%% CENTRALE M 2 1994
% realise par Robert Cabane et L.G. Vidiani
% email: rcabane@free.fr
% Format: PLAIN TEX
% mise en page (a rectifier si besoin)
\input frpage.sty
% Mise en page en deux colonnes, avec le format EPlain
% \dispo2r
% collection de macros
\input math3.sty
\input tabvar.sty
\input vect4.sty
% Ajustez ci-dessous - mettre "tpic" pour xdvi ou dvipdfm ou yap
% mettre "emtex" pour dviscr, dvihplj (emtex)
% mettre "textures" pour textures
% et mettre "ps" sinon
\initvect{ps}
% integrales pas trop grandes ni trop petites
\everydisplay{\textstyle}\let\int=\INT
\def\num#1{\vskip 2mm plus 2mm minus 1mm{\bf#1)}}
\let\f=\frac
\let\F=\dfrac
%
\grostitre{Centrale 1994, Deuxi\`eme \'epreuve - Corrig\'e}
% \nofoot
%         Partie I
\partie[\'Etude d'une forme diff\'erentielle]
\num{ I A }
Comme $x^2-y^2=(x-y)(x+y)$, l'ensemble d'\'equation $x^2-y^2=0$ est la r\'eunion
des deux plans contenant $Oz$ et les deux bissectrices des axes dans le plan
$xOy$.

\num{I B 1}
%%\ {\bf facteur int\'egrant $ \bf \varphi  \ de \ \omega  $}:
Pour \^etre exacte sur $\cal D$, qui est un ouvert, la forme
$$\Omega=\varphi (x^2-y^2)(-4xy^2z)\dx+\varphi  (x^2-y^2)4x^2yz\dy+\varphi  (x^2-y^2)(x^4-y^4)\dz$$
dont les coefficients admettent des d\'eriv\'ees partielles continues sur cet
ouvert, doit \^etre localement ferm\'ee c'est-\`a-dire que les d\'eriv\'ees
partielles \og crois\'ees\fg{} doivent co\"\i ncider.
Ce qui donne les conditions n\'ecessaires suivantes:
$$
\cases{2x\varphi '(x^2-y^2)4x^2yz+8xyz\varphi (x^2-y^2)+8xyz\varphi (x^2-y^2)-2y\varphi '(x^2-y^2)4xy^2z=0 \\
+4xy^2 \varphi  (x^2-y^2)+4x^3 \varphi (x^2-y^2)+(x^4-y^4)2x\varphi '(x^2-y^2)=0 \\ -4y^3 \varphi  (x^2-y^2)
-2y(x^4-y^4)\varphi '(x^2-y^2) -4x^2y\varphi  (x^2-y^2)=0.}
$$
Apr\`es r\'eduction des termes semblables il reste $ \cases{8xyz\bigl(2 \varphi
(x^2-y^2)+(x^2-y^2)\varphi '(x^2-y^2) \bigr)=0 \\ 2x \bigl(2(x^2+y^2)\varphi  (x^2-y^2)+
(x^4-y^4)\varphi '(x^2-y^2) \bigr)=0 \\ -2y \bigl(2(x^2+y^2)\varphi  (x^2-y^2)+(x^4-y^4)
\varphi '(x^2-y^2) \bigr)=0 }$

Comme $x^2+y^2 \ne  0 $ et que $x$ et $y$ ne peuvent \^etre nuls ensemble puisque
$(x, y) \in  \cal D$, les deux derni\`eres donnent: $2\varphi  (x^2-y^2)+(x^2-y^2) \varphi '
(x^2-y^2)=0. $ Quand $M$ d\'ecrit $\cal D$, le nombre $t=x^2-y^2$ d\'ecrit $\R^*$.
$\varphi $ doit donc v\'erifier l'\'equation diff\'erentielle $2\varphi  (t)+t\varphi '(t)=0$ sur $\R^*$
tout entier.

\num{I B 2}
L'\'equation diff\'erentielle pr\'ec\'edente s'\'ecrit puisque $t\ne 0$ car $M\in \cal D$:
$2t\varphi (t)+t^2\varphi '(t)=0$ soit $(t^2\varphi (t))'=0$ ou encore $t^2\varphi (t)=$Cte  soit $\varphi (t)
=\F{C_1}{t^2} $ sur $]-\infty,0[$ et $\varphi (t)=\F{C_2}{t^2}$ sur $]0,+\infty [$. Les
conditions initiales seront en outre v\'erifi\'ees pour $C_1=C_2=1$:
\encadre{$\varphi (t)=\F1{t^2}$.}

\num{I C}
%% \ {\bf Int\'egrer $dU=\Omega $}:
Notons que l'on ne nous demande pas toutes les solutions mais seulement une.
Essayons donc avec $\varphi (x^2-y^2)=\F1{x^2-y^2}. $ On cherche donc $U$ tel que:
$$ \dpar Ux=\f{-4xy^2z}{(x^2-y^2)^2} \quad, \quad
 \dpar Uy=\f{4x^2yz}{(x^2-y^2)^2} \quad, \quad \dpar Uz=\f{(x^2+y^2)}{(x^2-y^2)} $$
On commence par la plus simple (la derni\`ere) qui donne $ U(x, y, z)=\f{(x^2+y^2)
}{(x^2-y^2)} z+g(x, y) $ o\`u $g(x, y)$ est une fonction arbitraire.

