x=α−β−γ y=β+γ z =γ ce qui donne pour base q-orthogonale :
f1 =
1 0 0
, f2 =
−1 1 0
, f3 =
−1 1 1
6. La matrice de q dans la base(f1, f2, f3) est :
D= tP AP =
1 0 0
0 a 0
0 0 1 +a2
où :
P =
1 −1 −1
0 1 1
0 0 1
11.7 Signature d’une forme quadratique réelle en dimen-sion finie
Pour ce paragraphe, q est une forme quadratique non nulle a priori sur un espace vectoriel réel E de dimension finie égale à n ≥1et on note ϕ sa forme polaire.
Théorème 11.18 Il existe un unique couple (s, t) d’entiers naturels tel que pour toute base (ei)1≤i≤n de E qui est orthogonale relativement à q, le nombre de vecteurs ei tels que q(ei)>0 est égal àset le nombre de vecteursei tels queq(ei)<0est égal àt.De plus, on as+t = rg (q). Démonstration. Soient B = (ei)1≤i≤n et B0 = (e0i)1≤i≤n deux bases q-orthogonales de E
telles que :
q(ei)>0 (1≤i≤s) q(e0i)>0 (1≤i≤s0)
q(ei)<0 (s+ 1≤i≤s+t) q(e0i)<0 (s0+ 1≤i≤s0 +t0) q(ei) = 0 (s+t+ 1≤i≤n) q(e0i) = 0 (s0+t0+ 1≤i≤n)
oùs, t, s0, t0 sont des entiers compris entre0etn avec la convention que la condition correspon-dante sur le signe de q(ei) ou q(e0i) n’a pas lieu quand l’encadrement de l’indice i n’a pas de sens.
Considérant les matrices de q dans chacune de ces bases, on voit que nécessairement on a s+t=s0 +t0 = rg (q).
On désigne par F le sous-espace vectoriel de E engendré par {e1,· · · , es} (F = {0} pour s = 0) et par G0 celui engendré par ©
e0s0+1,· · · , e0nª
(G0 ={0} pour s0 =n). En supposant que s≥1, on a alors :
∀x∈F \ {0}, q(x) = Xs
i=1
λix2i >0
et :
∀x∈G0, q(x) = Xn
i=s0+1
λ0ix2i ≤0
et en conséquence F ∩G0 = {0}. Ce dernier résultat étant encore valable pour s = 0. On en déduit alors que :
dim (F ⊕G0) = dim (F) + dim (G0)
=s+n−s0 ≤n et s≤s0.
En permutant les rôles joués par s et s0, on montre de même que s0 ≤ s. On a donc s = s0 et t=t0 puisque s+t=s0+t0 = rg (q).
Définition 11.18 Le couple (s, t)d’entiers naturels défini par le théorème précédent est appelé signature de q et on le note sgn (q).
Une forme quadratique q est donc de signature (s, t) si, et seulement si, elle admet une réduction de Gauss de la forme :
q= Xs
j=1
λj`2j − Xs+t
j=s+1
λj`2j
où lesλj sont tous strictement positifs (pours= 0la première somme n’existe pas ets=nc’est la deuxième qui n’existe pas). En définissant les formes linéaires Lj par Lj(x) = `j¡p
λjx¢ , on a la décomposition :
q= Xs
j=1
L2j − Xs+t
j=s+1
L2j
et à cette décomposition est associée une base q-orthogonale de E dans laquelle la matrice de q est :
D=
Is 0 0 0 −It 0
0 0 0
oùIr est la matrice identité d’ordre r. Les blocs diagonauxIs, −Itou0 n’existent pas si s= 0, s=n ou s+t=n.
Définition 11.19 On dit que la forme bilinéaire symétrique ϕ (ou de manière équivalente la forme quadratique q) est positive [resp. définie positive] si q(x)≥ 0 [resp. q(x)>0] pour tout x dans E [resp. dans E\ {0}].
Une forme quadratique non nulle est donc positive [resp. définie positive] si, et seulement si, sa signature est (s,0) [resp. (n,0)] où s est compris entre 1 etn.
