En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercices : Courbes et surfaces dans ℝ3 », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Courbes et surfaces dans R3Calcul différentiel/Exercices/Courbes et surfaces dans R3 », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Exercice 1
Calculer l'équation du plan tangent au cône à base elliptique
Σ
{\displaystyle \Sigma }
d'équation
x
y
=
z
2
{\displaystyle xy=z^{2}}
, en un point arbitraire
M
0
=
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
≠
(
0
,
0
,
0
)
{\displaystyle M_{0}=(x_{0},y_{0},z_{0})\neq (0,0,0)}
de
Σ
{\displaystyle \Sigma }
.
Solution
Σ
{\displaystyle \Sigma }
a pour équation
f
=
0
{\displaystyle f=0}
où
f
{\displaystyle f}
est définie par
f
(
x
,
y
,
z
)
=
x
y
−
z
2
{\displaystyle f\left(x,y,z\right)=xy-z^{2}}
.
Le plan tangent
T
M
0
Σ
{\displaystyle T_{M_{0}}\Sigma }
est le plan contenant
M
0
{\displaystyle M_{0}}
et normal au vecteur gradient
∇
f
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
y
0
,
x
0
,
−
2
z
0
)
{\displaystyle \nabla f\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)=\left(y_{0},x_{0},-2z_{0}\right)}
(non nul par hypothèse).
Il a donc pour équation
(
x
−
x
0
)
y
0
+
(
y
−
y
0
)
x
0
−
2
(
z
−
z
0
)
z
0
=
0
{\displaystyle (x-x_{0})y_{0}+(y-y_{0})x_{0}-2(z-z_{0})z_{0}=0}
, soit
y
0
x
+
x
0
y
−
2
z
0
z
=
0
{\displaystyle y_{0}x+x_{0}y-2z_{0}z=0}
.
Déterminer les points de la surface
S
{\displaystyle S}
d'équation
x
y
=
z
3
{\displaystyle xy=z^{3}}
dont le plan tangent contient la droite d'équations
x
=
2
,
y
−
3
z
+
3
=
0
{\displaystyle x=2,\;y-3z+3=0}
.
En tout point
M
0
=
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
∈
S
{\displaystyle M_{0}=\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)\in S}
tel que
x
0
y
0
≠
0
{\displaystyle x_{0}y_{0}\neq 0}
, déterminer la position de la surface par rapport à son plan tangent.
Solution
S
{\displaystyle S}
a pour équation
f
=
0
{\displaystyle f=0}
où
f
{\displaystyle f}
est définie par
f
(
x
,
y
,
z
)
=
x
y
−
z
3
{\displaystyle f\left(x,y,z\right)=xy-z^{3}}
.
Pour tout point
M
0
=
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
∈
S
{\displaystyle M_{0}=\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)\in S}
, le plan tangent
T
M
0
S
{\displaystyle T_{M_{0}}S}
est le plan contenant
M
0
{\displaystyle M_{0}}
et normal au vecteur gradient
∇
f
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
y
0
,
x
0
,
−
3
z
0
2
)
{\displaystyle \nabla f\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)=\left(y_{0},x_{0},-3z_{0}^{2}\right)}
(sauf au point singulier
O
=
(
0
,
0
,
0
)
{\displaystyle O=\left(0,0,0\right)}
, en lequel il n'y a pas de plan tangent). Il a donc pour équation
y
0
(
x
−
x
0
)
+
x
0
(
y
−
y
0
)
−
3
z
0
2
(
z
−
z
0
)
=
0
{\displaystyle y_{0}\left(x-x_{0}\right)+x_{0}\left(y-y_{0}\right)-3z_{0}^{2}\left(z-z_{0}\right)=0}
, qui se réécrit
y
0
x
+
x
0
y
−
3
z
0
2
z
=
2
x
0
y
0
−
3
z
0
3
{\displaystyle y_{0}x+x_{0}y-3z_{0}^{2}z=2x_{0}y_{0}-3z_{0}^{3}}
. Donc
T
M
0
S
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
y
0
x
+
x
0
y
−
3
z
0
2
z
=
−
z
0
3
}
{\displaystyle T_{M_{0}}S=\{\left(x,y,z\right)\in \mathbb {R} ^{3}\mid y_{0}x+x_{0}y-3z_{0}^{2}z=-z_{0}^{3}\}}
. La droite
D
{\displaystyle D}
peut être paramétrée par exemple par
z
{\displaystyle z}
:
D
=
{
(
2
,
3
z
−
3
,
z
)
∣
z
∈
R
}
{\displaystyle D=\{\left(2,3z-3,z\right)\mid z\in \mathbb {R} \}}
. Par conséquent,
D
⊂
T
M
0
S
⇔
∀
z
∈
R
2
y
0
+
x
0
(
3
z
−
3
)
−
3
z
0
2
z
=
−
z
0
3
⇔
∀
z
∈
R
z
(
3
x
0
−
3
z
0
2
)
+
(
2
y
0
−
3
x
0
+
z
0
3
)
=
0
⇔
x
0
=
z
0
2
et
2
y
0
−
3
x
0
+
z
0
3
=
0
⇔
x
0
=
z
0
2
et
y
0
=
z
0
2
3
−
z
0
2
.
