Application multilinéaire/Exercices/Formes bilinéaires et bases

Exercice 1-1

Dire si les applications suivantes sont bilinéaires sur le $K$-espace vectoriel $E$ indiqué :

• $f_{1}(A,B)=AB,\quad E=\mathrm {M} _{n}(K)\quad (n\in \mathbb {N} )$ ;
• $f_{2}(z,w)=\mathrm {Re} (zw),\quad E=\mathbb {C} ,\quad K=\mathbb {C}$ ;
• $f_{3}(u,v)=\int _{0}^{1}uv,\quad E=C([0,1],\mathbb {R} ),\quad K=\mathbb {R}$ ;
• $f_{4}(u,v)=\int _{-1}^{1}(u+v)^{2},\quad E=C([0,1],\mathbb {R} ),\quad K=\mathbb {R}$ ;
• $f_{5}(A,B)=\mathrm {Tr} (AB),\quad E=\mathrm {M} _{n}(K)\quad (n\in \mathbb {N} )$ ;
• $f_{6}(u,v)=uv,\quad E=C([0,1],\mathbb {R} ),\quad K=\mathbb {R}$.

Solution

1. Oui.
2. Non car $f_{2}$ est $\mathbb {R}$-bilinéaire mais pas $\mathbb {C}$-bilinéaire, puisqu'elle est non nulle et à valeurs réelles.
3. Oui, comme composée de l'application bilinéaire $f_{6}$ et de la forme linéaire « intégrale de 0 à 1 ».
4. Non car $f_{4}(u,0)\neq 0$ en général.
5. Oui, comme composée de l'application bilinéaire $f_{1}$ et de la forme linéaire « trace ».
6. Oui.

 

Exercice 1-2

Soient $M={\begin{pmatrix}1&2&0\\-1&3&4\\9&0&1\end{pmatrix}}$ et $b$ la forme bilinéaire sur $\mathbb {R} ^{3}$ de matrice $M$ dans la base canonique.

Donner l'expression de $b\left(\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right),\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)\right)$, pour tout $\left(x_{1},y_{1},z_{1},x_{2},y_{2},z_{2}\right)\in \mathbb {R} ^{6}$.

Solution

$\left(x_{1}\;y_{1}\;z_{1}\right)M{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}=x_{1}x_{2}+3y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}+2x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2}+9z_{1}x_{2}+4y_{1}z_{2}$.

 

Exercice 1-3

Soit $b$ la forme bilinéaire sur $\mathbb {R} ^{3}$ définie par :

$b\left(\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right),\left(y_{1},y_{2},y_{3}\right)\right)=3x_{1}y_{1}-3x_{1}y_{2}-4x_{1}y_{3}-x_{2}y_{1}+3x_{2}y_{2}+3x_{3}y_{1}+6x_{3}y_{2}-9x_{3}y_{3}$.

1. Donner la matrice de $b$ dans la base canonique de $\mathbb {R} ^{3}$.
2. Soient $f_{1}=(2,0,1)$, $f_{2}=(0,1,0)$ et $f_{3}=(1,1,-1)$. Montrer que $\left(f_{1},f_{2},f_{3}\right)$ est une base de $\mathbb {R} ^{3}$.
3. Donner la matrice de $b$ dans cette base.

Solution

1. $M={\begin{pmatrix}3&-3&-4\\-1&3&0\\3&6&-9\end{pmatrix}}$.
2. $\det P={\begin{vmatrix}2&0&1\\0&1&1\\1&0&-1\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}2&1\\1&-1\end{vmatrix}}=-3\neq 0$.
3. On peut effectuer le produit ${}^{t}\!PMP={\begin{pmatrix}1&0&26\\3&3&2\\3&-6&-12\end{pmatrix}}$, ou calculer séparément chacun des 9 termes $b(f_{i},f_{j})$ de la matrice. Par exemple : $b(f_{3},f_{3})={\cancel {3}}-{\cancel {3}}+4-1+{\cancel {3}}-{\cancel {3}}-6-9=-12$.

 

Exercice 1-4

Soit $B$ la forme bilinéaire sur $\mathbb {R} _{2}[X]$ définie par :

$B(f,g)=\int _{0}^{1}fg$.

1. Est-elle dégénérée ?
2. Déterminer la matrice de $B$ dans la base canonique de $\mathbb {R} _{2}[X]$.
3. Soient $P_{1}=1$, $P_{2}=X-{\frac {1}{2}}$ et $P_{3}=X^{2}-X+{\frac {1}{6}}$. Montrer que $\left(P_{1},P_{2},P_{3}\right)$ est une base de $\mathbb {R} _{2}[X]$.
4. Déterminer la matrice de $B$ dans cette base, de deux manières

Solution

1. $B$ est définie positive (car la seule fonction continue de $f:[0,1]\to \mathbb {R}$ telle que $\int _{0}^{1}f^{2}=0$ est la fonction nulle) donc non dégénérée.
2. $M={\begin{pmatrix}1&{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}\\{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$.
3. Ces 3 polynômes sont de degrés respectifs 0, 1 et 2 donc forment une base de $\mathbb {R} _{2}[X]$ (ou moins savamment : ils forment un système libre car le déterminant de leur matrice (triangulaire) $P$ dans la base canonique est $1\neq 0$, et ils sont au nombre de 3, la dimension de l'espace).
4. On peut effectuer le produit $N={}^{t}\!PMP$, ou calculer séparément chacun des 9 termes $B(P_{i},P_{j})$ de $N$ (il suffit en fait de calculer les 6 pour lesquels $i\geq j$, car $B$ est symétrique donc $N$ aussi). $N={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1/12&0\\0&0&1/180\end{pmatrix}}$.

 

Soit $B$ la forme bilinéaire symétrique sur $\mathbb {R} _{2}[X]$ définie par :

$B(f,g)=f(0)g(0)+f(1)g(1)$.

1. Quel est son noyau ?
2. Déterminer la matrice de $B$ dans la base canonique de $\mathbb {R} _{2}[X]$.

Solution

1. $B$ a pour noyau l'ensemble des $P\in \mathbb {R} _{2}[X]$ tels que $P(0)=P(1)=0$, c'est-à-dire $P=\lambda X(X-1)$.
2. ${\begin{pmatrix}2&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}}$.

 

Exercice 1-5

Soit $T$ la forme bilinéaire sur $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ définie par :

$T(A,B)=\mathrm {Tr} (AB)$.

1. Déterminer la matrice de $T$ dans la base canonique de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.
2. Soient $E_{1}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},\quad E_{2}={\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}},\quad E_{3}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},\quad E_{4}={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}}$. Montrer que $\left(E_{1},E_{2},E_{3},E_{4}\right)$ est une base de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.
3. Déterminer la matrice de $T$ dans cette base, de deux manières.

