n X j=1 x2j 2) Pour tout x∈R, x2 ≥0, donc si x∈Rn, q(x

D´epartement de Math´ematiques Facult´e des Sciences

Universit´e Mohammed V

SMA-S4 -Alg`ebre V

Solutions TD -S´eance: 27 Mars-2020 Ann´ee Universitaire 2019-2020 S´erie 1.

Exercice 3. La premi`ere question est ´evidente, on la r´edige quand mˆeme. Soient x, y ∈Rⁿ. Alors

f(y, x) =

n

X

j=1

yjxj =

n

X

j=1

xjyj =f(x, y) Donc f est sym´etrique. Pour toutx∈Rⁿ, on a

q(x) =f(x, x) =

n

X

j=1

x²_j 2) Pour tout x∈R, x² ≥0, donc si x∈Rⁿ,

q(x) = 0 ⇔x_j = 0, ∀j ⇔x= 0.

Ainsi, l’ensemble des ´el´ements isotropes est C(q) = {0}.

On sait que le noyau de q v´erifie N(q) ⊂ C(q) (cours, et c’est facile `a montrer), donc N(q) ={0}. Ainsi, f est non d´eg´en´er´ee.

3) Dans C², il est clair que f est sym´etrique et que q(x) = P2 j=1x²_j: (Comme dans la question 1).

Soit x∈C².

q(x) = 0⇔x²₁+x²₂ = 0⇔x²₁ =−x²₂ = (ix₂)² Donc

q(x) = 0⇔(x₁+ix₂)(x₁−ix₂) = 0 ⇔x₁ =ix₂ ou x₁ =−ix₂ Ainsi,

C(q) ={(ix₂, x₂) :x₂ ∈C} ∪ {(−ix₂, x₂) :x₂ ∈C}

= Vec{(i,1)} ∪Vec{(−i,1)}

A vous maintenant: Examinez cet ensemble d’´el´ements isotropes.

Est il un sous espace vectoriel de C²?

Soit x ∈ C². Supposons que pour tout y ∈ C², f(x, y) = 0. Alors en particulier, en donnant `ayles valeursy= (1,0) ety= (0,1), on d´eduit que x<sub>1</sub> =x<sub>2</sub> = 0, c’est `a dire x= 0. D’o`u, f est non d´eg´en´er´ee.

Enfin, la base canonique deC²,{(1,0),(0,1)}est une base orthogonale.

A vous: Pouvez vous compl´eter {(i,1)} en une base orthogo- nale de (C², q)?

1

2

Exercice 4. On utilisera la m´ethode Gauss, la premi`ere est tr`es simple.

q(x) =x²₃ +x₁x₂ =x²₃+ (x₁+x₂

2 )²−(x₁−x₂ 2 )² Donc le rang de q est ´egal `a 3.

Maintenant soit q(x) = x₁x₃+x₂x₃+ 3x₁x₂. Travaillons par rapport `a x₁ et x₃. On a

q(x) = (x1+x2)(x3+3x2)−3x²₂ = 1

4[(x1+x2+x3+3x2)²−(x1+x2−x3−3x2)²]−3x²₂ D’o`u q(x) = (x₁+ 4x₂+x₃

2 )² −(x₁−2x₂−x₃

2 )² −3x²₂, son rang est

´

egal `a 3.

2) Ces deux formes sont simples. Pour le premier cas, on a q(x) =x₄x₁−x²₂+x²₃, donc

q(x) = (x₄+x₁

2 )²−(x₄−x₁

2 )²−x²₂+x²₃

En particulier, le rang de q est ´egal `a 4, et sa signature est ´egale `a (2,2).

Pour q(x) = x₁x₂+x₂x₃, on a

q(x) =x₂(x₁+x₃) = (x2+x1+x3

2 )²−(x2−x1−x3

2 )²

Donc rg q = 2 et sa signature est (1,1).

3)q(x) = x²₁+ (1−α)x²₃+ (1−α+α²)x²₂+ 2x₁x₃+ 2αx₂x₃,qest d´efinie sur R³ donc α∈R. On a, en travaillant par rapport `a x₁,

q(x) = (x₁+x₃)²−αx²₃+ (1−α+α²)x²₂+ 2αx₂x₃

= (x₁+x₃)²−α(x₃−x₂)²+αx²₂+ (1−α+α²)x²₂

= (x₁+x₃)²−α(x₃−x₂)²+ (1 +α²)x²₂

Comme α ∈ R alors 1 +α² > 0. Donc on distingue deux cas pour le rang:

Cas 1. q a pour rang 2, sa signature est (2,0).

Cas 2. Le rang de q est 3. Si α > 0, la signature de q est (2,1), si α <0, la signature de q est (3,0).

S´erie 3.

Exercice 1. Je rappelle qu’on a d´ej`a utilis´e cette application dans certaines preuves du cours. Le but de cet exercice est de vous aider `a connecter plus le premier chapitre et le second.

(1) Soient x, y ∈E etα, β ∈K. Alors pour tout z ∈E, on a Γ_f(αx+βy)(z) =f(αx+βy, z)

=αf(x, z) +βf(y, z)

= [αΓf(x) +βΓf(y)](z)

3

D’o`u Γ_f(αx+βy) = αΓ_f(x) +βΓ_f(y) et Γ_f est lin´eaire.

Soit x∈E. Alors

x∈Ker Γ_f ⇔f(x,y) = 0, ∀y ∈E Donc Ker Γf =N(f).

(2) Rappelons que pour tout h∈E^∗, h=Pn

i=1h(e_i)e^∗_i. Donc Γ_f(e_j) =

n

X

i=1

(Γ_f(e_j))(e_i)e^∗_i =

n

X

i=1

f(e_i, e_j)e^∗_i Ainsi, la colonne j deM(Γ_f, B, B^∗) est





f(e₁, e_j) ... f(e_n, e_j)



,

elle coincide avec la colonne j deM(f, B). Par suite, on a l’´egalit´e M(Γ_f, B, B^∗) =M(f, B).

(3) Soit q une forme quadratique sur E et soit f sa forme polaire.

Comme M(Γ_f, B, B^∗) = M(f, B), alors rg q = rg Γ_f. D’autre part, N(f) = Ker Γ_f donc ils ont la mˆeme dimension. Appliquons le fait que rg f + dim KerΓ_f = dim E et on d´eduit l’´egalit´e

rg q + dim N(q) = dim E

(4) On a par d´efinition de l’orthogonal d’un sous ensemble deE^∗ dans E,

Γ_f(A)^◦ ={x∈E :g(x) = 0, ∀g ∈Γ_f(A)}

={x∈E :f(x, y) = 0, ∀y∈A}

Ainsi, Γ_f(A)^◦ = A^⊥, o`u A<sup>⊥</sup> est l’orthogonal de A par rapport `a la forme bilin´eaire f dans E.