Le report dans les deux autres \'equations donne imm\'ediatement l'ensemble de deux
conditions $ \dpar gx=0 $ et $ \dpar gy=0 $ suffisant pour que $U$ convienne sur
$\cal D$ tout entier; donc $g=$Cte fera l'affaire et, en prenant cette
constante nulle, la condition suppl\'ementaire (3) est v\'erifi\'ee. Donc \encadre{
$U(x, y, z)=z. \F {x^2+y^2} {(x^2-y^2)}$ convient.}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE II %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie[\'Etude des surfaces de niveau de $U$]
\num{II A} %%\ {\bf Comparer $\Sigma_\lambda  $ et $ S_\lambda  $}:
$U(x, y, z)=\lambda $ \'equivaut \`a $\cases{z(x^2+y^2)-\lambda (x^2-y^2)=0 \\ (x^2-y^2) \ne 0}$.
Pour obtenir $\Sigma_\lambda $, il faut donc enlever de $S_\lambda $ les points de $S_\lambda $
v\'erifiant $x^2-y^2=0$, c'est-\`a-dire les points v\'erifiant $\cases{z(x^2+y^2)=0 \\
x^2-y^2=0}$ donc les points: $x=0=y; z$ quelconque, et les points: $z=0;
x^2-y^2=0. $
\reponse{$\Sigma_\lambda $ est $S_\lambda $ priv\'ee des points de l'axe $Oz$ et des
points des bissectrices des axes dans le plan $xOy$.}

\num{II B} %% \ {\bf \'El\'ements de Sym\'etrie de $ S_\lambda  $}:
Si le point $(x, y, z)$ est sur $S_\lambda $ les points $(\pm  x, \pm  y, z)$ et $(\pm  y, \pm  x,
-z)$ y sont aussi. Donc:
\Reponse{$S_\lambda  $ admet les plans $ xOz \, \ yOz $ et l'axe $Oz$ comme \'el\'ements
de sym\'etrie}{ainsi que les deux bissectrices des axes dans le plan $xOy $.}

\num{II C 1} %%\ {\bf Ensemble $ S_0 $}:
%% R\'eduit \`a $z(x^2+y^2)=0$
\encadre{$S_0$ est constitu\'e de l'union de l'axe $ \bf Oz$ et du plan $ xOy $.}

\num{II C 2} %%\ {\bf Relier $S_{-\lambda }$ et $ S_\lambda  $}:
$M(x, y, z) \in  S_\lambda $ \'equivaut \`a $M(x, y, -z) \in  S_{-\lambda }$ donc
\reponse{$S_{-\lambda }$ de d\'eduit de $S_\lambda $ par sym\'etrie orthogonale par rapport au
plan $x=y$}

\num{II D 1} %%\ {\bf Equation polaire de $C'_{\lambda,1}$}:
On remplace $z$ par $x\sqrt3-y $ dans l'\'equation de $S_\lambda $ et on obtient directement
une \'equation cart\'esienne de $C'_{\lambda, 1}$ dans le plan $xOy$:
$(x\sqrt3-y)(x^2+y^2)=\lambda (x^2-y^2). $ Posant $x=\rho  \cos \theta  \, \ y=\rho  \sin \theta  $ on voit que
$C'_{\lambda, 1}$ est la r\'eunion de $\rho=0 $(l'origine) et de la courbe
$\rho (\sqrt3\cos\theta -\sin\theta)=\lambda  (\cos^2\theta -\sin^2\theta). $ Comme $\sqrt3\cos\theta -\sin\theta $ et $\cos^2\theta -\sin^2\theta $
ne s'annulent pas simultan\'ement, cette derni\`ere \'equation peut aussi s'\'ecrire $
\rho =\lambda \F{\cos(2\theta)}{\cos (\theta)\sqrt3 - \sin (\theta)}. $ Enfin on remarque que cette courbe
passe par l'origine, qu'il n'y a donc pas lieu de rajouter. Finalement
\reponse{$C'_{\lambda, 1}$ est la courbe $ \rho =\lambda \F{\cos(2\theta)}{\cos (\theta)\sqrt3 - \sin
(\theta)}=\lambda \F{\cos(2\theta)}{2\sin(\f{\pi }3-\theta)}. $}

\num{II D 2} %%\ {\bf Construire $C'_{\lambda, 1}$}:
La fonction $\theta  \mapsto\rho (\theta) $ est de p\'eriode $2\pi $ mais le changement de $ \theta  $ en
$\theta +\pi  $ change $\rho $ en $-\rho $: on obtient le m\^eme point; pour avoir toute la
courbe il suffit d'\'etudier $\rho $ sur un intervalle de longueur $\pi $, par exemple
$[0, \pi ]$. Dans cet intervalle la seule valeur de non d\'efinition de $\rho $ est
obtenue pour le d\'enominateur nul, c'est \`a dire $\theta =\f{\pi }3 $. La direction
asymptotique est donc dans la direction $\theta =\f{\pi }3$.

