CAPES
Exercices Corrigés Formes quadratiques
2009-2010
Exercice 1 Soit B une forme bilinéaire sur un espace vectoriel réel V et soit q sa forme quadratique associée.
1. Montrer l'identité 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 déduire, si q est dé nie positive, l'inégalité 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 bilinéarité 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 dé nie positive alors le membre de gauche de l'identité de Cauchy 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'inégalité de Cauchy-Schwarz est trivialement véri ée.
Supposons u non nul. Alors q(u) > 0, et l'on déduit encore que pour tout vecteur v,
q(u)q(v) − B(u, v)B(v, u) ≥ 0.
L'inégalité de Cauchy-Schwarz est donc également véri ée.
Exercice 2 Soit Rn[X] l'espace vectoriel des polynômes réels de degré infé- rieur ou égal à n (n ≥ 1). Pour tous P, Q ∈Rn[X], on pose
B(P, Q) = Z 1
0
tP (t)Q0(t)dt et q(P ) = B(P, P ).
1. Montrer que B est une forme bilinéaire. Est-elle symétrique ? antisy- métrique ?
2. Montrer que q est une forme quadratique. La forme q est-elle dé nie ? 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, déterminer la signature de q. La forme q est-elle positive ? négative ?
5. Déterminer 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) =
Z 1
0
t(P1(t) + aP2(t))Q0(t)dt
= Z 1
0
tP1(t)Q0(t)dt + a Z 1
0
tP2(t)Q0(t)dt
= B(P1, Q) + aB(P2, Q), et donc B est linéaire à gauche.
D'un autre côté, pour tous Q1, Q2, P ∈Rn[X]et tout a ∈R, on a B(P, Q1+ aQ2) =
Z 1
0
tP (t)(Q1+ aQ2)0(t)dt
= Z 1
0
tP (t)Q01(t)dt + a Z 1
0
tP (t)Q02(t)dt
= B(P, Q1) + aB(P, Q2),
et donc B est linéaire à droite, ce qui achève de montrer que B est une forme bilinéaire.
Remarquons que
B(1, X) = Z 1
0
tdt = 1
2, et B(X, 1) = Z 1
0
t2× 0dt = 0,
et donc B n'est ni symétrique ni antisymétrique.
2. Par construction, q est une forme quadratique. D'autre part,
q(1) = B(1, 1) = Z 1
0
t × 0dt = 0,
donc 1 est un vecteur isotrope et q n'est pas dé nie.
3. Notons que la forme polaire S de q n'est pas B mais sa symétrisée dé nie pour tous P, Q ∈Rn[X],
S(P, Q) = 1
2(B(P, Q) + B(Q, P )) .
Donc la matrice de q dans la base Bnest la matrice Mn= (mij)1≤i,j≤n+1, où
mij = 1 2
¡B(Xi−1, Xj−1) + B(Xj−1, Xi−1)¢ . Donc
mij = 1 2
µ (j − 1)
Z 1
0
ti+j−2dt + (i − 1) Z 1
0
ti+j−2dt
¶
= 1
2
µ j − 1
i + j − 1 + i − 1 i + j − 1
¶
= i + j − 2 2(i + j − 1). Finalement
Mn=
µ i + j − 2 2(i + j − 1)
¶
1≤i,j≤n+1
. (3)
4. La matrice de q dans B2 est M2 =
0 14 13
14 1 3 3 1 8 3 3
8 2 5
et donc,
q(a + bX + cX2) = 1 3b2+2
5c2+1 2ab + 2
3ac +3 4bc.
Nous allons eectuer une réduction de Gauss de q. On a q(a + bX + cX2) = 1
3 µ
b2+3
2b(a + 3 2c)
¶ +2
3ac +2 5c2
= 1 3(b +3
4a + 9
8c)2−1 3(3
4a + 9
8c)2+2 3ac +2
5c2
= 1 3(b +3
4a + 9
8c)2− 3
16a2−27 64c2− 9
16ac +2
3ac +2 5c2
= 1 3(b +3
4a + 9
8c)2− 7
320c2+ 5
48ac − 3 16a2
= 1 3(b +3
4a + 9
8c)2− 3
16(a2−5
9ac) − 7 320c2
= 1 3(b +3
4a + 9
8c)2− 3
16(a − 5 18c)2 + 25
1728c2− 7 320c2
= 1 3(b +3
4a + 9
8c)2− 3
16(a − 5
18c)2− 1 135c2. De cette expression, q est de signature (1, 2) et q est non-dégénérée.
