Éducation Nationale Française · PT

Coniques et matrices symétriques d'ordre 2

⌚ ~59 min ▢ 7 blocs ✓ 35 exercices PDFCours complet PDFFiche d'exercices PDFCorrections ➣ Prérequis : Géométrie du plan et de l'espace, Matrices symétriques réelles et théorème spectral

Une conique est la courbe décrite par un point dont la distance à un foyer fixe est un multiple fixe de sa distance à une directrice fixe. Suivant ce multiple — l'excentricité — la courbe est une ellipse, une parabole ou une hyperbole. Ce chapitre les étudie dans le plan $\mathbb{R}^2$ muni de son produit scalaire canonique, dans lequel on utilise un repère orthonormé direct $(O ; \vec{\imath}, \vec{\jmath})$ et des coordonnées cartésiennes $(x, y)$, rappelés de Géométrie du plan et de l'espace.
Le chapitre comporte deux mouvements. (1) Partant de la définition par foyer et directrice, on choisit bien le repère (centré en un sommet, ou au centre de symétrie) et on ramène l'équation à une forme réduite — $y^2 = 2px$ pour une parabole, $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ pour une ellipse, $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ pour une hyperbole — d'où l'on lit directement axes, centre, sommets, asymptotes et une paramétrisation. (2) On passe à une équation générale du second degré $ax^2 + 2bxy + cy^2 + dx + ey + f = 0$ et on range sa partie quadratique dans la matrice symétrique $A = \begin{psmallmatrix} a & b \\ b & c \end{psmallmatrix}$. Le théorème spectral d'ordre $2$, rappelé de Matrices symétriques réelles et théorème spectral, permet de tourner vers un repère où le terme croisé en $xy$ disparaît ; une translation ramène ensuite l'équation à sa forme réduite — en la centrant dans les cas elliptique et hyperbolique, et en la mettant sous forme normale au sommet dans le cas parabolique, qui n'a pas de centre — et les signes des valeurs propres de $A$ fixent le type. Les droites propres de $A$ sont les axes principaux de la conique.
C'est la signature de géométrie appliquée de l'année : la réduction d'une matrice symétrique $2 \times 2$ est mise au travail sur une courbe plane concrète, et chaque étape se lit sur une figure.

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I Coniques : foyer, directrice, excentricité

I.1 Définition monofocale

On définit une conique comme un lieu : l'ensemble des points dont la distance à un point fixe est proportionnelle à la distance à une droite fixe. La constante de proportionnalité, l'excentricité, range les coniques sous les trois noms familiers.

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Définition — Conique par foyer, directrice et excentricité

Soit $F$ un point du plan et $\mathcal{D}$ une droite ne passant pas par $F$ ($F \notin \mathcal{D}$), et soit $e > 0$ un réel. La conique de foyer $F$, de directrice $\mathcal{D}$ et d'excentricité $e$ est l'ensemble $$ \mathcal{C} = \left\{ M \mid MF = e \, d(M, \mathcal{D}) \right\}, $$ où $MF$ est la distance de $M$ à $F$ et $d(M, \mathcal{D})$ la distance de $M$ à $\mathcal{D}$. On appelle $\mathcal{C}$

une ellipse si $e < 1$,
une parabole si $e = 1$,
une hyperbole si $e > 1$.

L'hypothèse $F \notin \mathcal{D}$ fait partie de la définition : si $F$ était sur $\mathcal{D}$, le lieu dégénérerait. L'excentricité est exigée $> 0$ ; un cercle (qui correspond informellement à $e = 0$) n'a aucune description par foyer et directrice et n'est pas capturé par cette définition, bien qu'il apparaisse plus bas comme membre limite de la famille des ellipses.

Définition — Repère focal et axe focal

Soit $H$ le projeté orthogonal du foyer $F$ sur la directrice $\mathcal{D}$. Le repère focal de la conique est le repère orthonormé direct centré en $F$ dont le premier vecteur de base est $\vec{\imath} = \frac{1}{\|\overrightarrow{HF}\|}\,\overrightarrow{HF}$. Son premier axe $(F ; \vec{\imath})$ est l'axe focal ; il est perpendiculaire à $\mathcal{D}$ et la rencontre en $H$.

Le foyer, la directrice dont il s'écarte, le pied $H$ et l'axe focal se placent comme suit.

L'axe focal est la perpendiculaire à $\mathcal{D}$ passant par $F$, orientée de $H$ vers $F$.

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Exemple — Lire l'excentricité sur un lieu

Prenons $F = (1, 0)$, la directrice $\mathcal{D} : x = -1$, et le lieu $\left\{ M \mid MF = \tfrac12\, d(M, \mathcal{D}) \right\}$. Ici $F \notin \mathcal{D}$ et l'excentricité vaut $e = \tfrac12 < 1$, donc le lieu est une ellipse. En remplaçant la constante $\tfrac12$ par $1$ on obtiendrait une parabole, par $2$ une hyperbole — avec le même foyer et la même directrice, seule l'excentricité change le type.

Exemple — Écrire l'équation focale

Écrire l'équation $MF = e\, d(M, \mathcal{D})$ pour $F = (2, 0)$, $\mathcal{D} : x = -2$ et $e = 1$, dans le repère canonique.

