On forme la matrice Q de S dans (
− →
i ,
− →
j ,
− →
k ), puis son polynôme caractéristique :
χ Q (λ) = det(Q − λI 3 ) =
a − λ
c
b
c
b− λ
a
b
a
c− λ
= (a + b + c − λ)
1
c
b
1 b − λ
a
1
a
c− λ
= −(λ − σ )(λ − ω)(λ + ω),
où σ = a + b + c,
ω = |a + jb + j
2 c| = (a
2
+ b
2
+ c
2
− ab − bc − ca)
1
2 .
D'après l'exercice 6.3.34, S est de révolution si et seulement si
deux des réels σ,ω,−ω sont égaux et non nuls (ou
σ = ω = −ω = 0) . On a :
σ = ω
ou
σ = −ω
⇐⇒ σ
2 = ω
2 ⇐⇒ ab + bc + ca = 0.
Réponse :
S est de révolution si et seulement si ab + bc + ca = 0 .
a) Une droite horizontale de E 3 ne peut pas rencontrer D et D ,
qui sont dans des plans horizontaux distincts.
Soit ∆ une droite non horizontale de E 3 , de SEC :
x = αz + p
y = βz + q
, (α,β, p,q) ∈ R
4 .
On a :
∆ ∩ D = ∅
∆ ∩ D = ∅
∆ ∩ H = ∅
⇐⇒
βh + q = 0
−αh + p = 0
pq = a
2
.
On obtient une EC de S en éliminant α,β, p,q dans :
βh + q = 0, −αh + p = 0, pq = a
2 ,
x = αz + p, y = βz + q.
Réponse : h
2 xy + a
2
(z
2
− h
2
) = 0 .
b) La surface S est une quadrique, et la matrice Q de S dans
(
− →
i ,
− →
j ,
− →
k ) est : Q =
0
h
2
2
0
h
2
2
0
0
0
0 a
2
, dont les valeurs
propres sont
h
2
2
, −
h
2
2
, a
2 .
D'après l'exercice 6.3.34, S est de révolution si et seulement si
deux (au moins) des réels
h
2
2
, −
h
2
2
, a
2 sont égaux, c'est-à-dire :
h
2
2
= a
2 .
On peut d'ailleurs vérifier que, dans ce cas, S est de révolution,
puisque S admet alors pour EC :
x
2
+ y
2
+ z
2
− (x − y)
2
− 2a
2
= 0.
Réponse : h
2
= 2a
2 .
367
Toute équation du second degré symétrique en x,y,z est de la
forme :
Aσ
2
1 + Bσ 2 + Cσ 1 + D = 0 ,
où σ 1 ,σ 2 ,σ 3 sont les fonctions symétriques élémentaires de
x,y,z.
En notant S 2 = x
2
+ y
2
+ z
2 , comme σ 2 =
1
2
(σ
2
1 − S 2 ) ,
l'équation devient
A +
1
2
B
σ
2
1 −
1
2
S 2 + Cσ 1 + D = 0,
et la surface est donc une quadrique de révolution.
L'axe en est : O + R(
− →
i +
− →
j +
− →
k ) .
Remarquer : (x − 2y) + (2y − 3z) = −(3z − x) .
Réponse : S est un cylindre elliptique.
a) Réponse : S est un cylindre parabolique ; les génératrices
sont dirigées par − → v (1,−3,2) , et une directrice est la parabole
d'équations
z = 0
(x + y)
2
− 2x + 2y − 1 = 0
.
b) Le plan de symétrie P de S est de direction d'équation
x + y + z = 0.
En les points de P ∩ S, le plan tangent à S est orthogonal à P ;
déterminer les points M de S pour lesquels
− − →
grad f (M) ∈
− →
P .
Réponse : x + y + z +
2
3
= 0.
c) T est orthogonale à
− − →
grad f (M) pour tout M ∈ P ∩ S, et T
contient la droite P ∩ S.
Réponse : 30x − 6y − 24z + 13 = 0 .
On peut choisir un r.o.n.d. tel que : P = x Oy et O ∈ D.
Alors D admet un SEC
x = az
y = bz
, où (a,b) ∈ R
2 ; un vecteur
directeur de D est − → u (a,b,1).
On a, pour tout point M(x,y,z) de E 3 , d(M,P) = |z| et :
d(M,D)
2 =
||
− − →
O M ∧ − → u ||
2
|| − → u || 2
=
1
a 2 + b 2 + 1
(y − bz)
2 + (az − x)
2 + (bx − ay)
2 .
D'où :
M ∈ S ⇐⇒ (y − bz)
2
+ (az − x)
2
+ (bx − ay)
2
= (a
2
+ b
2
+ 1)z
2
⇐⇒ (a
2
+ b
2
+ 1)(x
2
+ y
2
) − (ax + by + z)
2
= 0 .
Réponse : S est un cône de sommet le point formant P ∩ D .