{\displaystyle {\begin{aligned}D\subset T_{M_{0}}S&\Leftrightarrow \forall z\in \mathbb {R} \quad 2y_{0}+x_{0}\left(3z-3\right)-3z_{0}^{2}z=-z_{0}^{3}\\&\Leftrightarrow \forall z\in \mathbb {R} \quad z\left(3x_{0}-3z_{0}^{2}\right)+\left(2y_{0}-3x_{0}+z_{0}^{3}\right)=0\\&\Leftrightarrow x_{0}=z_{0}^{2}\quad {\text{et}}\quad 2y_{0}-3x_{0}+z_{0}^{3}=0\\&\Leftrightarrow x_{0}=z_{0}^{2}{\text{ et }}y_{0}=z_{0}^{2}{\frac {3-z_{0}}{2}}.\end{aligned}}}
On a alors
0
=
x
0
y
0
−
z
0
3
=
z
0
4
3
−
z
0
2
−
z
0
3
=
z
0
3
2
(
3
z
0
−
z
0
2
−
2
)
=
−
z
0
3
2
(
z
0
−
1
)
(
z
0
−
2
)
{\displaystyle 0=x_{0}y_{0}-z_{0}^{3}=z_{0}^{4}{\frac {3-z_{0}}{2}}-z_{0}^{3}={\frac {z_{0}^{3}}{2}}\left(3z_{0}-z_{0}^{2}-2\right)=-{\frac {z_{0}^{3}}{2}}\left(z_{0}-1\right)\left(z_{0}-2\right)}
donc (puisque
M
0
≠
O
{\displaystyle M_{0}\neq O}
)
M
0
=
(
1
,
1
,
1
)
ou
(
4
,
2
,
2
)
{\displaystyle M_{0}=\left(1,1,1\right)\quad {\text{ou}}\quad \left(4,2,2\right)}
.
Calculons le développement limité à l'ordre
2
{\displaystyle 2}
de
z
=
x
y
3
{\displaystyle z={\sqrt[{3}]{xy}}}
quand
x
=
x
0
+
u
{\displaystyle x=x_{0}+u}
et
y
=
y
0
+
v
{\displaystyle y=y_{0}+v}
avec
u
,
v
→
0
{\displaystyle u,v\to 0}
. Soit
z
0
=
x
0
y
0
3
{\displaystyle z_{0}={\sqrt[{3}]{x_{0}y_{0}}}}
.
(
x
0
+
u
)
(
y
0
+
v
)
3
=
z
0
(
1
+
u
x
0
)
1
/
3
(
1
+
v
y
0
)
1
/
3
=
z
0
(
1
+
u
3
x
0
−
u
2
9
x
0
2
)
(
1
+
v
3
y
0
−
v
2
9
y
0
2
)
+
o
(
u
2
+
v
2
)
=
z
0
+
z
0
3
x
0
u
+
z
0
3
y
0
v
+
z
0
9
(
−
u
2
x
0
2
+
u
v
x
0
y
0
−
v
2
y
0
2
)
+
o
(
u
2
+
v
2
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}{\sqrt[{3}]{\left(x_{0}+u\right)\left(y_{0}+v\right)}}&=z_{0}\left(1+{\frac {u}{x_{0}}}\right)^{1/3}\left(1+{\frac {v}{y_{0}}}\right)^{1/3}\\&=z_{0}\left(1+{\frac {u}{3x_{0}}}-{\frac {u^{2}}{9x_{0}^{2}}}\right)\left(1+{\frac {v}{3y_{0}}}-{\frac {v^{2}}{9y_{0}^{2}}}\right)+o\left(u^{2}+v^{2}\right)\\&=z_{0}+{\frac {z_{0}}{3x_{0}}}u+{\frac {z_{0}}{3y_{0}}}v+{\frac {z_{0}}{9}}\left(-{\frac {u^{2}}{x_{0}^{2}}}+{\frac {uv}{x_{0}y_{0}}}-{\frac {v^{2}}{y_{0}^{2}}}\right)+o\left(u^{2}+v^{2}\right).\end{aligned}}}
On retrouve à l'ordre 1 l'équation du plan tangent (
z
=
z
0
+
z
0
3
x
0
u
+
z
0
3
y
0
v
=
z
0
+
y
0
u
+
x
0
v
3
z
0
2
{\displaystyle z=z_{0}+{\frac {z_{0}}{3x_{0}}}u+{\frac {z_{0}}{3y_{0}}}v=z_{0}+{\frac {y_{0}u+x_{0}v}{3z_{0}^{2}}}}
), et le terme d'ordre 2 (la différence entre la hauteur d'un point de la surface et celle d'un point du plan sur la même verticale) est du signe de
−
z
0
{\displaystyle -z_{0}}
, donc la surface est en dessous de son plan tangent si
x
0
y
0
>
0
{\displaystyle x_{0}y_{0}>0}
et au-dessus si
x
0
y
0
<
0
{\displaystyle x_{0}y_{0}<0}
.
Exercice 2
Pour
λ
∈
R
{\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }
, soit
S
λ
=
{
(
x
1
,
x
2
,
x
3
)
∈
R
3
∣
x
1
2
+
x
2
2
−
x
3
2
=
λ
}
{\displaystyle S_{\lambda }=\{(x_{1},x_{2},x_{3})\in \mathbb {R} ^{3}\mid x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}=\lambda \}}
.
Déterminer les réels
λ
{\displaystyle \lambda }
pour lesquels
S
λ
{\displaystyle S_{\lambda }}
est une sous-variété de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
. Dessiner
S
λ
{\displaystyle S_{\lambda }}
en fonction de
λ
{\displaystyle \lambda }
.
Pour
x
,
y
∈
R
3
{\displaystyle x,y\in \mathbb {R} ^{3}}
, soit
B
(
x
,
y
)
=
x
1
y
1
+
x
2
y
2
−
x
3
y
3
{\displaystyle B(x,y)=x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}-x_{3}y_{3}}
. Soit
x
∈
S
λ
{\displaystyle x\in S_{\lambda }}
, exprimer
T
x
S
λ
{\displaystyle \mathrm {T} _{x}S_{\lambda }}
à l'aide de
B
{\displaystyle B}
.
Solution
Hyperboloïde à une nappe (
λ
>
0
{\displaystyle \lambda >0}
). Hyperboloïde à deux nappes (
λ
>
0
{\displaystyle \lambda >0}
).