Correction

Pour $M = (x, y)$, la distance au foyer est $MF = \sqrt{(x-2)^2 + y^2}$ et la distance à la droite verticale $\mathcal{D} : x = -2$ est $d(M, \mathcal{D}) = |x + 2|$. Avec $e = 1$ la condition de définition $MF = d(M, \mathcal{D})$ s'écrit, après élévation au carré (les deux membres sont $\geq 0$), $$ \begin{aligned} (x-2)^2 + y^2 &= (x+2)^2 &&\text{(élever au carré)} \\ x^2 - 4x + 4 + y^2 &= x^2 + 4x + 4 &&\text{(développer)} \\ y^2 &= 8x. &&\text{(simplifier et isoler)} \end{aligned} $$ C'est une parabole ; on retrouve sa forme réduite $y^2 = 2px$ avec $p = 4$ ci-dessous.

Compétences à pratiquer

Identifier foyer, directrice et excentricité

I.2 Équations réduites et classification

En choisissant bien le repère — centré en un sommet pour une parabole, au centre de symétrie pour une ellipse ou une hyperbole — on ramène l'équation focale à une courte forme normale. Cette équation réduite affiche le type et toutes les données géométriques d'un coup d'\oe il.

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Proposition — Équation cartésienne dans le repère focal

Soit $\mathcal{C}$ la conique de foyer $F$, de directrice $\mathcal{D}$ et d'excentricité $e$, et posons $h = d(F, \mathcal{D})$ et $p = e\,h$ (le paramètre). Dans le repère focal $(F ; \vec{\imath}, \vec{\jmath})$, un point $M = (x, y)$ appartient à $\mathcal{C}$ si et seulement si $$ \textcolor{colorprop}{x^2(1 - e^2) + y^2 - 2 e p\, x - p^2 = 0.} $$

Preuve

Dans le repère focal, $F$ est l'origine et la directrice $\mathcal{D}$ est la droite verticale passant par $H$, de coordonnées $H = (-h, 0)$ puisque $H$ est le pied de $F$ sur $\mathcal{D}$ à distance $h$, du côté négatif de l'axe focal. Pour $M = (x, y)$, le projeté orthogonal de $M$ sur la droite verticale $\mathcal{D}$ est $M' = (-h, y)$, donc $$ \begin{aligned} M \in \mathcal{C} &\iff MF = e\, d(M, \mathcal{D}) &&\text{(définition)} \\ &\iff MF^2 = e^2\, MM'^2 &&\text{(distances $\geq 0$, on élève au carré)} \\ &\iff x^2 + y^2 = e^2\big((x + h)^2 + 0^2\big) &&\text{(coordonnées de $F$ et $M'$)} \\ &\iff x^2 + y^2 = e^2(x^2 + 2hx + h^2). &&\text{(développer)} \end{aligned} $$ En tout ramenant d'un côté et avec $p = e h$ (donc $e^2 h = e p$ et $e^2 h^2 = p^2$), $$ x^2(1 - e^2) + y^2 - 2 e^2 h\, x - e^2 h^2 = x^2(1 - e^2) + y^2 - 2 e p\, x - p^2 = 0. $$

Théorème — Équation réduite d'une parabole

Une parabole $\mathcal{C}$ ($e = 1$) possède un unique sommet $S$, le point de $\mathcal{C}$ situé sur l'axe focal. Dans le repère centré en $S$ et de mêmes vecteurs de base que le repère focal — le repère au sommet — l'équation de $\mathcal{C}$ est $$ \textcolor{colorprop}{y^2 = 2 p x,} \qquad p = h = d(F, \mathcal{D}). $$ Dans ce repère le foyer est $\left( \tfrac{p}{2}, 0 \right)$ et la directrice a pour équation $x = -\tfrac{p}{2}$.

Preuve

Avec $e = 1$ l'équation focale perd son terme en $x^2$ et devient $y^2 - 2 p x - p^2 = 0$, c'est-à-dire $y^2 = 2 p x + p^2$. Son intersection avec l'axe focal ($y = 0$) est l'unique point $x = -\tfrac{p}{2}$, le sommet $S = \left( -\tfrac{p}{2}, 0 \right)$.
On translate au sommet : on pose $x' = x + \tfrac{p}{2}$, $y' = y$ (donc $x = x' - \tfrac{p}{2}$), ce qui est un changement de repère par translation. Alors $$ \begin{aligned} y^2 = 2 p x + p^2 &\iff (y')^2 = 2 p\left( x' - \tfrac{p}{2} \right) + p^2 &&\text{(substituer)} \\ &\iff (y')^2 = 2 p x'. &&\text{(simplifier)} \end{aligned} $$ Dans le repère au sommet l'équation est $y^2 = 2 p x$. Le foyer $F$, origine du repère focal, est en $x' = \tfrac{p}{2}$, soit $\left( \tfrac{p}{2}, 0 \right)$ ; la directrice, d'abscisse $-h = -p$ dans le repère focal, a donc pour abscisse $-p + \tfrac{p}{2} = -\tfrac{p}{2}$ dans le repère au sommet.

Théorème — Équation réduite d'une ellipse et d'une hyperbole

Une ellipse ($e < 1$) et une hyperbole ($e > 1$) ont chacune deux sommets sur l'axe focal ; leur milieu $\Omega$ est le centre. Dans le repère centré en $\Omega$ et de mêmes vecteurs de base que le repère focal — le repère central — l'équation est $$ \textcolor{colorprop}{\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1} \quad (e < 1, \text{ ellipse}), \qquad \textcolor{colorprop}{\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1} \quad (e > 1, \text{ hyperbole}), $$ avec $a, b > 0$. Pour l'ellipse $a > b$ : elle a quatre sommets, les deux principaux (sur l'axe focal) $(\pm a, 0)$ et les deux secondaires $(0, \pm b)$. L'hyperbole n'a que les deux sommets $(\pm a, 0)$ sur l'axe focal. En notant $c = \|\Omega F\|$ la distance du centre à un foyer, on a $a^2 = b^2 + c^2$ (ellipse) et $c^2 = a^2 + b^2$ (hyperbole), et $e = \tfrac{c}{a}$.

