Maîtrise les Coniques et Quadriques : Exercices et Corrections Détaillées

Correction :

L'équation générale d'une conique est de la forme $Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0$.

Dans notre cas, $A=3$, $B=4$, $C=1$. Le discriminant quadratique est $\Delta = B^2 - 4AC$.

a) Calcul du discriminant : $\Delta = 4^2 - 4(3)(1) = 16 - 12 = 4$.

Comme $\Delta > 0$, la conique est une hyperbole.

b) Justification : L'invariant $B^2 - 4AC$ (ou $\Delta$) permet de classifier les coniques sans passer par une diagonalisation complète.

• Si $B^2 - 4AC < 0$, la conique est une ellipse (ou un cercle, ou un point, ou l'ensemble vide).
• Si $B^2 - 4AC = 0$, la conique est une parabole (ou deux droites parallèles, ou une droite, ou l'ensemble vide).
• Si $B^2 - 4AC > 0$, la conique est une hyperbole (ou deux droites sécantes).

Correction :

L'équation est $x^2 + 4xy + 4y^2 - 8x - 6y + 1 = 0$. Ici, $A=1$, $B=4$, $C=4$.

a) Calcul du discriminant : $\Delta = B^2 - 4AC = 4^2 - 4(1)(4) = 16 - 16 = 0$. La conique est donc une parabole (ou un cas dégénéré).

b) Pour éliminer le terme $xy$, nous devons effectuer une rotation d'axes. Les coefficients $A, B, C$ proviennent de la matrice $\begin{pmatrix} A & B/2 \\ B/2 & C \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$. Les valeurs propres $\lambda_1, \lambda_2$ de cette matrice diagonalisée donnent les coefficients des termes au carré dans le nouveau repère. Les valeurs propres sont obtenues par $\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 2 & 4-\lambda \end{pmatrix} = 0$, soit $(1-\lambda)(4-\lambda) - 4 = 0 \Rightarrow 4 - 5\lambda + \lambda^2 - 4 = 0 \Rightarrow \lambda^2 - 5\lambda = 0 \Rightarrow \lambda(\lambda - 5) = 0$. Les valeurs propres sont $\lambda_1 = 0$ et $\lambda_2 = 5$.

Le terme en $y^2$ sera nul dans le nouveau repère, ce qui confirme qu'il s'agit d'une parabole.

Pour trouver l'équation canonique, on peut remarquer que $x^2 + 4xy + 4y^2 = (x+2y)^2$.

Posons $u = x+2y$. Il faut trouver un nouveau système de coordonnées $(u, v)$ tel que $u$ soit dans la direction de l'axe de la parabole et $v$ soit dans la direction de l'axe focal.

On peut poser $u = \frac{x+2y}{\sqrt{1^2+2^2}} = \frac{x+2y}{\sqrt{5}}$. Pour avoir un système orthonormal, il faut un second vecteur orthogonal. Par exemple, $v = \frac{-2x+y}{\sqrt{5}}$.

Il faut ensuite exprimer $x$ et $y$ en fonction de $u$ et $v$. D'après les valeurs propres, le terme en $v^2$ ne sera pas présent.

Pour simplifier, utilisons une autre approche : on peut identifier l'axe de la parabole. La droite $x+2y=k$ est parallèle à l'axe. On cherche à réécrire l'équation sous la forme $(x+2y)^2 + Dx' + Ey' + F = 0$.

Réécrivons l'équation : $(x+2y)^2 - 8x - 6y + 1 = 0$.

Utilisons un changement de variable pour simplifier : soit $u = x+2y$. Il faut exprimer $-8x - 6y$ en fonction de $u$ et d'une autre variable $v$.

Une autre méthode consiste à effectuer une rotation d'angle $\theta$ telle que $\cot(2\theta) = \frac{A-C}{B} = \frac{1-4}{4} = -\frac{3}{4}$. Si $\cos(2\theta) = -3/5$, alors $\cos(\theta) = \sqrt{\frac{1+\cos(2\theta)}{2}} = \sqrt{\frac{1-3/5}{2}} = \sqrt{\frac{2/5}{2}} = \sqrt{1/5} = 1/\sqrt{5}$, et $\sin(\theta) = \sqrt{\frac{1-\cos(2\theta)}{2}} = \sqrt{\frac{1+3/5}{2}} = \sqrt{\frac{8/5}{2}} = \sqrt{4/5} = 2/\sqrt{5}$.

