Coniques, barycentres et affinités : corrigé du contrôle de maths en L2

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Barème du contrôle corrigé : coniques, barycentres et affinités

Le corrigé détaillé : coniques, barycentres et affinités

Exercice 1 – Un point pondéré dans un triangle (3 points)

1. La fonction vectorielle de Leibniz

   Fixons une origine \(O\). Pour tout point \(M\), la relation de Chasles donne \(\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{MA_i} = s\,\overrightarrow{MO} + \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{OA_i}\).

   Existence et unicité

   Comme \(s \neq 0\), cette somme est nulle si et seulement si \(\overrightarrow{OM} = \frac{1}{s} \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{OA_i}\). Ce vecteur est entièrement déterminé, donc il existe un unique point \(M\) vérifiant la relation : c’est le barycentre des points pondérés.

2. Par définition, \(\overrightarrow{IB} + 3\,\overrightarrow{IC} = \vec{0}\), d’où \(4\,\overrightarrow{BI} = 3\,\overrightarrow{BC}\) et \(\overrightarrow{BI} = \frac{3}{4}\overrightarrow{BC}\). Ensuite, par associativité, on peut remplacer \((B, 1)\) et \((C, 3)\) par \((I, 4)\), car \(1 + 3 \neq 0\). Ainsi \(G\) est le barycentre de \((A, 2)\) et \((I, 4)\). Il vient alors \(6\,\overrightarrow{AG} = 4\,\overrightarrow{AI}\), soit \(\overrightarrow{AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AI}\), ce que confirme la figure.
3. De même, en regroupant \((A, 2)\) et \((C, 3)\), on obtient \(G\) comme barycentre de \((B, 1)\) et \((J, 5)\) : \(G\) appartient donc à \((BJ)\). En regroupant \((A, 2)\) et \((B, 1)\), \(G\) est aussi le barycentre de \((C, 3)\) et \((K, 3)\), donc il appartient à \((CK)\). Comme \(G\) est déjà sur \((AI)\), les trois droites \((AI)\), \((BJ)\) et \((CK)\) sont concourantes en \(G\).

Barème : 1) relation de Chasles 0,5, conclusion 0,5 ; 2) \(\overrightarrow{BI}\) 0,25, associativité 0,5, \(\overrightarrow{AG}\) 0,25 ; 3) 0,5 pour chaque regroupement correctement justifié, plafonné à 1 point.

Piège classique : écrire \(\overrightarrow{BI} = \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}\) ; le barycentre est plus proche du point qui porte le poids le plus fort, ici \(C\).

Exercice 2 – Une affinité oblique (4 points)

1. Les coordonnées de \(M^{\prime}\) sont des fonctions affines de celles de \(M\), donc \(f\) est affine. Sa partie linéaire a pour matrice \(\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}\), de déterminant \(3 \neq 0\) : elle est inversible, si bien que \(f\) est bijective. Un point est fixe lorsque \(x + y – 1 = x\) et \(3y – 2 = y\), c’est-à-dire lorsque \(y = 1\). L’ensemble des points fixes est donc la droite \(D\).

2. Une direction constante

   Pour tout \(M(x\,;y)\), on obtient \(\overrightarrow{MM^{\prime}} = (y – 1\,;\,3y – 2 – y) = (y – 1)\,(1\,;2) = (y – 1)\,\vec{u}\). Ce vecteur est donc toujours colinéaire à \(\vec{u}\).

   Le rapport de l’affinité

   Le point \(H\) s’écrit \(H = M – \lambda\vec{u}\) avec \(H \in D\). Son ordonnée vaut \(y – 2\lambda = 1\), d’où \(\lambda = \frac{y – 1}{2}\) et \(\overrightarrow{HM} = \lambda\vec{u}\). Par conséquent, \(\overrightarrow{HM^{\prime}} = \overrightarrow{HM} + \overrightarrow{MM^{\prime}} = \lambda\vec{u} + 2\lambda\vec{u} = 3\lambda\vec{u} = 3\,\overrightarrow{HM}\).

   Ainsi \(f\) est l’affinité d’axe \(D\), de direction \(\vec{u}\) et de rapport \(3\).

3. Un point de \(L\) s’écrit \(M(-1\,;y)\) avec \(y\) réel. Son image a pour coordonnées \(x^{\prime} = y – 2\) et \(y^{\prime} = 3y – 2\). On élimine \(y = x^{\prime} + 2\), ce qui donne \(y^{\prime} = 3x^{\prime} + 4\). L’image \(f(L)\) est donc la droite d’équation \(y = 3x + 4\). Elle passe par \((-1\,;1)\), car ce point de \(L \cap D\) est fixe par \(f\).
4. Pour \(M(2\,;2)\), on trouve \(\lambda = \frac{1}{2}\), donc \(H\left(\frac{3}{2}\,;1\right)\) et \(f(M) = (3\,;4)\). On vérifie bien que \(\overrightarrow{HM^{\prime}} = \left(\frac{3}{2}\,;3\right) = 3\,\overrightarrow{HM}\). La figure complétée est la suivante.
   

