PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 12 Page 1
11. On considère la surface S d’équation x2+y2−z2 = 1.
a)Montrer que S ne contient aucune droite parallèle au planxOy.
b)Soit D la droite définie par x=az+b
y=cz+d . Montrer que D est incluse dansS si et seulement si la matrice a b
c d est orthogonale.
c)Montrer que par tout point de S passent deux droites incluses dans S.
Solution: cette surface est unhyperboloïde de révolution; l’axe de révolution estOz, puisque l’intersection de S avec chaque plan d’équation z = Cste est un cercle. De plus l’intersection de S avec – par ex- emple – le plan xOz est l’hyperbole d’équations y= 0
x2−z2= 0 . C’est une méridienne, courbe d’un plan contenant l’axeOz et dont la rotation autour deOz engendre la surface.
a)Une droite parallèle au plan xOy admet un vecteur directeur de la formev= (λ, µ,0), avec bien sûr λ, µnon tous deux nuls. Ainsi, toute droiteDparallèle àxOyadmet une représentation paramétrique de la forme :
x=x0+tλ y=y0+tµ z=z0
, t∈R (droite passant parM0= (x0, y0, z0) et dirigée par v).
D est incluse dansS si et seulement si :
∀t∈R (x0+tλ)2+ (y0+tµ)2−z20−1 = 0.
Or cela est impossible, car il s’agit d’une fonction polynomiale associée à un polynôme de degré 2 exactement, puisque le coefficient de t2 est λ2+µ2, qui est strictement positif par hypothèse.
S ne contient aucune droite parallèle au planxOy.
b)Comme au a),D est incluse dansS si et seulement si :
∀z∈R (az+b)2+ (cz+d)2−z2−1 = 0 soit si et seulement si
a2+c2−1 = 0 (coefficient de z2) 2ab+ 2cd = 0 (coefficient de z) b2+d2−1 = 0 (coefficient constant)
En effet un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls !
Je vous ai déjà dit qu’il était intéressant de combiner une équation cartésienne avec une représentation paramétrique. . .
Les trois conditions ci-dessus signifient que les deux vecteurs(a, c)et(b, d) sont unitaires et orthog- onaux, dans R2 muni du produit scalaire canonique. En conclusion
D est incluse dansS si et seulement si la matrice a b
c d est orthogonale.
c)Soit M0 = (x0, y0, z0) un point deS. Selon l’équation de S, les deux vecteurs (x0, y0) et (z0,1)ont même norme. Je dispose donc de θréel tel que(x0, y0)soit l’image de (z0,1)par la rotation d’angle θ, ce qui s’écrit
x0
y0 = cosθ −sinθ sinθ cosθ
z0
1 .
PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 12 Page 2 Soit alors D1 la droite d’équations cartésiennes
x= cosθ·z−sinθ y = sinθ·z+ cosθ .
D’après la relation matricielle ci-dessus, M0 ∈ D1, et, d’après le b),D1 ⊂ S puisque la matrice de rotation est orthogonale. D1 est donc une première droite passant par M0 et incluse dans S ! Pour en exhiber une seconde, il suffit de remarquer que (x0, y0) et (−z0,1)ont aussi même norme, d’où ϕtel que
x0
y0 = cosϕ −sinϕ sinϕ cosϕ
−z0
1 = −cosϕ −sinϕ
−sinϕ cosϕ z0
1 . Soit alors D2 la droite d’équations cartésiennes
x=−cosϕ·z−sinϕ y=−sinϕ·z+ cosϕ .
D’après la relation matricielle ci-dessus, M0 ∈ D2, et, d’après le b), D2 ⊂ S puisque la matrice
−cosϕ −sinϕ
−sinϕ cosϕ est orthogonale (c’est une matrice de réflexion, puisqu’elle est de déterminant
−1).
M0 était un point quelconque de S et j’ai trouvé deux droites passant par M0 et incluses dansS ! Par tout point deS passent deux droites incluses dansS.
Remarque : la figure ci-dessous (présente sur la feuille de TD) fait apparaître les cercles dans les plans horizontaux et une famille de droites tracées sur S. On peut montrer que la rotation de l’une de ces droites autour de l’axeOz engendre la surfaceS (c’est une droite de l’espace qui n’est ni parallèle àOz (sa rotation engendrerait alors un cylindre de révolution !), ni sécante à Oz (sa rotation engendrerait alors un cône de révolution !!).
Voir l’animation sur le site.
Cette façon d’engendrer S avec des droites explique que les hyperboloïdes de révolution soient très présents dans nos paysages : châteaux d’eau, cheminées de centrales nucléaires. . . En effet ces surfaces se construisent facilement avec des poutrelles de béton rectilignes !
