Même méthode que pour l'exercice 6.3.43.
Réponse : Les quadriques d'EC :
2Ehx
2 + 2Cxz + 2Eyz + Fz
2 − 2Ehy − Fhz = 0,
(C,E,F) ∈ R
3 − {(0,0,0)}.
Soit M(X,Y,Z ) ∈ E 3 ; former un système d'équations cartésiennes du cercle C M d'axe ∆ et passant par M :
(x − X) + (z − Z ) = 0
x
2
+ y
2
+ z
2
= X
2
+ Y
2
+ Z
2 .
Traduire ensuite C M ∩ D = ∅ en éliminant (x,y,z)
dans :
z = 0, y = x + 1, (x − X) + (z − Z ) = 0,
x
2 + y
2 + z
2 = X
2 + Y
2 + Z
2 .
Réponse : x
2
+ 4xz − y
2
+ z
2
+ 2x + 2z + 1 = 0
(hyperboloïde à une nappe)
Soit M(x,y,z) ∈ S . Une EC du plan tangent Π en M à S est :
x X
a 2 +
yY
b 2 +
z Z
c 2 − 1 = 0.
On déduit : P
a
2
x
,0,0
, Q
0,
b
2
y
,0
, R
0,0,
c
2
z
, puis :
−→
O P ·
− →
i =
−→
O Q ·
− →
j =
−→
O R ·
− →
k ⇐⇒
a
2
x
=
b
2
y
=
c
2
z
⇐⇒
∃λ ∈ R ∗ ,
x = λa
2
, y = λb
2
, z = λc
2
.
Ensuite : M ∈ S ⇐⇒ λ
2 a
2
+ λ
2 b
2
+ λ
2 c
2
= 1 .
Réponse : Les deux plans d'EC :
x + y + z − ε
√
a 2 + b 2 + c 2 = 0 , ε ∈ {−1,1}.
a) Réponse : S 1 et S 2 sont des paraboloïdes elliptiques, de
révolution.
b) On peut chercher Γ sous la RP :
x = ρ(θ)cos θ, y = ρ(θ)sin θ, z =
ρ
2
(θ)
2 p
,
où ρ = R −→ R ∗
+ est de classe C
1 .
369
Un vecteur tangent en M(θ) à Γ est
− →
dM
dθ
, d'où une RP de la
tangente T (θ) , en M(θ) à Γ (en notant, pour abréger, ρ au
lieu de ρ(θ)) :
X = ρ cos θ + λ(ρ cos θ − ρ sin θ)
= (ρ + λρ ) cos θ − λρ sin θ
Y = ρ sin θ + λ(ρ sin θ + ρ cos θ)
= (ρ + λρ ) sin θ + λρ cos θ
Z =
ρ
2
2 p
+ λ
ρρ
p
.
Cette droite T (θ) est tangente à S 2 si et seulement si l'équation aux λ des points de T (θ) ∩ S 2 :
(ρ + λρ
)
2 + λ
2 ρ
2 + 2q
ρ
2
2 p
+ λ
ρρ
p
= 0
admet une solution double.
L'équation du second degré obtenue :
(ρ
2 + ρ
2 )λ
2 + 2ρρ
1 +
q
p
λ + ρ
2
1 +
q
p
= 0
a pour discriminant (réduit) :
∆
= ρ
2 ρ
2
1 +
q
p
2
− (ρ
2 + ρ
2 )ρ
2
1 +
q
p
.
La condition revient donc à : ρ 2 =
p
q
ρ
2 .
Comme ρ est continue sur R et que ρ est à valeurs > 0 , le
théorème des valeurs intermédiaires montre que ρ est de
signe fixe (strict), donc ρ = ε
p
q
ρ, où ε ∈ {−1,1}, puis
ρ : θ −→ Ce
ε
p
q θ
, C ∈ R ∗
+ .
Réponse : Les courbes de RP :
x = Ce kθ cos θ ,
y = Ce kθ sin θ , z =
C
2
2 p
e
2kθ , C ∈ R ∗
+ fixé, k = ε
p
q
,
ε ∈ {−1,1} fixé, θ ∈ R le paramètre.
Notons Q =
A B C
B D E
C E F
la matrice symétrique associée
à S dans la base (
− →
i ,
− →
j ,
− →
k ). Pour qu'il existe trois génératrices de S deux à deux orthogonales, il faut et il suffit qu'il existe
une b.o.n. (
− →
V 1 ,
− →
V 2 ,
− →
V 3 ) de R
3 telle que, en notant R la matrice
associée à S dans la base (
− →
V 1 ,
− →
V 2 ,
− →
V 3 ), on ait :
∀i ∈ {1,2,3},
t E i RE i = 0,
où (E i ) 1i 3 est la base canonique M 3,1 (R) .
Ceci revient à ce qu'il existe une matrice Ω de O 3 (R) telle que
Ω −1 QΩ soit à termes diagonaux tous nuls. D'après l’exercice
4.5.59, cette condition équivaut à tr(Q) = 0, c'est-à-dire :
A + D + F = 0.