Solution

1. La base canonique de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ est $\left(E_{1,1},E_{1,2},E_{2,1},E_{2,2}\right)=\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)$, et $T\left(E_{i,j},E_{k,\ell }\right)=\mathrm {Tr} \left(\delta _{j,k}E_{i,\ell }\right)=\delta _{j,k}\delta _{i,\ell }$, donc la matrice de $T$ dans la base canonique est $M={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}$.
2. $\det P={\begin{vmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&-1\\0&1&0&0\end{vmatrix}}=-2\neq 0$ donc ces 4 vecteurs forment une famille libre, or $\dim \left(\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )\right)=4$, donc cette famille libre est une base de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.
3. On peut effectuer le produit $N={}^{t}\!PMP$, ou calculer séparément chacun des 16 termes $T(E_{i},E_{j})$ de $N$ (il suffit en fait de calculer les 10 pour lesquels $i\geq j$, car $T(A,B)=T(B,A)$). $N={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&-2\end{pmatrix}}$.

 

Exercice 1-6

Trouver la matrice d'une forme bilinéaire dans la base $B'=(e'_{1},e'_{2},e'_{3})$ si la matrice de cette forme dans la base $B=(e_{1},e_{2},e_{3})$ est

$M={\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}}\quad {\text{et si}}\quad {\begin{cases}e'_{1}=e_{1}-e_{2},\\e'_{2}=e_{1}+e_{3},\\e'_{3}=e_{1}+e_{2}+e_{3}.\end{cases}}$

Solution

La matrice de $B'$ dans $B$ est

$P={\begin{pmatrix}1&1&1\\-1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}}$

donc la matrice de la forme bilinéaire dans la nouvelle base $B'$ est

${}^{t}\!PMP={\begin{pmatrix}0&-6&-9\\-2&20&30\\-3&30&45\end{pmatrix}}$.

Autre méthode : exprimer $f(u,v)$ en fonction des coordonnées de $u$ et $v$ dans $B$ puis, comme cas particuliers, les 9 éléments $f(e'_{i},e'_{j})$ de la matrice cherchée. Par exemple : $f(e'_{1},e'_{1})=1-2-4+5=0$.

 

Exercice 1-7

Soient ${\mathcal {A}},{\mathcal {B}}\in \operatorname {End} (E)$ et $f,g$ deux formes bilinéaires sur $E$ telles que $f(x,y)=g({\mathcal {A}}x,{\mathcal {B}}y)$. Soient $A,B,F,G$ les matrices de ${\mathcal {A}},{\mathcal {B}},f,g$ respectivement (dans une base fixée de $E$, qui est supposé de dimension finie). Trouver le lien entre $A,B,F,G$.

Solution

Soit $n=\dim E$. Le lien entre $f$ et $g$ se traduit matriciellement par : pour toutes matrices colonnes $X,Y\in M_{n,1}(K)$, $(^{\mathrm {t} }X)FY=(^{\mathrm {t} }(AX))G(BY)=(^{\mathrm {t} }X)\left((^{\mathrm {t} }A)GB\right)Y$ donc $F=(^{\mathrm {t} }A)GB$.

 

Exercice 1-8

Le noyau à gauche d'une forme bilinéaire $b$ est le sous-espace vectoriel constitué des vecteurs $u$ tels que $\forall v\quad b(u,v)=0$ et le noyau à droite est le sous-espace constitué des $v$ tels que $\forall u\quad b(u,v)=0$.

Trouver le noyau à droite et le noyau à gauche des formes bilinéaires données par les matrices

$A={\begin{pmatrix}2&-3&1\\3&-5&5\\5&-8&6\end{pmatrix}}\quad {\text{et}}\quad B={\begin{pmatrix}4&3&2\\1&3&5\\3&6&9\end{pmatrix}}$.

Solution

On trouve facilement que $A$ et $B$ sont de rang 2, ce qui, d'après le théorème du rang, permet de prévoir que les quatre noyaux sont des droites vectorielles.

• Pour $A$ :
  • noyau à gauche : ${\begin{pmatrix}0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}}A={\begin{pmatrix}2x+3y+5z&-3x-5y-8z&x+5y+6z\end{pmatrix}}$
    $\Leftrightarrow y=x,\;z=-x$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(1,1,-1)$.
  • noyau à droite : ${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}=A{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x-3y+z\\3x-5y+5z\\5x-8y+6z\end{pmatrix}}$
    $\Leftrightarrow x=10z,\;y=7z$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(10,7,1)$.
• Pour $B$ :
  • noyau à gauche : ${\begin{pmatrix}0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}}B={\begin{pmatrix}4x+y+3z&3x+3y+6z&2x+5y+9z\end{pmatrix}}$
    $\Leftrightarrow y=5x,\;z=-3x$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(1,5,-3)$.
  • noyau à droite : ${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}=B{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4x+3y+2z\\x+3y+5z\\3x+6y+9z\end{pmatrix}}$
    $\Leftrightarrow z=x,\;y=-2x$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(1,-2,1)$.

 

Exercice 1-9

Soit $E=\mathbb {R} ^{4}$ et soit $b$ la forme bilinéaire dont la matrice dans la base canonique est :

$M={\begin{pmatrix}7&-2&-12&-6\\-2&0&4&3\\-12&4&19&9\\-6&3&9&2\end{pmatrix}}$.

1. Montrer que $b$ est symétrique et non dégénérée.
2. Donner des équations, puis une base de l'orthogonal pour $b$ du sous-espace $\mathbb {R} ^{2}\times \{(0,0)\}\subset E$.
3. Mêmes questions pour $F:=\{0\}\times \mathbb {R} ^{2}\times \{0\}$.
4. Calculer $F\cap F^{\perp }$.
5. Démontrer que $F$ contient des vecteurs isotropes non nuls.

Solution

1. $b$ est symétrique car $M$ l'est. Elle est non dégénérée car $\det M\neq 0$ car modulo 2, $\det M\equiv {\begin{vmatrix}1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&1\\0&1&1&0\end{vmatrix}}=-1$.
2. $\left(7x-2y-12z-6t=0,\;-2x+4z+3t=0\right)\Leftrightarrow \left(x={\frac {4z+3t}{2}},\;y={\frac {4z+9t}{4}}\right)$. Une base est donc $\left((2,1,1,0),(6,9,0,4)\right)$.
   (Il est normal que l'orthogonal d'un plan soit de codimension 2, puisque $b$ est non dégénérée.)
3. $\left(-2x+4z+3t=0,\;-12x+4y+19z+9t=0\right)\Leftrightarrow \left(x={\frac {4z+3t}{2}},\;y={\frac {5z+9t}{4}}\right)$. Une base est donc $\left((8,5,4,0),(6,9,0,4)\right)$.
4. $\left(0={\frac {4z+3\times 0}{2}},\;y={\frac {5z+9\times 0}{4}}\right)\Leftrightarrow \left(z=0,\;y=0\right)$ donc $F\cap F^{\perp }=\{(0,0,0,0)\}$.
5. $b\left((0,y,z,0),(0,y,z,0)\right)=8yz+9z^{2}=z\left(8y+9z\right)$.
   Le cône isotrope de $F$ est donc la réunion de deux droites, engendrées respectivement par $(0,1,0,0)$ et $(0,19,-8,0)$.

 

Exercice 1-10

Soit $b$ la forme bilinéaire sur $K^{4}$ dont la matrice dans la base canonique est :

$M={\begin{pmatrix}9&-6&0&-6\\-6&4&0&4\\0&0&1&-1\\-6&4&-1&5\end{pmatrix}}$.

