CAPES

Exercices Corrigs

Formes quadratiques

2009-2010

Exercice 1 Soit B une forme bilinaire sur un espace vectoriel rel V etsoit q sa forme quadratique associe.

1. Montrer l'identit de Cauchy

q (q(u)v B(u, v)u) = q(u) [q(u)q(v)B(u, v)B(v, u)] . (1)

2. En dduire, si q est dnie positive, l'ingalit de Cauchy-Schwarz

B(u, v)B(v, u) q(u)q(v). (2)

Solution -

1. La formule s'obtient par un calcul direct utilisant la bilinarit de B.En eet pour tous u, v V , on a :

q (q(u)v B(u, v)u) = B(q(u)v B(u, v)u, q(u)v B(u, v)u)= q(u)2B(v, v) q(u)B(u, v)B(v, u)B(u, v)q(u)B(u, v) +B(u, v)2B(u, u)= q(u)2q(v) q(u)B(u, v)B(v, u)B(u, v)2q(u) +B(u, v)2q(u)= q(u)2q(v) q(u)B(u, v)B(v, u)= q(u) [q(u)q(v)B(u, v)B(v, u)] .

2. Si q est dnie positive alors le membre de gauche de l'identit deCauchy est positif ou nul et donc, pour tout u, v V ,

q(u) [q(u)q(v)B(u, v)B(v, u)] 0. Si u est nul, l'ingalit de Cauchy-Schwarz est trivialement vrie.

1

Supposons u non nul. Alors q(u) > 0, et l'on dduit encore que pourtout vecteur v,

q(u)q(v)B(u, v)B(v, u) 0.L'ingalit de Cauchy-Schwarz est donc galement vrie.

Exercice 2 Soit Rn[X] l'espace vectoriel des polynmes rels de degr inf-rieur ou gal n (n 1). Pour tous P,Q Rn[X], on pose

B(P,Q) = 10tP (t)Q(t)dt et q(P ) = B(P, P ).

1. Montrer que B est une forme bilinaire. Est-elle symtrique ? antisy-mtrique ?

2. Montrer que q est une forme quadratique. La forme q est-elle dnie ?Si ce n'est pas le cas, exhiber un vecteur isotrope non nul.

3. Calculer la matrice de q dans la base Bn = (1, X, . . . ,Xn).4. Pour n = 2, dterminer la signature de q. La forme q est-elle positive ?ngative ?

5. Dterminer une base de R2[X] qui soit q-orthogonale.

Solution -

1. Pour tous P1, P2, Q Rn[X] et tout a R, on a

B(P1 + aP2, Q) = 10t(P1(t) + aP2(t))Q(t)dt

= 10tP1(t)Q(t)dt+ a

10tP2(t)Q(t)dt

= B(P1, Q) + aB(P2, Q),

et donc B est linaire gauche.

D'un autre ct, pour tous Q1, Q2, P Rn[X] et tout a R, on a

B(P,Q1 + aQ2) = 10tP (t)(Q1 + aQ2)(t)dt

= 10tP (t)Q1(t)dt+ a

10tP (t)Q2(t)dt

= B(P,Q1) + aB(P,Q2),

et donc B est linaire droite, ce qui achve de montrer que B est uneforme bilinaire.

2

Remarquons que

B(1, X) = 10tdt =

12, et B(X, 1) =

10t2 0dt = 0,

et donc B n'est ni symtrique ni antisymtrique.

2. Par construction, q est une forme quadratique. D'autre part,

q(1) = B(1, 1) = 10t 0dt = 0,

donc 1 est un vecteur isotrope et q n'est pas dnie.

3. Notons que la forme polaire S de q n'est pas B mais sa symtrisednie pour tous P,Q Rn[X],

S(P,Q) =12(B(P,Q) +B(Q,P )) .

Donc la matrice de q dans la base Bn est la matriceMn = (mij)1i,jn+1,o

mij =12(B(Xi1, Xj1) +B(Xj1, Xi1)

).

Donc

mij =12

((j 1)

10ti+j2dt+ (i 1)

10ti+j2dt

)=

12

(j 1

i+ j 1 +i 1

i+ j 1)=

i+ j 22(i+ j 1) .