S
λ
{\displaystyle S_{\lambda }}
est une sous-variété si en chacun de ses points, l'application
f
:
R
3
→
R
,
x
↦
x
1
2
+
x
2
2
−
x
3
2
{\displaystyle f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,x\mapsto x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{3}^{2}}
est une submersion , c.-à-d. si, pour tout
x
∈
S
λ
{\displaystyle x\in S_{\lambda }}
, le vecteur
∇
f
(
x
)
=
(
2
x
1
,
2
x
2
,
−
2
x
3
)
{\displaystyle \nabla f(x)=(2x_{1},2x_{2},-2x_{3})}
est non nul. Cela équivaut à
(
0
,
0
,
0
)
∉
S
λ
{\displaystyle (0,0,0)\notin S_{\lambda }}
donc à
λ
≠
0
{\displaystyle \lambda \neq 0}
.
S
λ
{\displaystyle S_{\lambda }}
est une surface de révolution , d'axe
(
O
x
3
)
{\displaystyle (Ox_{3})}
. C'est un cône si
λ
=
0
{\displaystyle \lambda =0}
et un hyperboloïde sinon, à une nappe si
λ
>
0
{\displaystyle \lambda >0}
et deux nappes si
λ
<
0
{\displaystyle \lambda <0}
.
T
x
S
λ
=
ker
d
f
x
=
∇
f
(
x
)
⊥
=
ker
B
(
x
,
⋅
)
{\displaystyle T_{x}S_{\lambda }=\ker \mathrm {d} f_{x}=\nabla f(x)^{\bot }=\ker B(x,\cdot )}
.
Exercice 3
Déterminer, parmi les sous-ensembles ci-dessous, lesquels sont des sous-variétés de
R
n
{\displaystyle \mathbb {R} ^{n}}
:
S
0
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
3
+
y
3
+
z
3
−
3
x
y
z
=
1
}
{\displaystyle S_{0}=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=1\}}
;
C
0
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
x
y
=
0
}
{\displaystyle C_{0}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid xy=0\}}
;
C
1
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
2
+
y
2
+
z
2
=
1
et
x
2
+
y
2
−
x
=
0
}
{\displaystyle C_{1}=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\;{\text{et}}\;x^{2}+y^{2}-x=0\}}
;
C
2
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
y
2
=
x
3
}
{\displaystyle C_{2}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}=x^{3}\}}
;
S
1
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
2
+
y
2
=
α
z
2
}
{\displaystyle S_{1}=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}=\alpha z^{2}\}}
(
α
>
0
{\displaystyle \alpha >0}
).
Solution
La surface
S
0
{\displaystyle S_{0}}
est une sous-variété de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
car en chacun de ses points, l'application
f
:
R
3
→
R
,
(
x
,
y
,
z
)
↦
x
3
+
y
3
+
z
3
−
3
x
y
z
{\displaystyle f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\mapsto x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz}
est une submersion, c.-à-d. que pour tout
(
x
,
y
,
z
)
∈
S
0
{\displaystyle (x,y,z)\in S_{0}}
, le vecteur
∇
f
(
x
,
y
,
z
)
=
3
(
x
2
−
y
z
,
y
2
−
x
z
,
z
2
−
x
y
)
{\displaystyle \nabla f(x,y,z)=3(x^{2}-yz,y^{2}-xz,z^{2}-xy)}
est non nul. En effet, les
(
x
,
y
,
z
)
{\displaystyle (x,y,z)}
pour lesquels ce vecteur est nul vérifient :
f
(
x
,
y
,
z
)
=
0
{\displaystyle f(x,y,z)=0}
.
La courbe
C
0
{\displaystyle C_{0}}
n'est pas une sous-variété (même topologique) de dimension 1 (de
R
2
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
) car
O
{\displaystyle O}
est un point double : au voisinage de ce point,
C
0
{\displaystyle C_{0}}
privée de
O
{\displaystyle O}
a 4 composantes connexes, au lieu de 2.
La courbe
C
1
{\displaystyle C_{1}}
(la « fenêtre de Viviani ») a pour paramétrage
M
(
θ
)
=
(
cos
2
θ
,
cos
θ
sin
θ
,
sin
θ
)
{\displaystyle M(\theta )=(\cos ^{2}\theta ,\cos \theta \sin \theta ,\sin \theta )}
. Le point double
M
(
0
)
=
(
1
,
0
,
0
)
=
M
(
π
)
{\displaystyle M(0)=(1,0,0)=M(\pi )}
fait que — comme
C
0
{\displaystyle C_{0}}
—
C
1
{\displaystyle C_{1}}
n'est pas une sous-variété, même topologique.
La courbe
C
2
=
{
(
y
2
3
,
y
)
∣
y
∈
R
}
{\displaystyle C_{2}=\{({\sqrt[{3}]{y^{2}}},y)\mid y\in \mathbb {R} \}}
est une sous-variété topologique (localement homéomorphe à
R
×
{
0
}
{\displaystyle \mathbb {R} \times \{0\}}
) de
R
2
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
mais pas une sous-variété différentiable, car
O
=
(
0
,
0
)
{\displaystyle O=(0,0)}
est un point de rebroussement donc le cône tangent (l'ensemble des vecteurs de la forme
lim
O
M
n
→
t
n
{\displaystyle \lim {\frac {\overrightarrow {OM_{n}}}{t_{n}}}}
avec
M
n
→
O
{\displaystyle M_{n}\to O}
et
t
n
→
0
+
{\displaystyle t_{n}\to 0^{+}}
, ou encore, de la forme
γ
d
′
(
0
)
=
lim
t
→
0
+
γ
(
t
)
−
γ
(
0
)
t
{\displaystyle \gamma '_{d}(0)=\lim _{t\to 0^{+}}{\frac {\gamma (t)-\gamma (0)}{t}}}
pour
γ
:
[
0
,
ε
[
→
C
2
{\displaystyle \gamma :\left[0,\varepsilon \right[\to C_{2}}
telle que
γ
(
0
)
=
O
{\displaystyle \gamma (0)=O}
) est une demi-droite et non une droite.
