Application multilinéaire/Exercices/Formes bilinéaires et bases

Exercice 1-1

Dire si les applications suivantes sont bilinéaires sur le $K$ -espace vectoriel $E$ indiqué :

$f_{1}(A,B)=AB,\quad E=\mathrm {M} _{n}(K)\quad (n\in \mathbb {N} )$ ;
$f_{2}(z,w)=\mathrm {Re} (zw),\quad E=\mathbb {C} ,\quad K=\mathbb {C}$ ;
$f_{3}(u,v)=\int _{0}^{1}uv,\quad E=C([0,1],\mathbb {R} ),\quad K=\mathbb {R}$ ;
$f_{4}(u,v)=\int _{-1}^{1}(u+v)^{2},\quad E=C([0,1],\mathbb {R} ),\quad K=\mathbb {R}$ ;
$f_{5}(A,B)=\mathrm {Tr} (AB),\quad E=\mathrm {M} _{n}(K)\quad (n\in \mathbb {N} )$ ;
$f_{6}(u,v)=uv,\quad E=C([0,1],\mathbb {R} ),\quad K=\mathbb {R}$ .

Solution

Oui.
Non car $f_{2}$ est $\mathbb {R}$ -bilinéaire mais pas $\mathbb {C}$ -bilinéaire, puisqu'elle est non nulle et à valeurs réelles.
Oui, comme composée de l'application bilinéaire $f_{6}$ et de la forme linéaire « intégrale de 0 à 1 ».
Non car $f_{4}(u,0)\neq 0$ en général.
Oui, comme composée de l'application bilinéaire $f_{1}$ et de la forme linéaire « trace ».
Oui.

Exercice 1-2

Soient $M={\begin{pmatrix}1&2&0\\-1&3&4\\9&0&1\end{pmatrix}}$ et $b$ la forme bilinéaire sur $\mathbb {R} ^{3}$ de matrice $M$ dans la base canonique.

Donner l'expression de $b\left(\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right),\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)\right)$ , pour tout $\left(x_{1},y_{1},z_{1},x_{2},y_{2},z_{2}\right)\in \mathbb {R} ^{6}$ .

Solution

$\left(x_{1}\;y_{1}\;z_{1}\right)M{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}=x_{1}x_{2}+3y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}+2x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2}+9z_{1}x_{2}+4y_{1}z_{2}$ .

Exercice 1-3

Soit $b$ la forme bilinéaire sur $\mathbb {R} ^{3}$ définie par :

b\left(\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right),\left(y_{1},y_{2},y_{3}\right)\right)=3x_{1}y_{1}-3x_{1}y_{2}-4x_{1}y_{3}-x_{2}y_{1}+3x_{2}y_{2}+3x_{3}y_{1}+6x_{3}y_{2}-9x_{3}y_{3}

.

Donner la matrice de $b$ dans la base canonique de $\mathbb {R} ^{3}$ .
Soient $f_{1}=(2,0,1)$ , $f_{2}=(0,1,0)$ et $f_{3}=(1,1,-1)$ . Montrer que $\left(f_{1},f_{2},f_{3}\right)$ est une base de $\mathbb {R} ^{3}$ .
Donner la matrice de $b$ dans cette base.

Solution

$M={\begin{pmatrix}3&-3&-4\\-1&3&0\\3&6&-9\end{pmatrix}}$ .
$\det P={\begin{vmatrix}2&0&1\\0&1&1\\1&0&-1\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}2&1\\1&-1\end{vmatrix}}=-3\neq 0$ .
On peut effectuer le produit ${}^{t}\!PMP={\begin{pmatrix}1&0&26\\3&3&2\\3&-6&-12\end{pmatrix}}$ , ou calculer séparément chacun des 9 termes $b(f_{i},f_{j})$ de la matrice. Par exemple : $b(f_{3},f_{3})={\cancel {3}}-{\cancel {3}}+4-1+{\cancel {3}}-{\cancel {3}}-6-9=-12$ .

Exercice 1-4

Soit $B$ la forme bilinéaire sur $\mathbb {R} _{2}[X]$ définie par :

B(f,g)=\int _{0}^{1}fg

.