   

Barème : 1) affine et bijective 0,5, points fixes 0,5 ; 2) colinéarité 0,5, calcul de \(H\) 0,5, rapport et conclusion 0,5 ; 3) équation 0,75, justification par le point fixe 0,25 ; 4) 0,5 point.

Piège classique : conclure au rapport \(2\) en lisant \(\overrightarrow{MM^{\prime}} = 2\lambda\vec{u}\) ; le rapport se mesure depuis l’axe, à partir de \(H\).

Exercice 3 – Ménélaüs et trois points alignés (3,5 points)

1. La relation \(\overrightarrow{PB} – 3\,\overrightarrow{PC} = \vec{0}\) montre que \(P\) est le barycentre de \((B, 1)\) et \((C, -3)\). Ensuite, \(\overrightarrow{QA} + 2\,\overrightarrow{QC} = \vec{0}\), donc \(Q\) est le barycentre de \((A, 1)\) et \((C, 2)\). Enfin, \(R\) est le barycentre de \((A, 3)\) et \((B, 2)\). Les sommes de poids \(-2\), \(3\) et \(5\) sont bien non nulles.

2. Énoncé du théorème

   Soit \(P \in (BC)\), \(Q \in (CA)\) et \(R \in (AB)\), distincts des sommets. Alors \(P\), \(Q\) et \(R\) sont alignés si et seulement si \(\frac{\overline{PB}}{\overline{PC}} \times \frac{\overline{QC}}{\overline{QA}} \times \frac{\overline{RA}}{\overline{RB}} = 1\).

   Calcul des trois rapports

   D’après les relations de l’énoncé, \(\frac{\overline{PB}}{\overline{PC}} = 3\) et \(\frac{\overline{QC}}{\overline{QA}} = -\frac{1}{2}\). De plus, \(3\,\overline{RA} = -2\,\overline{RB}\) donne \(\frac{\overline{RA}}{\overline{RB}} = -\frac{2}{3}\). Le produit vaut donc \(3 \times \left(-\frac{1}{2}\right) \times \left(-\frac{2}{3}\right) = 1\). Par conséquent, \(P\), \(Q\) et \(R\) sont alignés.

3. Dans le repère \((A\,;\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\), on a \(B(1\,;0)\) et \(C(0\,;1)\). Les barycentres donnent \(\overrightarrow{AP} = \frac{\overrightarrow{AB} – 3\,\overrightarrow{AC}}{-2}\), puis \(P\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{3}{2}\right)\), ensuite \(Q\left(0\,;\frac{2}{3}\right)\) et \(R\left(\frac{2}{5}\,;0\right)\). Ainsi \(\overrightarrow{QR}\left(\frac{2}{5}\,;-\frac{2}{3}\right)\) et \(\overrightarrow{QP}\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{5}{6}\right)\). Leur déterminant vaut \(\frac{2}{5} \times \frac{5}{6} – \left(-\frac{2}{3}\right) \times \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{3} – \frac{1}{3} = 0\). Les vecteurs sont colinéaires, ce qui confirme l’alignement.
   

   

4. On cherche \(\alpha\) tel que \(\overrightarrow{AR} = \alpha\,\overrightarrow{AP} + (1 – \alpha)\,\overrightarrow{AQ}\). L’abscisse impose \(-\frac{\alpha}{2} = \frac{2}{5}\), donc \(\alpha = -\frac{4}{5}\). On vérifie alors l’ordonnée : \(-\frac{4}{5} \times \frac{3}{2} + \frac{9}{5} \times \frac{2}{3} = -\frac{6}{5} + \frac{6}{5} = 0\). Ainsi \(R\) est le barycentre de \((P, -4)\) et \((Q, 9)\), ou de tout couple proportionnel.

Barème : 1) 0,25 par point, 0,25 pour les sommes non nulles ; 2) énoncé 0,5, calcul du produit 0,5 ; 3) coordonnées 0,5, déterminant 0,5 ; 4) 0,5 point.

Piège classique : utiliser des longueurs au lieu de mesures algébriques ; le produit vaut alors \(1\) aussi pour des points non alignés, comme dans le théorème de Céva.