L'origine est obtenue pour $\rho =0$ donc les tangentes au p\^ole ont comme angles
polaires: $2\theta =\f{\pi }2+k\pi  $ soit $\theta =\f{\pi }4 $ ou $ \f{3\pi }4 $.
%% \reponse{les tangentes en O sont les deux bissectrices des axes.}

Pour une courbe en polaires, l'\'etude du signe de $\rho $ est plus
importante que l'\'etude de ses variations (non demand\'ee).
%% de plus, cette \'etude des variations ne semble pas demand\'ee par l'\'enonc\'e.
%% Pour obtenir un trac\'e plus pr\'ecis. \par
Pour $\theta \ne \f{\pi }3$, $\rho '(\theta)$ est du signe de son num\'erateur, soit, apr\`es
r\'eductions, du signe de $f(\theta)=-\sqrt3\sin\theta (1+2\cos^2\theta)+\cos\theta (1+2\sin^2\theta)$. \par On
pose $\theta=\varphi+\f{\pi }4$. Alors: $1+2\cos^2\theta=1+(\cos\varphi -\sin\varphi)^2=2(1-\cos\varphi \sin\varphi)$ et
$1+2\sin^2\theta=1+(\cos\varphi+\sin\varphi)^2=2(1+\cos\varphi \sin\varphi)$.
Donc $f(\theta)=\sqrt2[-\sqrt3(\sin\varphi+\cos\varphi)(1-\cos\varphi  \sin\varphi)+(\cos\varphi -\sin\varphi)(1+\cos\varphi \sin\varphi)]=
-\sqrt2[(\sqrt3-1)\cos^3\varphi+(\sqrt3+1)\sin^3\varphi ]. $
Soit $\varphi_0=-\arctan{\root\scriptstyle 3\of
{\f{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}}}. $ Alors $\varphi_0\in ]-\f{\pi }4; 0[$ et
$f(\theta)$ est du signe de $(\cos\varphi \sin\varphi_0)^3- (\sin\varphi \cos\varphi_0)^3$, donc du signe de
$\cos\varphi \sin\varphi_0-\sin\varphi \cos\varphi_0=\sin(\varphi_0-\varphi). $
D'o\`u le tableau de variations:
$${
\def\cale#1{\setbox0=\text{$#1$} % MACRO INTERNE AU TABLEAU
    \dimen0=\ht0\advance\dimen0 by 1mm\ht0=\dimen0
    \dimen0=\dp0\advance\dimen0 by 1mm\dp0=\dimen0
    \box0}
\def\VV{\vrule height10pt depth 20pt\kern2pt\vrule height10pt
depth 20pt\global\advance\tabvardim by6\tvsaut}
\tabvar{
 %\relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel  premi\`ere ligne
\theta
 &0    &\q
 &\varphi_0+\f{\pi }4   &\q
 &\f{\pi }4   &\q
 &\q&\f{\pi }3& &\q
 &\f{\pi }2   &\q
 &\cale{\f{3\pi }4} &\q
 &\pi     \\
\L
 %\relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel  deuxi\`eme ligne
\varphi
 &-\cale{\f{\pi }4} &\q
 &\varphi_0    &\q
 &0  &\q
 &\q&\f{\pi }{12}& &\q
 &\f{\pi }4   &\q
 &\f{\pi }2  &\q
 &\f{3\pi }4            \\
\L
 %\relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel  troisi\`eme ligne
\F{\rho }\lambda
 &\f1{\sqrt3}\approx 0. 58 &\c
 &0. 61     &\d
 &0      &\d
 &-\infty &\VV&+\infty &\d
 &1      &\d
 &0      &\d
 &-\cale{\f1{\sqrt3}}    \\
 %\relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel \relbar\joinrel  fin du tableau
}}
$$
\coteacote{{\bf \'Etude de l'asymptote:}
%% $\Lim_{\theta \to \f{\pi }3}|\rho (\theta)|=+\infty $ et
On a $\Lim_{\theta \to \f{\pi }3}\rho (\theta)\sin(\theta -\f{\pi }3)=\Lim_{\theta \to \f{\pi }3}
\F{-\lambda \cos2\theta }2=\F{\lambda }4$.
Donc il y a une asymptote d'\'equation: $Y=\f{\lambda }4 $ dans le rep\`ere d'angle
polaire $\f{\pi }3. $ De plus $\rho (\theta)\sin(\theta -\f{\pi }3)-\f{\lambda }4=
-\f{\lambda }2\bigl(\cos2\theta+\f12\bigr)$ donc la courbe est au-dessous de l'asymptote
quand $\theta \to \f{\pi }3-$ et au-dessus de l'asymptote quand
$\theta \to \f{\pi }3+.$
Pour $\theta \in [0,\pi ]$, $\rho \sin(\theta -\f{\pi }3)=\f{\lambda }4$ \'equivaut \`a
$\theta=\f{2\pi }3$, qui donne donc l'unique intersection de la courbe et de
l'asymptote.
D'o\`u le trac\'e ci-contre (fait pour $\lambda=1$);
il s'agit d'une stropho\"\i de gauche.
}{\dessin{m94cm2fa}{0.3mm}
}