6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35
6.3.37
6.3.38
6.3.39
6.3.40
6.3.36
− →
i ,
− →
j ,
− →
k ), puis son polynôme caractéristique :
χ Q (λ) = det(Q − λI 3 ) =
a − λ
c
b
c
b− λ
a
b
a
c− λ
= (a + b + c − λ)
1
c
b
1 b − λ
a
1
a
c− λ
= −(λ − σ )(λ − ω)(λ + ω),
où σ = a + b + c,
ω = |a + jb + j
2 c| = (a
2
+ b
2
+ c
2
− ab − bc − ca)
1
2 .
D'après l'exercice 6.3.34, S est de révolution si et seulement si
deux des réels σ,ω,−ω sont égaux et non nuls (ou
σ = ω = −ω = 0) . On a :
σ = ω
ou
σ = −ω
⇐⇒ σ
2 = ω
2 ⇐⇒ ab + bc + ca = 0.
Réponse :
S est de révolution si et seulement si ab + bc + ca = 0 .
a) Une droite horizontale de E 3 ne peut pas rencontrer D et D ,
qui sont dans des plans horizontaux distincts.
Soit ∆ une droite non horizontale de E 3 , de SEC :
x = αz + p
y = βz + q
, (α,β, p,q) ∈ R
4 .
On a :
∆ ∩ D = ∅
∆ ∩ D = ∅
∆ ∩ H = ∅
⇐⇒
βh + q = 0
−αh + p = 0
pq = a
2
.
On obtient une EC de S en éliminant α,β, p,q dans :
βh + q = 0, −αh + p = 0, pq = a
2 ,
x = αz + p, y = βz + q.
Réponse : h
2 xy + a
2
(z
2
− h
2
) = 0 .
b) La surface S est une quadrique, et la matrice Q de S dans
(
− →
i ,
− →
j ,
− →
k ) est : Q =
0
h
2
2
0
h
2
2
0
0
0
0 a
2
, dont les valeurs
propres sont
h
2
2
, −
h
2
2
, a
2 .
D'après l'exercice 6.3.34, S est de révolution si et seulement si
deux (au moins) des réels
h
2
2
, −
h
2
2
, a
2 sont égaux, c'est-à-dire :
h
2
2
= a
2 .
On peut d'ailleurs vérifier que, dans ce cas, S est de révolution,
puisque S admet alors pour EC :
x
2
+ y
2
+ z
2
− (x − y)
2
− 2a
2
= 0.
Réponse : h
2
= 2a
2 .
367
Toute équation du second degré symétrique en x,y,z est de la
forme :
Aσ
2
1 + Bσ 2 + Cσ 1 + D = 0 ,
où σ 1 ,σ 2 ,σ 3 sont les fonctions symétriques élémentaires de
x,y,z.
En notant S 2 = x
2
+ y
2
+ z
2 , comme σ 2 =
1
2
(σ
2
1 − S 2 ) ,
l'équation devient
A +
1
2
B
σ
2
1 −
1
2
S 2 + Cσ 1 + D = 0,
et la surface est donc une quadrique de révolution.
L'axe en est : O + R(
− →
i +
− →
j +
− →
k ) .
Remarquer : (x − 2y) + (2y − 3z) = −(3z − x) .
Réponse : S est un cylindre elliptique.
a) Réponse : S est un cylindre parabolique ; les génératrices
sont dirigées par − → v (1,−3,2) , et une directrice est la parabole
d'équations
z = 0
(x + y)
2
− 2x + 2y − 1 = 0
.
b) Le plan de symétrie P de S est de direction d'équation
x + y + z = 0.
En les points de P ∩ S, le plan tangent à S est orthogonal à P ;
déterminer les points M de S pour lesquels
− − →
grad f (M) ∈
− →
P .
Réponse : x + y + z +
2
3
= 0.
c) T est orthogonale à
− − →
grad f (M) pour tout M ∈ P ∩ S, et T
contient la droite P ∩ S.
Réponse : 30x − 6y − 24z + 13 = 0 .
On peut choisir un r.o.n.d. tel que : P = x Oy et O ∈ D.
Alors D admet un SEC
x = az
y = bz
, où (a,b) ∈ R
2 ; un vecteur
directeur de D est − → u (a,b,1).
On a, pour tout point M(x,y,z) de E 3 , d(M,P) = |z| et :
d(M,D)
2 =
||
− − →
O M ∧ − → u ||
2
|| − → u || 2
=
1
a 2 + b 2 + 1
(y − bz)
2 + (az − x)
2 + (bx − ay)
2 .
D'où :
M ∈ S ⇐⇒ (y − bz)
2
+ (az − x)
2
+ (bx − ay)
2
= (a
2
+ b
2
+ 1)z
2
⇐⇒ (a
2
+ b
2
+ 1)(x
2
+ y
2
) − (ax + by + z)
2
= 0 .
Réponse : S est un cône de sommet le point formant P ∩ D .
6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35 6.3.35
6.3.37
6.3.38
6.3.39
6.3.40
6.3.36