\documentstyle[twoside,11pt,fr]{article}
\textwidth=17cm\textheight=25cm\oddsidemargin=-10pt\evensidemargin=-10pt
\topmargin=-50pt\parindent=10pt\parskip=0pt\pagestyle{headings}
\title{ICARE 96 - Math 2}
\begin{document}
\def\rit{\hbox{\it I\hskip-2pt R}}
\def\cit{\hbox{\it l\hskip-5.5pt C\/}}
\def\nit{\hbox{\it I\hskip-2pt N}}
\def\ds{\displaystyle}
\def\iff{\Leftrightarrow}
\centerline{\Large\bf ICARE Math 2 1996}
{\bf \large Premi{\`e}re partie}

Soit $E=\rit_{2n}[X]$, l'espace vectoriel des polyn{\^o}mes r{\'e}els de degr{\'e} au plus
$2n$, $n\in\nit$.

Soit $\Phi$: $P\mapsto\Phi(P)(X)=(\ds{1\over4}-X^2)P'(X)+2nXP(X)$.

\noindent I.1. $\Phi$ est {\'e}videmment lin{\'e}aire, montrons que si $\deg(P)\leq2n$,
alors $\deg(\Phi(P))\leq2n$.

Soit $P(X)=a_{2n}X^{2n}+Q(X)$, avec $a_{2n}\not=0$ et $\deg(Q)\leq2n-1$.
Alors, par lin{\'e}arit{\'e}:

 $\Phi(P(X))=\ds({1\over4}-X^2)(2na_{2n}X^{2n-1}+Q'(X))+
2nX(a_{2n}(X^{2n}+Q(X))={n\over2}a_{2n}X^{2n-1}-2na_{2n}X^{2n+1}
+{1\over4}Q'(X)-X^2Q'(X)+2na_{2n}X^{2n+1}+2nXQ(X)=$
${n\over2}a_{2n}X^{2n-1}+{1\over4}Q'(X)-X^2Q'(X)+2nXQ(X)$.

$\deg(Q'(X)\leq2n-1$, $\deg2nXQ(X)\leq2n$, donc $\deg(\Phi(X))\leq2n$.

Conclusion: $\Phi$ est un endomorphisme de $E$.

\noindent I.2. On consid{\`e}re l'{\'e}quation diff{\'e}rentielle :
$$(E_\lambda)\quad ({1\over4}-x^2)y'+(2nx-\lambda)y=0\quad\hbox{ avec }
\lambda\in\rit$$

a. R{\'e}solution  de $(E_\lambda)$ sur $\ds]-{1\over2},{1\over2}[$.

Une solution de $(E_\lambda)$ sur $\ds]{1\over2},{1\over2}[$, ou bien est
nulle sur $\ds]{1\over2},{1\over2}[$, ou bien ne s'annule pas sur 
$\ds]{1\over2},{1\over2}[$. Recherchons donc les solutions qui ne s'annulent
pas sur $\ds]{1\over2},{1\over2}[$.

Alors $\ds{y'\over y}={2nx-\lambda\over x^2-{1\over4}}={n-\lambda\over x-{1\over2}}
+{n+\lambda\over x+{1\over2}}.$

D'o{\`u} $\ds\ln|y|=(n-\lambda)\ln|x-{1\over2}|+(n+\lambda)\ln|x+{1\over2}|+C$,
avec $C\in\rit$.

$\ds |y|=e^C|x-{1\over2}|^{n-\lambda}|x+{1\over2}|^{n+\lambda}$

$y$ est continue sur $\ds]{1\over2},{1\over2}[$ et ne s'annule pas sur
$\ds]{1\over2},{1\over2}[$, donc est de signe constant sur $\ds]{1\over2},{1\over2}[$.

Donc $y=K(\ds{1\over2}+x)^{n+\lambda}({1\over2}-x)^{n-\lambda}$, avec $K\in\rit^*$.