On pose $x = x'\cos\theta - y'\sin\theta = \frac{x' - 2y'}{\sqrt{5}}$ et $y = x'\sin\theta + y'\cos\theta = \frac{2x' + y'}{\sqrt{5}}$.

$(x+2y)^2 = (\frac{x' - 2y'}{\sqrt{5}} + 2\frac{2x' + y'}{\sqrt{5}})^2 = (\frac{x' - 2y' + 4x' + 2y'}{\sqrt{5}})^2 = (\frac{5x'}{\sqrt{5}})^2 = (\sqrt{5}x')^2 = 5(x')^2$.

Le terme $x^2+4xy+4y^2$ devient $5(x')^2$. Les termes linéaires : $-8x - 6y = -8\frac{x' - 2y'}{\sqrt{5}} - 6\frac{2x' + y'}{\sqrt{5}} = \frac{-8x' + 16y' - 12x' - 6y'}{\sqrt{5}} = \frac{-20x' + 10y'}{\sqrt{5}} = -4\sqrt{5}x' + 2\sqrt{5}y'$.

L'équation devient : $5(x')^2 - 4\sqrt{5}x' + 2\sqrt{5}y' + 1 = 0$.

On complète le carré pour les termes en $x'$ : $5((x')^2 - \frac{4\sqrt{5}}{5}x') + 2\sqrt{5}y' + 1 = 0 \Rightarrow 5((x')^2 - \frac{4}{\sqrt{5}}x') + 2\sqrt{5}y' + 1 = 0$.

$5((x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 - (\frac{2}{\sqrt{5}})^2) + 2\sqrt{5}y' + 1 = 0 \Rightarrow 5(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 - 5(\frac{4}{5}) + 2\sqrt{5}y' + 1 = 0$.

$5(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 - 4 + 2\sqrt{5}y' + 1 = 0 \Rightarrow 5(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 + 2\sqrt{5}y' - 3 = 0$.

c) Posons $X = x' - \frac{2}{\sqrt{5}}$ et $Y = y'$. L'équation devient $5X^2 + 2\sqrt{5}y' - 3 = 0$. Il faut encore isoler $y'$.

Reprenons l'équation : $5(x')^2 - 4\sqrt{5}x' + 2\sqrt{5}y' + 1 = 0$. Il faut une forme du type $X^2 = 2pY$.

Isolons le terme en $y'$ : $2\sqrt{5}y' = -5(x')^2 + 4\sqrt{5}x' - 1$.

Complétons le carré pour les termes en $x'$ : $-5((x')^2 - \frac{4\sqrt{5}}{5}x') - 1 = -5((x')^2 - \frac{4}{\sqrt{5}}x') - 1$.

$-5((x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 - \frac{4}{5}) - 1 = -5(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 + 4 - 1 = -5(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 + 3$.

Donc, $2\sqrt{5}y' = -5(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 + 3$.

Pour obtenir la forme canonique $X^2 = 2pY$, on réarrange :

$y' = -\frac{5}{2\sqrt{5}}(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 + \frac{3}{2\sqrt{5}} = -\frac{\sqrt{5}}{2}(x' - \frac{2}{\sqrt{5}})^2 + \frac{3\sqrt{5}}{10}$.

Posons $X = x' - \frac{2}{\sqrt{5}}$ et $Y = y' - \frac{3\sqrt{5}}{10}$.

Alors $Y = -\frac{\sqrt{5}}{2} X^2$, ce qui donne $X^2 = -\frac{2}{\sqrt{5}} Y$. C'est l'équation d'une parabole.

L'équation canonique est donc sous la forme $X^2 = cY$, où $X$ et $Y$ sont des coordonnées dans un repère tourné et translaté.