1. $b$ est-elle symétrique ?
2. Donner une base de son noyau.
3. Appliquer l'algorithme de Gauss à la forme quadratique $q$ définie par $q(v)=b(v,v)$ et comparer les résultats.

Solution

1. $b$ est symétrique puisque $M$ l'est.
2. $\left\{{\begin{matrix}9x-6y-6t=0\\-6x+4y+4t=0\\z-t=0\\-6x+4y-z+5t=0\end{matrix}}\right\}\Leftrightarrow {\begin{cases}z=t\\x={\frac {2}{3}}(y+t)\end{cases}}$
   donc une base du noyau est par exemple $\left((2,3,0,0),(2,0,3,3)\right)$.
3. 
   ${\begin{aligned}q\left(x,y,z,t\right)&=9x^{2}-12xy-12xt+4y^{2}+8yt+z^{2}-2zt+5t^{2}\\&=(3x)^{2}+6x\left(-2y-2t\right)+4y^{2}+8yt+z^{2}-2zt+5t^{2}\\&=\left(3x-2y-2t\right)^{2}-\left(-2y-2t\right)^{2}+4y^{2}+8yt+z^{2}-2zt+5t^{2}\\&=\left(3x-2y-2t\right)^{2}+z^{2}-2zt+t^{2}\\&=\left(3x-2y-2t\right)^{2}+\left(z-t\right)^{2}\end{aligned}}$
   donc $q$ est de rang 2, ce qui était prévisible par le théorème du rang, puisque son noyau est de codimension 2.

 

Exercice 1-11

Soit $E=\operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )$.

1. Montrer que la forme bilinéaire $E\times E\to \mathbb {R} ,\quad (A,B)\mapsto \operatorname {Tr} (AB)$ est symétrique et non dégénérée.
2. Soit $M\in E$. Calculer la dimension des deux noyaux de la forme bilinéaire $\ell _{M}:(A,B)\mapsto \operatorname {Tr} (AMB)$, en fonction du rang de $M$.
3. Pour $M={\begin{pmatrix}2&3\\1&2\end{pmatrix}}$, donner la matrice de $\ell _{M}$ dans la base canonique de $\operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )$.

Solution

1. La forme est symétrique et non dégénérée car $\operatorname {Tr} (AB)=\sum _{i}(AB)_{i,i}=\sum _{i,j}A_{i,j}B_{j,i}$.
2. $A\in \ker _{g}(\ell _{M})\Leftrightarrow AM=0$ et $B\in \ker _{d}(\ell _{M})\Leftrightarrow MB=0$ donc les deux noyaux de $\ell _{M}$ ont pour dimension $\dim \left((\ker M)^{n}\right)=n(n-\operatorname {rang} M)$.
3. La base canonique de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ est $\left(E_{1,1},E_{1,2},E_{2,1},E_{2,2}\right)=\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)$.
   La matrice de $\ell _{M}$ dans cette base est ${\begin{pmatrix}2&0&3&0\\1&0&2&0\\0&2&0&3\\0&1&0&2\end{pmatrix}}$.

 

Exercice 1-12

Soit $q$ la forme quadratique sur $\mathbb {R} ^{3}$ définie par : $q\left(x,y,z\right)=-x^{2}+2xy+4xz-y^{2}+z^{2}$. Décomposer $q$ en somme de carrés de formes linéaires et d'opposés de tels carrés, en utilisant la méthode de Gauss. En déduire une base dans laquelle l’expression de $q$ est de la forme $aX^{2}+bY^{2}+cZ^{2}$. Quelle est la particularité de cette base ? Est-elle orthogonale ou orthonormale ?

Solution

http://pedagotech.inp-toulouse.fr/140420/res/Exercices_mod2_sem2b.pdf p. 19-20

$q\left(x,y,z\right)=-(x-y)^{2}+(z+2x)^{2}-4x^{2}=X^{2}-Y^{2}-Z^{2}$ avec $X=z+2x$, $Y=x-y$ et $Z=2x$, donc $x=Z/2$, $y=Z/2-Y$, $z=X-Z$ et la nouvelle base est $\left((0,0,1),(0,-1,0),(1/2,1/2,-1)\right)$.

Cette base est orthogonale pour $q$ (par construction) mais pas pour la structure euclidienne canonique sur $\mathbb {R} ^{3}$. C'est (avec la non-unicité) la principale tare de l'algorithme de réduction de Gauss, par rapport à celui de diagonalisation des matrices autoadjointes (en échange, l'algorithme de Gauss est plus simple).

 

Mêmes questions pour $q\left(x,y,z\right)=x^{2}+2y^{2}+5z^{2}+2xy+4yz$.

Solution

$q\left(x,y,z\right)=\left(x+y\right)^{2}+y^{2}+5z^{2}+4yz=\left(x+y\right)^{2}+\left(y+2z\right)^{2}+z^{2}=X^{2}+Y^{2}+Z^{2}$ avec $X=x+y$, $Y=y+2z$ et $Z=z$, donc $z=Z$, $y=Y-2Z$, $x=X-Y+2Z$ et la nouvelle base (orthonormée pour $q$ mais pas orthogonale pour la structure euclidienne canonique sur $\mathbb {R} ^{3}$) est $\left((1,0,0),(-1,1,0),(2,-2,1)\right)$.

 

Considérons la forme quadratique

$q(x,y,z)=x^{2}+2y^{2}+13z^{2}-2xy+6xz-10yz$.

1. Écrire la matrice de $q$ dans la base canonique de $\mathbb {R} ^{3}$.
2. Soit $\varphi$ la forme bilinéaire symétrique associée, donner l'expression de $\varphi ((x,y,z),(x',y',z'))$.
3. Déterminer la signature et le rang de $q$.
4. Déterminer une base orthogonale pour $q$.

Solution

1. $A={\begin{pmatrix}1&-1&3\\-1&2&-5\\3&-5&13\end{pmatrix}}$.
2. $\varphi ((x,y,z),(x',y',z'))=xx'+2yy'+13zz'-(xy'+yx')+3(xz'+zx')-5(yz'+zy')$.
3. $x^{2}+2y^{2}+13z^{2}-2xy+6xz-10yz=(x-y+3z)^{2}+y^{2}+4z^{2}-4yz=(x-y+3z)^{2}+(y-2z)^{2}$, donc $q$ est de rang $2$ et de signature $(2,0)$.
4. $\forall X\in \mathbb {R} ^{3}\quad q(X)=f^{2}(X)+g^{2}(X)$ où $f,g$ sont les deux formes linéaires (indépendantes) $f(x,y,z)=x-y+3z$ et $g(x,y,z)=y-2z$. Donc (par unicité de la forme bilinéaire symétrique associée) $\forall X,X'\in \mathbb {R} ^{3}\quad \varphi (X,X')=f(X)f(X')+g(X)g(X')$. On aura donc trois vecteurs « $\varphi$-orthogonaux » 2 à 2 en choisissant $\varepsilon _{i}$ tels que $g(\varepsilon _{1})=0,f(\varepsilon _{2})=0,f(\varepsilon _{3})=g(\varepsilon _{3})=0$, et ils formeront un système libre (donc une base) si et seulement si $f(\varepsilon _{1})\neq 0,g(\varepsilon _{2})\neq 0,\varepsilon _{3}\neq 0$. Par exemple $\varepsilon _{1}=(1,0,0),\varepsilon _{2}=(1,1,0),\varepsilon _{3}=(-1,2,1)$.