Conclusion: solution g{\'e}n{\'e}rale de $(E_\lambda)$ sur $\ds]{1\over2},{1\over2}[$:
$$y=K(\ds{1\over2}+x)^{n+\lambda}({1\over2}-x)^{n-\lambda},\hbox{ avec }K\in\rit$$

b. Pour que cette solution soit polyn{\^o}miale et non nulle, il faut et il 
suffit que $\lambda$ soit un entier relatif, avec $-n\leq\lambda\leq n$.

On v{\'e}rifie ais{\'e}ment que ce polyn{\^o}me est solution de $(E_\lambda)$ sur $\rit$.

c. D'apr{\`e}s la question pr{\'e}c{\'e}dente, $(E_\lambda)$ poss{\`e}de une solution polyn{\^o}miale
non nulle $P$ si et seulement si $\lambda$ est un entier relatif et 
$-n\leq\lambda \leq n$. Mais $P$ v{\'e}rifie alors $\ds({1\over4}-X^2)P'(X)+2nXP(X)$,
ou encore $\Phi(P)=\lambda P$. $P$ est donc un vecteur propre de $\Phi$
relatif {\`a} la valeur propre $\lambda$. Il y a donc $2n+1$ valeurs propres
$\lambda$ qui sont les entiers de $[-n,n]$, dans un espace $E$ de dimension
$2n+1$. Nous avons donc toutes les valeurs propres, elles sont simples, 
et les sous-espaces vectoriels propres associ{\'e}s sont les droites engendr{\'e}es
par $P_\lambda=\ds({1\over2}+x)^{n+\lambda}({1\over2}-x)^{n-\lambda}$.

d. $\Phi$ est diagonalisable, car $\Phi$ a $2n+1$ valeurs propres distinctes
dans un espace de dimension $2n+1$.

\noindent 1.3. Soit ${\cal B}=(1,X,X^2,\ldots,X^{2n})$ la base canonique de
$E$. D{\'e}terminons la matrice de $\Phi$ dans la base ${\cal B}$.

Pour $0<k<2n$, $\Phi(X^k)=\ds({1\over4}-X^2)kX^{k-1}+2nX^{k+1}=
{k\over4}X^{k-1}+(2n-k)X^{k+1}$.

$\Phi(X^{2n})=\ds{n\over2}X^{2n-1}$ et $\Phi(1)=2nX$.

On en d{\'e}duit la matrice de $\Phi$ dans la base ${\cal B}$:
$$M=\pmatrix{0 &{1\over4}&0     &\cdots   &\cdots&0&0\cr
             2n&   0     &\ddots&0        &      & &\vdots\cr
             0 & 2n-1    &\ddots&{k\over4}&\ddots& &\vdots\cr
         \vdots&   0     &\ddots&0        &\ddots&\ddots&\vdots\cr
         \vdots&         &\ddots&2n-k     &\ddots&\ddots&0\cr
         \vdots&         &      &\ddots   &\ddots&0&{2n\over4}\cr    
             0 &\cdots   &\cdots&\cdots   &0&1&0\cr}$$

I.4. Soit la matrice $N=M+nI_{2n+1}$. Soit $Y$ un vecteur colonne non nul,
vecteur propre de $M$ associ{\'e} {\`a} la valeur propre $\lambda$, alors $NY=MY+nY=
(\lambda+n)Y$. Donc $\lambda+n$ est valeur propre de $N$.
Les {\'e}l{\'e}ments diagonaux de $N$ sont donc tous {\'e}gaux {\`a} $n$ et les valeurs propres
de $N$ sont les entiers $0,1,2,\ldots,2n$.

I.5. Soit $\Psi$ l'endomorphisme de $E$ dont la matrice dans la base ${\cal B}$
est $N$, alors:

 $\Psi(P)(X)=\Phi(P)(X)+nX=\ds({1\over4}-1)P'(X)+(2n+1)P(X)$.
De plus, les valeurs propres de $\Psi$ sont celles de $N$, c'est-{\`a} dire $0,1,
2,\ldots,2n$.

I.6. $\Lambda=\Psi^2$ r{\'e}pond {\'e}videmment {\`a} la question: $\Lambda(P)$ s'exprime
en fonction de $P,P',P''$, et ses valeurs propres sont $0,1,2^2,\ldots,(2n)^2$.

