LM223, Formes quadratiques et g´eom´etrie, 10 janvier 2010
Corrig´e de l’exercice 1.
On applique l’algorithme de Gauss `aqa :
qa(x, y, z) =x2+ (a+ 5)y2+ (a2+a+ 2)z2+ 2xz+ 4xy+ 2(a+ 3)yz
=(x+ 2y+z)2−4y2−z2−4yz+ (a+ 5)y2+ (a2+a+ 2)z2+ 2(a+ 3)yz
=(x+ 2y+z)2+ (a+ 1)y2+ (a2+a+ 1)z2+ 2(a+ 1)yz
=(x+ 2y+z)2+ (a+ 1)(y+z)2+a2z2
La forme qa est d´efinie ssi a est diff´erent de 0 ou −1. Elle est positive ssi a∈[−1,∞[. Elle est n´egative pour aucune valeur de a.
Corrig´e de l’exercice 2.
1. Pour montrer que les matrices sont orthogonales, il suffit de v´erifier que leurs vecteurs colonnes forment une famille orthonorm´ee.
2. ker(B−Id) est la droite engendr´ee par le vecteur (1,0,−3). ker(C−Id) est le plan engendr´ee par les vecteurs (1,0,−3) et (0,1,2).
3. On remarque que A=
cos(θ) sin(θ) sin(θ) −cos(θ)
avec θ=π/6
DoncAest la matrice de la sym´etrie orthogonale deR2 par rapport `a la droite engendr´ee par (cos(π/12),sin(π/12)).
Le d´eterminant de B ´etant positif, il s’agit d’une rotation de R3 qui n’est pas l’identit´e, son axe est la droite ker(B−Id).
C´etant orthogonale, elle pr´eserve la droite orthogonale `a ker(C−Id) et ses valeurs propres r´eelles sont dans {1,−1}. Comme C 6= Id, C agit comme−Id sur la droite orthogonale `a ker(C−Id). Donc C est la reflexion par rapport au plan ker(C−Id).
Corrig´e de l’exercice 3.
1. E est l’ensemble des combinaisons lin´eaires dev1 etv2, autrement dit l’ensemble des vecteurs (x, y, z)∈R3 tels qu’il existe α etβ v´erifiant
x=α+β y=−α z= 2α+β
La m´ethode du pivot de Gauss permet de d´eterminer pour quelles valeurs de x,y etz, ce syst`eme admet une solution :
α+β=x
−α=y 2α+β =z
⇔
−α=y L2
β =y+x L1 +L2 β =z+ 2y L3 + 2L2
⇔
−α=y L1 β =y+x L2
0 =z+y−x L3−L2 Une ´equation deE est donc−x+y+z= 0.
2. Les vecteursv1 etv2 forment une base deE. En appliquant le proc´ed´e de Gram-Schmidt, on obtient une base orthonorm´ee deE :
v2′ =v2−hv1, v2i
hv1, v1iv1= (12,12,0) est orthogonal `a v1 et vect(v1, v2′) = vect(v1, v2). Alors
w1 = 1
kv1kv1 = 1
√6(1,−1,2) et w2 = 1
kv′2kv′2= 1
√2(1,1,0) forment une base orthonorm´ee deE.
3. De l’´equation deE, on d´eduit queE⊥est engendr´e par (−1,1,1). Donc le vecteurw3 = √1
3(−1,1,1) est une base orthonorm´ee de E⊥. 4. La projection deu= (1,1,1) surE est
u− hu, w3iw3= 2
3(2,1,1) Corrig´e de l’exercice 4.
1. Cela d´ecoule de la lin´earit´e de la trace et de la bilin´earit´e de l’appli- cation produit des matrices.
2. SiA= a b
c d
, alors
f(A, A) = 1
2((a+d)2−(a2+bc)−(bc+d2)) =ad−bc.
3. La forme quadratique def est l’application d´eterminant de E.
4. Dans la base 1 0
0 0
, 0 1
0 0
, 0 0
1 0
, 0 0
0 1
, les coordonn´ees de A=
a b c d
sonta,b,c etd. D´ecomposons en somme de carr´es : q(A) =ad−bc
=1
4(a+d)2− 1
4(a−d)2−1
4(b+c)2+1
4(b−c)2 Donc la signature deq est (2,2).