\num{II E 1}
%% \ {\bf Repr\'esenter param\'etriquement $C'_{\lambda, 2}$}:
\'Eliminant $z$ entre $z=x$ et l'\'equation de $S_\lambda $ on obtient l'\'equation
cart\'esienne de $C'_{\lambda, 2}$ dans le plan $xOy$: $x(x^2+y^2)-\lambda (x^2-y^2)=0$.
L'origine est le seul point de la courbe sur la droite $x=0$. Tous les autres
sont donc sur une droite $y=tx$. Coupons donc la courbe par la droite variable
$y=tx$. Nous obtenons, outre le point $x=0; y=0$, c'est-\`a-dire l'origine
(encore!), le point $x=\lambda \F{1-t^2}{1+t^2}$; $y=\lambda \F{t-t^3}{1+t^2}$. Quand $t$
d\'ecrit $\R$, nous obtenons donc toute la courbe, sauf peut-\^etre l'origine. En
fait, m\^eme l'origine est obtenue (pour $t=1$). R\'esumons:
\reponse{$x=\lambda \F{1-t^2}{1+t^2}$; $y=\lambda \F{t-t^3}{1+t^2}$ est une repr\'esentation
param\'etrique de $C'_{\lambda, 2}$.}

\num{II E 2}
%% \ {\bf Construire $C'_{\lambda, 2}$}:
Comme $x$ est pair et $y$ impair on fait l'\'etude sur $\R^+$; on compl\`etera par
sym\'etrie orthogonale par rapport \`a $Ox$. $x$ et $y$ sont d\'efinis et d\'erivables
pour tout $t$ puisque ce sont des fonctions rationnelles dont le d\'enominateur
ne s'annule jamais; $x'$ est du signe de $-2t(1+t^2)-2t(1-t^2)=-4t$; $y'$ est du
signe de $ (1-3t^2)(1+t^2)-2t(t-t^3)=1-3t^2+t^2-3t^4-2t^2+2t^4=1-4t^2-t^4. $ $y'$ est
du signe de $-(t^2+2-\sqrt5)(t^2+2+\sqrt5). $
D'o\`u le tableau de variations:
\coteacote{$$\tabvar{t &0  & \q & \sqrt{\sqrt5-2} & \q & 1 & \q &+\infty  \\
\L
   x'&0  & - & -     & - & - & - &  - \\
\L
   y'&+ &+&+0 -    & - & - & - &  - \\
\L
   x &\lambda & \d &     & \d & 0 & \d & -\lambda  \\
\L
   y &0  & \c &     & \d& 0 & \d & -\infty  \\}$$
Pour $t\geq 0$, $O$ est obtenu pour $t=1$ et la pente de la tangente en ce point
est la limite de $t=\f{y-0}{x-0}$ donc la tangente en $O$ est $y=x$;
par sym\'etrie par rapport \`a $Ox$, on obtient la deuxi\`eme tangente: $y=-x. $

Quand $t\to+\infty $, $x$ tend vers $-\lambda $ et $y$ vers l'infini donc la droite
$x=-\lambda $ est asymptote \`a la courbe. D'apr\`es le tableau de variations la courbe
est \`a droite de $x=-\lambda $; voir le trac\'e ci-contre (il s'agit d'une stropho\"\i de
droite).}{\dessin{m94cm2fb}{0.4mm}
}

\num{II E 3}
%% \ {\bf Calculer la longueur de la boucle}:
Quand $t$ d\'ecrit $[-1,1]$, on obtient effectivement une boucle dont la
longueur est
$$
\INT_{-1}^1\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\dt=2\INT_0^1\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\dt
\>.$$
Le calcul
d\'eja fait de $x'$ et $ y'$ nous donne
$$
x'(t)^2+y'(t)^2=\F{\lambda^2[16t^2
+(1-4t^2-t^4)^2]}{(1+t^2)^4}=
\F{\lambda^2(t^8+8t^6+14t^4+16t^2+1)}{(1+t^2)^4}=
\F{\lambda^2(1+t^2)^2(t^4+6t^2+1)}{(1+t^2)^4}
$$
donc
\encadre{$L=2\lambda \dint_0^1\F{\sqrt{t^4+6t^2+1}}{1+t^2}\dt$ et
$r=6$, $s=1$.}

La machine donne $1,24479\ldots$ comme valeur approch\'ee.
%%, que nous esp\'erons juste\dots
Donc $\F L{2\lambda }=1,245$ \`a $10^{-3}$ pr\`es.