\centerline{\bf Deuxi{\`e}me partie}

Soit $A=\pmatrix{4&0&0&0&\alpha_4\cr
                 0&3&0&0&\alpha_3\cr
                 0&0&2&0&\alpha_2\cr
                 0&0&0&1&\alpha_1\cr
                -1&-1&-1&-1&0\cr}$. 
On se propose de d{\'e}terminer les r{\'e}els $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$
tels que $A$ ait une valeur propre unique $\lambda$ d'ordre 5.

On note $I$ la matrice identit{\'e} d'ordre 5.

\noindent II.1 $A$ est trigonalisable dans ${\cal M}_n(\cit)$, et sa diagonale
est form{\'e}e de $\lambda$. Deux matrices semblables ont la m{\^e}me trace, donc
Tr$(A)=5\lambda$, ou encore $5\lambda=10$, d'o{\`u} $\lambda=2$.

On en d{\'e}duit imm{\'e}diatement le polyn{\^o}me caract{\'e}ristique de $A$: $P(X)=(2-X)^5$.

II.2. $P(X)=\det(A-XI)=\left|\matrix{4-X&0&0&0&\alpha_4\cr
                                      0&3-X&0&0&\alpha_3\cr
                                      0&0&2-X&0&\alpha_2\cr
                                      0&0&0&1-X&\alpha_1\cr
                                      -1&-1&-1&-1&-X\cr}\right|$

En d{\'e}veloppant $\det(A-XI)$ selon la derni{\`e}re colonne et en rempla{\c c}ant $P(X)$
par sa valeur, on obtient:

$$\displaylines{\qquad(-X+2)^5=-X(1-X)(2-X)(3-X)(4-X)+\alpha_1(2-X)(3-X)(4-X)
\hfill\cr
\hfill\smash{}+\alpha_2(1-X)(3-X)
(4-X)+\alpha_3(1-X)(2-X)(3-X)\qquad\cr}$$
d'o{\`u} en divisant par $(1-X)(2-X)(3-X)(4-X)$:
$${(X-2)^5\over(X-1)(X-2)(X-3)(X-4)}=X+{\alpha_1\over X-1}+{\alpha_2\over
X-3}+{\alpha_3\over X-3}+{\alpha_4\over X-4}$$

II.3 $\ds{(X-2)^5\over(X-1)(X-2)(X-3)(X-4)}={(X-2)^4\over(X-1)(X-3)(X-4)}$
que l'on d{\'e}compose en {\'e}l{\'e}ments simples. L'unicit{\'e} de la d{\'e}composition donne
$\alpha_2=0$

On a ensuite $\ds\left[{(X-2)^4\over(X-3)(X-4)}\right]_{X=1}={1\over6}$

$\ds\left[{(X-2)^4\over(X-1)(X-4)}\right]_{X=3}=-{1\over2}$, puis
$\ds\left[{(X-2)^4\over(X-1)(X-3)}\right]_{X=4}={16\over3}$

II.3. Pour les valeurs que l'on vient de trouver, le polyn{\^o}me caract{\'e}ristique 
de $A$ est $(2-X)^5$, donc 2 est la seule valeur propre de $A$ et elle est
d'ordre 5.

II.4.$\pmatrix{x_1\cr x_2\cr x_3\cr x_4\cr x_5\cr}$ est vecteur propre de $A$ 
si et seulement si: 
$$\pmatrix{4&0&0&0&{16\over3}\cr
                 0&3&0&0&-{1\over2}\cr
                 0&0&2&0&0\cr
                 0&0&0&1&{1\over6}\cr
                -1&-1&-1&-1&0\cr} 
   \pmatrix{x_1\cr x_2\cr x_3\cr x_4\cr x_5\cr}=
2\pmatrix{x_1\cr x_2\cr x_3\cr x_4\cr x_5\cr}$$

ou encore:$$\left\{\matrix{2x_1&&&&+{16\over3}x_5&=0\cr
                           &x_2&&&-{1\over2}x_5&=0\cr
                           &&&-x_4&+{1\over6}x_5&=0\cr
                           -x_1&-x_2&-x_3&-x_4&-2x_5&=0\cr}\right.$$
on en d{\'e}duit:$$\left\{\matrix{x_5=&\lambda\cr x_1=&-{8\over3}\lambda\cr
x_2=&{1\over2}\lambda\cr x_4=&{1\over6}\lambda\cr x_3=&0}
\right.$$
Le sous-espace propre associ{\'e} {\`a} la valeur propre 2 est donc la droite de
base $\pmatrix{-16\cr3\cr0\cr1\cr6\cr}$.