Preuve

On traite l'ellipse ($0 < e < 1$) ; l'hyperbole est identique avec le signe de $1 - e^2$ inversé. Comme $1 - e^2 > 0$, l'équation focale $x^2(1 - e^2) + y^2 - 2 e p x - p^2 = 0$ se met sous forme canonique en complétant le carré en $x$ : $$ \begin{aligned} (1 - e^2)\left( x^2 - \frac{2 e p}{1 - e^2} x \right) + y^2 &= p^2 &&\text{(factoriser les termes en $x$)} \\ (1 - e^2)\left( x - \frac{e p}{1 - e^2} \right)^2 + y^2 &= p^2 + \frac{e^2 p^2}{1 - e^2} = \frac{p^2}{1 - e^2}. &&\text{(compléter le carré)} \end{aligned} $$ On translate au centre $\Omega$ : on pose $x' = x - \tfrac{e p}{1 - e^2}$, $y' = y$. L'équation devient $(1 - e^2)(x')^2 + (y')^2 = \tfrac{p^2}{1 - e^2}$, et en divisant par le membre de droite, $$ \frac{(x')^2}{\left( \frac{p}{1 - e^2} \right)^2} + \frac{(y')^2}{\left( \frac{p}{\sqrt{1 - e^2}} \right)^2} = 1. $$ Donc $\mathcal{C}$ a pour équation $\tfrac{x^2}{a^2} + \tfrac{y^2}{b^2} = 1$ dans le repère central, avec $a = \tfrac{p}{1 - e^2}$ et $b = \tfrac{p}{\sqrt{1 - e^2}}$ ; comme $0 < 1 - e^2 < 1$ on a $\sqrt{1 - e^2} > 1 - e^2$, d'où $a > b > 0$.
Pour l'hyperbole ($e > 1$, donc $1 - e^2 < 0$), la même mise sous forme canonique est valable (le coefficient $1 - e^2$ étant maintenant négatif) : $$ (1 - e^2)\left( x - \frac{e p}{1 - e^2} \right)^2 + y^2 = \frac{p^2}{1 - e^2} < 0. $$ En posant $e^2 - 1 > 0$ et en translatant en $\Omega$ ($x' = x - \tfrac{e p}{1 - e^2}$, $y' = y$), cela s'écrit $-(e^2 - 1)(x')^2 + (y')^2 = -\tfrac{p^2}{e^2 - 1}$ ; en multipliant par $-\tfrac{e^2 - 1}{p^2}$ on obtient $\tfrac{(x')^2}{a^2} - \tfrac{(y')^2}{b^2} = 1$ avec $a = \tfrac{p}{e^2 - 1}$ et $b = \tfrac{p}{\sqrt{e^2 - 1}}$. Les relations sur les éléments géométriques $a^2 = b^2 + c^2$ (ellipse), $c^2 = a^2 + b^2$ (hyperbole) et $e = \tfrac{c}{a}$ découlent de ces expressions par une algèbre élémentaire ; leur démonstration n'est pas exigible à ce niveau et est admise.

Les trois coniques réduites, côte à côte dans leurs repères naturels.

L'ellipse est bornée, la parabole et l'hyperbole non bornées ; l'hyperbole a deux branches.

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Méthode — Classer à partir d'une équation réduite

Face à une équation déjà sous forme réduite, lire directement le type et les données :

$y^2 = 2 p x$ (ou $x^2 = 2 p y$) avec $p \neq 0$ : parabole, sommet à l'origine, axe focal l'axe des $x$ (resp. des $y$) ; le signe de $p$ donne le sens d'ouverture (vers $x > 0$ si $p > 0$, vers $x < 0$ si $p < 0$). La valeur $p = 0$ donne $y^2 = 0$, la droite double $y = 0$, pas une parabole.
$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ : ellipse, centre l'origine, axes les axes de coordonnées, sommets $(\pm a, 0)$ et $(0, \pm b)$ ; l'axe focal porte le plus grand dénominateur. Dans le cas particulier $a = b$ la courbe est un cercle, sans axe focal privilégié.
$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ : hyperbole, centre l'origine, sommets $(\pm a, 0)$ sur l'axe focal $(Ox)$, asymptotes $y = \pm \tfrac{b}{a} x$.

Exemple — Classer une ellipse

Classer $\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$ et donner son centre, ses axes et ses sommets.

Correction

L'équation est $\dfrac{x^2}{2^2} + \dfrac{y^2}{1^2} = 1$, avec $a = 2$ et $b = 1$, $a > b$ : c'est une ellipse, de centre $\Omega = (0,0)$, d'axes les deux axes de coordonnées. L'axe focal est $(Ox)$ (plus grand dénominateur), de sommets $(\pm 2, 0)$ ; les sommets secondaires sont $(0, \pm 1)$. La courbe est comprise entre $x = -2$ et $x = 2$, $y = -1$ et $y = 1$.

Exemple — Classer une hyperbole

Classer $x^2 - \dfrac{y^2}{4} = 1$ et donner ses asymptotes.