Finalement

Mn =(

i+ j 22(i+ j 1)

)1i,jn+1

. (3)

4. La matrice de q dans B2 est M2 = 0 14 131

413

38

13

38

25

et donc,

q(a+ bX + cX2) =13b2 +

25c2 +

12ab+

23ac+

34bc.

3

Nous allons eectuer une rduction de Gauss de q. On a

q(a+ bX + cX2) =13

(b2 +

32b(a+

32c))+23ac+

25c2

=13(b+

34a+

98c)2 1

3(34a+

98c)2 +

23ac+

25c2

=13(b+

34a+

98c)2 3

16a2 27

64c2 9

16ac

+23ac+

25c2

=13(b+

34a+

98c)2 7

320c2 +

548ac 3

16a2

=13(b+

34a+

98c)2 3

16(a2 5

9ac) 7

320c2

=13(b+

34a+

98c)2 3

16(a 5

18c)2

+251728

c2 7320

c2

=13(b+

34a+

98c)2 3

16(a 5

18c)2 1

135c2.

De cette expression, q est de signature (1, 2) et q est non-dgnre.De plus, q n'est ni positive ni ngative.

5. On considre les formes linaires `1, `2, `3 gurant dans la rduction deGauss de q obtenue ci-dessus : si P = a+ bX + cX2,

`1(P ) = b+34a+

98c, `2(P ) = a 518c et `3(P ) = c.

La famille (`1, `2, `3) est une base de (R2[X]) et la base (P1, P2, P3)dont la base duale est (`1, `2, `3) est une base q-orthogonale.

Soit Q =

34 1 01 0 098 518 1

la matrice de passage de B2 (`1, `2, `3).

La matrice de passage de B2 (P1, P2, P3) est donne parP = tQ1.

Pour calculer Q1, nous allons rsoudre le systme linaire

Q

abc

= AB

C

.Ce systme s'crit

34a+ b = Aa = B

98a 518b+ c = C.

4

Un calcul ais donne a = B, b = A 34B et c = 518B + C, soit

Q1 =

0 1 01 34 0518 43 1

.De la relation P = tQ1, on dduit que

(X, 1 34X,

518 43X +X2)

est une base q-orthogonale de R2[X].

Exercice 3 Soit

V ={(

a bc d

)M2(R); a d = 0

}et J =

(1 11 1

).

On dnit l'application

B : V V Ren posant, pour tous M,N M2(R),

B(M,N) = Tr(MJN). 1

1. Montrer que B est une forme bilinaire. Est-elle symtrique, antisym-trique ?

2. Montrer que B =((

1 00 1

),

(0 10 0

),

(0 01 0

))est une base de

V .

3. Dterminer la matrice dans la base B de la forme quadratique q dnieen posant, pour tout M M2(R), q(M) = B(M,M).4. Dterminer la signature de q, son rang et son noyau. La forme q est-ellednie ? positive ? ngative ?

5. Dterminer F (c'est--dire le q-orthogonal de F ) o

F ={(

a 00 d

)M2(R); a d = 0

}.

Solution -

1. Tr dsigne l'oprateur trace.

5

1. Pour tous M1,M2, N V et tout a R, on aB(M1 + aM2, N) = Tr((M1 + aM2)JN)

= Tr(M1JN + aM2JN) = Tr(M1JN) + aTr(M2JN)= B(M1, N) + aB(M2, N),

et donc B est linaire gauche.

D'un autre ct, pour tous N1, N2,M V et tout a R, on aB(M,N1 + aN2) = Tr(MJ(N1 + aN2))

= Tr(MJN1 + aMJN2) = Tr(MJN1) + aTr(MJN2)= B(M,N1) + aB(M,N2),

et donc B est linaire droite. Ceci achve de montrer que B est uneforme bilinaire.

Nous allons montrer que B n'est ni symtrique ni antisymtrique. Pour

cela, considrons les matrices M0 =(

0 00 1

)et N0 =

(0 01 1

). On

a

M0JN0 =(

0 00 1

)(1 11 1

)(0 01 1

)=

(0 01 1

)(0 01 1

)=(

0 01 1

),

N0JM0 =(

0 01 1

)(1 11 1

)(0 00 1

)=

(0 02 0

)(0 00 1

)=(

0 00 0

).

Il en rsulte que B(M0, N0) = 1 et B(N0,M0) = 0 et doncB(M0, N0) 6= B(N0,M0),ce qui montre B n'est ni symtrique ni antisymtrique.