 

Exercice 1-13

Pour chacune des formes quadratiques suivantes, donner sa forme polaire, puis des coordonnées dans lesquelles la forme est diagonale et la base de $E$ correspondante :

1. $E=K^{2}$, $q\left(x,y\right)=x^{2}-2xy+2y^{2}$ ;
2. $E=K^{2}$, $q\left(x,y\right)=xy$ ;
3. $E=K^{3}$, $q\left(x,y,z\right)=x^{2}-4xy+y^{2}+2yz-z^{2}$ ;
4. $E=\left(K_{1}[T]\right)^{2}$, $q\left(f,g\right)=\int _{0}^{1}tf(t)g(t)\,\mathrm {d} t$.

Solution

1. $b\left((x,y),(x',y')\right)=xx'-xy'-x'y+2yy'$. $q\left(x,y\right)=(x-y)^{2}+y^{2}=X^{2}+Y^{2}$, $y=Y$, $x=X+Y$ et la nouvelle base est $\left((1,0),(2,1)\right)$.
2. $b\left((x,y),(x',y')\right)={\frac {1}{2}}(xy'+x'y)$. $q\left(x,y\right)=\left({\frac {x+y}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}=X^{2}-Y^{2}$, $x=X+Y$, $y=X-Y$ et la nouvelle base est $\left((1,1),(1,-1)\right)$.
3. $b\left((x,y,z),(x',y',z')\right)=xx'-2xy'-2x'y+yy'+yz'+y'z-zz'$.
   $q\left(x,y,z\right)=\left(x-2y\right)^{2}-3y^{2}+2yz-z^{2}=\left(x-2y\right)^{2}-3\left(y-{\frac {z}{3}}\right)^{2}-{\frac {2}{3}}z^{2}=X^{2}-3Y^{2}-{\frac {2}{3}}Z^{2}$,
   $z=Z$, $y=Y+{\frac {Z}{3}}$, $x=X+2Y+{\frac {2}{3}}Z$ et la nouvelle base est $\left((1,0,0),(2,1,0),\left({\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}},1\right)\right)$.
4. $b\left((f_{1},g_{1}),(f_{2},g_{2})\right)={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}t\left(f_{1}(t)g_{2}(t)+f_{2}(t)g_{1}(t)\right)\,\mathrm {d} t$.
   $q\left(xT+y,uT+v\right)=\int _{0}^{1}\left(xut^{3}+(xv+yu)t^{2}+yvt\right)\,\mathrm {d} t={\frac {xu}{4}}+{\frac {xv+yu}{3}}+{\frac {yv}{2}}=\left({\frac {x}{2}}+{\frac {2y}{3}}\right)\left({\frac {u}{2}}+{\frac {2v}{3}}\right)+{\frac {yv}{18}}$
   $=\left({\frac {3x+4y+3u+4v}{12}}\right)^{2}-\left({\frac {3x+4y-3u-4v}{12}}\right)^{2}+\left({\frac {2y+v}{12}}\right)^{2}-\left({\frac {2y-v}{12}}\right)^{2}=X^{2}-Y^{2}+U^{2}-V^{2}$,
   $y=3(U+V)$, $v=6(U-V)$, $x=2(X+Y)-4(U+V)$, $u=2(X-Y)-8(U-V)$
   et les coordonnées dans l'ancienne base $\left((T,0),(1,0),(0,T),(0,1)\right)$ de la nouvelle base sont $\left((2,0,2,0),(2,0,-2,0),(-4,3,-8,6),(-4,3,8,-6)\right)$, donc la nouvelle base est $\left((2T,2T),(2T,-2T),(-4T+3,-8T+6),(-4T+3,8T-6)\right)$.

 

Exercice 1-14

Soient $V=\left.\left\{{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in \operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )\right|a=d\right\}$ et $J={\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}$. On considère la forme $B:V\times V\to \mathbb {R} ,\,(M,N)\mapsto \operatorname {Tr} (MJN)$.

1. $B$ est-elle bilinéaire ? symétrique ? antisymétrique ?
2. Montrer que le triplet ${\mathcal {B}}:=\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\right)$ est une base de $V$.
3. Déterminer la matrice dans ${\mathcal {B}}$ de la forme quadratique $q:V\to \mathbb {R} ,\,M\mapsto B(M,M)$.
4. Déterminer le noyau, le rang et la signature de $q$. La forme $q$ est-elle définie ? positive ? négative ?
5. Déterminer le $q$-orthogonal du sous-espace $F:=\left.\left\{{\begin{pmatrix}a&0\\0&a\end{pmatrix}}\right|a\in \mathbb {R} \right\}$.

Solution

1. $B\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a'&b'\\c'&a'\end{pmatrix}}\right)=(ac'+ca')+(ab'+ba')+(cb'-bc')$ donc $B$ est bilinéaire mais n'est
   • ni symétrique — par exemple, $B\left({\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\right)=1\neq -1=B\left({\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\right)$ ;
   • ni antisymétrique — par exemple, $B\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\right)=1\neq -1=-B\left({\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)$.
2. $V$ est par définition engendré par ${\mathcal {B}}$, et ce triplet est libre car si $a{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}$, c'est-à-dire si ${\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}$, alors $a=b=c=0$.
3. $q\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}}\right)=2ac+2ab$ donc la matrice de $q$ dans ${\mathcal {B}}$ est ${\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}}$.
4. $q\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}}\right)={\frac {(a+b+c)^{2}-(a-b-c)^{2}}{2}}$ donc $q$ a pour signature $(1,1)$. Elle n'est donc pas définie, ni même positive ou négative, et son rang est 2.
   Son noyau est (d'après la question précédente) la droite vectorielle $\left.\left\{{\begin{pmatrix}0&b\\-b&0\end{pmatrix}}\right|b\in \mathbb {R} \right\}$ (ce qui est cohérent avec son rang).
5. D'après la question 3, $F^{\bot }=\left.\left\{{\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}}\right|a,b\in \mathbb {R} \right\}$.

Voir aussi http://math.univ-lyon1.fr/capes/IMG/pdf/CAPESexoscorrigesfquad.pdf, exercice 3.