De plus, q n'est ni positive ni négative.
5. On considère les formes linéaires `1, `2, `3 gurant dans la réduction de Gauss de q obtenue ci-dessus : si P = a + bX + cX2,
`1(P ) = b + 3 4a +9
8c, `2(P ) = a − 5
18c 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 0
1 0 0
98 −185 1
la matrice de passage de B2∗ à (`1, `2, `3). La matrice de passage de B2 à (P1, P2, P3) est donnée par
P =tQ−1.
Pour calculer Q−1, nous allons résoudre le système linéaire
Q
a b c
=
A B C
.
Ce système s'écrit
34a + b = A
a = B
98a −185b + c = C.
Un calcul aisé donne a = B, b = A −34B et c = 185 B + C, soit
Q−1 =
0 1 0
1 −34 0
185 −43 1
.
De la relation P =tQ−1, on déduit que (X, 1 −3
4X, 5 18 −4
3X + X2) est une base q-orthogonale deR2[X].
Exercice 3 Soit V =
½µ a b c d
¶
∈ M2(R); a − d = 0
¾
et J =
µ 1 1 1 −1
¶ . On dé nit l'application
B : V × V −→R en posant, pour tous M, N ∈ M2(R),
B(M, N ) = Tr(M JN ).1
1. Montrer que B est une forme bilinéaire. Est-elle symétrique, antisymé- trique ?
2. Montrer que B =
µµ 1 0 0 1
¶ ,
µ 0 1 0 0
¶ ,
µ 0 0 1 0
¶¶
est une base de V.
3. Déterminer la matrice dans la base B de la forme quadratique q dé nie en posant, pour tout M ∈ M2(R), q(M) = B(M, M).
4. Déterminer la signature de q, son rang et son noyau. La forme q est-elle dé nie ? positive ? négative ?
5. Déterminer F⊥ (c'est-à-dire le q-orthogonal de F ) où
F =
½µ a 0 0 d
¶
∈ M2(R); a − d = 0
¾ .
Solution -
1. Tr désigne l'opérateur trace.
1. Pour tous M1, M2, N ∈ V et tout a ∈R, on a B(M1+ aM2, N ) = Tr((M1+ aM2)JN )
= Tr(M1JN + aM2JN ) = Tr(M1JN ) + aTr(M2JN )
= B(M1, N ) + aB(M2, N ), et donc B est linéaire à gauche.
D'un autre côté, pour tous N1, N2, M ∈ V et tout a ∈R, on a B(M, N1+ aN2) = Tr(M J(N1+ aN2))
= Tr(M JN1+ aM JN2) = Tr(M JN1) + aTr(M JN2)
= B(M, N1) + aB(M, N2),
et donc B est linéaire à droite. Ceci achève de montrer que B est une forme bilinéaire.
Nous allons montrer que B n'est ni symétrique ni antisymétrique. Pour cela, considérons les matrices M0 =
µ 0 0 0 1
¶
et N0 =
µ 0 0 1 1
¶ . On a
M0JN0 =
µ 0 0 0 1
¶ µ 1 1 1 −1
¶ µ 0 0 1 1
¶
=
µ 0 0 1 −1
¶ µ 0 0 1 1
¶
=
µ 0 0
−1 −1
¶ , N0JM0 =
µ 0 0 1 1
¶ µ 1 1 1 −1
¶ µ 0 0 0 1
¶
=
µ 0 0 2 0
¶ µ 0 0 0 1
¶
=
µ 0 0 0 0
¶ .
Il en résulte que B(M0, N0) = −1et B(N0, M0) = 0et donc B(M0, N0) 6= ±B(N0, M0),
ce qui montre B n'est ni symétrique ni antisymétrique.