Est-elle dégénérée ?
Déterminer la matrice de $B$ dans la base canonique de $\mathbb {R} _{2}[X]$ .
Soient $P_{1}=1$ , $P_{2}=X-{\frac {1}{2}}$ et $P_{3}=X^{2}-X+{\frac {1}{6}}$ . Montrer que $\left(P_{1},P_{2},P_{3}\right)$ est une base de $\mathbb {R} _{2}[X]$ .
Déterminer la matrice de $B$ dans cette base, de deux manières

Solution

$B$ est définie positive (car la seule fonction continue de $f:[0,1]\to \mathbb {R}$ telle que $\int _{0}^{1}f^{2}=0$ est la fonction nulle) donc non dégénérée.
$M={\begin{pmatrix}1&{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}\\{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$ .
Ces 3 polynômes sont de degrés respectifs 0, 1 et 2 donc forment une base de $\mathbb {R} _{2}[X]$ (ou moins savamment : ils forment un système libre car le déterminant de leur matrice (triangulaire) $P$ dans la base canonique est $1\neq 0$ , et ils sont au nombre de 3, la dimension de l'espace).
On peut effectuer le produit $N={}^{t}\!PMP$ , ou calculer séparément chacun des 9 termes $B(P_{i},P_{j})$ de $N$ (il suffit en fait de calculer les 6 pour lesquels $i\geq j$ , car $B$ est symétrique donc $N$ aussi). $N={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1/12&0\\0&0&1/180\end{pmatrix}}$ .

Soit $B$ la forme bilinéaire symétrique sur $\mathbb {R} _{2}[X]$ définie par :

B(f,g)=f(0)g(0)+f(1)g(1)

.

Quel est son noyau ?
Déterminer la matrice de $B$ dans la base canonique de $\mathbb {R} _{2}[X]$ .

Solution

$B$ a pour noyau l'ensemble des $P\in \mathbb {R} _{2}[X]$ tels que $P(0)=P(1)=0$ , c.-à-d. $P=\lambda X(X-1)$ .
${\begin{pmatrix}2&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}}$ .

Exercice 1-5

Soit $T$ la forme bilinéaire sur $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ définie par :

T(A,B)=\mathrm {Tr} (AB)

.

Déterminer la matrice de $T$ dans la base canonique de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ .
Soient $E_{1}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},\quad E_{2}={\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}},\quad E_{3}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},\quad E_{4}={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}}$ . Montrer que $\left(E_{1},E_{2},E_{3},E_{4}\right)$ est une base de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ .
Déterminer la matrice de $T$ dans cette base, de deux manières.

Solution

La base canonique de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ est $\left(E_{1,1},E_{1,2},E_{2,1},E_{2,2}\right)=\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)$ , et $T\left(E_{i,j},E_{k,\ell }\right)=\mathrm {Tr} \left(\delta _{j,k}E_{i,\ell }\right)=\delta _{j,k}\delta _{i,\ell }$ , donc la matrice de $T$ dans la base canonique est $M={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}$ .
$\det P={\begin{vmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&-1\\0&1&0&0\end{vmatrix}}=-2\neq 0$ donc ces 4 vecteurs forment une famille libre, or $\dim \left(\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )\right)=4$ , donc cette famille libre est une base de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ .
On peut effectuer le produit $N={}^{t}\!PMP$ , ou calculer séparément chacun des 16 termes $T(E_{i},E_{j})$ de $N$ (il suffit en fait de calculer les 10 pour lesquels $i\geq j$ , car $T(A,B)=T(B,A)$ ). $N={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&-2\end{pmatrix}}$ .