2. Pour tout

(a bc a

) V , on a

(a bc a

)= a

(1 00 1

)+ b

(0 10 0

)+ c

(0 01 0

),

et donc B engendre V . D'un autre ct,(0 00 0

)= a

(1 00 1

)+ b

(0 10 0

)+ c

(0 01 0

)quivaut a = b = c = 0 et donc B est libre. Ainsi B est une base deV .

6

3. Soit M =(

a bc a

) V . On a

q(M) = Tr( (

a bc a

)(1 11 1

)(a bc a

))= Tr

( (a+ b a bc+ a c a

)(a bc a

))= Tr

( (a(a+ b) + c(a b) b(a+ b) + a(a b)a(c+ a) + c(c a) b(c+ a) + a(c a)

))= a(a+ b) + c(a b) + b(c+ a) + a(c a) = 2(ab+ ca).

Soit

q(M) = 2(ab+ ca). (4)

La matrice de q dans B est 0 1 11 0 0

1 0 0

.

4. Eectuons une rduction de Gauss de q. Soit M =(

a bc a

) V . Ona

q(M) = 2a(b+ c) =12(a+ b+ c)2 1

2(a b c)2.D'aprs cette expression, q est de signature (1, 1), elle est dgnre etrg q = 2. De plus, elle n'est ni positive ni ngative et donc non dnie.

De cette expression, on dduit aussi que

(a bc a

) ker q si et seule-ment si a + b + c = a b c = 0, soit a = 0 et b = c. Ainsiker q =

{(0 aa 0

), a R

}.

5. La partie F est la droite vectorielle engendre par la matrice identit

I2. Ainsi M =(

a bc a

) F si et seulement si S(M, I2) = 0 o Sest la forme polaire de q. La forme polaire S de q est la symtrise deB, c'est--dire que S vrie pour tous M,N M2(R),

S(M,N) =12(Tr(MJN) + Tr(NJM)) .

Donc

S(M, I2) =12Tr((

a bc a

)(1 11 1

))+12Tr((

1 11 1

)(a bc a

))= Tr

((a bc a

)(1 11 1

))= Tr

((a+ b a bc+ a c a

))= b+ c.

7

Ainsi, on dduit que

F ={(

a bb a

), a, b R

}.

Exercice 4 Eectuer une rduction de Gauss et dterminer le noyau, le

rang et la signature des formes quadratiques suivantes :

1. q : R3 R, q(x, y, z) = 2x2 + y2 z2 + 3xy 4xz.2. q : R3 R, q(x, y, z) = x2 + y2 az2 + 3xy bxz + yz.On discutera suivant les valeurs de a, b R.3. q : R4 R,

q(x, y, z, t) = x2 + (1 + 2 )y2 + (1 + )z2 + (1 + 2+ )t2+2xy + 2xz 2xt+ 2(1 )yz 2(1 + )yt+ 2( 1)zt.

On discutera suivant les valeurs de , R.4. q : R5 R, q(x, y, z, t, s) = xy xt+ yz yt+ ys+ zt zs+ 2st.

Solution -

1. On a

q(x, y, z) = 2x2 + y2 z2 + 3xy 4xz= 2(x2 +

12x(3y 4z)) + y2 z2

= 2(x+34y z)2 2(3

4y z)2 + y2 z2

= 2(x+34y z)2 1

8y2 + 3yz 3z2

= 2(x+34y z)2 1

8(y2 24yz) 3z2

= 2(x+34y z)2 1

8(y 12z)2 + 15z2.

La signature de q est (2, 1), rg q = 3 et donc ker q = {0}.

8

2. On a

q(x, y, z) = x2 + y2 az2 + 3xy bxz + yz= x2 + x(3y bz) + y2 az2 + yz= (x+

32y b

2z)2 9

4y2 b

2

4z2 +

3b2yz + y2 az2 + yz

=

= (x+32y b

2z)2 5

4(y2 2(2 + 3b)

5yz) (a+ b

2

4)z2

= (x+32y b

2z)2 5

4(y 2 + 3b

5z)2 (a+ b

2

4 (2 + 3b)

2

20)z2

= (x+32y b

2z)2 5

4(y 2 + 3b

5z)2 +

15(b2 + 3b 5a+ 1)z2.

q dgnre si et seulement si

(b2 + 3b 5a+ 1) = 0.