2. Pour tout
µ a b c a
¶
∈ V, on a µ a b
c a
¶
= a
µ 1 0 0 1
¶ + b
µ 0 1 0 0
¶ + c
µ 0 0 1 0
¶ , et donc B engendre V . D'un autre côté,
µ 0 0 0 0
¶
= a
µ 1 0 0 1
¶ + b
µ 0 1 0 0
¶ + c
µ 0 0 1 0
¶
équivaut à a = b = c = 0 et donc B est libre. Ainsi B est une base de V.
3. Soit M =
µ a b c a
¶
∈ V. On a
q(M ) = Tr
µ µ a b c a
¶ µ 1 1 1 −1
¶ µ a b c a
¶¶
= Tr
µ µ a + b a − b c + a c − a
¶ µ a b c a
¶¶
= Tr
µ µ 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 1 1 0 0 1 0 0
.
4. Eectuons une réduction de Gauss de q. Soit M =
µ a b c a
¶
∈ V. On a
q(M ) = 2a(b + c) = 1
2(a + b + c)2− 1
2(a − b − c)2.
D'après cette expression, q est de signature (1, 1), elle est dégénérée et rg q = 2. De plus, elle n'est ni positive ni négative et donc non dé nie.
De cette expression, on déduit aussi que
µ a b c a
¶
∈ ker qsi et seule- ment si a + b + c = a − b − c = 0, soit a = 0 et b = −c. Ainsi ker q =
½µ 0 a
−a 0
¶
, a ∈R
¾ .
5. La partie F est la droite vectorielle engendrée par la matrice identité I2. Ainsi M =
µ a b c a
¶
∈ F⊥ si et seulement si S(M, I2) = 0 où S est la forme polaire de q. La forme polaire S de q est la symétrisée de B, c'est-à-dire que S véri e pour tous M, N ∈ M2(R),
S(M, N ) = 1
2(Tr(M JN ) + Tr(N JM )) . Donc
S(M, I2) = 1 2Tr
µµ a b c a
¶ µ 1 1 1 −1
¶¶
+1 2Tr
µµ 1 1 1 −1
¶ µ a b c a
¶¶
= Tr
µµ a b c a
¶ µ 1 1 1 −1
¶¶
= Tr
µµ a + b a − b c + a c − a
¶¶
= b + c.
Ainsi, on déduit que
F⊥=
½µ a b
−b a
¶
, a, b ∈R
¾ .
Exercice 4 Eectuer une réduction de Gauss et déterminer 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 + 2λ − µ)y2+ (1 + λ)z2+ (1 + 2λ + µ)t2
+2xy + 2xz − 2xt + 2(1 − λ)yz − 2(1 + λ)yt + 2(λ − 1)zt.
On discutera suivant les valeurs de λ, µ ∈ 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+1
2x(3y − 4z)) + y2− z2
= 2(x + 3
4y − z)2− 2(3
4y − z)2+ y2− z2
= 2(x + 3
4y − z)2−1
8y2+ 3yz − 3z2
= 2(x + 3
4y − z)2−1
8(y2− 24yz) − 3z2
= 2(x + 3
4y − z)2−1
8(y − 12z)2+ 15z2. La signature de q est (2, 1), rg q = 3 et donc ker q = {0}.
2. On a
q(x, y, z) = x2+ y2− az2+ 3xy − bxz + yz
= x2+ x(3y − bz) + y2− az2+ yz
= (x +3 2y − b
2z)2−9
4y2−b2
4z2+3b
2 yz + y2− az2+ yz
=
= (x +3 2y − b
2z)2−5
4(y2−2(2 + 3b)
5 yz) − (a +b2 4)z2
= (x +3 2y − b
2z)2−5
4(y − 2 + 3b
5 z)2− (a +b2
4 − (2 + 3b)2 20 )z2
= (x +3 2y − b
2z)2−5
4(y − 2 + 3b
5 z)2+1
5(b2+ 3b − 5a + 1)z2. q dégénère si et seulement si
(b2+ 3b − 5a + 1) = 0.
Si c'est le cas (x, y, z) ∈ ker q si et seulement si x +3
2y − b
2z = y −2 + 3b 5 z = 0.
En conclusion, si q dégénère alors ker q =R(−3+2b5 ,2+3b5 , 1).
