Coniques et Quadriques : Exercices de Mathématiques

Feuille 6 : Coniques et quadriques
Exercice 1. Déterminer la nature des coniques suivantes, leur expression réduite et les tracer.
1. 2x2−4xy −y2−4x+10y−13 =0
2. 9x2+24xy +16y2−20x+15y=0
3. 3x2+2xy +3y2+10x−2y+1=0
4. x2−6xy +y2+6x−2y=1
5. 3x2−2xy +3y2+2x−6y+1=0.
Solution 1. On applique la méthode vue en cours.
1. Notons f(x,y) = 2x2−4xy −y2−4x+10y−13.
La matrice de la partie quadratique de la première équation est M=2−2
−2−1.
Cette matrice est de rang 2. La conique a donc un centre On détermine son centre en annulant les dérivées partielles
de f:
(∂f
∂x(x,y) = 4x−4y−4=0
∂f
∂y(x,y) = −4x−2y+10 =0
qui a pour solution x=2,y=1. Le centre de la conique est donc le point (2,1).
L’équation de la conique dans le repère (2,1),~ i,~ jest
2x02−4x0y0−y02+f(2,1) = 2x02−4x0y0−y02−12 =0
Les valeurs propres de la matrice associée à la partie quadratique sont −2 et 3 d’espace propre E−2=R(1,2)et
E3=R(2,−1). On vérifie que les espaces propres sont orthogonaux. Notons~u=1
√5(1,2)et~v=1 √5(2,−1). L’équation
de la conique dans le repère ((2,1),~u,~v)se calcule comme suit :
x0y0Mx0
y0−12 =x00 y00 tPMPx00 y00 −12 =−2x002+3y002−12 =0
où Pest la matrice de passage de la base (
~
i,~ j)à la base (~u,~v)
P=1
√51 2
2−1
La conique à donc pour équation dans le repère ((2,1),~u,~v)
y002
4−x002 6=1.
2. Notons f(x,y) = 9x2+24xy +16y2−20x+15y=0. La matrice de la forme quadratique est
M=9 12
12 16 .
Cette matrice est de rang 1. Les valeurs propres de cette matrice sont 0 et 25 d’espace propre
E0=R(−12,9),E25 = (9,12).
1

On considère les vecteurs ~u=1
5(3,4)et ~v=1 5(−4,3). La matrice de passage de la base (
~
i,~ j)à la base (~u,~v)est
P=1
53−4
4 3 .
L’équation de la conique dans le nouveau repère (O,~u,~v)se calcule comme suit :
f(x,y) = x y Mx
y+−20 15 x y=0
x0y0tPMPx0
y0+−20 15 Px0 y0=25y02+25x0=0.
La conique est donc une parabole d’équation y02=x0dans le repère (O,~u,~v).
3. Notons f(x,y) = 3x2+2xy +3y2+10x−2y+1=0.
La matrice de la forme quadratique dans la base (
~
i,~ j)est
M=3 1
1 3 .
Cette matrice est de rang 2. La conique a donc un centre que l’on détermine comme ci dessus. Le centre est (−2,1).
L’équation de la conique dans le repère ((−2,1),~ i,~ j)est
3x02+2x0y0+3y02+f(−2,1) = 3x02+2x0y0+3y02−10 =0.
La trace de la matrice est 6, le déterminant est 8, les valeurs propres de la matrice sont donc positives. Les valeurs
propres de la matrice sont 2 et 4. Les espaces propres sont E2=R(1,−1)et E4=R(1,1). On note ~u=1
√2(1,−1)et
~v=1
√2(1,1). L’équation de la conique dans le repère ((−2,1),~u,~v)est
x002
5+2y002 5=1.
C’est une ellipse.
4. Notons f(x,y) = x2−6xy +y2+6x−2y=1. La matrice de la forme quadratique dans la base (
~
i,~ j)est
M=1−3
−3 1 .
Cette matrice est de rang 2. La conique a donc un centre que l’on détermine comme ci dessus. Le centre est (0,1)
L’équation de la conique dans le repère ((0,1),~ i,~ j)est
f(x0+0,y0+1) = x02−6x0y0+y02+f(0,1) = x02−6x0y0+y02−2.
Le polynôme caractéristique de cette matrice est P(X) = X2−2X−8= (X−4)(X+2). L’espace propre associé à la
valeur propre 4 est engendré par le vecteur (1,−1). L’espace propre associé à la valeur propre -2 est engendré par le
vecteur (1,1). On normalise ces vecteurs. L’équation de la conique dans le repère
Ω= (0,1),~u=1
√2(1,1),~v=1 √2(1,−1))
est
−2x002+4y002=2c’est à dire −x002+2y002=1.
La conique cherchée est une hyperbole.
2