Exercice 4 – Une hyperbole sans terme en x carré (3,5 points)

1. Matrice et spectre

   Le terme \(4xy\) se partage en deux coefficients égaux à \(2\), d’où \(S = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\). Son polynôme caractéristique vaut \(\lambda^2 – 3\lambda – 4 = (\lambda – 4)(\lambda + 1)\). Les valeurs propres sont donc \(4\) et \(-1\).

   Vecteurs propres orthonormés

   Pour \(\lambda = 4\), le système \(-4x + 2y = 0\) donne la direction \((1\,;2)\). Pour \(\lambda = -1\), l’équation \(x + 2y = 0\) donne la direction \((-2\,;1)\). La matrice \(S\) étant symétrique réelle, ces directions sont orthogonales, comme le prévoit le théorème spectral. On prend \(\vec{e}_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}(1\,;2)\) et \(\vec{e}_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}(-2\,;1)\), base directe car son déterminant vaut \(\frac{1 + 4}{5} = 1\).

2. Si \(X\) et \(Y\) désignent les coordonnées dans \((O\,;\vec{e}_1, \vec{e}_2)\), alors \(q = 4X^2 – Y^2\). L’équation réduite est \(X^2 – \frac{Y^2}{4} = 1\) : \(\mathcal{H}\) est une hyperbole de paramètres \(a = 1\) et \(b = 2\), et la signature de \(q\) vaut \((1, 1)\).

3. Sommets et asymptotes

   Les sommets correspondent à \(X = \pm 1\) et \(Y = 0\), soit \(S\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\,;\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)\) et \(S^{\prime}\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\,;-\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)\). On vérifie que \(4 \times \frac{1}{5} \times 2 + 3 \times \frac{4}{5} = \frac{8 + 12}{5} = 4\). Les asymptotes ont pour équations \(Y = \pm 2X\), avec \(X = \frac{x + 2y}{\sqrt{5}}\) et \(Y = \frac{-2x + y}{\sqrt{5}}\). Ainsi \(Y = 2X\) donne \(4x + 3y = 0\), tandis que \(Y = -2X\) donne \(y = 0\).

   Contrôle par factorisation

   On remarque aussi que \(q(x, y) = y\,(4x + 3y)\). L’équation \(y(4x + 3y) = 4\) impose qu’un facteur tende vers \(0\) quand l’autre tend vers l’infini. Les asymptotes sont donc les droites d’équations \(y = 0\) et \(4x + 3y = 0\).

4. Le tracé attendu est le suivant : les deux branches restent dans les angles délimités par les asymptotes qui contiennent les sommets.
   

   

Barème : 1) matrice 0,25, valeurs propres 0,5, base orthonormée directe 0,75 ; 2) 0,5 point ; 3) sommets 0,25, asymptotes 0,5, factorisation 0,25 ; 4) 0,5 point.

Piège classique : placer \(4\) au lieu de \(2\) hors de la diagonale de \(S\) ; le coefficient de \(xy\) se répartit sur les deux cases symétriques.

Exercice 5 – Problème : d’une ellipse à un cercle (6 points)

Partie A – Réduction de la conique

1. Changement d’origine

   On remplace \(x\) par \(u + 1\) et \(y\) par \(v – 1\). D’abord, \(17(u + 1)^2 = 17u^2 + 34u + 17\), puis \(-12(u + 1)(v – 1) = -12uv + 12u – 12v + 12\) et \(8(v – 1)^2 = 8v^2 – 16v + 8\). Ensuite, \(-46(u + 1) = -46u – 46\) et \(28(v – 1) = 28v – 28\).

   Bilan des termes

   Les termes en \(u\) donnent \(34 + 12 – 46 = 0\), ceux en \(v\) donnent \(-12 – 16 + 28 = 0\). Enfin, la constante vaut \(17 + 12 + 8 – 46 – 28 + 17 = -20\). On obtient donc \(17u^2 – 12uv + 8v^2 = 20\). Cette équation est invariante par \((u, v) \mapsto (-u, -v)\), si bien que \(\Omega\) est le centre de symétrie de \(\Gamma\).

2. Spectre de la matrice

   La forme a pour matrice \(T = \begin{pmatrix} 17 & -6 \\ -6 & 8 \end{pmatrix}\), de trace \(25\) et de déterminant \(136 – 36 = 100\). Son polynôme caractéristique \(\lambda^2 – 25\lambda + 100 = (\lambda – 5)(\lambda – 20)\) donne les valeurs propres \(5\) et \(20\).