Exercice 1-6

Trouver la matrice d'une forme bilinéaire dans la base $B'=(e'_{1},e'_{2},e'_{3})$ si la matrice de cette forme dans la base $B=(e_{1},e_{2},e_{3})$ est

M={\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}}\quad {\text{et si}}\quad {\begin{cases}e'_{1}=e_{1}-e_{2},\\e'_{2}=e_{1}+e_{3},\\e'_{3}=e_{1}+e_{2}+e_{3}.\end{cases}}

Solution

La matrice de $B'$ dans $B$ est

P={\begin{pmatrix}1&1&1\\-1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}}

donc la matrice de la forme bilinéaire dans la nouvelle base $B'$ est

{}^{t}\!PMP={\begin{pmatrix}0&-6&-9\\-2&20&30\\-3&30&45\end{pmatrix}}

.

Autre méthode : exprimer $f(u,v)$ en fonction des coordonnées de $u$ et $v$ dans $B$ puis, comme cas particuliers, les 9 éléments $f(e'_{i},e'_{j})$ de la matrice cherchée. Par exemple : $f(e'_{1},e'_{1})=1-2-4+5=0$ .

Exercice 1-7

Soient ${\mathcal {A}},{\mathcal {B}}\in \operatorname {End} (E)$ et $f,g$ deux formes bilinéaires sur $E$ telles que $f(x,y)=g({\mathcal {A}}x,{\mathcal {B}}y)$ . Soient $A,B,F,G$ les matrices de ${\mathcal {A}},{\mathcal {B}},f,g$ respectivement (dans une base fixée de $E$ , qui est supposé de dimension finie). Trouver le lien entre $A,B,F,G$ .

Solution

Soit $n=\dim E$ . Le lien entre $f$ et $g$ se traduit matriciellement par : pour toutes matrices colonnes $X,Y\in M_{n,1}(K)$ , $(^{\mathrm {t} }X)FY=(^{\mathrm {t} }(AX))G(BY)=(^{\mathrm {t} }X)\left((^{\mathrm {t} }A)GB\right)Y$ donc $F=(^{\mathrm {t} }A)GB$ .

Exercice 1-8

Le noyau à gauche d'une forme bilinéaire $b$ est le sous-espace vectoriel constitué des vecteurs $u$ tels que $\forall v\quad b(u,v)=0$ et le noyau à droite est le sous-espace constitué des $v$ tels que $\forall u\quad b(u,v)=0$ .

Trouver le noyau à droite et le noyau à gauche des formes bilinéaires données par les matrices

A={\begin{pmatrix}2&-3&1\\3&-5&5\\5&-8&6\end{pmatrix}}\quad {\text{et}}\quad B={\begin{pmatrix}4&3&2\\1&3&5\\3&6&9\end{pmatrix}}

.

Solution

On trouve facilement que $A$ et $B$ sont de rang 2, ce qui, d'après le théorème du rang, permet de prévoir que les quatre noyaux sont des droites vectorielles.

Pour $A$ $A$ :
- noyau à gauche : ${\begin{pmatrix}0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}}A={\begin{pmatrix}2x+3y+5z&-3x-5y-8z&x+5y+6z\end{pmatrix}}$
  $\Leftrightarrow y=x,\;z=-x$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(1,1,-1)$ .
- noyau à droite : ${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}=A{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x-3y+z\\3x-5y+5z\\5x-8y+6z\end{pmatrix}}$
  $\Leftrightarrow x=10z,\;y=7z$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(10,7,1)$ .
Pour $B$ $B$ :
- noyau à gauche : ${\begin{pmatrix}0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}}B={\begin{pmatrix}4x+y+3z&3x+3y+6z&2x+5y+9z\end{pmatrix}}$
  $\Leftrightarrow y=5x,\;z=-3x$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(1,5,-3)$ .
- noyau à droite : ${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}=B{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4x+3y+2z\\x+3y+5z\\3x+6y+9z\end{pmatrix}}$
  $\Leftrightarrow z=x,\;y=-2x$ donc ce noyau est engendré par le vecteur $(1,-2,1)$ .

Exercice 1-9

Soit $E=\mathbb {R} ^{4}$ et soit $b$ la forme bilinéaire dont la matrice dans la base canonique est :

M={\begin{pmatrix}7&-2&-12&-6\\-2&0&4&3\\-12&4&19&9\\-6&3&9&2\end{pmatrix}}

.