\centerline{\bf Troisi{\`e}me partie}

Soit $A$ une matrice de ${\cal M}_{2n+1}(\rit)$, telle que
$A=\pmatrix{2n&0&\cdots&\cdots&\cdots&0&\alpha_{2n}\cr
            0&2n-1&\ddots&&&0&\alpha_{2n-1}\cr
           \vdots&&\ddots&\ddots&&\vdots&\vdots\cr
           \vdots&&&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\cr
           \vdots&&&&2&0&\alpha_2\cr
           0&0&\cdots&\cdots&0&1&\alpha_1\cr
           -1&-1&\cdots&\cdots&-1&-1&0\cr}$

On cherche les r{\'e}els $\alpha_1,\ldots,\alpha_{2n}$ tels que $A$ ait une valeur
propre unique d'ordre $2n+1$.

$I$ d{\'e}signe la matrice identit{\'e} de ${\cal M}_{2n+1}(\rit)$.

III.1. Comme en II.1., si $\lambda$ est l'unique valeur propre de $A$, 
$A$ est trigonalisable sur ${\cal M}_{2n+1}(\cit)$, de diagonale form{\'e}e de 
$\lambda$;
 deux matrices semblables ont la m{\^e}me trace, donc $(2n+1)\lambda=\ds\sum
_{k=0}^{2n}{k}=n(2n+1)$, d'o{\`u} l'unique valeur propre de $A$: $\lambda=n$.

Le polyn{\^o}me caract{\'e}ristique de $A$ est donc $(n-X)^{2n+1}$.

III.2. En d{\'e}veloppant $\det(A-XI)$ selon la derni{\`e}re colonne, le cofacteur
du terme $\alpha_k$ est: $(-1)^k\left|\matrix{2n-X&0&\cdots&\cdots&0&\cdots&0\cr
0&2n-1-X&&&0&&\vdots\cr \vdots&&\ddots&&0&&\vdots\cr \vdots&\ddots&&k+1-X&0&&\vdots\cr 
\vdots&&\ddots&&0&k-1-X&0\cr
\vdots&&&\ddots&0&\ddots&\vdots\cr 0&\cdots&\cdots&\cdots&0&0&1-X\cr 
-1&\cdots&\cdots&\cdots&-1&\cdots&-1\cr}\right|$         

$=(-1)^k(-1)^{k+2n+1}(-1)\left|\matrix{2n-X&0&&&0\cr 0&2n-1-X&&&0\cr
0&&k+1-X&&0\cr 0&&&k-1-X&0\cr 0&&&&1-X\cr}\right|=\ds\prod_{i=1\atop i\not=k}
{(i-X)}$.

III.3. En identifiant les deux expressions du polyn{\^o}me caract{\'e}ristique, on 
obtient: 

$\ds (n-X)^{2n+1}=\sum_{k=0}^{2n}{\alpha_k\prod_{i=1\atop i\not=k}
^{2n}{(i-X)}}$

d'o{\`u}, en divisant par $(1-X)\cdots(2n-X)$: $\ds {(n-X)^{2n+1}\over(1-X)\cdots
(2n-X)}=-X+{\alpha_1\over1-X}+{\alpha_2\over2-X}+\cdots+{\alpha_{2n}\over2n-X}$

et, finalement: $\ds{(X-n)^{2n+1}\over(X-1)\cdots(X-2n)}=X+{\alpha_1\over X-1}+
{\alpha_2\over X-2}+\cdots+{\alpha_{2n}\over X-2n}$.