   Une base adaptée

   On vérifie que \(T\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 10 \end{pmatrix}\) et \(T\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -40 \\ 20 \end{pmatrix}\). Ainsi \(\vec{e}_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}(1\,;2)\) est associé à \(5\) et \(\vec{e}_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}(-2\,;1)\) à \(20\) ; cette base orthonormée est directe, comme à l’exercice 4. Par conséquent, \(T = P\,\mathrm{diag}(5, 20)\,P^{\top}\), où \(P\) est la matrice de rotation de colonnes \(\vec{e}_1\) et \(\vec{e}_2\).

3. Dans \((\Omega\,;\vec{e}_1, \vec{e}_2)\), l’équation devient \(5X^2 + 20Y^2 = 20\), soit \(\frac{X^2}{4} + Y^2 = 1\) : \(\Gamma\) est une ellipse de demi-grand axe \(2\) selon \(\vec{e}_1\) et de demi-petit axe \(1\) selon \(\vec{e}_2\). Ses sommets sont \(\Omega \pm 2\vec{e}_1\) et \(\Omega \pm \vec{e}_2\), c’est-à-dire \(\left(1 + \frac{2\sqrt{5}}{5}\,;-1 + \frac{4\sqrt{5}}{5}\right)\), \(\left(1 – \frac{2\sqrt{5}}{5}\,;-1 – \frac{4\sqrt{5}}{5}\right)\), \(\left(1 – \frac{2\sqrt{5}}{5}\,;-1 + \frac{\sqrt{5}}{5}\right)\) et \(\left(1 + \frac{2\sqrt{5}}{5}\,;-1 – \frac{\sqrt{5}}{5}\right)\). Par exemple, pour le premier, \(u = \frac{2}{\sqrt{5}}\) et \(v = \frac{4}{\sqrt{5}}\) donnent \(\frac{68 – 96 + 128}{5} = 20\).
4. Le tracé de \(\Gamma\) figure ci-dessous en bleu, avec le grand axe \(\Delta\) en vert et le petit axe en pointillés violets.
   

   

Partie B – Une affinité qui arrondit

5. Soit \(M^{\prime}\) de coordonnées \((X^{\prime}, Y^{\prime})\). Comme \(g\) est bijective, \(M^{\prime} \in g(\Gamma)\) équivaut à \(g^{-1}(M^{\prime}) \in \Gamma\), avec \(g^{-1}(M^{\prime}) = \left(X^{\prime}, \frac{Y^{\prime}}{2}\right)\). Cette condition s’écrit \(\frac{X^{\prime 2}}{4} + \frac{Y^{\prime 2}}{4} = 1\), soit \(X^{\prime 2} + Y^{\prime 2} = 4\). Le repère étant orthonormé, \(g(\Gamma)\) est le cercle de centre \(\Omega\) et de rayon \(2\).

6. Expression analytique

   D’après la définition, \(\overrightarrow{\Omega M^{\prime}} = \overrightarrow{\Omega M} + Y\vec{e}_2\), où \(Y = \frac{-2u + v}{\sqrt{5}}\) est le produit scalaire de \(\overrightarrow{\Omega M}\) et de \(\vec{e}_2\). Donc \(Y\vec{e}_2 = \frac{-2u + v}{5}(-2\,;1)\), puis \(u^{\prime} = \frac{9u – 2v}{5}\) et \(v^{\prime} = \frac{-2u + 6v}{5}\). En revenant à \(x\) et \(y\) : \(x^{\prime} = 1 + \frac{9(x – 1) – 2(y + 1)}{5} = \frac{9x – 2y – 6}{5}\) et \(y^{\prime} = -1 + \frac{-2(x – 1) + 6(y + 1)}{5} = \frac{-2x + 6y + 3}{5}\).

   Comparaison des aires

   La partie linéaire de \(g\) a pour déterminant \(\frac{9 \times 6 – (-2) \times (-2)}{25} = \frac{50}{25} = 2\). Une application affine multiplie les aires par la valeur absolue de ce déterminant. L’aire du disque vaut donc le double de celle du domaine elliptique. On le confirme : le disque a pour aire \(4\pi\), tandis que l’ellipse, de demi-axes \(2\) et \(1\), délimite une aire \(\pi \times 2 \times 1 = 2\pi\).

Barème : 1) calcul 0,75, centre 0,25 ; 2) valeurs propres 0,75, vecteurs propres normés 0,75 ; 3) équation et nature 0,5, sommets 0,5 ; 4) 0,5 point ; 5) 1 point ; 6) formules 0,5, déterminant et aires 0,5.

Piège classique : placer le grand axe selon \(\vec{e}_2\) ; le plus grand demi-axe correspond en effet à la plus petite valeur propre, ici \(5\).

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