Correction

L'équation est $\dfrac{x^2}{1^2} - \dfrac{y^2}{2^2} = 1$, avec $a = 1$ et $b = 2$ : c'est une hyperbole, de centre $(0,0)$, d'axe focal $(Ox)$, de sommets $(\pm 1, 0)$. Ses asymptotes sont $y = \pm \dfrac{b}{a} x = \pm 2 x$.

Compétences à pratiquer

Classer à partir d'une équation réduite

I.3 Symétries et paramétrage

Une conique à centre a ses axes de repère pour axes de symétrie et son centre pour centre de symétrie. Lire ces symétries sur l'équation réduite, et paramétrer la courbe, est ce qui permet de la tracer proprement.

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Proposition — Axes et centre de symétrie

Une ellipse et une hyperbole, dans leur repère central, sont symétriques par rapport à

chacun des deux axes du repère central,
leur centre $\Omega$.

Preuve

L'équation réduite $\tfrac{x^2}{a^2} \pm \tfrac{y^2}{b^2} = 1$ ne fait intervenir que $x^2$ et $y^2$, elle est donc inchangée quand on remplace $x$ par $-x$, ou $y$ par $-y$, ou les deux.

Remplacer $y$ par $-y$ laisse l'équation inchangée : $(x, y) \in \mathcal{C} \iff (x, -y) \in \mathcal{C}$, la symétrie par rapport à l'axe des $x$.
Remplacer $x$ par $-x$ donne la symétrie par rapport à l'axe des $y$.
Remplacer les deux donne $(x, y) \in \mathcal{C} \iff (-x, -y) \in \mathcal{C}$, la symétrie par rapport au centre $\Omega = (0,0)$.

Proposition — Asymptotes d'une hyperbole

L'hyperbole $\tfrac{x^2}{a^2} - \tfrac{y^2}{b^2} = 1$ admet les deux droites $\textcolor{colorprop}{y = \tfrac{b}{a} x}$ et $\textcolor{colorprop}{y = -\tfrac{b}{a} x}$ pour asymptotes.

Preuve

Sur la branche $x > 0$, en résolvant en $y$ sur la moitié supérieure on a $y = \tfrac{b}{a}\sqrt{x^2 - a^2}$. Alors $$ \begin{aligned} y - \tfrac{b}{a} x &= \tfrac{b}{a}\left( \sqrt{x^2 - a^2} - x \right) &&\text{(factoriser $\tfrac{b}{a}$)} \\ &= \tfrac{b}{a}\cdot \frac{(x^2 - a^2) - x^2}{\sqrt{x^2 - a^2} + x} &&\text{(quantité conjuguée)} \\ &= \tfrac{b}{a}\cdot \frac{-a^2}{\sqrt{x^2 - a^2} + x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0. &&\text{(dénominateur $\to +\infty$)} \end{aligned} $$ Donc $y - \tfrac{b}{a} x \to 0$ : la droite $y = \tfrac{b}{a} x$ est asymptote. Les trois autres demi-branches s'obtiennent par les symétries ci-dessus, donnant aussi $y = -\tfrac{b}{a} x$.

L'ellipse avec ses axes et l'hyperbole avec ses asymptotes.

Les sommets de l'ellipse sont sur ses axes ; les branches de l'hyperbole épousent les deux asymptotes.

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Proposition — Paramétrage d'une ellipse et d'une hyperbole

Dans le repère central :

l'ellipse $\tfrac{x^2}{a^2} + \tfrac{y^2}{b^2} = 1$ est le support de $t \mapsto (a \cos t, b \sin t)$, $t \in \mathbb{R}$ ;
chaque branche de l'hyperbole $\tfrac{x^2}{a^2} - \tfrac{y^2}{b^2} = 1$ est le support de $t \mapsto (\pm a \operatorname{ch} t, b \operatorname{sh} t)$, $t \in \mathbb{R}$ (le signe $+$ pour la branche droite $x > 0$, le signe $-$ pour la branche gauche).

Preuve

Ellipse. Pour $(x, y) = (a \cos t, b \sin t)$ on a $\tfrac{x^2}{a^2} + \tfrac{y^2}{b^2} = \cos^2 t + \sin^2 t = 1$, donc l'image est sur l'ellipse. Réciproquement, un point $(x, y)$ de l'ellipse vérifie $\left( \tfrac{x}{a} \right)^2 + \left( \tfrac{y}{b} \right)^2 = 1$, donc le couple $\left( \tfrac{x}{a}, \tfrac{y}{b} \right)$ est sur le cercle unité et vaut $(\cos t, \sin t)$ pour un certain $t$ : tout point est atteint.
Hyperbole. L'identité $\operatorname{ch}^2 t - \operatorname{sh}^2 t = 1$ donne, pour $(x, y) = (a \operatorname{ch} t, b \operatorname{sh} t)$, $\tfrac{x^2}{a^2} - \tfrac{y^2}{b^2} = \operatorname{ch}^2 t - \operatorname{sh}^2 t = 1$, avec $x = a \operatorname{ch} t \geq a > 0$ : cela balaie la branche droite. Réciproquement, sur la branche droite $\tfrac{x}{a} = \sqrt{1 + \left( \tfrac{y}{b} \right)^2} \geq 1$ ; comme $\operatorname{sh} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ est une bijection continue strictement croissante, il existe un unique $t$ avec $\operatorname{sh} t = \tfrac{y}{b}$, et alors $\operatorname{ch} t = \sqrt{1 + \operatorname{sh}^2 t} = \tfrac{x}{a}$ (on rappelle $\operatorname{ch} \geq 0$) : le point est atteint. La branche gauche utilise $-a \operatorname{ch} t$.