Montrer que $b$ est symétrique et non dégénérée.
Donner des équations, puis une base de l'orthogonal pour $b$ du sous-espace $\mathbb {R} ^{2}\times \{(0,0)\}\subset E$ .
Mêmes questions pour $F:=\{0\}\times \mathbb {R} ^{2}\times \{0\}$ .
Calculer $F\cap F^{\perp }$ .
Démontrer que $F$ contient des vecteurs isotropes non nuls.

Solution

$b$ est symétrique car $M$ l'est. Elle est non dégénérée car $\det M\neq 0$ car modulo 2, $\det M\equiv {\begin{vmatrix}1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&1\\0&1&1&0\end{vmatrix}}=-1$ .
$\left(7x-2y-12z-6t=0,\;-2x+4z+3t=0\right)\Leftrightarrow \left(x={\frac {4z+3t}{2}},\;y={\frac {4z+9t}{4}}\right)$ . Une base est donc $\left((2,1,1,0),(6,9,0,4)\right)$ .
(Il est normal que l'orthogonal d'un plan soit de codimension 2, puisque $b$ est non dégénérée.)
$\left(-2x+4z+3t=0,\;-12x+4y+19z+9t=0\right)\Leftrightarrow \left(x={\frac {4z+3t}{2}},\;y={\frac {5z+9t}{4}}\right)$ . Une base est donc $\left((8,5,4,0),(6,9,0,4)\right)$ .
$\left(0={\frac {4z+3\times 0}{2}},\;y={\frac {5z+9\times 0}{4}}\right)\Leftrightarrow \left(z=0,\;y=0\right)$ donc $F\cap F^{\perp }=\{(0,0,0,0)\}$ .
$b\left((0,y,z,0),(0,y,z,0)\right)=8yz+9z^{2}=z\left(8y+9z\right)$ .
Le cône isotrope de $F$ est donc la réunion de deux droites, engendrées respectivement par $(0,1,0,0)$ et $(0,19,-8,0)$ .

Exercice 1-10

Soit $b$ la forme bilinéaire sur $K^{4}$ dont la matrice dans la base canonique est :

M={\begin{pmatrix}9&-6&0&-6\\-6&4&0&4\\0&0&1&-1\\-6&4&-1&5\end{pmatrix}}

.

$b$ est-elle symétrique ?
Donner une base de son noyau.
Appliquer l'algorithme de Gauss à la forme quadratique $q$ définie par $q(v)=b(v,v)$ et comparer les résultats.

Solution

$b$ est symétrique puisque $M$ l'est.
$\left\{{\begin{matrix}9x-6y-6t=0\\-6x+4y+4t=0\\z-t=0\\-6x+4y-z+5t=0\end{matrix}}\right\}\Leftrightarrow {\begin{cases}z=t\\x={\frac {2}{3}}(y+t)\end{cases}}$
donc une base du noyau est par exemple $\left((2,3,0,0),(2,0,3,3)\right)$ .
${\begin{aligned}q\left(x,y,z,t\right)&=9x^{2}-12xy-12xt+4y^{2}+8yt+z^{2}-2zt+5t^{2}\\&=(3x)^{2}+6x\left(-2y-2t\right)+4y^{2}+8yt+z^{2}-2zt+5t^{2}\\&=\left(3x-2y-2t\right)^{2}-\left(-2y-2t\right)^{2}+4y^{2}+8yt+z^{2}-2zt+5t^{2}\\&=\left(3x-2y-2t\right)^{2}+z^{2}-2zt+t^{2}\\&=\left(3x-2y-2t\right)^{2}+\left(z-t\right)^{2}\end{aligned}}$
donc $q$ est de rang 2, ce qui était prévisible par le théorème du rang, puisque son noyau est de codimension 2.

Exercice 1-11

Soit $E=\operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )$ .

Montrer que la forme bilinéaire $E\times E\to \mathbb {R} ,\quad (A,B)\mapsto \operatorname {Tr} (AB)$ est symétrique et non dégénérée.
Soit $M\in E$ . Calculer la dimension des deux noyaux de la forme bilinéaire $\ell _{M}:(A,B)\mapsto \operatorname {Tr} (AMB)$ , en fonction du rang de $M$ .
Pour $M={\begin{pmatrix}2&3\\1&2\end{pmatrix}}$ , donner la matrice de $\ell _{M}$ dans la base canonique de $\operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )$ .