Apr{\`e}s simplification de $\ds{(X-n)^{2n+1}\over(X-1)\cdots(X-2n)}$ par $(X-n)$
et identification {\`a} la d{\'e}composition en {\'e}l{\'e}ments simples de la fraction, on
obtient $\alpha_n=0$, puis, pour $i\not=n$:

$\ds\alpha_i=\left[{(X-n)^{2n}\over(X-1)\cdots(X-(i-1))(X-(i+1))\cdots(X-2n)}
\right]_{X=i}={(i-n)^{2n}\over(i-1)\cdots(1)(-1)\cdots(i-2n)}$
d'o{\`u} $\ds\alpha_i=(-1)^i{(n-i)^{2n}\over(i-1)!(2n-i)!}$.

III.4. On constate facilement que pour ces valeurs des $\alpha_i$, la matrice
$A$ r{\'e}pond {\`a} la question.

Soit $\pmatrix{\beta_0\cr\beta_1\cr\vdots\cr\beta_{2n}\cr}$ un vecteur propre
associ{\'e} {\`a} la valeur $n$, alors:
$$\pmatrix{2n&0&\cdots&\cdots&\cdots&0&\alpha_{2n}\cr
            0&2n-1&\ddots&&&0&\alpha_{2n-1}\cr
           \vdots&&\ddots&\ddots&&\vdots&\vdots\cr
           \vdots&&&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\cr
           \vdots&&&&2&0&\alpha_2\cr
           0&0&\cdots&\cdots&0&1&\alpha_1\cr
           -1&-1&\cdots&\cdots&-1&-1&0\cr}
\pmatrix{\beta_0\cr\beta_1\cr\vdots\cr\beta_{2n}\cr}
=n\pmatrix{\beta_0\cr\beta_1\cr\vdots\cr\beta_{2n}\cr}$$
ce qui se traduit par le syst{\`e}me, (o{\`u} l'on a suppos{\'e} que $\beta_{2n}=1$:
$\left\{\matrix{n\beta_0+\alpha_{2n}&=0\cr
                (n-1)\beta_1+\alpha_{2n-1}&=0\cr
                  \cdots&\cdots\cr
                 \beta_{n-1}+\alpha_{n-1}&=0\cr
                 -\beta_{n+1}+\alpha_{n-1}&=0\cr 
                 \cdots&\cdots\cr
                 (1-n)\beta_{2n-1}+\alpha_1&=0\cr
                 -\beta_0-\beta_1\cdots-\beta_{2n-1}&=n}\right.$

On en tire $\left\{\matrix{\beta_0=&-{\alpha_{2n}\over n}\cr
\beta_1=&-{\alpha_{2n-1}\over n-1}\cr
\cdots&\cdots\cr
\beta_{n-1}=&-\alpha_{n+1}\cr
\beta_{n+1}=&+\alpha_{n-1}\cr
\cdots&\cdots\cr
\beta_{2n-1}=&-{\alpha_1\over n-1}\cr
\beta_n=&{\alpha_{2n}\over n}+\cdots+\alpha_{n+1}-\alpha_{n-1}\cdots-
{\alpha_1\over n-1}-n\cr}\right.$
\eject
\centerline{\Large\bf GEOMETRIE}

$E$ est l'espace affine euclidien de dimension 3 rapport{\'e} {\`a} un rep{\`e}re
orthonormal direct $(O,\vec i,\vec j,\vec k)$.
\vskip5mm
\centerline{\bf Premi{\`e}re partie}
\vskip3mm
I.1. Soit $(C)$ la courbe de $E$ param{\'e}tr{\'e}e par $\left\{\matrix{
x=\ds&2(t-{1\over t})\cr y=&5\cr \ds z=&2(t+{1\over t})\cr}\right.$

a. Dans le plan $(O_1,\vec i, \vec k)$, avec $O_1=\pmatrix{0\cr5\cr0\cr}$,
$(C)$ a pour {\'e}quation $\left\{\matrix{\ds x=&2(t-{1\over t})\cr \ds z=&2(t+{1\over t})\cr
}\right.$ Etude de $(C)$.