Correction :

L'équation est sous la forme canonique $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$, avec $a^2 = 9$ et $b^2 = 4$. Donc $a=3$ et $b=2$. L'hyperbole est centrée à l'origine.

a) Pour les foyers, on calcule $c^2 = a^2 + b^2 = 9 + 4 = 13$. Donc $c = \sqrt{13}$. Les foyers sont situés sur l'axe des abscisses (car le terme $x^2$ est positif). Leurs coordonnées sont $F_1 = (-\sqrt{13}, 0)$ et $F_2 = (\sqrt{13}, 0)$.

b) Les asymptotes d'une hyperbole de ce type ont pour équations $y = \pm \frac{b}{a}x$. Donc, $y = \pm \frac{2}{3}x$. Les équations des asymptotes sont $y = \frac{2}{3}x$ et $y = -\frac{2}{3}x$. On peut aussi les écrire sous la forme $2x - 3y = 0$ et $2x + 3y = 0$.

c) Les sommets sont les points d'intersection de l'hyperbole avec son axe focal (ici, l'axe des abscisses). Leurs coordonnées sont $S_1 = (-a, 0) = (-3, 0)$ et $S_2 = (a, 0) = (3, 0)$.

Correction :

Pour identifier la quadrique, il faut la mettre sous forme canonique en complétant les carrés pour chaque variable.

Regroupons les termes : $(x^2 - 2x) + (y^2 + 4y) + (2z^2 - 4z) + 5 = 0$.

Complétons les carrés :

$(x^2 - 2x + 1) - 1 + (y^2 + 4y + 4) - 4 + 2(z^2 - 2z) + 5 = 0$.

$(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + 2(z^2 - 2z + 1) - 2 + 5 = 0$.

$(x-1)^2 + (y+2)^2 + 2(z-1)^2 - 1 - 4 - 2 + 5 = 0$.

$(x-1)^2 + (y+2)^2 + 2(z-1)^2 - 2 = 0$.

$(x-1)^2 + (y+2)^2 + 2(z-1)^2 = 2$.

Divisons par 2 pour obtenir une forme standard :

$\frac{(x-1)^2}{2} + \frac{(y+2)^2}{2} + \frac{(z-1)^2}{1} = 1$.

Cette équation est de la forme $\frac{(x-x_0)^2}{a^2} + \frac{(y-y_0)^2}{b^2} + \frac{(z-z_0)^2}{c^2} = 1$. Il s'agit d'un ellipsoïde centré en $(1, -2, 1)$.

Correction :

L'équation contient des termes croisés ($2xy, 2xz, 2yz$), ce qui signifie qu'il faut effectuer une rotation d'axes pour la simplifier. La partie quadratique est $Q(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 + 2xy + 2xz + 2yz$.

La matrice associée à cette forme quadratique est $M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$.

Pour identifier la quadrique, on doit trouver les valeurs propres de $M$. Calculons le déterminant : $\det(M - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 1-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}$.

On peut remarquer que la première ligne est la somme des deux autres à une constante près, ou utiliser les propriétés des déterminants. La somme des lignes donne $(3-\lambda, 3-\lambda, 3-\lambda)$. Si $\lambda=3$, le déterminant est nul.

Soit $L_1 \leftarrow L_1 + L_2 + L_3$: $\det\begin{pmatrix} 3-\lambda & 3-\lambda & 3-\lambda \\ 1 & 1-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (3-\lambda)\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}$.

Maintenant, calculons le déterminant de la matrice $3 \times 3$ restante :

$(1-\lambda)(1-\lambda) - 1 - (1(1-\lambda) - 1) + 1(1 - (1-\lambda))$

= $(1-2\lambda+\lambda^2) - 1 - (1-\lambda - 1) + (1 - 1 + \lambda)$

= $1-2\lambda+\lambda^2 - 1 - (-\lambda) + \lambda = \lambda^2 - 2\lambda + 2\lambda = \lambda^2$.

Donc, le déterminant est $(3-\lambda)\lambda^2$. Les valeurs propres sont $\lambda_1 = 3$, $\lambda_2 = 0$, $\lambda_3 = 0$. Les valeurs propres sont positives et une est nulle.