Le cône
S
1
{\displaystyle S_{1}}
n'est pas une sous-variété (même topologique) de dimension 2 (de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
) car son sommet
O
{\displaystyle O}
est un point double : au voisinage de
O
{\displaystyle O}
,
S
1
{\displaystyle S_{1}}
privé de
O
{\displaystyle O}
a 2 composantes connexes, au lieu de 1.
Exercice 4
On considère la sphère unité
S
{\displaystyle S}
de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
et un cylindre
C
{\displaystyle C}
, d'axe vertical et de rayon
r
>
0
{\displaystyle r>0}
. L'intersection de
S
{\displaystyle S}
et
C
{\displaystyle C}
définit-elle toujours une courbe lisse ? Retrouver cette observation par le calcul.
Solution
Sans perte de généralité, l'axe du cylindre passe par un point de la forme
(
a
,
0
,
0
)
{\displaystyle (a,0,0)}
avec
a
≥
0
{\displaystyle a\geq 0}
.
La courbe
S
∩
C
{\displaystyle S\cap C}
est alors le lieu d'annulation de
f
:
R
3
→
R
2
,
(
x
,
y
,
z
)
↦
(
x
2
+
y
2
+
z
2
−
1
,
(
x
−
a
)
2
+
y
2
−
r
2
)
{\displaystyle f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2},\ (x,y,z)\mapsto (x^{2}+y^{2}+z^{2}-1,(x-a)^{2}+y^{2}-r^{2})}
.
La matrice
J
f
(
x
,
y
,
z
)
=
2
(
x
y
z
x
−
a
y
0
)
{\displaystyle \mathrm {J} f(x,y,z)=2{\begin{pmatrix}x&y&z\\x-a&y&0\end{pmatrix}}}
est de rang 2 sauf si
y
z
=
(
x
−
a
)
z
=
a
y
=
0
{\displaystyle yz=(x-a)z=ay=0}
.
Si
a
=
0
{\displaystyle a=0}
, cela n'est possible (sur
S
∩
C
{\displaystyle S\cap C}
) que si
r
=
1
{\displaystyle r=1}
mais dans ce cas,
S
∩
C
{\displaystyle S\cap C}
est quand même une courbe lisse (le cercle équatorial de
S
{\displaystyle S}
).
Si
a
≠
0
{\displaystyle a\neq 0}
, cela n'est possible (sur
S
∩
C
{\displaystyle S\cap C}
) que si
r
∈
{
1
+
a
,
1
−
a
,
a
−
1
}
{\displaystyle r\in \{1+a,1-a,a-1\}}
.
Si
r
=
a
+
1
{\displaystyle r=a+1}
, la sphère est tangente intérieurement au cylindre.
Si
r
=
a
−
1
{\displaystyle r=a-1}
, c'est l'inverse.
Si
r
=
1
−
a
{\displaystyle r=1-a}
, la courbe
S
∩
C
{\displaystyle S\cap C}
est une hippopède (en forme de 8) donc elle a un point double et n'est pas une variété (pour
a
=
r
=
1
2
{\displaystyle a=r={\frac {1}{2}}}
, on retrouve la fenêtre de Viviani de l'exercice précédent).
Exercice 5
Montrer que l'équation
x
y
+
x
z
+
y
z
+
2
x
+
2
y
−
z
=
0
{\displaystyle xy+xz+yz+2x+2y-z=0}
définit une surface
S
{\displaystyle S}
. Donner l'équation du plan tangent de cette surface à l'origine.
Montrer que le système d'équations
4
x
y
+
2
x
z
+
4
y
−
z
=
x
y
+
x
z
+
y
z
+
2
x
+
2
y
−
z
=
0
{\displaystyle 4xy+2xz+4y-z=xy+xz+yz+2x+2y-z=0}
définit au voisinage de l'origine une courbe. Déterminer la droite tangente à cette courbe à l'origine.
Montrer que le système d'équations
x
2
+
y
2
−
z
2
=
2
x
+
y
+
1
=
0
{\displaystyle x^{2}+y^{2}-z^{2}=2x+y+1=0}
définit une courbe lisse
C
{\displaystyle C}
de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
et déterminer la droite tangente
T
a
C
{\displaystyle T_{a}C}
à
C
{\displaystyle C}
en
a
=
(
−
1
,
1
,
2
)
{\displaystyle a=(-1,1,{\sqrt {2}})}
.
Solution
Posons
f
:
(
x
,
y
,
z
)
↦
x
y
+
x
z
+
y
z
+
2
x
+
2
y
−
z
{\displaystyle f:(x,y,z)\mapsto xy+xz+yz+2x+2y-z}
. Alors,
J
f
=
(
y
+
z
+
2
,
x
+
z
+
2
,
x
+
y
−
1
)
{\displaystyle \mathrm {J} f=(y+z+2,x+z+2,x+y-1)}
est nulle seulement en
(
1
/
2
,
1
/
2
,
−
5
/
2
)
{\displaystyle (1/2,1/2,-5/2)}
, point en lequel
f
≠
0
{\displaystyle f\neq 0}
. Donc
S
{\displaystyle S}
est une sous-variété (de dimension 2) de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
. Son plan tangent en
(
0
,
0
,
0
)
{\displaystyle (0,0,0)}
est
ker
(
D
f
(
0
,
0
,
0
)
)
{\displaystyle \ker(\mathrm {D} f_{(0,0,0)})}
, d'équation
2
x
+
2
y
−
z
=
0
{\displaystyle 2x+2y-z=0}
.
Posons
g
:
(
x
,
y
,
z
)
↦
(
4
x
y
+
2
x
z
+
4
y
−
z
,
x
y
+
x
z
+
y
z
+
2
x
+
2
y
−
z
)
{\displaystyle g:(x,y,z)\mapsto (4xy+2xz+4y-z,xy+xz+yz+2x+2y-z)}
. Alors,
J
g
(
0
,
0
,
0
)
=
(
0
4
−
1
2
2
−
1
)
{\displaystyle \mathrm {J} g(0,0,0)={\begin{pmatrix}0&4&-1\\2&2&-1\end{pmatrix}}}
est de rang 2 et son noyau est la droite de vecteur directeur
(
1
,
1
,
4
)
{\displaystyle (1,1,4)}
.
