[ 00630 ] [correction].

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Conique
Exercice 1 [ 00630 ] [correction]
Donner la nature de la conique d’équation
16x2−24xy + 9y2+ 25x−50y= 0
Préciser les sommet, foyer et directrice.
Exercice 2 [ 03014 ] [correction]
Réduire la conique d’équation :
3x2−2xy + 3y2−8x+ 8y+ 6 = 0
Donner, sa nature et ses éléments caractéristiques.
Exercice 3 [ 02930 ] [correction]
Donner l’équation réduite et la nature de la conique donnée par
x2+ 3xy + 2y2−x−2y+ 1 = 0
Exercice 4 [ 02932 ] [correction]
Soient des réels a, b, a0, b0. Montrer que les courbes du plan géométrique d’équation
respectives
(ax +by)2+ (a0x+b0y)2= 1 et (ax +a0y)2+ (bx +b0y)2= 1
sont isométriques.
Exercice 5 [ 02933 ] [correction]
Reconnaître et tracer la courbe d’équation
13x2−32xy + 37y2= 5
Exercice 6 [ 01562 ] [correction]
Soient A(1,0) et B(0,2) dans un repère orthonormé (Oxy).
Déterminer une équation cartésienne de la parabole passant par Aet B, et
tangente respectivement à (Ox)et (Oy)en ces points.
Exercice 7 [ 03356 ] [correction]
On considère la courbe
Γ = (x, y)∈R+2/√x+√y= 1
Déterminer la nature de la courbe Γ.
Exercice 8 [ 03511 ] [correction]
Déterminer l’excentricité de la conique d’équation
x2+ 8xy −5y2−28x+ 14y+ 3 = 0
Exercice 9 [ 02917 ] [correction]
Trouver l’image du cercle unité par f:C\j, j2→Cdéfinie par
f:z→1
1 + z+z2
Exercice 10 [ 02578 ] [correction]
Natures, axes et équation réduite de la conique d’équation
2x2+ 3xy + 2y2−4x−3y= 0
Exercice 11 [ 02545 ] [correction]
Allure de la courbe d’équation cartésienne
y2−(3x2+ 2x+ 1) = 0
Lieu des points Md’affixe ztels que les points d’affixes z,z2et z5soit alignés ?
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Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
La matrice 16 −12
−12 9 a pour valeurs propres 0et 25.
Posons ~u =3
5~
i+4
5~
jet ~v =−4
5~
i+3
5~
jvecteurs propres unitaires associées à ces
valeurs propres.
Dans le repère orthonormé R= (O;~u, ~v)l’équation de Γest
25y2−50y−25x= 0
soit encore
(y−1)2=x+ 1
Γest la parabole de sommet S
−1
1, d’axe focal (S;~u)et de paramètre p= 1/4.
Le foyer est F=S+1
2~u et la directrice passe par K=S−1 2~u et est dirigée par ~v.
Exercice 2 : [énoncé]
La forme quadratique sous-jacente a pour valeurs propres 2 et 4. C’est une
conique à centre.
La forme quadratique est diagonalisée dans la base orthonormée formée des
vecteurs
~u =1
√2(
~
i+~ j)et ~v =1
√2(−~
i+~ j)
Par annulation de gradient, le centre est Ω
1
−1.
L’équation dans le repère R= (Ω; ~u, ~v)est
2x2+ 4y2+C= 0
avec la constante Cégale à la valeur du premier membre de l’équation initiale en
Ω.
On obtient C=−2et finalement on parvient à l’équation
x2+ 2y2= 1
La conique est donc une ellipse de centre Ω, d’axe focal (Ω; ~u)et les valeurs
caractéristiques sont
a= 1,b= 1/√2,c= 1/√2et e= 1/√2
Exercice 3 : [énoncé]
La forme quadratique sous-jacente a pour valeurs propres 3±√10
2. C’est une
conique à centre.
Par annulation des dérivées partielles, le centre est Ω
2
−1.
On obtient l’équation réduite
√10 −3
2x2−3 + √10 2y2= 1
La conique étudiée est une hyperbole.
Exercice 4 : [énoncé]
Les deux courbes sont définies par des équations algébriques de degré 2, ce sont
donc des coniques.
Pour réduire la première, on développe l’équation
(a2+a02)x2+ (b2+b02)y2+ 2(ab +a0b0)xy = 1
et on étudie la réduction de la matrice symétrique représentant la forme
quadratique associée.
a2+a02ab +a0b0
ab +a0b0b2+b02
Son polynôme caractéristique est
X2−2X(a2+a02+b2+b02)+(ab0−a0b)2
Notons λet µles deux racines réelles de ce polynôme. Il existe un nouveau repère
orthonormé dans lequel la forme quadratique associée à l’équation de la première
conique s’exprime par λx2+µy2et l’équation de la première conique dans ce
repère est alors
λx2+µy2= 1
La réduction de la deuxième conique conduit au même polynôme caractéristique
et donc à la même équation dans un certain repère orthonormé. Les deux coniques
sont donc isométriques.
Exercice 5 : [énoncé]
On réduit la matrice 13 −16
−16 37 de valeurs propres 5 et 45.