5. Notons f(x,y) = 3x2−2xy +3y2+2x−6y+1=0. La matrice de la forme quadratique de la conique est
Q=3−1
−1 3 
Les valeurs propres de cette matrice sont 4 et 2.
Une base orthonormée de vecteurs propres associée est (~u=1
√2(1,−1),~v=1 √2(1,1)). La matrice Qest de rang 2,
la conique admet donc un unique centre que l’on calcule par la méthode précédente. Le centre de la conique est le
point Ω= (0,1). On applique la méthode précédente. La forme normale de la conique dans le repère (Ω,~u,~v)est
x02+4y02=1. La conique cherchée est une ellipse.
Exercice 2. Déterminer la nature des quadriques suivantes ainsi que leur expression réduite.
1. 4x2−9y2−4z2+4yz =0
2. 5x2+y2+z2−2xy −6yz +2zx +2x+4y−6z=0
3. x2−2xy +2xz −2y+x+1=0
4. 2x2+5y2+5z2+4xy −4xz −8yz −1=0
5. −2x2+5y2−2yz +5z2+4x−8y−8z+4=0
6. 2x2+5y2−2yz +5z2−4x−8y−8z+8=0
Solution 2. On travaille dans R3muni de sa structure euclidienne canonique. On note (
~
i,~ j,~ k)la base canonique.
1. Soit
f(x,y,z) = 4x2−9y2−4z2+4yz.
Ce polynôme est une forme quadratique de matrice dans la base canonique
M=
4 0 0
0−9 2
0 2 −4
.
Les valeurs propres de cette matrice sont 4 et les valeurs propres de la sous matrice −9 2
2−4.
Cette sous matrice est de déterminant positif et de trace négative. Ceci montre que les valeurs propres sont négatives,
on les note par conséquent −λ2et −µ2. Dans le repère (O,(~u,~v,~w)) où (~u,~v,~w)est une base orthonormée de vecteurs
propres associées aux valeurs propres 4, −λ2et −µ2, la quadrique a pour équation
4x2=λy2+µz2
Cette quadrique est donc un cône.
2. Soit
f(x,y,z) = 5x2+y2+z2−2xy −6yz +2zx +2x+4y−6z=0.
La partie quadratique de l’équation est
q(x,y,z) = 5x2+y2+z2−2xy −6yz +2zx
de matrice dans la base canonique
M=
5−1 1
−1 1 −3
1−3 1 
.
Cette matrice est de rang 3, la quadrique associée a donc un centre noté Ωque l’on détermine comme pour les coniques.
Ce centre à pour coordonnées (−1/2;−1,1/2). Son image par fvaut −6. Les valeurs propres de la matrice Msont
3, 6 et −2. Par conséquent l’équation de la quadrique dans le repère (Ω,~u,~v,~w)où ~u,~vet ~wsont des vecteurs propres
associés respectivement aux valeurs propres 3, 6 et −2 est
3x2+6y2−2z2=6.
La quadrique cherchée est donc un hyperboloïde à une nappe.
3

