Chap. 10. Quadriques et coniques
Si a = −b, alors l’expression est du premier degré en X et il faudrait mettre sous
forme canonique cette expression en Y et en Z . On peut le faire explicitement mais
les calculs sont très désagréables et l’essentiel est de remarquer que cette manipulation fait apparaître un terme constant que l’on va pouvoir faire disparaître grâce à un
changement de type (X
= X + g) car (a + b) = 0. On sait ainsi qu’il existe un point
O
tel que dans le repère (O
, e 1 , e 2 , e 3 ), la quadrique Q a pour équation :
−
1
2
Y
2 +
3
2
Z
2 +
√
3
3
(a + b)X
= 0.
La quadrique est alors un paraboloïde hyperbolique.
Si a = −b, alors l’équation obtenue dans (O, e 1 , e 2 , e 3 ), se simplifie en
−
1
2
Y
2 +
3
2
Z
2
−
√
2
2
aY −
√
6
6
a Z = 0.
En effectuant une mise sous forme canonique on obtient :
3
2
Z −
1
6
a
√
6
2
−
1
2
Y +
√
2
2
a
2
= 0 .
On reconnaît l’équation de la réunion de deux plans sécants.
10.2.2 Coniques
Exercice 10.12
CCP PSI 2006
Reconnaître suivant u, la nature de C u :
x
2 sin
2 u − x y sin 2u + y
2 (1 + cos
2 u) = sin
2 u.
Soit la matrice A =
sin
2 u
− sin u cos u
− sin u cos u 1 + cos
2 u
.
Le polynôme caractéristique de A est l
2
−2l+sin
2 u = (l−1−cos u)(l−1+cos u).
Commençons par traiter le cas u ≡ 0(p).
Dans ce cas la conique C u est à centre. Comme la partie linéaire en x et y dans
l’équation de E est nulle, le centre est (0, 0).
Pour u ≡
p
2
(p) les deux valeurs propres de A sont confondues, mais dans tous les
cas A est semblable à la matrice
1 + cos u
0
0
1− cos u
.
Les vecteurs propres de A permettent de construire une base orthonormale
(e 1 , e 2 ) de R
2 telle que dans le repère (O, e 1 , e 2 ), la conique E a pour équation
(1 + cos u)X
2 + (1 − cos u)Y
2
− sin
2 u = 0. On en déduit que pour u ≡ 0(p), la
conique C u est une ellipse propre, un cercle lorsque u ≡
p
2
(p).
Si a = −b, alors l’expression est du premier degré en X et il faudrait mettre sous
forme canonique cette expression en Y et en Z . On peut le faire explicitement mais
les calculs sont très désagréables et l’essentiel est de remarquer que cette manipulation fait apparaître un terme constant que l’on va pouvoir faire disparaître grâce à un
changement de type (X
= X + g) car (a + b) = 0. On sait ainsi qu’il existe un point
O
tel que dans le repère (O
, e 1 , e 2 , e 3 ), la quadrique Q a pour équation :
−
1
2
Y
2 +
3
2
Z
2 +
√
3
3
(a + b)X
= 0.
La quadrique est alors un paraboloïde hyperbolique.
Si a = −b, alors l’équation obtenue dans (O, e 1 , e 2 , e 3 ), se simplifie en
−
1
2
Y
2 +
3
2
Z
2
−
√
2
2
aY −
√
6
6
a Z = 0.
En effectuant une mise sous forme canonique on obtient :
3
2
Z −
1
6
a
√
6
2
−
1
2
Y +
√
2
2
a
2
= 0 .
On reconnaît l’équation de la réunion de deux plans sécants.
10.2.2 Coniques
Exercice 10.12
CCP PSI 2006
Reconnaître suivant u, la nature de C u :
x
2 sin
2 u − x y sin 2u + y
2 (1 + cos
2 u) = sin
2 u.
Soit la matrice A =
sin
2 u
− sin u cos u
− sin u cos u 1 + cos
2 u
.
Le polynôme caractéristique de A est l
2
−2l+sin
2 u = (l−1−cos u)(l−1+cos u).
Commençons par traiter le cas u ≡ 0(p).
Dans ce cas la conique C u est à centre. Comme la partie linéaire en x et y dans
l’équation de E est nulle, le centre est (0, 0).
Pour u ≡
p
2
(p) les deux valeurs propres de A sont confondues, mais dans tous les
cas A est semblable à la matrice
1 + cos u
0
0
1− cos u
.
Les vecteurs propres de A permettent de construire une base orthonormale
(e 1 , e 2 ) de R
2 telle que dans le repère (O, e 1 , e 2 ), la conique E a pour équation
(1 + cos u)X
2 + (1 − cos u)Y
2
− sin
2 u = 0. On en déduit que pour u ≡ 0(p), la
conique C u est une ellipse propre, un cercle lorsque u ≡
p
2
(p).