Pour tout $t\in\rit^*$, $x(-t)=-x(t)$ et $y(-t)=y(t)$, donc $(C)$ est sym{\'e}trique
par rapport {\`a} $O_1$. D'autre part $x({1\over t})=-x(t)$ et $y({1\over t})=y(t)$
donc $(C)$ est sym{\'e}trique par rapport {\`a} l'axe $(O_1,\vec k)$. On peut donc 
r{\'e}duire le domaine d'{\'e}tude {\`a} $]0,1]$.

$x'(t)=2(1+{1\over t^2})$ et $z'=2(1-{1\over t^2})$, d'o{\`u} le tableau des
variations de $(C)$.
\begin{tabular}{|c|l c c |}
\hline
$x$&0&&1\\
\hline
$x'(t)$&&+&\\
\hline
$x$&{\small$-\infty$}&$\nearrow$&0\\
\hline
$y$&{\small$+\infty$}&$\searrow$&4\\
\hline
$y'(t)$&&+&0\\
\hline
\end{tabular}

La courbe $C$ pr{\'e}sente, quand $x$ tend vers 0 une asymptote d'{\'e}quation $z=-x$.

\centerline{courbe $C$}
\vskip8cm
1.2. Soit dans $E$ la courbe $\Gamma$ param{\'e}tr{\'e}e par:
$$\left\{\matrix{x=&\ds{10\cos\theta-4\over\sqrt3}\cr y=&5\sin\theta\cr
z=&\ds{5\cos\theta-8\over\sqrt3}\cr}\right.$$

a. Les coordonn{\'e}es $(x,y,z)$ d'un point $M$ de $\Gamma$ v{\'e}rifient:
$\left\{\matrix{x=&\ds{10\cos\theta-4\over\sqrt3}\cr 
 z=&\ds{5\cos\theta-8\over\sqrt3}\cr}\right.$, donc $x-2z=4\sqrt3$. 

La courbe $\Gamma$ est donc plane, contenue dans le plan d'{\'e}quation $x-2z=
4\sqrt3$.

b. La projection orthogonale $\sigma$ de $\Gamma$ dans le rep{\`e}re 
$(O,\vec i,\vec k)$ a pour repr{\'e}sentation param{\'e}trique: 
$\left\{\matrix{y=&5\sin\theta\cr
z=&\ds{5\cos\theta-8\over\sqrt3}\cr}\right.$
ou encore: $\left\{\matrix {y=&5\sin\theta\cr \ds z+{8\over\sqrt3}
=&\ds{5\over\sqrt3}
\cos\theta\cr}\right.$, donc $\sigma$ est l'ellipse de centre $\Omega$ 
$(0,0,-{8\over\sqrt3})$, de grand axe $(\Omega,\vec j)$, de petit axe 
$(\Omega,\vec j)$. La longueur des demi-axes sont 5 et ${5\over \sqrt3}$.

\centerline{courbe $\sigma$}
\vskip7cm
c. Nature de $\sigma$: cf b. $\Gamma$ est une courbe plane du plan
d'{\'e}quation $x-2z-4\sqrt3=0$, dont la projection
orthogonale sur le plan $O, \vec j,\vec k$ est une ellipse de centre $\Omega$:
$(0,0,-{8\over\sqrt3})$.

$\Gamma$ est donc aussi une ellipse, dont le centre est le point de coordonn{\'e}es
$(-{4\over\sqrt3},0,-{8\over\sqrt3})$.

1.3. Intersection de $C$ et $\Gamma$

$C$ a pour {\'e}quations: $\left\{\matrix{
x=&\ds2(t-{1\over t})\cr y=&5\cr z=&\ds2(t+{1\over t})\cr}\right.$

$\Gamma$ a pour {\'e}quations:$\left\{\matrix{x=&\ds{10\cos\theta-4\over\sqrt3}\cr y=&5\sin\theta\cr
z=&\ds{5\cos\theta-8\over\sqrt3}\cr}\right.$

donc $\sin\theta=1$, d'o{\`u} $\theta={\pi\over2}+2k\pi$, $k\in Z$, d'o{\`u}, en rempla{\c c}ant
dans les {\'e}quations de $C$: $x=\ds-{4\over\sqrt3}$, $y=5$, $\ds z=-{8\over\sqrt3}$.
On v{\'e}rifie ensuite que ces coordonn{\'e}es v{\'e}rifient les {\'e}quations de $\Gamma$.