 

Exercice 1-15

Effectuer une réduction de Gauss et déterminer le noyau, le rang et la signature des formes quadratiques suivantes :

1. $q:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z\right)\mapsto 2x^{2}+y^{2}-z^{2}+3xy-4xz$ ;
2. $q:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z\right)\mapsto x^{2}+y^{2}-az^{2}+3xy-bxz+yz$ (discuter suivant les valeurs de $a,b\in \mathbb {R}$) ;
3. $q:\mathbb {R} ^{4}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z,t\right)\mapsto x^{2}+(1+2\lambda -\mu )y^{2}+(1+\lambda )z^{2}+(1+2\lambda +\mu )t^{2}+2xy+2xz-2xt+2(1-\lambda )yz-2(1+\lambda )yt+2(\lambda -1)zt$ (discuter suivant les valeurs de $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$) ;
4. $q:\mathbb {R} ^{5}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z,t,s\right)\mapsto xy-xt+yz-yt+ys+zt-zs+2st$ ;
5. $q:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z\right)\mapsto x^{2}+(1+a)y^{2}+(1+a+a^{2})z^{2}+2xy-2ayz$ (discuter suivant les valeurs de $a\in \mathbb {R}$) ;
6. $q_{1}(x,y,z)=6x^{2}+3y^{2}+3z^{2}-8xy-8xz-6yz$ ;
7. $q_{2}(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-2(xy+yz+zx)$ ;
8. $q_{3}(x_{1},\ldots ,x_{5})=\sum _{i<5}x_{i}x_{i+1}$ ;
9. $q_{4}(x,y,z,t)=3x^{2}+4y^{2}-z^{2}+2t^{2}+xy+4yz+yt$ ;
10. $q_{5}(x,y,z,t)=xy+yz+xz-yt+2zt+3xt$ ;
11. $Q(x,y,z)=a^{2}x^{2}+(1-a)y^{2}+(2-a)z^{2}-2axy+2axz+2(a-1)yz$ où $a$ est un paramètre réel.
12. $Q(y,x,z,t)=x^{2}+y^{2}+9z^{2}-2xy+6xz-6yz+2yt$ (au préalable, expliquer rapidement pourquoi $Q$ est une forme quadratique sur $\mathbb {R} ^{4}$ et donner sa matrice dans la base canonique de $\mathbb {R} ^{4}$) ;
13. $q(x,y,z)=2x^{2}-2y^{2}-6z^{2}+3xy-4xz+7yz$ ;
14. $q(x,y,z,t)=xy+yz+zt+tx$.

Solution

Questions 1 à 4 : cf. http://math.univ-lyon1.fr/capes/IMG/pdf/CAPESexoscorrigesfquad.pdf, exercice corrigé n° 4.

Question 5 : $q\left(x,y,z\right)=(x+y)^{2}+a(y-z)^{2}+(1+a^{2})z^{2}$ donc $q$ est de rang 3 si $a\neq 0$ et de rang 2 si $a=0$ et plus précisément :

• sa signature est (3, 0) si $a>0$, (2, 1) si $a<0$, et (2, 0) si $a=0$ ;
• son noyau est réduit à zéro si $a\neq 0$ et c'est la droite engendrée par $(1,-1,0)$ si $a=0$.

Question 6 : $q_{1}(x,y,z)=6x^{2}-8x(y+z)+3y^{2}+3z^{2}-6yz=6[x-{2 \over 3}(y+z)]^{2}-{8 \over 3}(y+z)^{2}+3y^{2}+3z^{2}-6yz=6[x-{2 \over 3}(y+z)]^{2}+{1 \over 3}(y^{2}+z^{2}-34yz)$
$=6[x-{2 \over 3}(y+z)]^{2}+{1 \over 3}[(y-17z)^{2}+(1-17^{2})z^{2}]$ donc $q_{1}$ est de noyau $\{0\}$, de rang $3$, de signature $(2,1)$.

Question 7 : $q_{2}(x,y,z)=x^{2}-2x(y+z)+y^{2}+z^{2}-2yz=(x-y-z)^{2}-4yz=(x-y-z)^{2}-(y+z)^{2}+(y-z)^{2}$ donc $q_{2}$ est de noyau $\{0\}$, de rang $3$, de signature $(2,1)$.

Question 8 : $q_{3}(x_{1},\ldots ,x_{5})=(x_{1}+x_{3})x_{2}+(x_{3}+x_{5})x_{4}={1 \over 4}[(x_{1}+x_{3}+x_{2})^{2}-(x_{1}+x_{3}-x_{2})^{2}+(x_{3}+x_{5}+x_{4})^{2}-(x_{3}+x_{5}-x_{4})^{2}]$ donc $q_{3}$ est de rang $4$, de signature $(2,2)$, et de noyau la droite d'équations $0=x_{2}=x_{4}=x_{1}+x_{3}=x_{3}+x_{5}$, engendrée par le vecteur $(1,0,-1,0,1)$.

Question 9 : $q_{4}(x,y,z,t)=3(x+{y \over 6})^{2}-(z-2y)^{2}+2(t+{y \over 4})^{2}+y^{2}(4-{3 \over 6^{2}}+2^{2}-{2 \over 4^{2}})=3(x+{y \over 6})^{2}-(z-2y)^{2}+2(t+{y \over 4})^{2}+{187 \over 24}y^{2}$ : rang $4$, signature $(3,1)$.

Question 10 : $q_{5}(x,y,z,t)=xy+xA+yB+2zt$ (avec $A=z+3t,B=z-t$) $=(x+B)(y+A)-AB+2zt={((x+B)+(y+A))^{2}-((x+B)-(y+A))^{2} \over 4}-AB+2zt={1 \over 4}(x+y+2z+2t)^{2}-{1 \over 4}(x-y-4t)^{2}-z^{2}+3t^{2}$ : rang $4$, signature $(2,2)$.

Question 11 : $Q(x,y,z)=a^{2}x^{2}+2ax(z-y)+(1-a)y^{2}+(2-a)z^{2}+2(a-1)yz=(ax+z-y)^{2}-ay^{2}+(1-a)z^{2}+2ayz=(ax+z-y)^{2}-a(y^{2}-2yz)+(1-a)z^{2}$
$=(ax+z-y)^{2}-a(y-z)^{2}+z^{2}$ (les trois formes linéaires ne sont indépendantes que si $a\neq 0$). Si $a=0$, $Q(x,y,z)=(z-y)^{2}+z^{2}$.

Lorsque $a\neq 0$, le rang vaut donc $3$ et la signature est $(2,1)$ si $a>0$, $(3,0)$ si $a<0$. Lorsque $a=0$, le rang vaut $2$ et la signature $(2,0)$.

Question 12 : $Q$ est un polynôme homogène de degré 2. La matrice est ${\begin{pmatrix}1&-1&3&0\\-1&1&-3&1\\3&-3&9&0\\0&1&0&0\end{pmatrix}}$.

$Q(y,x,z,t)=(x-y+3z)^{2}+2yt=(x-y+3z)^{2}+{(y+t)^{2}-(y-t)^{2} \over 2}$. Ou encore (en privilégiant d'abord la variable $y$ au lieu de $x$ ou $z$) : $Q(y,x,z,t)=(y-x-3z+t)^{2}-t^{2}+2xt+6zt=(y-x-3z+t)^{2}-(t-x-3z)^{2}+(x+3z)^{2}$.

La signature est $(2,1,1)$, le rang est $3$.

Question 13 : $q(x,y,z)=2(x+3y/4-z)^{2}-25y^{2}/8-8z^{2}+10yz=2(x+3y/4-z)^{2}-(25/8)(y-8z/5)^{2}$, signature $(1,1)$, rang $2$, noyau $\mathbb {R} (-1,8,5)$.

Question 14 : $q(x,y,z,t)=(x+z)(y+t)={\frac {1}{4}}((x+z+y+t)^{2}-(x+z-y-t)^{2})$, signature $(1,1)$, rang $2$, noyau $z=-x,t=-y$.