On définit de manière analogue les formes quadratiques négative [resp. définie négative] et une forme quadratique non nulle est négative [resp. définie positive] si, et seulement si, sa signature est (0, t)[resp. (0, n)] où t est compris entre 1et n.
Exercice 11.29 On dit qu’une forme quadratique q sur E est définie si q(x) 6= 0 pour tout x ∈ E\ {0}. Montrer que si q est une forme quadratique définie (au sens de la définition qui vient d’être donnée) sur un espace vectoriel réel E de dimension finie, alors elle est positive ou négative.
Solution 11.28 Dans une base q−orthogonale B= (ei)1≤i≤n, la matrice de q est, a priori, de la forme D =
Is 0 0 0 −It 0
0 0 0
. Si p=s+t < n, on a alors q(ep+1)6= 0 avec ep+1 6= 0, ce qui contredit le caractère définie de q. La forme q est donc de rang p=n.
Supposons que 1≤s ≤n−1. On a alors q(es) = 1, q(es+1) =−1 et : q(es+es+1) =q(es) +q(es+1) = 1−1 = 0
avec es+es+1 6= 0, ce qui contredit encore le caractère définie de q. On a donc s = 0 et q est définie négative ou s= 0 et q est définie positive.
On peut aussi dire que, pour n ≥2,la fonction continue q de Rn dans Rtransforme le connexe Rn\ {0} en un connexe de R∗ et en conséquence q(Rn\ {0}) est contenu dans R−,∗ ou R+,∗.
À partir d’une réduction de Gauss, q = Pp
j=1
λj`2j, on déduit que q est positive [resp. définie positive] si, et seulement si, tous les λj sont strictement positifs [resp. p = n et tous les λj sont strictement positifs]. En effet, la condition suffisante est évidente et pour la condition nécessaire, en supposant λ1 < 0 (on peut toujours s’y ramener) et en désignant par (ei)1≤i≤n une base q-orthogonale de E déduite de cette réduction de Gauss, on a q(e1) = λ1 < 0 et q n’est pas positive.
Exercice 11.30 Soit q la forme quadratique positive définie sur R3 par : q(x, y, z) = 2x2+y2+z2+ 2xy−2xz.
1. Calculer la matrice de q dans la base canonique de R3.
2. Donner une expression réduite de cette forme et en déduire le rang et la signature de q.
Solution 11.29 1. On a :
A=
2 1 −1 1 1 0
−1 0 1
2. On a :
q(x, y, z) = 2¡
x2+xy−xz¢
+y2+z2
= 2 õ
x+1 2y− 1
2z
¶2
− 1
4y2− 1 4z2+ 1
2yz
!
+y2+z2
= 2 µ
x+ 1 2y− 1
2z
¶2 +1
2(y+z)2. q est de rang 2 et de signature (2,0).
Une définition équivalente de la signature qu’une forme quadratique est donnée par le théo-rème qui suit.
La démonstration de ce théorème nécessite les lemmes suivants.
Lemme 11.2 Soit F un sous-espace vectoriel de E. La restriction de q à F est non dégénérée si, et seulement si, F ∩F⊥ ={0}.
Démonstration. Dire que la restriction de q àF est non dégénérée équivaut à dire que : {x∈F | ∀y∈F, ϕ(x, y) = 0}={0}
et ce ensemble est justement F ∩F⊥ (c’est aussi le noyau la restriction de q à F).
Lemme 11.3 SoitF un sous-espace vectoriel deE.Si la restriction de qàF est non dégénérée on a alors E =F ⊕F⊥.
Démonstration. Laissée au lecteur.
Théorème 11.19 En désignant par P [resp. N] l’ensemble de tous les sous-espaces vectoriels F de E tels que la restriction de q à F soit définie positive [resp. définie négative] (P ou N peut être vide), la signature (s, t) de q est donnée par :
s=
( 0 si P =∅
maxF∈P dim (F) siP 6=∅ et :
t =
( 0 si N =∅
maxF∈N dim (F) si N 6=∅ Démonstration. Notons :
s0 =
( 0si P =∅
maxF∈P dim (F) si P 6=∅ et :
t0 =
( 0 siN =∅
maxF∈N dim (F) si N 6=∅ Par définition de la signature de q, on a s≤s0 et t≤t0. Si P =∅, on a alors s=s0 = 0.