\num{II E 4}
%% \ {\bf Calculer l'aire A de la boucle de $ C'_{\lambda, 2}$}:
D'apr\`es la formule de Riemann-Green, $A=\dint_{-1}^1 x\dy-y\dx $, o\`u
$x=x(t)$ et $y=y(t)$. Comme $t=\f{y}{x} $ on a
$A=\f{\lambda^2}2\dint_{-1}^1\F{(1-t^2)^2} {(1+t^2)^2} \dt=\lambda^2\dint_0^1\F{(1-t^2)^2}{
(1+t^2)^2} \dt. $ On fait le changement de variable $t=\tan\theta $, $\theta \in [0,\f{\pi }4]$,
donc
$A=\lambda^2\dint_0^{\f{\pi }4}
\F{\cos^22\theta }{\cos^2\theta }d\theta=
\lambda^2\dint_0^{\f{\pi }4}
(\F1{\cos^2\theta }-\F{\sin^22\theta }{\cos^2\theta })d\theta=
\lambda^2\dint_0^{\f{\pi }4}
(\F1{\cos^2\theta }-2+2\cos2\theta)d\theta=
 \lambda^2[\tan\theta -2\theta+\sin2\theta ]_0^{\f{\pi }4}. $
\encadre{$A=\lambda^2(2-\f{\pi }2)$ et $\F{A}{\lambda^2}\approx0,429$
\`a $10^{-3}$ pr\`es.}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE III %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\vskip-1mm
\partie[\'Etude des droites trac\'ees sur $S_{\lambda }$]
\vskip-1mm
\num{III A 1} %%\ {\bf Intersection de $ \bf S_\lambda $ avec $\bf y=tx $}:
$S_\lambda \cap \Pi_t$ est l'ensemble des points v\'erifiant
$$\cases{z(x^2+y^2)-\lambda (x^2-y^2)=0 \\ y=tx}\iff\cases{x^2[z(1+t^2)-\lambda (1-t^2)]
=0 \\ y=tx}
$$
donc
\encadre{$S_\lambda \cap \Pi_t=(Oz)\cup \Delta_{\lambda,t}$, o\`u $\Delta_{\lambda,t}$
est la droite d'\'equations $\cases{y=tx \\ z=\lambda \F{1-t^2}{1+t^2}}$.}

\num{III A 2} %%\ {\bf En d\'eduire l'ensemble des droites horizontales de $S_\lambda $}:
L'intersection de $S_{\lambda }$ avec le plan $z=z_0$ a pour \'equations
$\cases{z_0(x^2+y^2)-\lambda (x^2-y^2)=0 \\ z=z_0} $ ou encore
$\cases{(z_0-\lambda)x^2+(z_0+\lambda)y^2=0 \\ z=z_0} $. Si cette
intersection contient une droite, la premi\`ere relation doit \^etre v\'erifi\'ee par
 des couples $(x, y)$ autres que $(0, 0)$ donc $z_0-\lambda $ et $z_0+\lambda $
doivent \^etre de signe contraire et cette premi\`ere relation est de la forme
$y=\pm  kx$ (ou $x=\pm  ky$), \'equation de la r\'eunion de deux plans contenant $Oz$;
l'un des deux doit contenir la droite en entier;
elle est donc dans un plan contenant $Oz$ donc dans un plan $\Pi_t$ ou dans
le plan $x=0$. C'est donc l'une des droites trouv\'ees \`a la question
pr\'ec\'edente ou bien elle est contenue dans
$\cases{x=0\\ z=z_0\\ (z_0+\lambda)y^2=0}$, qui fournit une droite si et
seulement si $z_0=-\lambda $.
L'ensemble des droites horizontales contenues dans $S_\lambda $ est donc
$\{\Delta_{\lambda, t}, t\in \R\}\bigcup\{[x=0; z=-\lambda ]\}. $

\num{III B 1} %%\ {\bf Equations d'une droite}:
Tout droite non parall\`ele au plan $xOy$ le coupe en un point $A (p, q, 0)$ et
a un vecteur directeur de la forme $\Vec V (a, b, 1)$, ce qui permet de
param\'etrer la droite sous la forme demand\'ee en prenant $z$ pour param\`etre.
Pour une droite donn\'ee cette repr\'esentation est unique, car si on change
certains des quatre nombres $a, b, p, q$ cela modifie soit la direction de la droite soit
son intersection avec $xOy$.
%%\reponse{Toute droite non horizontale peut \^etre repr\'esent\'ee, et de fa\c con unique,
%%sous la forme $\cases{x=az+p\\ y=bz+q}$, avec $a, b, p, q$ r\'eels.}