Dans un nouveau repère $(x', y', z')$, l'équation deviendra $3(x')^2 + 0(y')^2 + 0(z')^2 - 1 = 0$, soit $3(x')^2 = 1$.

Ceci est l'équation de deux plans parallèles : $x' = \frac{1}{\sqrt{3}}$ et $x' = -\frac{1}{\sqrt{3}}$.

La quadrique est un cas dégénéré correspondant à deux plans parallèles.

Correction :

L'équation de l'ellipsoïde est $F(x, y, z) = \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} + z^2 - 1 = 0$. Le point est $P(1, 3/\sqrt{2}, 0)$.

La méthode générale pour trouver l'équation du plan tangent à une surface $F(x, y, z) = 0$ en un point $(x_0, y_0, z_0)$ est donnée par :

$\frac{\partial F}{\partial x}(x_0, y_0, z_0)(x - x_0) + \frac{\partial F}{\partial y}(x_0, y_0, z_0)(y - y_0) + \frac{\partial F}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)(z - z_0) = 0$.

Calculons les dérivées partielles de $F(x, y, z) = \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} + z^2 - 1$ :

$\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{2x}{4} = \frac{x}{2}$.

$\frac{\partial F}{\partial y} = \frac{2y}{9}$.

$\frac{\partial F}{\partial z} = 2z$.

Évaluons ces dérivées au point $P(1, 3/\sqrt{2}, 0)$ :

$\frac{\partial F}{\partial x}(1, 3/\sqrt{2}, 0) = \frac{1}{2}$.

$\frac{\partial F}{\partial y}(1, 3/\sqrt{2}, 0) = \frac{2(3/\sqrt{2})}{9} = \frac{6/\sqrt{2}}{9} = \frac{6}{9\sqrt{2}} = \frac{2}{3\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{6} = \frac{\sqrt{2}}{3}$.

$\frac{\partial F}{\partial z}(1, 3/\sqrt{2}, 0) = 2(0) = 0$.

Maintenant, substituons ces valeurs dans l'équation du plan tangent :

$\frac{1}{2}(x - 1) + \frac{\sqrt{2}}{3}(y - \frac{3}{\sqrt{2}}) + 0(z - 0) = 0$.

$\frac{1}{2}(x - 1) + \frac{\sqrt{2}}{3}y - \frac{\sqrt{2}}{3} \frac{3}{\sqrt{2}} = 0$.

$\frac{1}{2}(x - 1) + \frac{\sqrt{2}}{3}y - 1 = 0$.

Multiplions par 6 pour simplifier :

$3(x - 1) + 2\sqrt{2}y - 6 = 0$.

$3x - 3 + 2\sqrt{2}y - 6 = 0$.

$3x + 2\sqrt{2}y - 9 = 0$.

L'équation du plan tangent est $3x + 2\sqrt{2}y - 9 = 0$.

Correction :

a) Observons les équations paramétriques. Nous avons $y(u, v) = 3\sin(u)\cos(v)$ et $z(u, v) = 3\sin(u)\sin(v)$.

On peut remarquer que $y^2 + z^2 = (3\sin(u)\cos(v))^2 + (3\sin(u)\sin(v))^2 = 9\sin^2(u)(\cos^2(v) + \sin^2(v)) = 9\sin^2(u)$.

L'équation $x = 2\cos(u)$ nous donne $\cos(u) = x/2$. L'identité $\sin^2(u) + \cos^2(u) = 1$ implique $\sin^2(u) = 1 - \cos^2(u) = 1 - (x/2)^2 = 1 - x^2/4$.

En substituant $\sin^2(u)$ dans l'expression de $y^2+z^2$, on obtient :

$y^2 + z^2 = 9(1 - x^2/4)$.

b) Réarrangeons l'équation pour obtenir la forme cartésienne :

$y^2 + z^2 = 9 - \frac{9}{4}x^2$.

$\frac{9}{4}x^2 + y^2 + z^2 = 9$.

Divisons par 9 :

$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} + \frac{z^2}{9} = 1$.

Cette équation représente un ellipsoïde de révolution (un sphéroïde oblàt) centré à l'origine, avec des demi-axes de longueurs 2, 3 et 3.