Méthode — Paramétrer pour tracer

Pour tracer une conique à centre donnée sous forme réduite : lire $a$ et $b$ ; pour une ellipse utiliser $t \mapsto (a \cos t, b \sin t)$ avec $t \in [0, 2\pi]$ — quatre points-clés en $t = 0, \tfrac{\pi}{2}, \pi, \tfrac{3\pi}{2}$ donnent les quatre sommets $(\pm a, 0)$, $(0, \pm b)$ ; pour une hyperbole tracer la branche droite par $t \mapsto (a \operatorname{ch} t, b \operatorname{sh} t)$, tracer les deux asymptotes $y = \pm \tfrac{b}{a} x$ comme guides, puis compléter par symétrie.

Exemple — Paramétrer une ellipse

Paramétrer $\dfrac{x^2}{9} + \dfrac{y^2}{4} = 1$ et placer quatre points-clés.

Correction

Ici $a = 3$, $b = 2$, donc l'ellipse est le support de $\gamma : t \mapsto (3 \cos t, 2 \sin t)$, $t \in [0, 2\pi]$. Les quatre points-clés sont $$ \gamma(0) = (3 \,;\, 0), \quad \gamma\!\left( \tfrac{\pi}{2} \right) = (0 \,;\, 2), \quad \gamma(\pi) = (-3 \,;\, 0), \quad \gamma\!\left( \tfrac{3\pi}{2} \right) = (0 \,;\, -2), $$ les deux sommets principaux $(\pm 3 \,;\, 0)$ sur $(Ox)$ et les deux sommets secondaires $(0 \,;\, \pm 2)$ sur $(Oy)$.

Compétences à pratiquer

Paramétrer et utiliser les symétries

II L'équation générale et la réduction matricielle

II.1 La matrice d'une équation de type conique

Une conique dans un repère quelconque n'est pas forcément réduite : son équation est un polynôme général de degré deux en $x$ et $y$, éventuellement avec un terme croisé en $xy$. On range la partie de degré deux dans une matrice symétrique — l'objet sur lequel le théorème spectral agira.

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Définition — Courbe de type conique, équation générale

Une courbe $\mathcal{C}$ de $\mathbb{R}^2$ est de type conique lorsqu'elle est l'ensemble des points $M = (x, y)$ vérifiant une équation $$ a x^2 + 2 b x y + c y^2 + d x + e y + f = 0, \qquad (a, b, c) \neq (0, 0, 0), $$ avec $a, b, c, d, e, f \in \mathbb{R}$. La condition $(a, b, c) \neq (0, 0, 0)$ assure une vraie partie de degré deux. Le mot courbe est ici employé au sens large : la réduction ci-dessous montre que l'ensemble solution peut aussi être vide, un point unique, ou une réunion de droites (les cas dégénérés), seuls les cas non dégénérés étant de vraies coniques.

Proposition — Forme matricielle de l'équation

Posons $X = \begin{psmallmatrix} x \\ y \end{psmallmatrix}$, $A = \begin{psmallmatrix} a & b \\ b & c \end{psmallmatrix} \in \mathcal{S}_2(\mathbb{R})$ et la ligne $L = \begin{psmallmatrix} d & e \end{psmallmatrix}$. Alors $X^\mathsf{T} A X = a x^2 + 2 b x y + c y^2$, et l'équation générale s'écrit $$ \textcolor{colorprop}{X^\mathsf{T} A X + L X + f = 0.} $$

Preuve

En développant le produit, $$ \begin{aligned} X^\mathsf{T} A X &= \begin{psmallmatrix} x & y \end{psmallmatrix} \begin{psmallmatrix} a & b \\ b & c \end{psmallmatrix} \begin{psmallmatrix} x \\ y \end{psmallmatrix} = \begin{psmallmatrix} x & y \end{psmallmatrix} \begin{psmallmatrix} a x + b y \\ b x + c y \end{psmallmatrix} &&\text{(calculer $A X$)} \\ &= x(a x + b y) + y(b x + c y) = a x^2 + 2 b x y + c y^2. &&\text{(développer)} \end{aligned} $$ Le coefficient hors-diagonale $b$ apparaît deux fois, c'est pourquoi le coefficient de $x y$ est $2 b$. En ajoutant $L X = d x + e y$ et la constante $f$ on obtient l'équation générale.

Un coefficient hors-diagonale non nul $b$ — de façon équivalente un terme croisé en $xy$ — signifie que les axes principaux de la forme quadratique (les droites propres de $A$) sont inclinés par rapport aux axes du repère ; pour une conique non dégénérée ce sont ses axes géométriques. Tuer ce terme croisé est précisément le travail de la réduction.

Un terme croisé $b \neq 0$ incline les axes principaux de la conique par rapport aux axes de coordonnées.

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Exemple — Lire la matrice sur une équation

Pour $3 x^2 + 4 x y + 3 y^2 = 1$, les coefficients de degré deux sont $a = 3$, $2b = 4$ donc $b = 2$, $c = 3$ ; il n'y a pas de partie linéaire ($d = e = 0$) et $f = -1$. D'où $$ A = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}, \quad L = \begin{pmatrix} 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad f = -1. $$ La règle du demi-coefficient ($b$ est la moitié du coefficient de $xy$) est la seule subtilité.