Si c'est le cas (x, y, z) ker q si et seulement si

x+32y b

2z = y 2 + 3b

5z = 0.

En conclusion, si q dgnre alors ker q = R(3+2b5 , 2+3b5 , 1).D'un autre ct, la signature de q dpend du signe de b2+3b 5a+1.Considrons cette quantit comme un polynme en b de degr 2. Sondiscriminant est = 9 4(5a + 1) = 20a + 5 = 5(4a + 1) et sesracines, quand 0, sont 3 +

20a+ 52et 3

20a+ 52.

En rsum :

(a) si a < 14 et b R, la signature est gale (2, 1), le rang est gal 3 et ker q = {0} ;(b) si a > 14 , b /] 3+

20a+52 ,3

20a+52 [, la signature est gale

(2, 1), le rang est gal 3 et ker q = {0} ;(c) si a > 14 , bin] 3+

20a+52 ,3

20a+52 [, la signature est gale

(1, 2), le rang est gal 3 et ker q = {0} ;(d) si a > 14 et b = 3+

20a+52 ou b = 3

20a+52 , la signature est

gale (1, 1), le rang est gal 2 et ker q = R(3+2b5 , 2+3b5 , 1) ;(e) si a = 14 et b 6= 32 , la signature est gale (2, 1), le rang estgal 3 et ker q = {0} ;(f) si a = 14 et b = 32 , la signature est gale (1, 1), le rang estgal 2 et ker q = R(3+2b5 , 2+3b5 , 1).

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3. Si u = (x, y, z, t), on a :

q(u) = x2 + (1 + 2 )y2 + (1 + )z2 + (1 + 2+ )t2+ 2xy + 2xz 2xt+ 2(1 )yz 2(1 + )yt+ 2( 1)zt= x2 + 2x(y + z t) + (1 + 2 )y2 + (1 + )z2+ (1 + 2+ )t2 + 2(1 )yz 2(1 + )yt+ 2( 1)zt.

Continuons :

q(u) = (x+ y + z t)2 (y + z t)2 + (1 + 2 )y2 + (1 + )z2+ (1 + 2+ )t2 + 2(1 )yz 2(1 + )yt+ 2( 1)zt= (x+ y + z t)2 + (2 )y2 + z2 + (2+ )t2 2yz 2yt+ 2zt= (x+ y + z t)2 + (z2 + 2z(t y)) + (2 )y2+ (2+ )t2 2yt= (x+ y + z t)2 + (z + t y)2 (y t)2 + (2 )y2+ (2+ )t2 2yt.

Finalement,

q(u) = (x+ y + z t)2 + (z + t y)2 + ( )y2 + (+ )t2.

La signature de q, son noyau et son rang sont dtermins de la faonsuivante :

(a) si = = 0, la signature de q est gale (1, 0), le rang est gal 1 et ker q = {(x, y, z, t) R4, x+ y + z t = 0} ;(b) si = 0 et 6= 0, la signature de q est gale (2, 1), le rang estgal 3 et ker q = R(1, 0,1, 0) ;(c) si > 0 et = 0, la signature de q est gale (4, 0), le rang estgal 4 et ker q = {0} ;(d) si < 0 et = 0, la signature de q est gale (0, 4), le rang estgal 4 et ker q = {0} ;(e) si 6= 0 et 6= 0, la signature de q est gale (1+p+, p), le rangest gal 4 et ker q = {0}, o p = ()+()+(+)avec : R {0, 1} qui vaut 1 sur R et 0 sur R.

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4. Si u = (x, y, z, t, s), on a :

q(u) = xy xt+ y(z t+ s) + zt zs+ 2st= (x+ z t+ s)(y t) + t(z t+ s) + zt zs+ 2st= (x+ z t+ s)(y t) t2 + 2zt+ 3st zs= (x+ z t+ s)(y t) (t2 2t(z + 3

2s)) zs

= (x+ z t+ s)(y t) (t z 32s)2 + (z +

32s)2 zs

= (x+ z t+ s)(y t) (t z 32s)2 + z2 + 2zs+

94s2

=14(x+ y + z 2t+ s)2 1

4(x y + z + s)2 (t z 3

2s)2

+ (z + s)2 +54s2.

La signature de q est (3, 2), rg q = 5 et donc q est non dgnre.

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