 

Exercice 1-16

Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$. Pour tous $P,Q\in \mathbb {R} _{n}[X]$ (l'espace vectoriel des polynômes réels de degré inférieur ou égal ou $n$), on pose :

$B(P,Q)=\int _{0}^{1}tP(t)Q'(t)\,\mathrm {d} t~~{\text{et}}~~q(P)=B(P,P)$.

1. Montrer $B$ est une forme bilinéaire. Est-elle symétrique ? antisymétrique ?
2. Montrer $q$ est une forme quadratique. La forme est-elle définie ?

Solution

1. $D:\mathbb {R} [X]\to \mathbb {R} [X],\,Q\mapsto Q'$ est linéaire, $M:\mathbb {R} [X]^{2}\to \mathbb {R} [X],\,(P,R)\mapsto XPR$ est bilinéaire et $I:\mathbb {R} [X]\to \mathbb {R} ,\,S\mapsto \int _{0}^{1}S(t)\,\mathrm {d} t$ est une forme linéaire, donc $\mathbb {R} [X]^{2}\to \mathbb {R} ,\,(P,Q)\mapsto I\circ M(P,D(Q))$ est une forme bilinéaire, donc sa restriction $B$ à $\mathbb {R} _{n}[X]^{2}$ aussi. $B$ n'est ni symétrique, ni antisymétrique, car $B(X,1)=0\neq B(1,X)$.
2. $B$ est une forme quadratique par définition (d'après la question 1). Elle n'est pas définie puisque $q(1)=0$.

 

Exercice 1-17

1. Soient $E$ un $\mathbb {R}$-espace vectoriel, $q$ une forme quadratique sur $E$, $v\in E$ et $F$ l'orthogonal de $v$ pour $q$. Donner, en la justifiant par une démonstration, une condition nécessaire et suffisante sur $v$ pour que $E=\mathbb {R} v+F$.
2. Soient $E$ un $\mathbb {R}$-espace vectoriel, $b$ une forme bilinéaire symétrique sur $E$ et $F$ un supplémentaire de $\ker b$ dans $E$. Montrer que $b|_{F\times F}$ est non dégénérée.
3. Soient $E$ un $\mathbb {R}$-espace vectoriel de dimension $4$, $q$ une forme quadratique de signature $(2,2)$ sur $E$, $v\in E$ tel que $q(v)<0$ et $F$ l'orthogonal de $v$ pour $q$. Montrer que la signature de $q|_{F}$ est $(2,1)$.

Solution

1. $E=\mathbb {R} v+F$ ssi $\forall x\in E\quad \exists \lambda \in \mathbb {R} \quad x-\lambda v\in F$, c'est-à-dire ssi $\forall x\in E\quad \exists \lambda \in \mathbb {R} \quad b(x,v)=\lambda q(v)$, où $b$ désigne la forme polaire de $q$. Cette condition équivaut à : $q(v)\neq 0$ ou $v\in \ker b$.
2. Soit $v\in F$. Si $v\neq 0$ alors $v\notin \ker b$ donc il existe un vecteur $u\in E$ tel que $b(u,v)\neq 0$. Puis, il existe $x\in F$ et $y\in \ker b$ tels que $u=x+y$, d'où $0\neq b(u,v)=b(x,v)$. Cela prouve que $\forall v\in F\quad v\neq 0\Rightarrow v\notin F^{\bot }$. Autrement dit : $F\cap F^{\bot }=\{0\}$, c'est-à-dire $b|_{F\times F}$ est non dégénérée.
3. $q$ est non dégénérée donc $F$ est un supplémentaire de $\mathbb {R} v$. Soit $(p,r)$ la signature de $q|_{F}$. Par hypothèse, $(p,r+1)=(2,2)$ donc $(p,r)=(2,1)$.

 

Exercice 1-18

1. Énoncer le théorème de Sylvester.
2. Énumérer les différentes classes de formes quadratiques non nulles de $\mathbb {R} ^{2}$.

Solution

1. Pour toute forme quadratique $q$ sur un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie $n$ :
   • il existe une base $(e_{1},\dots ,e_{n})$ de $E$ orthogonale pour $q$ ;
   • les deux entiers « nombre d'indices $i$ tels que $q(e_{i})>0$ » et « nombre d'indices $i$ tels que $q(e_{i})<0$ » sont indépendants du choix d'une telle base.
2. Il y a ${n+2 \choose 2}-1$ classes avec $n=2$, soit $5$ classes de formes quadratiques non nulles sur $\mathbb {R} ^{2}$. Elles sont caractérisées par leurs signatures, qui sont (par ordre lexicographique) : $(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)$.

 

Exercice 1-19

Soient $E=\mathbb {R} ^{4}$ et $B=(e_{1},e_{2},e_{3},e_{4})$ sa base canonique. On considère la forme quadratique $q$ définie sur $E$ par :

$q(x,y,z,t)=x^{2}+2y^{2}+2xy+2yz+2yt$.

1. 1. Déterminer la matrice de $q$ dans la base $B$.
   2. La forme $q$ est-elle non dégénérée ?
2. On considère les trois vecteurs $u_{1}=e_{1},\quad u_{2}=2e_{1}+e_{3},\quad u_{3}=3e_{1}+e_{4}$ et le sous-espace $F=\operatorname {Vect} (u_{1},u_{2},u_{3})$.
   1. Déterminer la dimension de $F$.
   2. Déterminer l'orthogonal de $F$ pour $q$. Quelle est sa dimension ?
   3. Retrouver la réponse à la question 1.2 en donnant un nouvel argument.
3. 1. Déterminer la signature de $q$.
   2. Retrouver la réponse à la question 1.2 en donnant encore un nouvel argument.
4. Déterminer le noyau de $q$.
5. Donner une base de $E$ orthogonale pour $q$.

Solution

1. 1. $M={\begin{pmatrix}1&1&0&0\\1&2&1&1\\0&1&0&0\\0&1&0&0\end{pmatrix}}$.
   2. Non car $\det M=0$.
2. 1. $F=\operatorname {Vect} (e_{1},e_{3},e_{4})$ est de dimension $3$.
   2. Soit $v=(x,y,z,t)$. On a $v\perp e_{1}\Leftrightarrow x+y=0$ et $v\perp e_{3}\Leftrightarrow v\perp e_{4}\Leftrightarrow y=0$, donc $v\in F^{\bot }\Leftrightarrow x=y=0$ et $\dim F^{\bot }=2$.
   3. $q$ est dégénérée car $\dim F+\dim F^{\bot }>4$.
3. 1. $q(x,y,z,t)=(x+y)^{2}+(y+z+t)^{2}-(z+t)^{2}$ donc la signature de $q$ est $(2,1)$.
   2. Le rang de $q$ est donc $2+1=3<4$, ce qui redémontre que $q$ est dégénérée.
4. $(x,y,z,t)\in \ker q\Leftrightarrow x+y=x+2y+z+t=y=0\Leftrightarrow x=y=z+t=0$ donc $\ker q$ est la droite de vecteur directeur $-e_{3}+e_{4}$.
5. $X=x+y,Y=y+z+t,Z=z+t,T=t\Leftrightarrow t=T,z=Z-T,y=Y-Z,x=X-Y+Z$ donc une base $q$-orthogonale est $(e_{1},-e_{1}+e_{2},e_{1}-e_{2}+e_{3},-e_{3}+e_{4})$.