Exemple — Écrire la forme matricielle

Écrire la forme matricielle $X^\mathsf{T} A X + L X + f = 0$ de $x^2 - 2 y^2 + 2 x - 4 y = 0$.

Correction

Ici $a = 1$, le coefficient de $xy$ est $0$ donc $b = 0$, $c = -2$ ; la partie linéaire est $d = 2$, $e = -4$, et $f = 0$. Ainsi $$ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}, \qquad L = \begin{pmatrix} 2 & -4 \end{pmatrix}, \qquad f = 0, $$ et l'équation est $X^\mathsf{T} A X + L X = 0$. Comme $A$ est déjà diagonale, il n'y a pas de terme croisé à supprimer : seule une translation (par mise sous forme canonique) sera nécessaire pour réduire celle-ci.

Compétences à pratiquer

Écrire la forme matricielle

II.2 Réduction par le théorème spectral

Comme $A$ est symétrique réelle d'ordre $2$, le théorème spectral (rappelé de Matrices symétriques réelles et théorème spectral) donne une base orthonormée directe de vecteurs propres : dans le repère tourné porté par ces axes, le terme croisé en $xy$ disparaît. Une translation ramène ensuite l'équation à sa forme réduite — en la centrant lorsque les deux valeurs propres sont non nulles (type elliptique ou hyperbolique), et en atteignant une forme normale au sommet lorsqu'une valeur propre est nulle (type parabolique, qui n'a pas de centre) — et les signes des deux valeurs propres de $A$ décident du type. Les droites propres de $A$ sont les axes principaux de la conique.

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Théorème — Les signes des valeurs propres fixent le type

Soit $\mathcal{C} : X^\mathsf{T} A X + L X + f = 0$ une courbe de type conique, $A = \begin{psmallmatrix} a & b \\ b & c \end{psmallmatrix} \in \mathcal{S}_2(\mathbb{R})$, de valeurs propres $\lambda, \mu$ (toutes deux réelles). Le type de $\mathcal{C}$ est gouverné par leurs signes, de façon équivalente par $\det A = a c - b^2 = \lambda \mu$ :

$\lambda, \mu$ de même signe ($\det A > 0$) : type elliptique — une vraie ellipse, un point unique, ou l'ensemble vide ;
$\lambda, \mu$ de signes opposés ($\det A < 0$) : type hyperbolique — une vraie hyperbole ou une réunion de deux droites sécantes ;
une valeur propre nulle ($\det A = 0$) : type parabolique — une vraie parabole, une réunion de deux droites parallèles, une droite double, ou l'ensemble vide.

Preuve

Par le théorème spectral d'ordre $2$, $A$ est diagonalisable orthogonalement : il existe $P \in \mathrm{O}_2(\mathbb{R})$ avec $A = P D P^\mathsf{T}$, $D = \operatorname{diag}(\lambda, \mu)$, et on peut choisir les vecteurs propres pour que $P \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ (une rotation ; si $\det P = -1$, on échange les deux colonnes). Posons $X = P X'$, un changement de repère par rotation ; alors $X' = P^\mathsf{T} X$ et $$ \begin{aligned} X^\mathsf{T} A X + L X + f &= (P X')^\mathsf{T} A (P X') + L P X' + f &&\text{(substituer $X = P X'$)} \\ &= (X')^\mathsf{T} (P^\mathsf{T} A P) X' + (L P) X' + f &&\text{(regrouper)} \\ &= \lambda (x')^2 + \mu (y')^2 + d' x' + e' y' + f, &&\text{($P^\mathsf{T} A P = D$, $L P = (d'\ e')$)} \end{aligned} $$ qui n'a plus de terme en $x' y'$. On complète maintenant le carré dans chaque variable de valeur propre non nulle (une translation $x'' = x' - \alpha$, etc.) pour absorber son terme linéaire. Deux cas :

Les deux $\lambda, \mu \neq 0$. L'équation devient $\lambda (x'')^2 + \mu (y'')^2 = K$. Si $\lambda, \mu$ sont de même signe, c'est $\pm\big( \tfrac{(x'')^2}{a^2} + \tfrac{(y'')^2}{b^2} \big) = K$ : une vraie ellipse, un point unique ($K = 0$), ou l'ensemble vide, suivant le signe de $K$ — type elliptique. Si signes opposés, $\tfrac{(x'')^2}{a^2} - \tfrac{(y'')^2}{b^2} = K'$ : une vraie hyperbole ($K' \neq 0$) ou deux droites sécantes ($K' = 0$) — type hyperbolique.
Une valeur propre nulle, disons $\lambda = 0$, $\mu \neq 0$. Après mise sous forme canonique en $y'$, l'équation est $\mu (y'')^2 = K' x'' + K''$. Si $K' \neq 0$, une dernière translation donne $\mu (y'')^2 = K' x''$, une vraie parabole ; si $K' = 0$, $\mu (y'')^2 = K''$ est une réunion de deux droites parallèles, une droite double, ou l'ensemble vide suivant le signe de $K''/\mu$ — type parabolique.

Comme $\det A = \det(P D P^\mathsf{T}) = \det D = \lambda \mu$, les trois cas de signe se lisent sur $\det A = a c - b^2$.

