Université Joseph Fourier MAT244 : Contrôle continu du 23 mars 2011
L2 Corrigé
Exercice 1. 1. Il suffit d’appliquer la définition, ce qui donne :
A=
1 0 2
0 0 3
2 3 5
2. Il s’agit juste de la méthode de réduction de Gauss :
q(x, y, z) =x2+5z2+4xz+6yz
= (x+2z)2−4z2+5z2+6yz
= (x+2z)2−9y2+ (z+3y)2. 3. Le changement de coordonnées donne :
q(x, y, z) =X2−9Y2+Z2 De sorte que :
A1=
1 0 0
0 −9 0
0 0 1
4.
X = x+2z
Y = y
Z = z+3y
⇔
x = X+6Y−2Z
y = Y
z = −3Y+Z On obtient donc :
P=
1 6 −2
0 1 0
0 −3 1
5.
A1=tPAP
6. Non. La signature de q est égale à la signature de A1, soit(2, 1). Or, la signature d’une forme quadratique de matrice M dans une base est(0, 3). M ne peut donc être une matrice associée à q dans une autre base.
Exercice 2. 1. Par commutativité du produit dansR, il est immédiat queϕ est une forme symétrique. De fait, pour avoir sa bilinéarité, il suffit de montrer qu’elle est linéaire en sa première variable, on la vérifie donc : soientλ ∈R, P, Q, R∈R2[X], (il s’agit juste de la linéarité de l’intégrale)
ϕ(λP+Q, R) =
Z 1
−1(λP(x) +Q(x))R(x)x2dx
=λZ 1
−1
P(x)R(x)x2dx+
Z 1
−1
Q(x)R(x)x2dx
=λϕ(P, R) +ϕ(Q, R)
Finallement, pour P∈R2[X],ϕ(P, P)est l’intégrale d’une fonction continue et positive, elle est donc toujours positive, en outre, siϕ(P, P) =0 cela donne aussi P(x) =0 pour x∈[−1, 0[∪]0, 1](en fait sur[0, 1]par conti- nuité), donc P est un polynôme possédant une infinité de racines, par suite P=0 et l’on en conclut queϕ est bien définie positive, donc il s’agit d’un produit scalaire.
2. On peut constater queϕ(a, bX)etϕ(bX , cX2−d)sont des intégrales de fonctions impaires sur un intervalle symétrique par rapport à 0, ce qui donne leur nullité quelque soient a, b, c, d∈R. Notons que a, b6=0, car sinon
1
la famille est liée et n’est donc pas une base. Avec la dernière relation d’orthogonalité, ϕ(a, cX2−d) =0, à vérifier et le calcul suivant, on obtient aussi la condition d= 35c :
ϕ(a, cX2−d) =acϕ(1, X2)−adϕ(1, 1)
=a 2c
5 −2d 3
Finalement, si a, b, c∈R∗ et d= 35c, on a une famille de vecteurs non nuls deux à deux orthogonaux, elle est donc libre. Enfin puisque cette famille libre possède autant de vecteurs que la dimension de l’espaceR2[X], on en déduit qu’il s’agit d’une base.
3. Maintenant que l’on dispose d’une base orthogonale, il suffit s’assurer d’un choix de a, b, c afin que a, bX et cX2−35c soient de norme 1. Mais par bilinéarité deϕcela signifie qu’il suffit de choisir a et b tels que :
a−2=ϕ(1, 1) =
Z 1
−1
x2dx= 2 3 b−2=ϕ(X , X) =
Z 1
−1
x4dx=2 5 Enfin, pour la dernière condition,ϕ cX2−35c, cX2−35c
=1, le calcul suivant nous donne c2= 1758 : ϕ
cX2−3
5c, cX2−3 5c
=c2ϕ(X2, X2) + 9
25c2ϕ(1, 1)−6
5c2ϕ(X2, 1)
= 2 7c2+ 6
25c2−12 25c2
= 8 175c2 D’où a=±q32, b=±q52,(c, d) =5√414,3√414
ou(c, d) =−5√414,−3√414 .
Exercice 3. 1. La définition nous donne : b(X , X′) =xx′+zz′+tt′−xy′−yx′+xz′+zx′+yt′+t′y′+zt′+tz′. 2. q(X) =x2+z2+t2−2xy+2xz+2yt+2zt
3. On a det(A) =26=0 donc A est inversible donc q est non dégénérée.
4. dim(V) =4−1=3 ( 1 équation en dimension 4, théorème du rang). Base : choisir successivement(y, z, t) = (1, 0, 0),(0, 1, 0),(0, 0, 1)donc e1= (−1, 1, 0, 0), e2= (−1, 0, 1, 0), e3= (1, 0, 0, 1).
5. b(X , e1) =y−z+t=0, b(X , e2) =y+t=0, b(X , e3) =x+2z+t=0, sont les 3 équations définissant V⊥. Elles se réduisent à X=t×(−1,−1, 0, 1).
6. Oui : On a dim(V) +dim(V⊥) =4 car b est non dégénérée. De plus V⊥∩V ={0}, car (−1,−1, 0, 1)ne vérifie pas l’équation x+y+z−t=0.
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