L'application
F
:
R
3
→
R
2
,
(
x
,
y
,
z
)
↦
(
x
2
+
y
2
−
z
2
,
2
x
+
y
+
1
)
{\displaystyle F:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2},\;(x,y,z)\mapsto (x^{2}+y^{2}-z^{2},2x+y+1)}
est C∞ . Soit
(
x
,
y
,
z
)
∈
C
{\displaystyle (x,y,z)\in C}
. Alors,
z
≠
0
{\displaystyle z\neq 0}
et
J
(
x
,
y
,
z
)
F
=
(
2
x
2
y
−
2
z
2
1
0
)
{\displaystyle J_{(x,y,z)}F=\left({\begin{smallmatrix}2x&2y&-2z\\2&1&0\end{smallmatrix}}\right)}
est de rang 2 (en considérant le mineur formé des 2 dernières colonnes). Donc
F
{\displaystyle F}
est une submersion en tout point de
C
{\displaystyle C}
, ce qui prouve que
C
{\displaystyle C}
est une sous-variété lisse de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
, de dimension
3
−
2
=
1
{\displaystyle 3-2=1}
.
F
(
a
)
=
0
{\displaystyle F(a)=0}
donc
a
∈
C
{\displaystyle a\in C}
. La droite
T
a
C
=
ker
D
a
F
{\displaystyle T_{a}C=\ker \mathrm {D} _{a}F}
est l'ensemble des triplets
(
α
,
β
,
γ
)
∈
R
3
{\displaystyle (\alpha ,\beta ,\gamma )\in \mathbb {R} ^{3}}
tels que
−
2
α
+
2
β
−
2
2
γ
=
2
α
+
β
=
0
{\displaystyle -2\alpha +2\beta -2{\sqrt {2}}\gamma =2\alpha +\beta =0}
.
Exercice 6
On appelle groupe orthogonal l'ensemble
O
n
(
R
)
=
{
M
∈
M
n
(
R
)
∣
t
M
M
=
I
n
}
{\displaystyle \mathrm {O} _{n}(\mathbb {R} )=\{M\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )\mid {}^{t}\!MM=\mathrm {I} _{n}\}}
.
Le but est de montrer que
O
n
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {O} _{n}(\mathbb {R} )}
est une sous-variété de
M
n
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )}
.
Soit
E
{\displaystyle E}
l'espace vectoriel des matrices symétriques réelles d'ordre
n
{\displaystyle n}
et
f
:
M
n
(
R
)
→
E
{\displaystyle f:\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )\to E}
définie par
f
(
A
)
=
t
A
A
{\displaystyle f(A)={}^{t}\!AA}
.
Montrer que
D
A
f
(
H
)
=
t
A
H
+
t
H
A
{\displaystyle \mathrm {D} _{A}f(H)={}^{t}\!AH+{}^{t}\!HA}
.
Soit
A
∈
O
n
(
R
)
{\displaystyle A\in \mathrm {O} _{n}(\mathbb {R} )}
,
S
∈
E
{\displaystyle S\in E}
et
H
=
1
2
A
S
{\displaystyle H={\frac {1}{2}}AS}
. Montrer que
D
A
f
(
H
)
=
S
{\displaystyle \mathrm {D} _{A}f(H)=S}
. En déduire que
O
n
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {O} _{n}(\mathbb {R} )}
est une sous-variété de
M
n
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )}
de dimension
n
(
n
−
1
)
/
2
{\displaystyle n(n-1)/2}
, dont l'espace tangent en
I
n
{\displaystyle \mathrm {I} _{n}}
est
{
X
∈
M
n
(
R
)
∣
t
X
=
−
X
}
{\displaystyle \{X\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )\mid {}^{t}\!X=-X\}}
.
Solution
f
{\displaystyle f}
est la composée de l'application produit
B
:
M
n
(
R
)
×
M
n
(
R
)
→
M
n
(
R
)
{\displaystyle B:\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )\times \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )\to \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )}
(bilinéaire) et de l'application
(
t
⋅
,
i
d
)
{\displaystyle ({}^{t}\!\cdot ,\mathrm {id} )}
(linéaire) donc (cf. chap. 2 )
D
A
f
(
H
)
=
D
B
(
t
A
,
A
)
(
t
H
,
H
)
=
B
(
t
A
,
H
)
+
B
(
t
H
,
A
)
{\displaystyle \mathrm {D} _{A}f(H)=\mathrm {D} B_{({}^{t}\!A,A)}({}^{t}\!H,H)=B({}^{t}\!A,H)+B({}^{t}\!H,A)}
.
D
A
f
(
H
)
=
t
A
H
+
t
H
A
=
t
A
1
2
A
S
+
t
(
1
2
A
S
)
A
=
1
2
t
A
A
S
+
1
2
t
S
t
A
A
=
1
2
S
+
1
2
t
S
=
S
{\displaystyle \mathrm {D} _{A}f(H)={}^{t}\!AH+{}^{t}\!HA={}^{t}\!A{\frac {1}{2}}AS+{}^{t}\!({\frac {1}{2}}AS)A={\frac {1}{2}}{}^{t}\!AAS+{\frac {1}{2}}{}^{t}\!S{}^{t}\!AA={\frac {1}{2}}S+{\frac {1}{2}}{}^{t}\!S=S}
. On en déduit que
D
A
f
{\displaystyle \mathrm {D} _{A}f}
est surjective donc
O
n
(
R
)
=
f
−
1
(
{
I
n
}
)
{\displaystyle \mathrm {O} _{n}(\mathbb {R} )=f^{-1}(\{\mathrm {I} _{n}\})}
est une sous-variété de
M
n
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )}
, de dimension
dim
M
n
(
R
)
−
dim
E
=
n
2
−
n
(
n
+
1
)
/
2
=
n
(
n
−
1
)
/
2
{\displaystyle \dim \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )-\dim E=n^{2}-n(n+1)/2=n(n-1)/2}
. L'espace tangent en
I
n
{\displaystyle \mathrm {I} _{n}}
est
ker
(
D
I
n
f
)
=
{
H
∈
M
n
(
R
)
∣
t
H
+
H
=
0
}
{\displaystyle \ker(\mathrm {D} _{\mathrm {I} _{n}}f)=\{H\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )\mid {}^{t}\!H+H=0\}}
.