\num{III B 2} %%\ {\bf Droites non horizontales de $S_\lambda $:}
La repr\'esentation param\'etrique pr\'ec\'edente d'une telle droite doit v\'erifier
l'\'equation de $S_\lambda $ pour tout $z\in \R. $ Ce qui se traduit par
$z(a^2z^2+b^2z^2+2apz+2bqz+p^2+q^2)-\lambda (a^2z^2-b^2z^2+2apz-2bqz+p^2-q^2)=0 $ pour tout $z$;
le coefficient de $z^3$ doit \^etre nul donc $a^2+b^2=0$ soit $a=b=0$ puisque
$a$ et $b$ sont r\'eels; le coefficient de $z$ doit \^etre nul donc $
p^2+q^2-2\lambda (ap-bq)=p^2+q^2=0 $ soit $p=q=0$ puisque $p$ et $q$ sont r\'eels.
Finalement, la seule droite non horizontale de $S_\lambda $ est l'axe $Oz$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE IV %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\vskip-1mm
\partie[D\'efinition g\'eom\'etrique de $S_{\lambda }$]
\vskip-1mm
\num{IV A} %%\ {\bf Coordonn\'ees de $H_{0, t} $}:
Le vecteur $\Vec{M_0H}$ doit \^etre orthogonal au vecteur directeur $(1, t, 0)$ de
la droite propos\'ee ce qui donne la condition sur les coordonn\'ees $(X, Y, Z)$ du
point $H$ cherch\'e: $(X-x_0). 1+(Y-y_0). t=0$; comme $Y=tX$, on a donc
$X(1+t^2)=x_0+ty_0$. Enfin, la coordonn\'ee $Z$ est la m\^eme que pour tout autre
point de la droite. Par cons\'equent,
les coordonn\'ees de $H_{\lambda, t}$ sont:
$ X=\F{x_0+ty_0} {1+t^2} \ ;\ Y=t \F{x_0+ty_0} {1+t^2}\ ;\
Z=\lambda \F{1-t^2}{1+t^2}$.

\num{ IV B } %%\ {\bf $H_{0, t} $ d\'ecrit un plan fixe $Q_0$}:
On \'ecrit vectoriellement les formules pr\'ec\'edentes:
$\pmatrix{X \\ Y \\ Z \\}=\pmatrix{0 \\ y_0 \\ -\lambda  \\}+
\F1{1+t^2}\pmatrix{x_0 \\ -y_0 \\ 2\lambda  \\}+
\F t{1+t^2}\pmatrix{y_0 \\ x_0 \\ 0 \\} $.
Le vecteur $\Vec U=\pmatrix{x_0 \\ -y_0 \\ 2\lambda  \\}$
n'est pas nul et, si le point $M_0$ n'est pas sur $Oz$, le vecteur
$\Vec V=\pmatrix{y_0 \\ x_0 \\ 0 \\}$ n'est pas colin\'eaire \`a
$\Vec U$. Le point $H_{0, t}$ appartient donc au plan $Q_0$ passant par le
point $(0, y_0, -\lambda)$ et dirig\'e par ces deux vecteurs.

L'\'equation de $Q_0$ est:
 $\left|\matrix{X-0  & x_0  & y_0 \\
     Y-y_0 & -y_0 & x_0 \\
     Z+\lambda & 2\lambda  & 0 \\} \right|$=0.
En d\'eveloppant par rapport \`a la premi\`ere colonne, on obtient:
\reponse{l'\'equation de $Q_0$:
$-2\lambda  x_0 X+2\lambda  y_0Y+Z(x_0^2+y_0^2)+\lambda  (x_0^2+y_0^2)=0$}
Compte tenu que $M_0$ est sur $S_\lambda $, il est imm\'ediat de v\'erifier
que ses coordonn\'ees v\'erifient l'\'equation de $Q_0$.

{\sl Remarque: si $M_0$ est sur $Oz$, alors $H$ est sur $Oz$ pour tout $t$.
N'importe quel plan $Q_0$ passant par $Oz$ r\'epond \`a la question.}

\num{ IV C } %%\ {\bf Reconna\^\i tre $\Gamma_0$}:
Projeter sur le plan $xOy$, c'est cr\'eer un cylindre de direction $Oz$
s'appuyant sur l'objet \`a projeter (\'equation du type $F(x,y)=0$), puis
intersecter avec le plan $xOy$ (ajouter la condition $z=0$). Il suffit donc
d'ignorer $Z$ dans la repr\'esentation param\'etrique de la courbe d\'ecrite par
$H_{\lambda,t}$.
On obtient ainsi la repr\'esentation param\'etrique de $\Gamma '_0$, (o\`u on utilise
$1=\f12[(1+t^2)+(1-t^2)]$):

$\pmatrix{X \\ Y \\}=\pmatrix{0 \\ y_0 \\}+
\F1{1+t^2}\pmatrix{x_0 \\ -y_0 \\}+
\F t{1+t^2}\pmatrix{y_0 \\ x_0 \\}=
 \pmatrix{\f{x_0}2 \\\f{y_0}2 \\}+
\F{1-t^2}{2(1+t^2)}\pmatrix{x_0 \\ -y_0 \\}+
\F t{1+t^2}\pmatrix{y_0 \\ x_0 \\}. $