6.3.44
6.3.45
6.3.46
6.3.47
z
y
O
Γ
M
T
S 2
S 1
x
6.3.48
Réponse : Les quadriques d'EC :
2Ehx
2 + 2Cxz + 2Eyz + Fz
2 − 2Ehy − Fhz = 0,
(C,E,F) ∈ R
3 − {(0,0,0)}.
Soit M(X,Y,Z ) ∈ E 3 ; former un système d'équations cartésiennes du cercle C M d'axe ∆ et passant par M :
(x − X) + (z − Z ) = 0
x
2
+ y
2
+ z
2
= X
2
+ Y
2
+ Z
2 .
Traduire ensuite C M ∩ D = ∅ en éliminant (x,y,z)
dans :
z = 0, y = x + 1, (x − X) + (z − Z ) = 0,
x
2 + y
2 + z
2 = X
2 + Y
2 + Z
2 .
Réponse : x
2
+ 4xz − y
2
+ z
2
+ 2x + 2z + 1 = 0
(hyperboloïde à une nappe)
Soit M(x,y,z) ∈ S . Une EC du plan tangent Π en M à S est :
x X
a 2 +
yY
b 2 +
z Z
c 2 − 1 = 0.
On déduit : P
a
2
x
,0,0
, Q
0,
b
2
y
,0
, R
0,0,
c
2
z
, puis :
−→
O P ·
− →
i =
−→
O Q ·
− →
j =
−→
O R ·
− →
k ⇐⇒
a
2
x
=
b
2
y
=
c
2
z
⇐⇒
∃λ ∈ R ∗ ,
x = λa
2
, y = λb
2
, z = λc
2
.
Ensuite : M ∈ S ⇐⇒ λ
2 a
2
+ λ
2 b
2
+ λ
2 c
2
= 1 .
Réponse : Les deux plans d'EC :
x + y + z − ε
√
a 2 + b 2 + c 2 = 0 , ε ∈ {−1,1}.
a) Réponse : S 1 et S 2 sont des paraboloïdes elliptiques, de
révolution.
b) On peut chercher Γ sous la RP :
x = ρ(θ)cos θ, y = ρ(θ)sin θ, z =
ρ
2
(θ)
2 p
,
où ρ = R −→ R ∗
+ est de classe C
1 .
369
Un vecteur tangent en M(θ) à Γ est
− →
dM
dθ
, d'où une RP de la
tangente T (θ) , en M(θ) à Γ (en notant, pour abréger, ρ au
lieu de ρ(θ)) :
X = ρ cos θ + λ(ρ cos θ − ρ sin θ)
= (ρ + λρ ) cos θ − λρ sin θ
Y = ρ sin θ + λ(ρ sin θ + ρ cos θ)
= (ρ + λρ ) sin θ + λρ cos θ
Z =
ρ
2
2 p
+ λ
ρρ
p
.
Cette droite T (θ) est tangente à S 2 si et seulement si l'équation aux λ des points de T (θ) ∩ S 2 :
(ρ + λρ
)
2 + λ
2 ρ
2 + 2q
ρ
2
2 p
+ λ
ρρ
p
= 0
admet une solution double.
L'équation du second degré obtenue :
(ρ
2 + ρ
2 )λ
2 + 2ρρ
1 +
q
p
λ + ρ
2
1 +
q
p
= 0
a pour discriminant (réduit) :
∆
= ρ
2 ρ
2
1 +
q
p
2
− (ρ
2 + ρ
2 )ρ
2
1 +
q
p
.
La condition revient donc à : ρ 2 =
p
q
ρ
2 .
Comme ρ est continue sur R et que ρ est à valeurs > 0 , le
théorème des valeurs intermédiaires montre que ρ est de
signe fixe (strict), donc ρ = ε
p
q
ρ, où ε ∈ {−1,1}, puis
ρ : θ −→ Ce
ε
p
q θ
, C ∈ R ∗
+ .
Réponse : Les courbes de RP :
x = Ce kθ cos θ ,
y = Ce kθ sin θ , z =
C
2
2 p
e
2kθ , C ∈ R ∗
+ fixé, k = ε
p
q
,
ε ∈ {−1,1} fixé, θ ∈ R le paramètre.
Notons Q =
A B C
B D E
C E F
la matrice symétrique associée
à S dans la base (
− →
i ,
− →
j ,
− →
k ). Pour qu'il existe trois génératrices de S deux à deux orthogonales, il faut et il suffit qu'il existe
une b.o.n. (
− →
V 1 ,
− →
V 2 ,
− →
V 3 ) de R
3 telle que, en notant R la matrice
associée à S dans la base (
− →
V 1 ,
− →
V 2 ,
− →
V 3 ), on ait :
∀i ∈ {1,2,3},
t E i RE i = 0,
où (E i ) 1i 3 est la base canonique M 3,1 (R) .
Ceci revient à ce qu'il existe une matrice Ω de O 3 (R) telle que
Ω −1 QΩ soit à termes diagonaux tous nuls. D'après l’exercice
4.5.59, cette condition équivaut à tr(Q) = 0, c'est-à-dire :
A + D + F = 0.
6.3.44
6.3.45
6.3.46
6.3.47
z
y
O
Γ
M
T
S 2
S 1
x
6.3.48