Exercice 7
Montrer que l'ensemble
S
:=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
2
+
y
2
+
z
2
=
2
(
x
+
y
+
z
−
1
)
}
{\displaystyle S:=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=2(x+y+z-1)\}}
est une sphère, dont on déterminera le centre et le rayon.
Déterminer l'équation du plan tangent à
S
{\displaystyle S}
en un point
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
∈
S
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})\in S}
.
Expliciter les deux cas particuliers
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
1
,
0
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,1,0)}
et
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
1
,
2
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,1,2)}
Solution
x
2
+
y
2
+
z
2
=
2
(
x
+
y
+
z
−
1
)
⟺
(
x
−
1
)
2
+
(
y
−
1
)
2
+
(
z
−
1
)
2
=
1
2
{\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=2(x+y+z-1)\Longleftrightarrow (x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}=1^{2}}
donc
S
{\displaystyle S}
est la sphère de centre
(
1
,
1
,
1
)
{\displaystyle (1,1,1)}
et de rayon
1
{\displaystyle 1}
.
En un point
M
0
=
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
{\displaystyle M_{0}=(x_{0},y_{0},z_{0})}
, un vecteur normal à cette surface d'équation
f
(
x
,
y
,
z
)
=
0
{\displaystyle f(x,y,z)=0}
est
grad
f
(
M
0
)
=
2
(
x
0
−
1
,
y
0
−
1
,
z
0
−
1
)
{\displaystyle \operatorname {grad} f(M_{0})=2(x_{0}-1,y_{0}-1,z_{0}-1)}
(c'était d'ailleurs évident géométriquement : pour une sphère, le vecteur radial est normal) donc le plan tangent a pour équation
⟨
∇
f
→
(
M
0
)
,
M
0
M
→
⟩
=
0
{\displaystyle \langle {\overrightarrow {\nabla f}}(M_{0}),{\overrightarrow {M_{0}M}}\rangle =0}
, c'est-à-dire (en simplifiant par
2
{\displaystyle 2}
)
(
x
0
−
1
)
(
x
−
x
0
)
+
(
y
0
−
1
)
(
y
−
y
0
)
+
(
z
0
−
1
)
(
z
−
z
0
)
=
0
{\displaystyle (x_{0}-1)(x-x_{0})+(y_{0}-1)(y-y_{0})+(z_{0}-1)(z-z_{0})=0}
(accessoirement, compte tenu du fait que
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
∈
S
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})\in S}
, on peut remarquer que cette équation de plan équivaut à
x
0
x
+
y
0
y
+
z
0
z
=
2
(
x
0
+
y
0
+
z
0
−
1
)
{\displaystyle x_{0}x+y_{0}y+z_{0}z=2(x_{0}+y_{0}+z_{0}-1)}
).
On vérifie que
f
{\displaystyle f}
est nulle aux deux points
M
0
=
(
1
,
1
,
0
)
{\displaystyle M_{0}=(1,1,0)}
et
M
1
=
(
1
,
1
,
2
)
{\displaystyle M_{1}=(1,1,2)}
. Ils appartiennent donc bien à
S
{\displaystyle S}
et d'après la question précédente, l'équation du plan tangent à
S
{\displaystyle S}
:
en
M
0
{\displaystyle M_{0}}
est
(
1
−
1
)
(
x
−
1
)
+
(
1
−
1
)
(
y
−
1
)
+
(
0
−
1
)
(
z
−
0
)
=
0
{\displaystyle (1-1)(x-1)+(1-1)(y-1)+(0-1)(z-0)=0}
, qui se simplifie en
z
=
0
{\displaystyle z=0}
;
en
M
1
{\displaystyle M_{1}}
est
(
1
−
1
)
(
x
−
1
)
+
(
1
−
1
)
(
y
−
1
)
+
(
2
−
1
)
(
z
−
2
)
=
0
{\displaystyle (1-1)(x-1)+(1-1)(y-1)+(2-1)(z-2)=0}
, qui se simplifie en
z
=
2
{\displaystyle z=2}
.
On peut remarquer que ces deux plans sont parallèles, ce qui n'a rien de surprenant puisque ces deux points de la sphère sont diamétralement opposés.
Exercice 8
Trouver l'équation cartésienne et paramétrique du plan tangent pour chaque surface ci-dessous, au point
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})}
donné :
z
=
19
−
x
2
−
y
2
,
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
3
,
3
)
{\displaystyle z={\sqrt {19-x^{2}-y^{2}}},\quad (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,3,3)}
;
z
=
sin
(
π
x
y
)
exp
(
2
x
2
y
−
1
)
,
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
1
/
2
,
1
)
{\displaystyle z=\sin(\pi xy)\exp(2x^{2}y-1),\quad (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,1/2,1)}
;
z
=
8
−
x
2
−
y
2
,
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
2
,
3
)
{\displaystyle z=8-x^{2}-y^{2},\quad (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,2,3)}
.
Solution
http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00063.pdf exercice 1 [002628] pour les questions 1 et 2.
