
4. (a) L’intersection Sα est donn´ee par l’´equation
−y2
− z2
= 1 − α
2
4
Cette intersection est donc non vide si et seulement si 1 −α2
4 60 donc pour |α| > 2.
(b) Pour |α| > 2, Sα est donn´ee par l’´equation
y2+ z2
= α
2
4 − 1. On reconnaˆıt l’´equation d’un cercle (de rayon 1
2 √ α2 − 4). 5. (a) Sβ : x 2 4 − z 2 = 1 + β2
. On reconnaˆıt l’´equation d’une hyperbole. (b) En divisant l’´equation pr´ec´edente par 1 + β2
, on obtient l’´equation x2
4(1 + β2) −
z2
1 + β2 = 1
Elle est donc de la forme voulue pour
a = 2p1 + β2 et b=p1 + β2.
(c) i. D’apr`es l’´egalit´e donn´ee, on a
c=√a2+ b2 =p5 + 5β2.
Dans l’espace, les foyers des intersections Sβ sont donc les points
F = −p5 + 5β2 β 0 et F′ = p5 + 5β2 β 0 .
ii. On constate que tous ces foyers sont sur la courbe de l’espace donn´ee par
z = 0
x2
− 5y2
= 5 On reconnait l’´equation d’une hyperbole.