Solution

La forme est symétrique et non dégénérée car $\operatorname {Tr} (AB)=\sum _{i}(AB)_{i,i}=\sum _{i,j}A_{i,j}B_{j,i}$ .
$A\in \ker _{g}(\ell _{M})\Leftrightarrow AM=0$ et $B\in \ker _{d}(\ell _{M})\Leftrightarrow MB=0$ donc les deux noyaux de $\ell _{M}$ ont pour dimension $\dim \left((\ker M)^{n}\right)=n(n-\operatorname {rang} M)$ .
La base canonique de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ est $\left(E_{1,1},E_{1,2},E_{2,1},E_{2,2}\right)=\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)$ .
La matrice de $\ell _{M}$ dans cette base est ${\begin{pmatrix}2&0&3&0\\1&0&2&0\\0&2&0&3\\0&1&0&2\end{pmatrix}}$ .

Exercice 1-12

Soit $q$ la forme quadratique sur $\mathbb {R} ^{3}$ définie par : $q\left(x,y,z\right)=-x^{2}+2xy+4xz-y^{2}+z^{2}$ . Décomposer $q$ en somme de carrés de formes linéaires et d'opposés de tels carrés, en utilisant la méthode de Gauss. En déduire une base dans laquelle l’expression de $q$ est de la forme $aX^{2}+bY^{2}+cZ^{2}$ . Quelle est la particularité de cette base ? Est-elle orthogonale ou orthonormale ?

Solution

http://pedagotech.inp-toulouse.fr/140420/res/Exercices_mod2_sem2b.pdf p. 19-20

$q\left(x,y,z\right)=-(x-y)^{2}+(z+2x)^{2}-4x^{2}=X^{2}-Y^{2}-Z^{2}$ avec $X=z+2x$ , $Y=x-y$ et $Z=2x$ , donc $x=Z/2$ , $y=Z/2-Y$ , $z=X-Z$ et la nouvelle base est $\left((0,0,1),(0,-1,0),(1/2,1/2,-1)\right)$ .

Cette base est orthogonale pour $q$ (par construction) mais pas pour la structure euclidienne canonique sur $\mathbb {R} ^{3}$ . C'est (avec la non-unicité) la principale tare de l'algorithme de réduction de Gauss, par rapport à celui de diagonalisation des matrices autoadjointes (en échange, l'algorithme de Gauss est plus simple).

Exercice 1-13

Pour chacune des formes quadratiques suivantes, donner sa forme polaire, puis des coordonnées dans lesquelles la forme est diagonale et la base de $E$ correspondante :

$E=K^{2}$ , $q\left(x,y\right)=x^{2}-2xy+2y^{2}$ ;
$E=K^{2}$ , $q\left(x,y\right)=xy$ ;
$E=K^{3}$ , $q\left(x,y,z\right)=x^{2}-4xy+y^{2}+2yz-z^{2}$ ;
$E=\left(K_{1}[T]\right)^{2}$ , $q\left(f,g\right)=\int _{0}^{1}tf(t)g(t)\,\mathrm {d} t$ .