Le plan tangent, en un point
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})}
, à la sphère d'équation
x
2
+
y
2
+
z
2
=
19
{\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=19}
, a pour vecteur normal
2
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
{\displaystyle 2(x_{0},y_{0},z_{0})}
donc pour équation
cartésienne :
x
0
x
+
y
0
y
+
z
0
z
=
19
{\displaystyle x_{0}x+y_{0}y+z_{0}z=19}
, soit, si
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
3
,
3
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,3,3)}
:
x
+
3
y
+
3
z
=
19
{\displaystyle x+3y+3z=19}
;
paramétrique : par exemple,
x
=
x
0
+
s
z
0
,
y
=
y
0
+
t
z
0
,
z
=
z
0
−
s
x
0
−
t
y
0
{\displaystyle x=x_{0}+sz_{0},\;y=y_{0}+tz_{0},\;z=z_{0}-sx_{0}-ty_{0}}
, soit, si
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
3
,
3
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,3,3)}
:
x
=
1
+
3
s
,
y
=
3
+
3
t
,
z
=
3
−
s
−
3
t
{\displaystyle x=1+3s,\;y=3+3t,\;z=3-s-3t}
.
Le plan tangent, en un point
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})}
, à la surface d'équation
z
=
sin
(
π
x
y
)
exp
(
2
x
2
y
−
1
)
{\displaystyle z=\sin(\pi xy)\exp(2x^{2}y-1)}
, est dirigé par les deux vecteurs
(
1
,
0
,
(
y
0
π
cos
(
π
x
0
y
0
)
+
4
x
0
y
0
)
exp
(
2
x
0
2
y
0
−
1
)
)
{\displaystyle \left(1,0,(y_{0}\pi \cos(\pi x_{0}y_{0})+4x_{0}y_{0})\exp(2x_{0}^{2}y_{0}-1)\right)}
et
(
0
,
1
,
(
x
0
π
cos
(
π
x
0
y
0
)
+
2
x
0
2
)
exp
(
2
x
0
2
y
0
−
1
)
)
{\displaystyle \left(0,1,(x_{0}\pi \cos(\pi x_{0}y_{0})+2x_{0}^{2})\exp(2x_{0}^{2}y_{0}-1)\right)}
donc a pour équation
cartésienne :
z
=
z
0
+
exp
(
2
x
0
2
y
0
−
1
)
[
(
x
−
x
0
)
(
y
0
π
cos
(
π
x
0
y
0
)
+
4
x
0
y
0
)
+
(
y
−
y
0
)
(
x
0
π
cos
(
π
x
0
y
0
)
+
2
x
0
2
)
]
{\displaystyle z=z_{0}+\exp(2x_{0}^{2}y_{0}-1)[(x-x_{0})(y_{0}\pi \cos(\pi x_{0}y_{0})+4x_{0}y_{0})+(y-y_{0})(x_{0}\pi \cos(\pi x_{0}y_{0})+2x_{0}^{2})]}
, soit, si
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
1
/
2
,
1
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,1/2,1)}
:
z
=
2
(
x
+
y
−
1
)
{\displaystyle z=2(x+y-1)}
;
paramétrique : par exemple,
x
=
x
0
+
s
,
y
=
y
0
+
t
,
z
=
z
0
+
s
(
y
0
π
cos
(
π
x
0
y
0
)
+
4
x
0
y
0
)
exp
(
2
x
0
2
y
0
−
1
)
+
t
(
x
0
π
cos
(
π
x
0
y
0
)
+
2
x
0
2
)
exp
(
2
x
0
2
y
0
−
1
)
{\displaystyle x=x_{0}+s,\;y=y_{0}+t,\;z=z_{0}+s(y_{0}\pi \cos(\pi x_{0}y_{0})+4x_{0}y_{0})\exp(2x_{0}^{2}y_{0}-1)+t(x_{0}\pi \cos(\pi x_{0}y_{0})+2x_{0}^{2})\exp(2x_{0}^{2}y_{0}-1)}
, soit, si
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
1
/
2
,
1
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,1/2,1)}
:
x
=
1
+
s
,
y
=
1
/
2
+
t
,
z
=
1
+
2
s
+
2
t
{\displaystyle x=1+s,\;y=1/2+t,\;z=1+2s+2t}
.
Le plan tangent, en un point
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})}
, à la surface d'équation
z
=
8
−
x
2
−
y
2
{\displaystyle z=8-x^{2}-y^{2}}
, est dirigé par les deux vecteurs
(
1
,
0
,
−
2
x
0
)
{\displaystyle \left(1,0,-2x_{0}\right)}
et
(
0
,
1
,
−
2
y
0
)
{\displaystyle \left(0,1,-2y_{0}\right)}
donc a pour équation
cartésienne :
2
x
0
x
+
2
y
0
y
+
z
=
x
0
2
+
y
0
2
+
8
{\displaystyle 2x_{0}x+2y_{0}y+z=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+8}
, soit, si
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
2
,
3
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,2,3)}
:
2
x
+
4
y
+
z
=
13
{\displaystyle 2x+4y+z=13}
;
paramétrique : par exemple,
x
=
x
0
+
s
,
y
=
y
0
+
t
,
z
=
z
0
−
2
x
0
s
−
2
y
0
t
{\displaystyle x=x_{0}+s,\;y=y_{0}+t,\;z=z_{0}-2x_{0}s-2y_{0}t}
, soit, si
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)
=
(
1
,
2
,
3
)
{\displaystyle (x_{0},y_{0},z_{0})=(1,2,3)}
:
x
=
1
+
s
,
y
=
2
+
t
,
z
=
3
−
2
s
−
4
t
{\displaystyle x=1+s,\;y=2+t,\;z=3-2s-4t}
.
Exercice 9
Sur le paraboloïde elliptique
z
=
4
x
2
+
y
2
{\displaystyle z=4x^{2}+y^{2}}
, trouver les points où le plan tangent est parallèle au plan
x
+
2
y
+
z
=
6
{\displaystyle x+2y+z=6}
.
Même question avec le plan
3
x
+
5
y
−
2
z
=
3
{\displaystyle 3x+5y-2z=3}
.