Méthode — Réduire une conique pas à pas

Étant donné $\mathcal{C} : a x^2 + 2 b x y + c y^2 + d x + e y + f = 0$ :

Former $A = \begin{psmallmatrix} a & b \\ b & c \end{psmallmatrix}$ et la ligne $L = (d\ e)$.
Diagonaliser orthogonalement $A$ dans une base orthonormée directe de vecteurs propres $\Rightarrow$ une rotation $P \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$, $P^\mathsf{T} A P = \operatorname{diag}(\lambda, \mu)$.
Réécrire dans le repère tourné ($X = P X'$) : l'équation devient $\lambda (x')^2 + \mu (y')^2 + d' x' + e' y' + f = 0$, avec $(d'\ e') = L P$ et sans terme en $x' y'$.
Compléter le carré dans chaque variable de valeur propre non nulle $\Rightarrow$ une translation. Lorsque les deux valeurs propres sont non nulles (type elliptique ou hyperbolique) elle centre l'équation ; lorsqu'une valeur propre est nulle (type parabolique) il n'y a pas de centre, et une dernière translation selon la direction propre de $0$ absorbe la constante, atteignant une forme normale au sommet.
Lire l'équation réduite et le type (signes de $\lambda, \mu$, ou $\det A$).

Vérification utile : les vecteurs propres de valeurs propres distinctes sont automatiquement orthogonaux (la matrice est symétrique).

La base propre orthonormée de $A$ donne les directions dans lesquelles la conique est réduite : les droites propres de $A$ sont les axes principaux de $\mathcal{C}$.

Les colonnes $C_1, C_2$ de $P$ (vecteurs propres unitaires de $A$) pointent le long des axes principaux de la conique inclinée.

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Exemple — Réduire une ellipse inclinée

Réduire et identifier $3 x^2 + 4 x y + 3 y^2 = 1$.

Correction

La matrice est $A = \begin{psmallmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{psmallmatrix}$, de $\chi_A = X^2 - \operatorname{tr}(A) X + \det(A) = X^2 - 6 X + 5 = (X - 1)(X - 5)$, donc les valeurs propres sont $\lambda = 1$ et $\mu = 5$ (même signe : $\det A = 5 > 0$, type elliptique). En résolvant : $$ E_1(A) = \operatorname{Vect}\begin{psmallmatrix} 1 \\ -1 \end{psmallmatrix}, \qquad E_5(A) = \operatorname{Vect}\begin{psmallmatrix} 1 \\ 1 \end{psmallmatrix}, $$ orthogonaux, comme prévu. En normant on obtient la base orthonormée directe avec $$ P = \frac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R}), \qquad P^\mathsf{T} A P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}. $$ Avec $X = P X'$ l'équation devient $(x')^2 + 5 (y')^2 = 1$ — pas de partie linéaire à translater. C'est une vraie ellipse d'équation réduite $\dfrac{(x')^2}{1} + \dfrac{(y')^2}{1/5} = 1$, d'où $a = 1$ et $b = \tfrac{1}{\sqrt 5}$, d'axes principaux les droites propres $\operatorname{Vect}(1,-1)$ et $\operatorname{Vect}(1,1)$.

Exemple — Réduire avec une partie linéaire

Réduire et discuter $x^2 - 4 x y - 2 y^2 + 2 x - 4 y = 0$.

Correction

Ici $A = \begin{psmallmatrix} 1 & -2 \\ -2 & -2 \end{psmallmatrix}$, $L = (2\ -4)$, $f = 0$. Comme $\det A = (1)(-2) - (-2)^2 = -2 - 4 = -6 < 0$, le type est hyperbolique. Les valeurs propres sont les racines de $\chi_A = X^2 - \operatorname{tr}(A)X + \det(A) = X^2 + X - 6 = (X - 2)(X + 3)$, donc $\lambda = 2$, $\mu = -3$. On trouve $$ E_2(A) = \operatorname{Vect}\begin{psmallmatrix} 2 \\ -1 \end{psmallmatrix}, \qquad E_{-3}(A) = \operatorname{Vect}\begin{psmallmatrix} 1 \\ 2 \end{psmallmatrix}, \quad P = \frac{1}{\sqrt 5}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R}). $$ Avec $X = P X'$, la ligne $L P = \tfrac{1}{\sqrt 5}(2\ -4)\begin{psmallmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{psmallmatrix} = \tfrac{1}{\sqrt 5}(8\ -6)$, donc $$ \begin{aligned} 2 (x')^2 - 3 (y')^2 + \tfrac{8}{\sqrt 5} x' - \tfrac{6}{\sqrt 5} y' &= 0 \\ 2\Big( x' + \tfrac{2}{\sqrt 5} \Big)^2 - 3\Big( y' + \tfrac{1}{\sqrt 5} \Big)^2 &= \tfrac{8}{5} - \tfrac{3}{5} = 1. &&\text{(compléter chaque carré)} \end{aligned} $$ En translatant au centre $\Omega$ (en $x'' = x' + \tfrac{2}{\sqrt 5}$, $y'' = y' + \tfrac{1}{\sqrt 5}$) on a $2 (x'')^2 - 3 (y'')^2 = 1$ : une vraie hyperbole, d'équation réduite $\dfrac{(x'')^2}{1/2} - \dfrac{(y'')^2}{1/3} = 1$, d'axe focal la droite propre de $\lambda = 2$.

Compétences à pratiquer

Réduire une conique par diagonalisation

II.3 L'équation $xy \equal k$ et coniques dégénérées

L'équation purement croisée $xy = k$ est l'exemple le plus net de conique inclinée ; sa réduction montre que c'est une hyperbole dont les asymptotes sont les axes de coordonnées. On termine par les cas dégénérés que la réduction générale peut produire.

