Chap. 10. Quadriques et coniques
En mettant sous forme canonique le terme de gauche de l’égalité précédente on
obtient :
−
1
2
Z +
3
2
√
2
2
+
3
2
Y +
13
18
√
6
2
−
2
3
√
3
X +
49
18
√
3
= 0.
Soit O
=
−
3
2
√
2, −
13
18
√
6, −
49
18
√
3
. Dans le repère orthonormal (O
, e 1 , e 2 , e 3 ),
la quadrique a pour équation
3
2
Y
2
−
1
2
Z
2
−
2
3
√
3X
= 0 .
On reconnaît un paraboloïde hyperbolique.
Exercice 10.9
Mines-Ponts PSI 2006
Reconnaître, pour a dans R, la quadrique Q d’équation :
x
2 + 3y
2
− 3z
2
− 4x y + 2xz − 8yz + ax + 2y − z = 1.
La matrice de Q est donnée par A =
⎛
⎝
1 −2
1
−2
3 −4
1 −4 −3
⎞
⎠ .
Son polynôme caractéristique est −l
3 + l
2 + 30l. Le rang de cette matrice vaut 2 et
on a Sp(A) = {6, −5, 0}. Comme la matrice de A n’est pas de rang 3, on explicite
une base orthonormale de vecteurs propres. On obtient par exemple :
e 1 =
√
6
6
, −
√
6
3
,
√
6
6
, e 2 =
0,
√
5
5
,
2
5
√
5
, e 3 =
−
√
30
6
, −
√
30
15
,
√
30
30
.
Dans le repère orthonormal (O, e 1 , e 2 , e 3 ), la quadrique a pour équation :
6X
2
− 5Y
2 +
√
6
6
(a − 5)X −
√
30
6
(1 + a)Z − 1 = 0.
On constate alors que quelque soit la valeur de a, le terme en X pourra être regroupé
avec le terme en X
2 . On obtient la forme canonique :
6
X +
√
6
72
(a − 5)
2
− 5Y
2
−
√
30
6
(1 + a)Z − 1 −
1
144
(a − 5)
2 = 0.
L’expression obtenue montre que le terme constant est toujours non nul. Le terme en
Z peut par contre être annulé si a = −1. On a donc la situation suivante : si a = −1
alors la quadrique est un cylindre hyperbolique, si a = −1 alors la quadrique est un
paraboloïde hyperbolique.