360
et est dirigée par le vecteur (S
3
− 2S)
− →
i + S
2 − →
j + S
− →
k . La
corde admet donc pour équations :
x −
S
3
− 4S
2
+ 2
2
S 3 − 2S
=
y −
S
3
− 2S
2
S 2
=
z −
S
2
− 2
2
S
.
Eliminer S.
Réponse : La surface demandée est la réunion du demi-cylindre
défini par (x = z
2
, z 0) et de la quadrique d’équation
(x + 2z + 1)z −y
2
= 0 .
• x = −
1
ch
2 t
(a sin at ch t + cos at sh t),
y =
1
ch
2 t
(a cos at ch t − sin at sh t), z =
1
ch
2 t
,
d'où s 2 = x 2 + y 2 + z 2 =
a
2
+ 1
ch
2 t
, s =
√
a 2 + 1
ch t
.
• L =
+∞
−∞
s
(t) dt =
a 2 + 1
+∞
−∞
dt
ch t
= 2
a 2 + 1
+∞
0
d t
ch t
=
[u=sht ]
2
a 2 + 1
+∞
0
du
1 + u 2
= π
√
a 2 + 1.
Réponse : L = π
√
a 2 + 1 .
Γ est paramétrée par (x = x(t), y = y(t), z = z(t)) , où
x,y,z : I −→ R sont de classe C
1 sur l'intervalle (fermé
borné) I. Ainsi :
L =
I
x 2 + y 2 + z 2
et l 1 + l 2 + l 3
=
I
y 2 + z 2 +
I
x 2 + z 2 +
I
x 2 + y 2 .
• En appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz dans R
3 usuel
à
y 2 + z 2 ,
√
x 2 + z 2 ,
x 2 + y 2
et (1,1,1) , on obtient
y 2 + z 2 +
x 2 + z 2 +
x 2 + y 2
√
6
x 2 + y 2 + z 2 ,
d'où :
l 1 + l 2 + l 3
√
6L.
• Montrer, pour tout (a,b,c) ∈ (R + )
3 :
2
a 2 + b 2 + c 2
a 2 + b 2 +
a 2 + c 2 +
b 2 + c 2 .
On peut, à cet effet, remarquer :
(a,b,0)
+
(a,0,c)
+
(0,b,c)
2(a,b,c)
.
En déduire (avec a = |x |,. . .) : 2L l 1 + l 2 + l 3 .
Réponse : x = 8 cos
3
θ cos
3
ϕ, y = 8 sin
3
θ cos
3
ϕ,
z = 8 sin
3
ϕ , (θ,ϕ) ∈ [−π; π] ×
−
π
2
;
π
2
.
Utiliser les fonctions symétriques élémentaires σ 1 ,σ 2 ,σ 3 de
u,v,w, et S k = u k + v k + w k (1 k 3) ; on obtient :
x = σ 1 , y = S 2 = σ
2
1 − 2σ 2 ,
z = S 3 = σ
3
1 − 3σ 1 σ 2 + 3σ 3 .
Réponse : x
3
− 3xy + 2z − 6 = 0 .
Montrer qu'une droite ∆ parallèle à x Oy ne peut rencontrer
D 1 et D 2 . En notant alors ∆ :
x = az + p
y = bz + q
, on a :
∆ ∩ D 1 = ∅
∆ ∩ D 2 = ∅
∆ ∩ D 3 = ∅
⇐⇒
b + q = −1
−a + p = 1
a(q − 1) = b( p + 1)
.
Montrer a = −1, puis éliminer a,b, p,q.
Réponse : xy + xz + yz + 1 = 0 (hyperboloïde à une nappe,
de révolution).
Même méthode que pour l'exercice 6.3.3.
Réponse : a
2
(z + h)(z − h) + h
2 xy = 0
(privé des deux droites (z = −h , y = 0), (z = h, x = 0)).
Soit M
t
2
2
,t,0
(resp. M
u
2
3
,0,u
) décrivant P
(resp. P ).
Montrer : (M M ) // π ⇐⇒ u = −t ;
puis former les équations de (M M ), et éliminer t.
Réponse : 6x − 3y
2
+ 5yz − 2z
2
= 0 ou y = z.
Soient M 1
at 1 ,bt
3
1 ,c(t
2
1 + 1)
, M 2
at 2 ,bt
3
2 ,c(t
2
2 + 1)
deux
points de Γ, distincts.
Montrer : (M 1 M 2 ) // x Oy ⇐⇒ t 2 = −t 1 .
Former une représentation paramétrique de (M 1 M 2 ) :
x = at 1 + λat 1 , y = bt
3
1 + λbt
3
1 , z = c(t
2
1 + 1) .
Eliminer (λ,t 1 ).
Réponse : −bxz + bcx + acy = 0.
Soit D une droite de l'espace. Si D // yOz, alors D ne coupe
Γ qu'en au plus deux points.
On peut donc supposer D \
// yOz. Ainsi, D admet un SEC
y = ax + p
z = bx + q
, (a,b, p,q) ∈ R
4 .
Un point M(t) de Γ est sur D si et seulement si :
t
3
− t = at
2
+ p
t
4
− t = bt
2
+ q.