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Proposition — $xy \equal k$ est une hyperbole équilatère

Soit $k \in \mathbb{R}$ et $\mathcal{C} : x y = k$.

Si $k = 0$, $\mathcal{C}$ est la réunion des deux axes de coordonnées.
Si $k \neq 0$, $\mathcal{C}$ est une hyperbole dont les asymptotes sont les axes de coordonnées ; son axe focal est $y = x$ lorsque $k > 0$ et $y = -x$ lorsque $k < 0$.

Preuve

Le cas $k = 0$ est immédiat : $xy = 0 \iff x = 0$ ou $y = 0$, les deux axes. Supposons $k \neq 0$. L'équation $xy = k$ est de type conique avec $A = \begin{psmallmatrix} 0 & 1/2 \\ 1/2 & 0 \end{psmallmatrix}$ (le coefficient de $xy$ est $1$, donc $b = \tfrac12$). Alors $\chi_A = X^2 - \tfrac14 = (X - \tfrac12)(X + \tfrac12)$, valeurs propres $\pm\tfrac12$ (signes opposés : type hyperbolique), avec $$ E_{1/2}(A) = \operatorname{Vect}\begin{psmallmatrix} 1 \\ 1 \end{psmallmatrix}, \quad E_{-1/2}(A) = \operatorname{Vect}\begin{psmallmatrix} 1 \\ -1 \end{psmallmatrix}, \quad P = \frac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R}). $$ Avec $X = P X'$ la forme quadratique devient $X^\mathsf{T} A X = \tfrac12 (x')^2 - \tfrac12 (y')^2$, donc $xy = k$ s'écrit $\tfrac12 (x')^2 - \tfrac12 (y')^2 = k$. Pour $k > 0$, on divise par $k$ : $\tfrac{(x')^2}{2k} - \tfrac{(y')^2}{2k} = 1$, une hyperbole avec $a = b = \sqrt{2k}$, d'axe focal la droite propre $\operatorname{Vect}(1,1)$, c'est-à-dire $y = x$ ; ses asymptotes $y' = \pm \tfrac{b}{a} x' = \pm x'$ sont les axes initiaux $x = 0$ et $y = 0$. Pour $k < 0$ les rôles de $x'$ et $y'$ s'échangent, donnant l'axe focal $y = -x$.

L'hyperbole équilatère $xy = 1$, avec les axes de coordonnées pour asymptotes.

Les branches de $xy = 1$ sont dans les premier et troisième quadrants ; les axes sont les asymptotes, la droite $y = x$ l'axe focal.

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Méthode — Reconnaître les coniques dégénérées

Après réduction, la courbe est sous l'une de deux formes normales ; on lit les cas dégénérés sur les constantes.

Les deux valeurs propres non nulles, $\lambda (x'')^2 + \mu (y'')^2 = K$ :
- $\lambda, \mu$ de même signe — vraie ellipse si $K$ a ce signe, un point unique si $K = 0$, vide si $K$ a le signe opposé ;
- $\lambda, \mu$ de signes opposés — vraie hyperbole si $K \neq 0$, deux droites sécantes si $K = 0$.
Une valeur propre nulle, $\mu (y'')^2 = K' x'' + K''$ après l'unique mise sous forme canonique : une vraie parabole si $K' \neq 0$ ; si $K' = 0$ alors $\mu (y'')^2 = K''$ est deux droites parallèles (si $K''/\mu > 0$), une droite double (si $K'' = 0$), ou vide (si $K''/\mu < 0$).

Exemple — Ensemble vide contre point unique

Discuter les lieux $x^2 + y^2 - 2 x + 4 = 0$ et $x^2 + y^2 - 2 x + 1 = 0$.

Correction

Les deux ont $A = I_2$ (valeurs propres $1, 1$, même signe : type elliptique), donc aucune rotation n'est nécessaire — seulement compléter le carré en $x$.

$x^2 - 2x + y^2 + 4 = (x - 1)^2 + y^2 + 3 = 0$, soit $(x-1)^2 + y^2 = -3$. Une somme de carrés est toujours positive, donc le lieu est vide (le cas elliptique avec $K < 0$).
$x^2 - 2x + y^2 + 1 = (x - 1)^2 + y^2 = 0$, soit $(x-1)^2 + y^2 = 0$. Une somme de carrés est nulle seulement quand les deux s'annulent, donc le lieu est le point unique $(1, 0)$ (le cas elliptique avec $K = 0$).

La même matrice de type elliptique donne un lieu dégénéré, et non une vraie ellipse, dès que la constante a le mauvais signe.

Pour aller plus loin

Une équation de type conique $a x^2 + 2 b x y + c y^2 + d x + e y + f = 0$ présente sa courbe comme une ligne de niveau de la fonction de deux variables $g(x, y) = a x^2 + 2 b x y + c y^2 + d x + e y + f$, à savoir $\{ g = 0 \}$. Le chapitre Courbes implicites et surfaces reprend de telles lignes de niveau en général : en un point régulier la courbe a une tangente, et le gradient $\nabla g$ lui est normal. Pour une conique le gradient est affine en $(x, y)$, ce qui rend immédiate la tangente en tout point — un point de vue qui retrouve, et généralise, les calculs de symétrie et d'asymptotes de ce chapitre.

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Compétences à pratiquer

Traiter $xy \equal k$ et les coniques dégénérées

III Pour aller plus loin

Compétences à pratiquer

Problèmes de synthèse