 

Exercice 1-20

Soit $E=\mathbb {R} _{2}[X]$ l'espace vectoriel des polynômes réels de degré $\leq 2$. On définit la forme quadratique $q$ sur $E$ par : :si $P(X)=aX^{2}+bX+c\in E$, $q(P)=b^{2}-4ac$.

1. Donner la matrice de $q$ dans la base $(X^{2},X,1)$ de $E$.
2. Donner une description simple du cône isotrope de $q$.
3. Déterminer le rang et la signature de $q$.
4. Trouver une base orthogonale de $E$.
5. Soit $r\in \mathbb {R}$ et soit $H$ le sous-espace vectoriel de $E$ formé des polynômes $P\in E$ tels que $P(r)=0$.
   1. Montrer que $H$ est un hyperplan.
   2. Quelle est la dimension de $H$ ?
   3. Montrer que $(X-r,(X-r)^{2})$ est une base de $H$.
   4. Déterminer $H$.

Solution

1. $M={\begin{pmatrix}0&0&-2\\0&1&0\\-2&0&0\end{pmatrix}}$.
2. Le cône isotrope est la réunion de la droite des polynômes constants et des droites $\operatorname {Vect} ((X-r)^{2})$ pour $r\in \mathbb {R}$.
3. $q(aX^{2}+bX+c)=b^{2}+(a-c)^{2}-(a+c)^{2}$ donc la signature de $q$ est $(2,1)$ et son rang est $2+1=3$ (donc $q$ est non dégénérée).
4. $(X,X^{2}-1,X^{2}+1)$.
5. 1. $H$ est défini par une seule équation linéaire homogène donc c'est un hyperplan, c'est-à-dire ici un plan : $\dim H=3-1=2$.
   2. Par conséquent (comme $q$ est dégénérée) $\dim H^{\bot }=3-2=1$.
   3. $(1,X-r,(X-r)^{2})$ est une base de $E$ (donc $(X-r,(X-r)^{2})$ est libre) et un polynôme $\alpha +\beta (X-r)+\gamma (X-r)^{2}$ s'annule en $r$ si et seulement si $\alpha =0$ (donc $(X-r,(X-r)^{2})$ est génératrice de $H$).
   4. Un vecteur directeur de $H^{\bot }$ est (dans la base $(X^{2},X,1)$) : $M^{-1}{\begin{pmatrix}r^{2}\\r\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1/2\\r\\-r^{2}/2\end{pmatrix}}$, ou encore (en multipliant par $-2$) : $(X-r)^{2}$.

 

Exercice 1-21

Soit $E$ un $K$-espace vectoriel muni d'une forme quadratique $q$ non dégénérée. On dit qu'un plan $P$ de $E$ est $q$-hyperbolique s'il existe une base $(e_{1},e_{2})$ de $P$ telle que $q(e_{1})=q(e_{2})=0$ et $f(e_{1},e_{2})=1$ où $f$ désigne la forme polaire de $q$.

1. Soit $X$ un vecteur non nul isotrope de $E$, montrer qu'il existe dans $E$ un plan $q$-hyperbolique contenant $X$.
2. En déduire que si le cône isotrope $C(q):=\{x\in E\mid q(x)=0\}$ n'est pas réduit à $\{0\}$ alors il contient une base de $E$.

Solution

1. Puisque $q$ est non dégénérée, il existe $Y\in E$ tel que $f(X,Y)\neq 0$ (ce qui garantit que $(X,Y)$ est libre). Montrons que le plan $\operatorname {Vect} (X,Y)$ est $q$-hyperbolique. Posons $Z=\lambda X+\mu Y$. Alors, $f(X,Z)=\mu f(X,Y)$ et $q(Z)=2\lambda f(X,Z)+\mu ^{2}q(Y)$, donc en choisissant $\mu :=1/f(X,Y)$ puis $\lambda :=-\mu ^{2}q(Y)/2$, on obtient bien $f(X,Z)=1$ puis $q(Z)=0$.
2. Soient $X$ un vecteur non nul isotrope et $(X,(Z_{i})_{i\in I})$ une base de l'hyperplan $X^{\bot }\ni X$, que l'on complète en une base $(X,(Z_{i})_{i\in I},T)$ de $E$. Alors, $f(X,Z_{i}+T)=f(X,T)\neq 0$ donc (comme dans la question 1) le plan $\operatorname {Vect} (X,Z_{i}+T)$ contient un vecteur isotrope $Y_{i}$ non colinéaire à $X$. De même, le plan $\operatorname {Vect} (X,T)$ contient un vecteur isotrope $Y$ non colinéaire à $X$. Alors, $(X,(Y_{i})_{i\in I},Y)$ est une base isotrope de $E$.

 

Soit $E$ un $\mathbb {R}$-espace vectoriel muni d'une forme quadratique $Q$, de noyau $\ker Q$ et de cône isotrope $C(Q)\supset \ker Q$.

Montrer que $C(Q)=\ker Q$ si et seulement si $Q$ est de signe constant.

Solution

Soit $f$ la forme polaire de $Q$.

Si l'inclusion $C(Q)\supset \ker Q$ est stricte, soient $x,y\in E$ tels que $Q(x)=0$ et $f(x,y)\neq 0$. Alors, $Q(\lambda x+y)=2\lambda f(x,y)+Q(y)$ change de signe quand parcourt $\mathbb {R}$.

Réciproquement, si $Q$ n'est pas de signe constant, soient $x,y\in E$ tels que $Q(x)>0$ et $Q(y)<0$. Soit $z=\lambda x+y$ pour $\lambda$ égal à l'un des deux réels tels que $Q(z)=\lambda ^{2}Q(x)+2\lambda f(x,y)+Q(y)=0$. Alors, $z\in C(Q)$ mais $z\notin \ker Q$ car $f(z,x-\lambda y)=Q(x)-\lambda ^{2}Q(y)>0$.

 

Exercice 1-22

Sur $\mathbb {R} ^{n}$ avec $n\geq 2$ et avec la notation $x=(x_{1},\ldots ,x_{n})$, on considère la forme quadratique $Q(x)=\sum _{1\leq i<j\leq n}(-1)^{i+j}x_{i}x_{j}$.

1. Soient $\ell$ la forme linéaire $\ell (x)=\sum _{1\leq i\leq n}(-1)^{i}x_{i}$ et $H$ l'hyperplan $\ker(\ell )$.
   1. Démontrer que $\ell ^{2}(x)=\sum _{1\leq i\leq n}x_{i}^{2}+2Q(x)$.
   2. Démontrer que si $x\in H\setminus \{0\}$ alors $Q(x)<0$.
2. En déduire la signature de $Q$.