C’est une conique à centre
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Pour ~u =1
√5(2
~
i+~ j)et ~v =1
√5(
~
i−2~ j), dans le repère (O;~u, ~v)la courbe a pour
équation :
x2+ 9y2= 1
On reconnaît une ellipse d’axe focal (O;u)déterminée par a= 1 et b= 1/3.
Exercice 6 : [énoncé]
Soit Pune parabole solution. Une équation cartésienne de Pest de la forme
ax2+ 2bxy +cy2+ 2dx + 2ey =k
avec ac −b2= 0 car Pest une conique dégénérée.
Puisque les tangentes (Ox)et (Oy)sont sécantes en O, la parabole Pne passe pas
Oet donc k6= 0. En divisant les coefficients inconnus a, b, c, d, e par k, on peut
supposer k= 1.
Puisque A∈ P, on a
a+ 2d= 1
Par dédoublement, la tangente en AàPa pour équation
ax +by +d(x+ 1) + ey = 1
Cette droite correspond à l’axe (Ox)si, et seulement si,
d= 1
a+d= 0
b+e6= 0
On en déduit a=−1et d= 1.
L’étude similaire en Bdonne 
4c+ 4e= 1
e= 1/2
2c+e= 0
2b+d6= 0
On en déduit c=−1/4et e= 1/2.
Enfin la condition ac −b2= 0 donne b=±1/2.
Or b+e6= 0 (ou 2b+d6= 0) impose b6=−1/2et il reste b= 1/2.
Au final
P:−x2+xy −1
4y2+ 2x+y= 1
Inversement, cette parabole est solution.
Exercice 7 : [énoncé]
La courbe Γest incluse dans le pavé [0,1]2.
Pour (x, y)∈[0,1]2, on a
(x, y)∈Γ⇔y= (1 −√x)2
puis
(x, y)∈Γ⇔2√x= 1 + x−y
et enfin
(x, y)∈Γ⇔x2+y2−2xy −2x−2y+ 1 = 0
Ainsi Γest la portion incluse dans [0,1]2de la conique
Γ0:x2+y2−2xy −2x−2y+ 1 = 0
La forme quadratique associée à cette équation a pour matrice dans la base
canonique
1−1
−1 1 
Celle-ci à pour valeurs propres 2 et 0.
Considérons alors de repère d’origine (0,0) et dirigé par ~u =1
√2(1,1) et
~v =1
√2(−1,1).
Après calculs,
x~u +y~v ∈Γ0⇔2y2−2√2x+ 1 = 0
Γ0est donc une parabole de sommet S=1
2√2~u =1
4,1 4et d’axe focal (S;~u).
Γest la portion de cette parabole incluse dans [0,1]2.
Pour parfaire l’allure de Γ, on peut remarquer que les tangentes à Γaux points
(1,0) et (0,1) sont les axes coordonnées
Exercice 8 : [énoncé]
C’est une conique non dégénérée et les valeurs propres de la matrices représentant
la forme quadratique sont 3 et −7.
Par annulation du gradient, on obtient que le centre de cette conique est le point
de coordonnées (2,3).
Dans un repère adapté, on obtient alors l’équation réduite
3x2−7y2= 4
La conique est donc une hyperbole avec a= 2/√3et b= 2/√7.
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On en déduit
c=pa2+b2=2√10
√21
puis
e=√10
√3
Exercice 9 : [énoncé]
Pour z∈U\j, j2, on peut écrire z= eiθ , et on vérifie
f(z) = 1
1+eiθ + e2iθ =e−iθ 1 + 2 cos θ
Les f(z)parcourent donc la courbe d’équation polaire
r=1
1 + 2 cos(−θ)
soit encore
r=1
1 + 2 cos(θ)
Il s’agit d’une hyperbole de foyer O, d’excentricité 2 et d’axe focal (Ox).
Exercice 10 : [énoncé]
La forme quadratique associée a pour matrice
2 3/2
3/2 2 
de valeurs propres 7
2et 1 2.
~u =1
√2(
~
i+~ j)et ~v =1
√2(−~
i+~ j)sont vecteurs propres associés aux valeurs
propres 7
2et 1 2.
Puisque 0 n’est pas valeur propre, la conique est non dégénérée et son centre Ωest
de coordonnées xet ysolutions du système
(4x+ 3y−4=0
3x+ 4y−3=0
Le centre Ωest donc le point de coordonnées x= 1 et y= 0 dans le repère initiale.
Dans le repère orthonormée (Ω; ~u, ~v)la conique étudiée a pour équation réduite
7
2x2+1 2y2= 2
i.e. x2
a2+y2 b2= 1 avec a=2
√7et b= 2
La conique est une ellipse d’axe focal (Ω; ~v)(puisque b > a).
Exercice 11 : [énoncé]
y2−(3x2+ 2x+ 1) = 0 ⇔y2
2/3−(x+1
3)2
2/9= 1
La courbe considérée est une hyperbole de centre Ω(−1/3,0) et d’axe focal
vertical.
z= 0 et z= 1 sont évidemment solutions du problème d’alignement.
Pour z6= 0,1, les points considérés sont alignés si, et seulement si, z5−z
z2−z∈Ri.e.
z3+z2+z+ 1 ∈R.
En écrivant z=x+iy avec x, y ∈R, on parvient à l’équation y3= (3x2+ 2x+ 1)y.
Finalement les points recherchés sont ceux formant l’hyperbole précédemment
présentées accompagnés de la droite réelle.
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