Si $x_0=y_0=0$, on obtient un point. Sinon, on norme les deux vecteurs
g\'en\'erateurs (qui sont orthogonaux et de m\^eme norme), et on fait le changement
de param\`etre $t=\tan \theta  $, $\theta $ d\'ecrivant $]-\f{\pi }2: \f{\pi }2[$. On obtient la
repr\'esentation param\'etrique:

$\pmatrix{X \\ Y \\}=\pmatrix{\f{x_0}2 \\ \f{y_0}2 \\}+
\F {(1-t^2)\sqrt{x_0^2+y_0^2}}{2(1+t^2)}\vec I+
\F {t\sqrt{x_0^2+y_0^2}} {1+t^2}\vec J=
\pmatrix{\f{x_0}2 \\ \f{y_0}2 \\}+
\F{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}2\cos2\theta \vec I+
\F {\sqrt{x_0^2+y_0^2}}2\sin2\theta \vec J$

On reconna\^\i t une repr\'esentation param\'etrique du cercle de centre $(\F{x_0}2,
\F{y_0}2)$ et de rayon $\F{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}2$ priv\'e du point $\theta=\f{\pi }2$ donc
du point $(x=0; y=y_0)$; \reponse {$ \Gamma '_0 $ est le cercle $ X^2+Y^2-x_0X-y_0Y=0 $
priv\'e du point $(x=0; y=y_0)$.} N'oublions pas le cas d\'elaiss\'e o\`u $x_0=y_0=0. $

Intersection d'un cylindre de r\'evolution (priv\'e d'une g\'en\'eratrice) et d'un plan
non parall\`ele \`a l'axe du cylindre (si $M_0$ n'est pas sur $Oz$), $\Gamma_0$ est une
ellipse (priv\'ee d'un point). Si $M_0$ est sur $Oz$ ($x_0=0=y_0$) A) donne: $X=0$;
$Y=0$; $Z=\lambda \F{1-t^2}{1+t^2}$. Quand $t$ d\'ecrit $\R$, on voit que $\Gamma_0$ est un
segment vertical.

\num{ IV D } %%\ {\bf D\'efinir g\'eom\'etriquement $S_\lambda $}:
Appliquons ce qui pr\'ec\`ede au point $M_0=(\lambda, 0, \lambda)$ de $S_{\lambda }$.

Alors $\Gamma '_0$ est le cercle $C$ de centre $(\f{\lambda }2, 0, 0)$ et
de rayon $\f{\lambda }2$ dans le plan $xOy$, priv\'e de $O$.
$Q_0$ est le plan $2x=z+\lambda. $

On voit bien alors l'ellipse d'intersection du plan et du cylindre de
r\'evolution. Notamment, son point le plus haut est $(\lambda, 0, \lambda)$ et son point le
plus bas est $(0, 0, -\lambda)$. C'est ce dernier point qu'il faut enlever pour
obtenir $\Gamma_0$. (voir dessin plus loin)

Cela dit, en reprenant III, on voit, en coupant $S_\lambda $ par les plans $z=z_0$, que
$S_\lambda $ est la r\'eunion des droites horizontales $\Delta_{\lambda, t}$, de la droite $x=0,
z=-\lambda $ et de l'axe $Oz$. De plus, on voit que les $\Delta_{\lambda,t}$ sont obtenues quand
$z_0$ d\'ecrit $]-\lambda,\lambda ]$ et que, dans chaque plan $z=z_0$, il y en a deux (sauf
pour $z_0=\lambda $, o\`u les deux sont confondues).

\coteacote{
Or le plan $z=z_0$, pour $z_0\in ]-\lambda,\lambda ]$, coupe $Oz$ en un point et l'ellipse
trouv\'ee plus haut en deux points distincts (sauf pour $z_0=\lambda $). Les deux droites
$\Delta_{\lambda,t}$ joignent donc l'intersection du plan avec $Oz$ \`a chacun des deux
points de l'ellipse.

Finalement, apr\`es avoir mis de c\^ot\'e l'axe $Oz$ et la droite $x=0, z=-\lambda $, on
voit que $S_\lambda $ est engendr\'ee par les droites horizontales s'appuyant sur $Oz$
et rencontrant l'ellipse situ\'ee dans $Q_0$ dont la projection orthogonale sur
$xOy$ est $\Gamma_0$. $S_\lambda $ s'appelle un {\bf CONO\"IDE DE PL\"UCKER.} Plus
g\'en\'eralement, on appelle cono\"\i de une surface engendr\'ee par une droite variable
parall\`ele \`a un plan fixe, rencontrant une droite fixe et aussi une courbe fixe.

La figure ci-contre met en \'evidence les courbes trac\'ees sur $S_\lambda $ et d\'efinies
par $x=$ constante ou $y$=constante. L'ellipse se devine bien\dots
}{\dessin{m94cm2fc}{0.5mm}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE V %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\vskip-1mm
\partie[Courbes asymptotiques de $S_{\lambda }$]
\vskip-1mm
\num{ V A } %%\ {\bf \'Equation de $S_\lambda  $ en cylindriques}:
Avec $x=\rho  \cos \theta $ et $y=\rho  \sin \theta  $ on trouve imm\'ediatement que $M\in  S_\lambda $
\'equivaut \`a $z=\lambda  \cos 2 \theta  $ ou $\rho=0$. ($\rho=0$ donne l'axe $Oz$, qu'on enl\`eve
dans la suite; $z=\lambda  \cos 2 \theta  $ donne, pour $\theta $ fix\'e, une droite horizontale.)