D'un autre côté, la signature de q dépend du signe de b2+ 3b − 5a + 1. Considérons cette quantité comme un polynôme en b de degré 2. Son discriminant est ∆ = 9 − 4(−5a + 1) = 20a + 5 = 5(4a + 1) et ses racines, quand ∆ ≥ 0, sont −3 +√
20a + 5
2 et −3 −√
20a + 5
2 .
En résumé :
(a) si a < −14 et b ∈R, la signature est égale à (2, 1), le rang est égal à 3 et ker q = {0} ;
(b) si a > −14, b /∈] −3+√20a+52 , −3−√20a+52 [, la signature est égale à (2, 1), le rang est égal à 3 et ker q = {0} ;
(c) si a > −14, bin] − 3+√20a+52 , −3−√20a+52 [, la signature est égale à (1, 2), le rang est égal à 3 et ker q = {0} ;
(d) si a > −14 et b = −3+√20a+52 ou b = −3−√20a+52 , la signature est égale à (1, 1), le rang est égal à 2 et ker q =R(−3+2b5 ,2+3b5 , 1); (e) si a = −14 et b 6= −32, la signature est égale à (2, 1), le rang est
égal à 3 et ker q = {0} ;
(f) si a = −14 et b = −32, la signature est égale à (1, 1), le rang est égal à 2 et ker q =R(−3+2b5 ,2+3b5 , 1).
3. Si u = (x, y, z, t), on a :
q(u) = x2+ (1 + 2λ − µ)y2+ (1 + λ)z2+ (1 + 2λ + µ)t2
+ 2xy + 2xz − 2xt + 2(1 − λ)yz − 2(1 + λ)yt + 2(λ − 1)zt
= x2+ 2x(y + z − t) + (1 + 2λ − µ)y2+ (1 + λ)z2
+ (1 + 2λ + µ)t2+ 2(1 − λ)yz − 2(1 + λ)yt + 2(λ − 1)zt.
Continuons :
q(u) = (x + y + z − t)2− (y + z − t)2+ (1 + 2λ − µ)y2+ (1 + λ)z2 + (1 + 2λ + µ)t2+ 2(1 − λ)yz − 2(1 + λ)yt + 2(λ − 1)zt
= (x + y + z − t)2+ (2λ − µ)y2+ λz2+ (2λ + µ)t2
− 2λyz − 2λyt + 2λzt
= (x + y + z − t)2+ λ(z2+ 2z(t − y)) + (2λ − µ)y2 + (2λ + µ)t2− 2λyt
= (x + y + z − t)2+ λ(z + t − y)2− λ(y − t)2+ (2λ − µ)y2 + (2λ + µ)t2− 2λyt.
Finalement,
q(u) = (x + y + z − t)2+ λ(z + t − y)2+ (λ − µ)y2+ (λ + µ)t2.
La signature de q, son noyau et son rang sont déterminés de la façon suivante :
(a) si λ = µ = 0, la signature de q est égale à (1, 0), le rang est égal à 1 et ker q = {(x, y, z, t) ∈R4, x + y + z − t = 0};
(b) si λ = 0 et µ 6= 0, la signature de q est égale à (2, 1), le rang est égal à 3 et ker q =R(1, 0, −1, 0);
(c) si λ > 0 et µ = 0, la signature de q est égale à (4, 0), le rang est égal à 4 et ker q = {0} ;
(d) si λ < 0 et µ = 0, la signature de q est égale à (0, 4), le rang est égal à 4 et ker q = {0} ;
(e) si λ 6= 0 et µ 6= 0, la signature de q est égale à (1+p+, p−), le rang est égal à 4 et ker q = {0}, où p±= σ±(λ)+σ±(λ−µ)+σ±(λ+µ) avec σ±:R∗ −→ {0, 1}qui vaut 1 surR∗± et 0 sur R∗∓.
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 − 3
2s)2+ (z +3
2s)2− zs
= (x + z − t + s)(y − t) − (t − z − 3
2s)2+ z2+ 2zs +9 4s2
= 1
4(x + y + z − 2t + s)2−1
4(x − y + z + s)2− (t − z − 3 2s)2 + (z + s)2+5
4s2.
La signature de q est (3, 2), rg q = 5 et donc q est non dégénérée.