3. Soit
f(x,y,z) = x2−2xy +2xz −2y+x+1=0.
On note
q(x,y,z) = x2−2xy +2xz,
la partie quadratique dont la matrice dans la base canonique est
M=
1−1 1
−1 0 0
1 0 0 
.
Cette matrice est de rang 2, ce qui montre que l’ensemble des centres de la conique est vide ou bien une droite. On
détermine les centres en résolvant le système
2M
x
y
z
=
−1
2
0
Les deux dernières lignes du système sont incompatibles. Par conséquent il n’y a pas de centre.
Les valeurs propres de la matrice Msont 0, −1, 2. Les espaces propres associés sont
E0=R(~ j+~ k),E−1=R(
~
i+~ j−~ k),E2=R(−2
~
i+~ j−~ k).
Considérons les vecteurs propres normés
~u=1
√2(~
j+~ k),~v=1
√3(
~
i+~ j−~ k),~w=1
√6(−2
~
i+~ j−~ k).
La matrice de passage de la base (
~
i,~ j,~ k)à la base (~u,~v,~w)est la matrice
P=
01
√3−2 √6
1
√2
1
√3
1
√6
1
√2−1 √3−1 √6
L’équation de la quadrique en coordonnées (x0,y0,z0)dans le repère (O,(~u,~v,~w)) est
(x0,y,z0)tPMP 
x0
y0
z0
+1−2 0 P
x0
y0
z0
+1=0
c’est à dire
−y02+2z02−√2x0−√3
3y0−2√6 3z0+1=0.
Après mise sous forme canonique on obtient :
(y−√3
6)2−2(z+1
√6)2=−√2(x0−3√2
8),
qui est l’équation d’un paraboloïde hyperbolique.
4. Soit
f(x,y,z) = 2x2+5y2+5z2+4xy −4xz −8yz −1=0.
On remarque que (0,0,0)est centre de symétrie de la quadrique :
f(x,y,z) = 0⇔f(−x,−y,−z) = 0.
4

La forme quadratique de l’équation a pour matrice dans la base canonique
M=
2 2 −2
2 5 −4
−2−4 5 
Le polynôme caractéristique de cette matrice est −(X−1)2(X−10). Par conséquent dans un repère (O,(~u,~v,~w)) où
(~u,~v,~w)est une base orthonormée de vecteurs propres la quadrique à pour équation
x2+y2+10z2=1
ceci montre que la quadrique est un ellipsoïde.
5. On considère f(x,y,z) = −2x2+5y2−2yz +5z2+4x−8y+4. On note Qla quadrique déquation f=0. On considère
Ala matrice de la forme quadratique associée :
A=
−2 0 0
0 5 −1
0−1 5 
Cette matrice est de rang 3, la quadrique admet donc un unique centre. On applique la méthode précédente, et le centre
est le point de coordonnées (1,1,1). Les valeurs propres de la matrice sont −2,6 et 4. La translation du repère au
centre de la quadrique fournit le changement de variables
g(x0,y0,z0) = f(1+x0,1+y0,1+z0) = −2x02+5y02−2y0z0+5z02−2=0
Le changement de variables considérant une base orthonormée de vecteurs propres fournit l’équation réduite de la
quadrique
−2x002+6y002+4z002=2
équation d’un hyperloide à une nappe.
6. On considère f(x,y,z) = 2x2+5y2−2yz +5z2−4x−8y+8. On note Qla quadrique déquation f=0. On considère
Ala matrice de la forme quadratique associée :
A=
2 0 0
0 5 −1
0−1 5 
Cette matrice est de rang 3, la quadrique admet donc un unique centre. On applique la méthode précédente, et le centre
est le point de coordonnées (1,1,1). Les valeurs propres de la matrice sont 2,6 et 4. Les espaces propres sont
E2=vect(1,0,0),E4=vect(1/√2(0,1,1)),E6=vect(1/√2(0,−1,1)).
On note ~u= (1,0,0),~v=1/√2(0,1,1)et ~w=1/√2(0,−1,1).
La translation du repère au centre de la quadrique fournit l’équation de la quadrique dans le repère R0= (Ω,(
~
i,~ j,~ k))
g(x0,y0,z0) = f(1+x0,1+y0,1+z0) = 2x02+5y02−2y0z0+5z02−2=0
Le changement de la base (
~
i,~ j,~ k)à la base (~u,~v,~w)fournit l’équation de la quadrique dans le repère R00 = (Ω,(~u,~v,~w))
2x002+6y002+4z002=2
équation d’un ellipsoïde.
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