Conclusion:$C\cap\Gamma=A$: $(\ds-{4\over\sqrt3},5,-{8\over\sqrt3})$. 
\vskip5mm
\centerline{\bf Deuxi{\`e}me partie}
\vskip3mm
II.1. {\bf Remarque:} On cherche {\bf une} {\'e}quation cart{\'e}sienne d'{\bf une}
surface de r{\'e}volution {\bf contenant} $C$.
  
Soit $M(x,y,z)$ un point de $C$, alors $x^2+y^2=4t^2-8+{4\over t^2}+25)=
4t^2-8+{4\over t^2}+25$

$z^2=4(t+{1\over t})^2=4t^2+8+{4\over t^2}$,
donc $z^2=x^8+y^2-9$, {\'e}quation d'une surface de r{\'e}volution $\Sigma$ 
contenant $C$.

$\Sigma$ est un hyperbolo{\"i}de {\`a} une nappe.

II.2  Soit $M(x,y,z)$ un point de $\Gamma$, alors $x^2+y^2=
\ds{(10\cos\theta-4)^2\over3}+25\sin^2\theta={25\cos^2\theta-80\cos\theta+91
\over3}$

$z^2=\ds{25\cos^\theta-80\cos\theta+64\over3}$,
donc $z^2=x^2+y^2-9$, qui est l'{\'e}quation d'une surface de r{\'e}volution
$\Sigma'$ contenant $\Gamma$.

$\Sigma'$ est un hyperbolo{\"i}de {\`a} une nappe, et $\Sigma=\Sigma'$.
\vskip5mm
\centerline{\bf Troisi{\`e}me partie}
\vskip3mm
III.1. Pour tout r{\'e}el $\lambda$, $\Sigma={\bigcup\atop\lambda\in R}C_\lambda$
o{\`u} $C_\lambda$ est le cercle d'axe $Oz$ du plan $z=\lambda$, de rayon $\sqrt{
9+4\lambda^2}$.

Le cylindre d'axe $\vec k$ circonscrit {\`a} $\Sigma$ est alors le cylindre d'axe
$\vec k$ de section droite $C_0$.

Donc $S: x^2+y^2=9$ et le cercle d'axe $Oz$ de rayon 3 du plan $xOy$ est une
directrice (et la section droite) de $S$.

III.2. ${\cal P}$, plan tangent {\`a} $S$ au point $B(3,0,0)$ est d{\'e}fini par la g{\'e}n{\'e}ratrice
 du point $(3,0,0)$ et la tangente {\`a} $C_0$ en $B$: ${\cal P}$ est donc le plan
d{\'e}fini par $(B,\vec j,\vec k)$, donc ${\cal P}$ a pour {\'e}quation $x=3$.

$M(x,y,z)\in S\cap\Sigma\Leftrightarrow(x=3\hbox{ et }x^2+y^2-z^2=9)
\Leftrightarrow(x=3\hbox{ et }y^2=z^2)$.

${\cal P}\cap\Sigma$ est donc la r{\'e}union de la droite $D_1\left\{\matrix{x=3\cr y=z\cr}
\right.$ et $D_2\left\{\matrix{x=3\cr y=-z\cr}\right.$

III.3. Un cylindre {\`a} le m{\^e}me plan tangent le long d'une g{\'e}n{\'e}ratrice, donc on
peut remplacer la recherche du plan tangent {\`a} $S$ en un point $M$ par cette
recherche au point $M_0$, intersection de la g{\'e}n{\'e}ratrice passant par $M$
et du plan $xOy$, c'est-{\`a}-dire en un point de $C_0$.
Soit $P$
$S$ et $\Sigma$ sont invariants par une rotation d'axe $Oz$, une rotation
d'axe $Oz$ transforme un plan tangent {\`a} $S$ en un plan tangent {\`a} $S$,    
donc $P\cap\Sigma$ est l'image par une rotation de ${\cal P}\cap\Sigma$,
donc $P\cap\Sigma$ est aussi la r{\'e}union de deux droites s{\'e}cantes.
\end{document}