Solution

$b\left((x,y),(x',y')\right)=xx'-xy'-x'y+2yy'$ . $q\left(x,y\right)=(x-y)^{2}+y^{2}=X^{2}+Y^{2}$ , $y=Y$ , $x=X+Y$ et la nouvelle base est $\left((1,0),(2,1)\right)$ .
$b\left((x,y),(x',y')\right)={\frac {1}{2}}(xy'+x'y)$ . $q\left(x,y\right)=\left({\frac {x+y}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}=X^{2}-Y^{2}$ , $x=X+Y$ , $y=X-Y$ et la nouvelle base est $\left((1,1),(1,-1)\right)$ .
$b\left((x,y,z),(x',y',z')\right)=xx'-2xy'-2x'y+yy'+yz'+y'z-zz'$ .
$q\left(x,y,z\right)=\left(x-2y\right)^{2}-3y^{2}+2yz-z^{2}=\left(x-2y\right)^{2}-3\left(y-{\frac {z}{3}}\right)^{2}-{\frac {2}{3}}z^{2}=X^{2}-3Y^{2}-{\frac {2}{3}}Z^{2}$ ,
$z=Z$ , $y=Y+{\frac {Z}{3}}$ , $x=X+2Y+{\frac {2}{3}}Z$ et la nouvelle base est $\left((1,0,0),(2,1,0),\left({\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}},1\right)\right)$ .
$b\left((f_{1},g_{1}),(f_{2},g_{2})\right)={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}t\left(f_{1}(t)g_{2}(t)+f_{2}(t)g_{1}(t)\right)\,\mathrm {d} t$ .
$q\left(xT+y,uT+v\right)=\int _{0}^{1}\left(xut^{3}+(xv+yu)t^{2}+yvt\right)\,\mathrm {d} t={\frac {xu}{4}}+{\frac {xv+yu}{3}}+{\frac {yv}{2}}=\left({\frac {x}{2}}+{\frac {2y}{3}}\right)\left({\frac {u}{2}}+{\frac {2v}{3}}\right)+{\frac {yv}{18}}$
$=\left({\frac {3x+4y+3u+4v}{12}}\right)^{2}-\left({\frac {3x+4y-3u-4v}{12}}\right)^{2}+\left({\frac {2y+v}{12}}\right)^{2}-\left({\frac {2y-v}{12}}\right)^{2}=X^{2}-Y^{2}+U^{2}-V^{2}$ ,
$y=3(U+V)$ , $v=6(U-V)$ , $x=2(X+Y)-4(U+V)$ , $u=2(X-Y)-8(U-V)$
et les coordonnées dans l'ancienne base $\left((T,0),(1,0),(0,T),(0,1)\right)$ de la nouvelle base sont $\left((2,0,2,0),(2,0,-2,0),(-4,3,-8,6),(-4,3,8,-6)\right)$ , donc la nouvelle base est $\left((2T,2T),(2T,-2T),(-4T+3,-8T+6),(-4T+3,8T-6)\right)$ .

Exercice 1-14

Soient $V=\left.\left\{{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in \operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )\right|a=d\right\}$ et $J={\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}$ . On considère la forme $B:V\times V\to \mathbb {R} ,\,(M,N)\mapsto \operatorname {Tr} (MJN)$ .

$B$ est-elle bilinéaire ? symétrique ? antisymétrique ?
Montrer que le triplet ${\mathcal {B}}:=\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\right)$ est une base de $V$ .
Déterminer la matrice dans ${\mathcal {B}}$ de la forme quadratique $q:V\to \mathbb {R} ,\,M\mapsto B(M,M)$ .
Déterminer le noyau, le rang et la signature de $q$ . La forme $q$ est-elle définie ? positive ? négative ?
Déterminer le $q$ -orthogonal du sous-espace $F:=\left.\left\{{\begin{pmatrix}a&0\\0&a\end{pmatrix}}\right|a\in \mathbb {R} \right\}$ .

Solution

$B\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a'&b'\\c'&a'\end{pmatrix}}\right)=(ac'+ca')+(ab'+ba')+(cb'-bc')$ $B\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}a'&b'\\c'&a'\end{pmatrix}}\right)=(ac'+ca')+(ab'+ba')+(cb'-bc')$ donc $B$ $B$ est bilinéaire mais n'est
- ni symétrique — par exemple, $B\left({\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\right)=1\neq -1=B\left({\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\right)$ ;
- ni antisymétrique — par exemple, $B\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\right)=1\neq -1=-B\left({\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)$ .
$V$ est par définition engendré par ${\mathcal {B}}$ , et ce triplet est libre car si $a{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}$ , c.-à-d. si ${\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}$ , alors $a=b=c=0$ .
$q\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}}\right)=2ac+2ab$ donc la matrice de $q$ dans ${\mathcal {B}}$ est ${\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}}$ .
$q\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}}\right)={\frac {(a+b+c)^{2}-(a-b-c)^{2}}{2}}$ donc $q$ a pour signature $(1,1)$ . Elle n'est donc pas définie, ni même positive ou négative, et son rang est 2.
Son noyau est (d'après la question précédente) la droite vectorielle $\left.\left\{{\begin{pmatrix}0&b\\-b&0\end{pmatrix}}\right|b\in \mathbb {R} \right\}$ (ce qui est cohérent avec son rang).
D'après la question 3, $F^{\bot }=\left.\left\{{\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}}\right|a,b\in \mathbb {R} \right\}$ .