Solution

1. 1. $\ell ^{2}(x)=(\sum _{1\leq i\leq n}(-1)^{i}x_{i})(\sum _{1\leq j\leq n}(-1)^{j}x_{j})=Q(x)+R(x)+S(x)$ avec $R(x)=\sum _{1\leq i=j\leq n}(-1)^{i+j}x_{i}x_{j}=\sum _{1\leq i\leq n}x_{i}^{2}$ et $S(x)=\sum _{1\leq j<i\leq n}(-1)^{i+j}x_{i}x_{j}=\sum _{1\leq i'<j'\leq n}(-1)^{j'+i'}x_{j'}x_{i'}=Q(x)$, d'où $\ell ^{2}=R+2Q$.
   2. Si $x\in H\setminus \{0\}$, $2Q(x)=0^{2}-R(x)<0$.
2. On en déduit que la signature de $Q$ est $(p,q)$ avec (cf. plus bas) $q\geq n-1$ et $p+q={\rm {rang}}(Q)\leq n$. Par ailleurs, $p>0$ (car $Q$ n'est pas négative, vu que $Q(1,-1,0,\ldots ,0)=1$). D'où $(p,q)=(1,n-1)$.

Justification de « $q\geq n-1$ » (c'est censé être du cours mais redémontrons-le). Soient $e_{1},\ldots ,e_{n}$ une base dans laquelle $Q$ s'écrit $\sum _{1}^{p}y_{i}^{2}-\sum _{p+1}^{p+q}y_{i}^{2}$, et $H$ un s.e.v. sur lequel $Q$ est définie négative. Comme $Q$ est définie positive sur $Vect(e_{1},\ldots ,e_{p})$, ces deux sous-espaces sont en somme directe et $Q$ est non dégénérée sur cette somme, donc $\dim H+p\leq {\rm {rang}}(Q)=p+q$, donc $\dim H\leq q$.

Remarque (autre méthode) : la matrice de la forme bilinéaire symétrique associée a pour valeurs propres $-1/2$ (d'ordre $n-1$, d'hyperplan associé $H$) et ${n-1 \over 2}$ (d'ordre $1$, de droite associée $H^{\perp }$). Ou encore : $Q(x)=q(s(x))$ où $q(x)=\sum _{1\leq i<j\leq n}x_{i}x_{j}$ est une forme quadratique de signature $(1,n-1)$ (généralisant le cinquième exemple de l'exercice 1 du lien externe ci-dessous) et $s$ est la symétrie orthogonale définie par $s(x)=((-1)^{i}x_{i})_{1\leq i\leq n}$. Les matrices symétriques associées à $Q$ et $q$ ont donc mêmes valeurs propres (et les sous-espaces propres de l'une sont les transformés par $s$ de ceux de l'autre), donc même signature.

 

Exercice 1-23

Noyau, rang et signature de la forme quadratique de matrice $M=(\sin(i+j))_{1\leq i,j\leq n}$.

Solution

$M=A+A^{t}$ avec $A=(\sin i\cos j)_{1\leq i,j\leq n}$ or pour tout $X=(x_{i})_{1\leq i\leq n}$, $X^{t}.A.X=\sum _{i,j}x_{i}\sin i\cos j\,x_{j}=\left(\sum _{i}x_{i}\sin i\right)\left(\sum _{j}x_{j}\cos j\right)$ et puisque c'est une matrice de taille 1 elle est égale à sa transposée, donc $X^{t}.M.X=X^{t}.A.X+X^{t}.A^{t}.X=2X^{t}.A.X=2\left(\sum _{i}x_{i}\sin i\right)\left(\sum _{j}x_{j}\cos j\right)={\frac {1}{2}}\left[\left(\sum x_{i}(\sin i+\cos i)\right)^{2}-\left(\sum x_{i}(\sin i-\cos i)\right)^{2}\right]$ donc la forme quadratique est de rang 2, de signature (1, 1) et de noyau le sous-espace vectoriel défini par $\sum _{i}x_{i}\sin i=\sum _{i}x_{i}\cos i=0$.

 

Exercice 1-24

Soit $q$ définie sur $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ par $q(A)=\det A$.

1. Vérifier que $q$ est une forme quadratique.
2. Déterminer son noyau, son rang, sa signature.
3. Soit $H=\{A\in \mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )\mid \mathrm {Tr} (A)=0\}$. Préciser l'orthogonal de $H$ pour $q$.

Solution

1. $q\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\right)=ad-bc$.
2. $ad-bc={\frac {1}{4}}\left((a+d)^{2}-(a-d)^{2}+(b+c)^{2}-(b-c)^{2}\right)$ donc signature $(2,2)$, rang $4$, noyau nul.
3. $2\left\langle {\begin{pmatrix}x&y\\z&t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\right\rangle =at+dx-bz-cy$, en particulier $2\left\langle {\begin{pmatrix}x&y\\z&t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a&b\\c&-a\end{pmatrix}}\right\rangle =a(t-x)-bz-cy$ est nul pour tous $a,b,c$ si et seulement si $y=z=0$ et $t=x$, donc $H^{\perp }=\mathbb {R} \mathrm {I} _{2}$.

 

Exercice 1-25

Soient $v,w$ deux vecteurs unitaires de $\mathbb {R} ^{3}$ euclidien orienté. À tout vecteur $x$ on associe le réel

$\Phi (x)=\langle x,v\land (w\land x)\rangle$ (voir la leçon Produit vectoriel).

1. Montrer que $\Phi$ est une forme quadratique.
2. Trouver une base orthonormée de $\mathbb {R} ^{3}$ qui soit orthogonale pour $\Phi$.
3. $\Phi$ est-elle définie ? positive ?

Solution

1. $\Phi (x)=\langle x,a(x)\rangle$ avec $a\in \mathrm {L} (\mathbb {R} ^{3})$ donc $\Phi$ est une forme quadratique, de forme bilinéaire symétrique associée $B:(x,y)\mapsto {\frac {1}{2}}\left(\langle x,a(y)\rangle +\langle y,a(x)\rangle \right)$.
2. $a(x)=\langle v,x\rangle w-\langle v,w\rangle x$ donc $\Phi (x)=\langle v,x\rangle \langle w,x\rangle -\langle v,w\rangle \|x\|^{2}$ donc $\Phi (v)=\Phi (w)=0$ et $B(x,y)={\frac {1}{2}}\left(\langle v,x\rangle \langle w,y\rangle +\langle v,y\rangle \langle w,x\rangle \right)-\langle v,w\rangle \langle x,y\rangle$. En particulier, pour tout $x$ tel que $\langle v,x\rangle =\langle w,x\rangle =0$ on a $B(v,x)=B(w,x)=0$. Finalement, une b.o.n. de $\mathbb {R} ^{3}$ orthogonale pour $\Phi$ est par exemple :
   • si $w\neq \pm v$, $\left({\frac {v+w}{\|v+w\|}},{\frac {v-w}{\|v-w\|}},{\frac {v\land w}{\|v\land w\|}}\right)$ ;
   • si $w=\pm v$, $\left(v,p,q\right)$ où $(p,q)$ est (pour le produit scalaire canonique) une b.o.n du plan $v^{\perp }$.
3. • $\Phi$ n'est pas définie puisque $\Phi (v)=\Phi (w)=0$.
   • $\Phi (v-w)=-2B(v,w)=-\langle w,v\land (w\land v)\rangle =-\|v\land w\|^{2}$ et si $w=\pm v$, $\Phi (p)=\Phi (q)=-\langle v,w\rangle$. Donc $\Phi$ n'est positive que si $w=-v$.

 

Lien externe

« Formes quadratiques », sur exo7 (9 exercices corrigés)