6.3.2
6.3.3
6.3.4
6.3.5
6.3.7
6.3.6
6.2.6
6.2.7
6.3.1
et est dirigée par le vecteur (S
3
− 2S)
− →
i + S
2 − →
j + S
− →
k . La
corde admet donc pour équations :
x −
S
3
− 4S
2
+ 2
2
S 3 − 2S
=
y −
S
3
− 2S
2
S 2
=
z −
S
2
− 2
2
S
.
Eliminer S.
Réponse : La surface demandée est la réunion du demi-cylindre
défini par (x = z
2
, z 0) et de la quadrique d’équation
(x + 2z + 1)z −y
2
= 0 .
• x = −
1
ch
2 t
(a sin at ch t + cos at sh t),
y =
1
ch
2 t
(a cos at ch t − sin at sh t), z =
1
ch
2 t
,
d'où s 2 = x 2 + y 2 + z 2 =
a
2
+ 1
ch
2 t
, s =
√
a 2 + 1
ch t
.
• L =
+∞
−∞
s
(t) dt =
a 2 + 1
+∞
−∞
dt
ch t
= 2
a 2 + 1
+∞
0
d t
ch t
=
[u=sht ]
2
a 2 + 1
+∞
0
du
1 + u 2
= π
√
a 2 + 1.
Réponse : L = π
√
a 2 + 1 .
Γ est paramétrée par (x = x(t), y = y(t), z = z(t)) , où
x,y,z : I −→ R sont de classe C
1 sur l'intervalle (fermé
borné) I. Ainsi :
L =
I
x 2 + y 2 + z 2
et l 1 + l 2 + l 3
=
I
y 2 + z 2 +
I
x 2 + z 2 +
I
x 2 + y 2 .
• En appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz dans R
3 usuel
à
y 2 + z 2 ,
√
x 2 + z 2 ,
x 2 + y 2
et (1,1,1) , on obtient
y 2 + z 2 +
x 2 + z 2 +
x 2 + y 2
√
6
x 2 + y 2 + z 2 ,
d'où :
l 1 + l 2 + l 3
√
6L.
• Montrer, pour tout (a,b,c) ∈ (R + )
3 :
2
a 2 + b 2 + c 2
a 2 + b 2 +
a 2 + c 2 +
b 2 + c 2 .
On peut, à cet effet, remarquer :
(a,b,0)
+
(a,0,c)
+
(0,b,c)
2(a,b,c)
.
En déduire (avec a = |x |,. . .) : 2L l 1 + l 2 + l 3 .
Réponse : x = 8 cos
3
θ cos
3
ϕ, y = 8 sin
3
θ cos
3
ϕ,
z = 8 sin
3
ϕ , (θ,ϕ) ∈ [−π; π] ×
−
π
2
;
π
2
.
Utiliser les fonctions symétriques élémentaires σ 1 ,σ 2 ,σ 3 de
u,v,w, et S k = u k + v k + w k (1 k 3) ; on obtient :
x = σ 1 , y = S 2 = σ
2
1 − 2σ 2 ,
z = S 3 = σ
3
1 − 3σ 1 σ 2 + 3σ 3 .
Réponse : x
3
− 3xy + 2z − 6 = 0 .
Montrer qu'une droite ∆ parallèle à x Oy ne peut rencontrer
D 1 et D 2 . En notant alors ∆ :
x = az + p
y = bz + q
, on a :
∆ ∩ D 1 = ∅
∆ ∩ D 2 = ∅
∆ ∩ D 3 = ∅
⇐⇒
b + q = −1
−a + p = 1
a(q − 1) = b( p + 1)
.
Montrer a = −1, puis éliminer a,b, p,q.
Réponse : xy + xz + yz + 1 = 0 (hyperboloïde à une nappe,
de révolution).
Même méthode que pour l'exercice 6.3.3.
Réponse : a
2
(z + h)(z − h) + h
2 xy = 0
(privé des deux droites (z = −h , y = 0), (z = h, x = 0)).
Soit M
t
2
2
,t,0
(resp. M
u
2
3
,0,u
) décrivant P
(resp. P ).
Montrer : (M M ) // π ⇐⇒ u = −t ;
puis former les équations de (M M ), et éliminer t.
Réponse : 6x − 3y
2
+ 5yz − 2z
2
= 0 ou y = z.
Soient M 1
at 1 ,bt
3
1 ,c(t
2
1 + 1)
, M 2
at 2 ,bt
3
2 ,c(t
2
2 + 1)
deux
points de Γ, distincts.
Montrer : (M 1 M 2 ) // x Oy ⇐⇒ t 2 = −t 1 .
Former une représentation paramétrique de (M 1 M 2 ) :
x = at 1 + λat 1 , y = bt
3
1 + λbt
3
1 , z = c(t
2
1 + 1) .
Eliminer (λ,t 1 ).
Réponse : −bxz + bcx + acy = 0.
Soit D une droite de l'espace. Si D // yOz, alors D ne coupe
Γ qu'en au plus deux points.
On peut donc supposer D \
// yOz. Ainsi, D admet un SEC
y = ax + p
z = bx + q
, (a,b, p,q) ∈ R
4 .
Un point M(t) de Γ est sur D si et seulement si :
t
3
− t = at
2
+ p
t
4
− t = bt
2
+ q.
6.3.2
6.3.3
6.3.4
6.3.5
6.3.7
6.3.6
6.2.6
6.2.7
6.3.1