Correction :

Analysons les traces :

1. Trace dans le plan $xy$ (on pose $z=0$) : $ax^2 + by^2 + d = 0$. Si cette trace est une ellipse, cela signifie que $a$ et $b$ doivent avoir le même signe et que leur produit est opposé au signe de $d$. Par exemple, si $a>0, b>0$, alors $d$ doit être négatif pour former une ellipse.

2. Trace dans le plan $xz$ (on pose $y=0$) : $ax^2 + cz^2 + d = 0$. Si cette trace est une hyperbole, cela signifie que $a$ et $c$ doivent avoir des signes opposés. Par exemple, si $a>0$, alors $c$ doit être négatif.

3. Trace dans le plan $yz$ (on pose $x=0$) : $by^2 + cz^2 + d = 0$. Si cette trace est une ellipse, cela signifie que $b$ et $c$ doivent avoir le même signe et que leur produit est opposé au signe de $d$. Par exemple, si $b>0$, alors $c$ doit être négatif pour former une ellipse.

Combinons ces informations :

• De la trace $xy$ étant une ellipse : $a$ et $b$ ont le même signe.
• De la trace $xz$ étant une hyperbole : $a$ et $c$ ont des signes opposés.
• De la trace $yz$ étant une ellipse : $b$ et $c$ ont le même signe.

Supposons $a > 0$. Alors, pour la trace $xz$ (hyperbole), $c < 0$. Pour la trace $yz$ (ellipse), $b$ et $c$ ont le même signe, donc $b < 0$. Mais si $a>0$ et $b<0$, la trace $xy$ ne peut pas être une ellipse. Il y a une contradiction.

Revenons sur l'interprétation de l'ellipse.

Si l'ellipse est réelle ($ax^2 + by^2 = -d$ avec $a,b$ de même signe et $-d$ de signe opposé à $a,b$), alors il faut que les coefficients des termes au carré soient positifs et le terme constant négatif, ou vice-versa.

Reprenons avec des hypothèses claires sur les signes des coefficients pour une quadrique $ax^2 + by^2 + cz^2 = -d$.

• Trace $xy$ (ellipse) : $a$ et $b$ de même signe, $-d$ de signe opposé. Soit $a>0, b>0, -d<0$.
• Trace $xz$ (hyperbole) : $a$ et $c$ de signes opposés. Si $a>0$, alors $c<0$.
• Trace $yz$ (ellipse) : $b$ et $c$ de même signe, $-d$ de signe opposé. Si $b>0$ et $c<0$, alors $-d$ doit être de signe opposé à $c$, donc $-d > 0$.

Nous avons une contradiction : pour la trace $xy$, $-d < 0$, et pour la trace $yz$, $-d > 0$. Cela signifie que la combinaison des traces données ne peut pas correspondre à une quadrique de la forme $ax^2 + by^2 + cz^2 + d = 0$ avec des coefficients réels non nuls formant une ellipse, hyperbole ou ellipse réelles.

Cependant, si nous considérons que les "traces" peuvent aussi être des ensembles vides ou des points, il faut être plus précis. Assumons que les traces sont des courbes non dégénérées.

Si la trace $xy$ est une ellipse : $a$ et $b$ sont de même signe. Si la trace $xz$ est une hyperbole : $a$ et $c$ sont de signes opposés. Si la trace $yz$ est une ellipse : $b$ et $c$ sont de même signe.

Supposons $a > 0$. Alors $b > 0$ (ellipse xy). Et $c < 0$ (hyperbole xz). Or, pour l'ellipse yz, $b$ et $c$ doivent avoir le même signe. On a $b>0$ et $c<0$, donc ils ont des signes opposés. Cela contredit l'énoncé que la trace yz est une ellipse.

Il semble qu'il y ait une erreur dans l'énoncé des traces ou dans mon interprétation. Si on suppose que les traces sont des ensembles réels et non vides :

Si $a>0, b>0$, alors pour l'ellipse $xy$, il faut $-d < 0$. Si $a>0$, alors pour l'hyperbole $xz$, $c<0$. Si $b>0, c<0$, alors pour l'ellipse $yz$, il faut $-d$ de même signe que $b$ (positif) et de signe opposé à $c$ (positif). Ceci est cohérent.