\num{ V B }
%% \ {\bf CNS pour que $\vec n $ soit normal en $M_\lambda $ \`a $S_\lambda  $}:
La normale en $M$ \`a $S_\lambda $ est dirig\'ee par $\dpar {\Vec{OM}}\theta  \land \dpar {\Vec{OM}}\rho
$, s'il est non nul; or $\dpar {\Vec {OM}}\theta =\rho \vec {v}-2\lambda  \sin (2\theta)\vec k $ et $\d
{\Vec{OM}}\rho =\vec u $ donc $\dpar {\Vec{OM}}\theta  \land \dpar {\Vec{OM}}\rho=2\lambda \sin2\theta \vec v
+\rho \vec k, $ qui est effectivement non nul puisque $\rho \ne 0$. Donc $\vec n$ est
normal \`a la surface si et seulement si $\alpha =0$ et $ \beta=2\lambda  \sin (2 \theta) $.

\num{ V C } %%\ {\bf Composantes de $\Vec N $ normal au plan osculateur
%% en $\bf M$ \`a $\bf L_{\lambda, \psi }$};
Le plan osculateur en $M$ est dirig\'e par les deux vecteurs $ \F {d\Vec{OM}}{d
\theta } $ et $ \F{d^2\Vec{OM}}{d \theta^2}$ s'il sont non colin\'eaires. Or $\F{d\Vec
{OM}}{d\theta }=\psi '\vec u+\psi \vec v-2\lambda  \sin (2\theta)\vec k $ et $\F{d^2\Vec{OM}}{d \theta^2}=
(\psi " -\psi)\vec u+2 \psi '\vec v-4\lambda  \cos (2\theta)\vec k. $ En faisant le
produit vectoriel,
$\Vec N=(-4\lambda  \cos (2\theta) \psi +4\lambda  \sin(2\theta) \psi ')\vec u+(-2\lambda  \sin (2\theta)
(\psi " -\psi )+4\lambda  \psi '\cos(2\theta))\vec v+2(\psi '^2+\psi^2-\psi  \psi ")\vec k $ est un vecteur
orthogonal au plan osculateur \`a $L_{\lambda, \varphi }$ en $M$.

\num{V D 1}
%%\ {\bf CNS pour que $L_{\lambda,\psi }$ soit une asymptotique de $S_{\lambda }$};
Les deux plans co\"\i ncident si et seulement si $\vec n$ et $\vec N$ sont
colin\'eaires, soit $(-4\lambda \cos(2\theta)+4\lambda \sin(2\theta)\psi ')=0 $ et comme $\lambda $ est
non nul, pour que $L_{\lambda,\psi }$ soit une asymptotique il faut et suffit
que $\cos(2\theta)\psi+\sin(2\theta)\psi '=0$.

\num{V D 2}
%% \ {\bf Expliciter $\psi  $};
Sur $]0,\f{\pi }2[$, on a $\sin2\theta>0$. L'\'equation diff\'erentielle pr\'ec\'edente
\'equivaut donc \`a $\F d{d\theta }\bigl(\F{\psi (\theta)}{\sqrt{\sin2\theta }}\bigr)=0$. Ainsi,
$\psi (\theta)=C \sqrt{\sin 2 \theta }$ o\`u $C$ est une constante arbitraire.

\coteacote{\num{V D 3}
%% \ {\bf Tracer la projection d'une asymptotique};
Le point $A$ propos\'e a pour angle polaire $\theta=\f{\pi }4 $ et $\rho =\sqrt2 $ donc il
faut prendre $C=\sqrt2$.

Comme le changement de $\theta  $ en $ \f{\pi }2 -\theta  $ laisse $\rho $ invariant on peut se
limiter \`a l'intervalle $[0, \f{\pi }4]$, puis effectuer sur l'arc obtenu une
sym\'etrie orthogonale par rapport \`a la premi\`ere bissectrice des axes (rappelons
qu'on se limite \`a $\theta \in [0; \f{\pi }2]$. $\rho  $ \'etant monotone sur cet intervalle le
trac\'e est imm\'ediat. On d\'ecouvre une famille de lemniscates de
Bernoulli, homoth\'etiques les unes des autres.
}{\dessin{m94cm2fd}{0.35mm}
}


\bye

que tous les d\'eterminants d'ordre 2
extraits de la matrice symbolique:
$$
\left[ \matrix{
\dpar \ x & \dpar \ y &\dpar \ z \\ \\
\varphi  (x^2-y^2)(-4xy^2z) & \varphi  (x^2-y^2)4x^2yz & \varphi  (x^2-y^2)(x^4-y^4) \\
}\right]
$$
doivent \^etre nuls.