Si P 6=∅, on peut trouver F ∈ P tel que dim (F) =s0 et on a nécessairement dim (F) ≤s.
En effet si dim (F) > s, on désigne par (e1,· · · , es0) une base q-orthogonale de F et on peut compléter cette base en une base (e1,· · ·, en) de E qui est aussi q-orthogonale puisque la restriction de qàF est non dégénérée (elle est définie positive) et E =F ⊕F⊥. CommeF ∈ P est de dimension maximale, la restriction de q àF⊥ est négative et la signature de q est (s0, t0) avec s0 > s, ce qui n’est pas possible. On a donc s0 ≤s ets=s0.
On montre de manière analogue que t=t0.
Si q est définie positive, on a donc une réduction de Gauss q = Pn
j=1
λj`2j où tous les λj sont strictement positifs et la matrice de q dans une base q-orthogonale adaptée à cette réduction est diagonale de termes diagonaux λ1, λ2,· · ·, λn. En notant D cette matrice, on a det (D) =
Qn k=1
λk>0.La matrice deq dans une autre base deRn s’écrivant A= tP DP avecP inversible, on a det (A) = (det (P))2det (D)>0.
L’utilisation des mineurs principaux de la matrice deq dans une quelconque base deRnnous permet de savoir si une forme quadratique est définie positive ou non.
On rappelle que siA= ((aij))1≤i,j≤nest une matrice carrée d’ordren,les mineurs principaux deA sont les déterminants des matrices extraitesAk= ((aij))1≤i,j≤k oùk est un entier compris entre 1et n.
Théorème 11.20 Soit q une forme quadratique non nulle sur un espace vectoriel réel E de dimension n de matrice A = ((aij))1≤i,j≤n dans une base (ei)1≤i≤n. La forme q est définie positive si, et seulement si, tous les mineurs principaux de A sont strictement positifs.
Démonstration.Supposonsqdéfinie positive surE.Pourkcompris entre1etn,la matrice Ak = ((aij))1≤i,j≤k est la matrice de la forme quadratiqueqk égale à la restriction de q au sous-espace vectoriel Ek de E engendré par les vecteurs e1,· · · , ek. Cette forme qk étant définie positive comme q, il en résulte que det (Ak)>0.
Pour la réciproque, on raisonne par récurrence sur la dimension n≥1 deE.
Pour n = 1, le résultat est évident puisque E = Re1 est une droite vectoriel et q s’écrit q(x) = q(x1e1) = λx21 avec λ=q(e1) = det (A).
Supposons le résultat acquis pour tous les espaces de dimension au plus égal à n et soit q une forme quadratique sur un espace E de dimension n+ 1.On se donne une base (ei)1≤i≤n+1 de E et on suppose que tous les mineurs principaux de la matrice A = ((aij))1≤i,j≤n+1 de q dans cette base sont strictement positifs. En désignant par H le sous-espace vectoriel de E engendré par les vecteurse1,· · · , en,la matrice extraite An = ((aij))1≤i,j≤n est la matrice de la forme quadratique qn égale à la restriction de q à H.Tous les mineurs principaux de An étant strictement positifs, cette forme q1 est définie positive sur H.
La restriction de q à H étant définie positive et q non dégénérée (det (A)6= 0), la signature deq ne peut être que (n,1)ou(n+ 1,0)(par définition de la signature). Si cette signature est (n,1), cela signifie qu’on a une décomposition de Gauss de la forme q = Pn
j=1
λj`2j −λn+1`2n où tous les λj sont strictement positifs et la matrice de q dans une base q-orthogonale adaptée à cette réduction est diagonale de termes diagonaux λ1, λ2,· · · , λn,−λn+1. En notant D cette matrice, on a det (D) =−λn+1Qn
k=1
λk <0, ce qui contredit det (D) = (det (P))2det (A)>0.La signature de q est donc (n+ 1,0)et q est définie positive.