Solution
http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00063.pdf exercice 3 [002630]
Le plan tangent au paraboloïde en un point
(
x
,
y
,
z
)
{\displaystyle (x,y,z)}
(avec
z
=
4
x
2
+
y
2
{\displaystyle z=4x^{2}+y^{2}}
) a pour vecteur normal
(
8
x
,
2
y
,
−
1
)
{\displaystyle (8x,2y,-1)}
. Ce vecteur est colinéaire :
au vecteur
(
1
,
2
,
1
)
{\displaystyle (1,2,1)}
si et seulement si
x
=
1
8
{\displaystyle x={\frac {1}{8}}}
et
y
=
−
1
{\displaystyle y=-1}
(donc
z
=
17
16
{\displaystyle z={\frac {17}{16}}}
) ;
au vecteur
(
3
,
5
,
−
2
)
{\displaystyle (3,5,-2)}
si et seulement si
x
=
3
16
{\displaystyle x={\frac {3}{16}}}
et
y
=
5
4
{\displaystyle y={\frac {5}{4}}}
(donc
z
=
109
64
{\displaystyle z={\frac {109}{64}}}
).
Soit
S
{\displaystyle S}
la surface paramétrée par
x
=
(
1
+
v
2
)
cos
u
,
y
=
(
1
+
v
2
)
sin
u
,
z
=
v
{\displaystyle x=\left(1+v^{2}\right)\cos u,\;y=\left(1+v^{2}\right)\sin u,\;z=v}
, pour
(
u
,
v
)
∈
[
0
,
2
π
[
×
]
−
1
,
1
[
{\displaystyle (u,v)\in \left[0,2\pi \right[\times \left]-1,1\right[}
.
Trouver l'ensemble des points de
S
{\displaystyle S}
où le plan tangent est vertical.
Exercice 10
On pose
f
(
x
,
y
)
=
x
3
+
y
3
−
x
2
−
y
2
{\displaystyle f(x,y)=x^{3}+y^{3}-x^{2}-y^{2}}
.
Calculer le gradient
grad
(
f
)
{\displaystyle \operatorname {grad} (f)}
et la différentielle
D
f
{\displaystyle \mathrm {D} f}
de la fonction
f
{\displaystyle f}
.
Calculer l'équation de la tangente à la courbe d'équation
f
(
x
,
y
)
=
0
{\displaystyle f(x,y)=0}
, aux points
(
1
,
1
)
{\displaystyle (1,1)}
,
(
0
,
1
)
{\displaystyle (0,1)}
et
(
1
,
0
)
{\displaystyle (1,0)}
.
Solution
grad
(
f
)
(
x
,
y
)
=
(
3
x
2
−
2
x
,
3
y
2
−
2
y
)
{\displaystyle \operatorname {grad} (f)(x,y)=(3x^{2}-2x,3y^{2}-2y)}
et
D
f
(
x
,
y
)
(
h
,
k
)
=
(
3
x
2
−
2
x
)
h
+
(
3
y
2
−
2
y
)
k
{\displaystyle \mathrm {D} f_{(x,y)}(h,k)=(3x^{2}-2x)h+(3y^{2}-2y)k}
.
La tangente en un point
(
a
,
b
)
{\displaystyle (a,b)}
est orthogonale au vecteur
grad
(
f
)
(
a
,
b
)
{\displaystyle \operatorname {grad} (f)(a,b)}
donc elle a pour équation (si ce vecteur est non nul) :
(
x
−
a
)
(
3
a
2
−
2
a
)
+
(
y
−
b
)
(
3
b
2
−
2
b
)
=
0
{\displaystyle (x-a)(3a^{2}-2a)+(y-b)(3b^{2}-2b)=0}
, ce qui s'écrit :
si
(
a
,
b
)
=
(
1
,
1
)
{\displaystyle (a,b)=(1,1)}
:
x
+
y
=
2
{\displaystyle x+y=2}
;
si
(
a
,
b
)
=
(
0
,
1
)
{\displaystyle (a,b)=(0,1)}
:
y
=
1
{\displaystyle y=1}
;
si
(
a
,
b
)
=
(
1
,
0
)
{\displaystyle (a,b)=(1,0)}
:
x
=
1
{\displaystyle x=1}
.
Exercice 11
Soit
S
{\displaystyle S}
la surface d'équation
z
=
x
+
y
2
{\displaystyle z=x+y^{2}}
.
Déterminer le plan tangent à
S
{\displaystyle S}
à l'origine, et la position de la surface par rapport à ce plan.
Mêmes questions au point
(
1
,
1
,
2
)
{\displaystyle (1,1,2)}
.
Solution
Ce plan
P
{\displaystyle P}
a pour équation
z
=
x
{\displaystyle z=x}
, et le point courant
M
(
x
,
y
)
=
(
x
,
y
,
x
+
y
2
)
∈
S
{\displaystyle M(x,y)=(x,y,x+y^{2})\in S}
est au-dessus du point
(
x
,
y
,
x
)
∈
P
{\displaystyle (x,y,x)\in P}
situé sur la même verticale que
M
(
x
,
y
)
{\displaystyle M(x,y)}
.
Ce plan
Q
{\displaystyle Q}
a pour équation
z
−
2
=
x
−
1
+
2
(
y
−
1
)
{\displaystyle z-2=x-1+2(y-1)}
, soit
z
=
x
+
2
y
−
1
{\displaystyle z=x+2y-1}
, et le point courant
M
(
x
,
y
)
=
(
x
,
y
,
x
+
y
2
)
∈
S
{\displaystyle M(x,y)=(x,y,x+y^{2})\in S}
est au-dessus du point
(
x
,
y
,
x
+
2
y
−
1
)
∈
Q
{\displaystyle (x,y,x+2y-1)\in Q}
situé sur la même verticale que
M
(
x
,
y
)
{\displaystyle M(x,y)}
, car
y
2
−
2
y
+
1
=
(
y
−
1
)
≥
0
{\displaystyle y^{2}-2y+1=(y-1)\geq 0}
.