Donc, nous avons $a>0, b>0, c<0$ et $-d>0$. L'équation est donc de la forme $ax^2 + by^2 - cz'^2 + d' = 0$ (en renommant $c$ pour avoir un coefficient positif) avec $a,b,c'>0$ et $d'>0$.

L'équation est $ax^2 + by^2 - c'z^2 + d' = 0$. La forme canonique est $ax^2 + by^2 - c'z^2 = -d'$. Si $-d'<0$, alors $c'z^2 - ax^2 - by^2 = d'$. Ceci est un hyperboloïde à une nappe.

Vérifions : $ax^2 + by^2 - c'z^2 + d' = 0$.

Trace $xy$ ($z=0$): $ax^2 + by^2 + d' = 0$. Si $a>0, b>0, d'>0$, c'est une ellipse imaginaire. Si $a>0, b>0, d'<0$, c'est une ellipse réelle. Prenons $a=1, b=1, c'=1, d'=-1$. Équation: $x^2+y^2-z^2-1=0$. Traces: $z=0 \implies x^2+y^2=1$ (ellipse). $y=0 \implies x^2-z^2=1$ (hyperbole). $x=0 \implies y^2-z^2=1$ (hyperbole). Ceci ne correspond pas.

Il semble que les traces données correspondent à un hyperboloïde à deux nappes. Pour un hyperboloïde à deux nappes, l'équation est de la forme $ax^2 + by^2 - cz^2 = d$ où $a, b, c > 0$ et $d < 0$.

L'équation $ax^2 + by^2 - cz^2 + d = 0$. Si $a>0, b>0, c>0$. Pour que la trace $xy$ soit une ellipse, il faut $d<0$. Pour que la trace $xz$ soit une hyperbole, c'est toujours le cas. Pour que la trace $yz$ soit une ellipse, il faut $d<0$. Donc si $a, b, c > 0$ et $d < 0$, on a un hyperboloïde à deux nappes.

Correction :

Pour vérifier si le point $Q(2, -1, 3)$ appartient à la quadrique, on substitue ses coordonnées dans l'équation :

$x^2 - 2y^2 + z^2 - 10 = 0$.

$(2)^2 - 2(-1)^2 + (3)^2 - 10 = 0$.

$4 - 2(1) + 9 - 10 = 0$.

$4 - 2 + 9 - 10 = 0$.

$2 + 9 - 10 = 0$.

$11 - 10 = 0$.

$1 = 0$.

L'égalité $1=0$ est fausse. Par conséquent, le point $Q(2, -1, 3)$ n'appartient pas à la quadrique.

Concernant la nature de la quadrique $x^2 - 2y^2 + z^2 - 10 = 0$ :

Elle est de la forme $ax^2 + by^2 + cz^2 + d = 0$ avec $a=1, b=-2, c=1, d=-10$.

Les coefficients des termes quadratiques sont $1, -2, 1$. Ils ne sont pas tous de même signe (un est négatif). Le terme constant est $-10$.

L'équation peut s'écrire $x^2 + z^2 - 2y^2 = 10$.

C'est la forme d'un hyperboloïde à une nappe.

Correction :

L'équation est $x^2 - 4xy + 4y^2 - 1 = 0$.

Considérons la partie quadratique : $x^2 - 4xy + 4y^2$. C'est une identité remarquable : $(x - 2y)^2$.

L'équation devient donc $(x - 2y)^2 - 1 = 0$.

On peut factoriser cette différence de carrés : $((x - 2y) - 1)((x - 2y) + 1) = 0$.

Soit $(x - 2y - 1)(x - 2y + 1) = 0$.

Cette équation est satisfaite si l'un des deux facteurs est nul :

$x - 2y - 1 = 0 \implies x - 2y = 1$

ou

$x - 2y + 1 = 0 \implies x - 2y = -1$

Ces deux équations représentent deux droites parallèles dans le plan. Par conséquent, la conique est deux droites parallèles.