Voir aussi http://math.univ-lyon1.fr/capes/IMG/pdf/CAPESexoscorrigesfquad.pdf, exercice 3.

Exercice 1-15

Effectuer une réduction de Gauss et déterminer le noyau, le rang et la signature des formes quadratiques suivantes :

$q:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z\right)\mapsto 2x^{2}+y^{2}-z^{2}+3xy-4xz$ ;
$q:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z\right)\mapsto x^{2}+y^{2}-az^{2}+3xy-bxz+yz$ (discuter suivant les valeurs de $a,b\in \mathbb {R}$ ) ;
$q:\mathbb {R} ^{4}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z,t\right)\mapsto x^{2}+(1+2\lambda -\mu )y^{2}+(1+\lambda )z^{2}+(1+2\lambda +\mu )t^{2}+2xy+2xz-2xt+2(1-\lambda )yz-2(1+\lambda )yt+2(\lambda -1)zt$ (discuter suivant les valeurs de $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$ ) ;
$q:\mathbb {R} ^{5}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z,t,s\right)\mapsto xy-xt+yz-yt+ys+zt-zs+2st$ ;
$q:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,\left(x,y,z\right)\mapsto x^{2}+(1+a)y^{2}+(1+a+a^{2})z^{2}+2xy-2ayz$ (discuter suivant les valeurs de $a\in \mathbb {R}$ ).

Solution

Questions 1 à 4 : cf. http://math.univ-lyon1.fr/capes/IMG/pdf/CAPESexoscorrigesfquad.pdf, exercice corrigé n° 4.

Question 5 : $q\left(x,y,z\right)=(x+y)^{2}+a(y-z)^{2}+(1+a^{2})z^{2}$ donc $q$ est de rang 3 si $a\neq 0$ et de rang 2 si $a=0$ et plus précisément :

sa signature est (3, 0) si $a>0$ , (2, 1) si $a<0$ , et (2, 0) si $a=0$ ;
son noyau est réduit à zéro si $a\neq 0$ et c'est la droite engendrée par $(1,-1,0)$ si $a=0$ .

Exercice 1-16

Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$ . Pour tous $P,Q\in \mathbb {R} _{n}[X]$ (l'espace vectoriel des polynômes réels de degré inférieur ou égal ou $n$ ), on pose :

B(P,Q)=\int _{0}^{1}tP(t)Q'(t)\,\mathrm {d} t~~{\text{et}}~~q(P)=B(P,P)

.

Montrer $B$ est une forme bilinéaire. Est-elle symétrique ? antisymétrique ?
Montrer $q$ est une forme quadratique. La forme est-elle définie ?

Solution

$D:\mathbb {R} [X]\to \mathbb {R} [X],\,Q\mapsto Q'$ est linéaire, $M:\mathbb {R} [X]^{2}\to \mathbb {R} [X],\,(P,R)\mapsto XPR$ est bilinéaire et $I:\mathbb {R} [X]\to \mathbb {R} ,\,S\mapsto \int _{0}^{1}S(t)\,\mathrm {d} t$ est une forme linéaire, donc $\mathbb {R} [X]^{2}\to \mathbb {R} ,\,(P,Q)\mapsto I\circ M(P,D(Q))$ est une forme bilinéaire, donc sa restriction $B$ à $\mathbb {R} _{n}[X]^{2}$ aussi. $B$ n'est ni symétrique, ni antisymétrique, car $B(X,1)=0\neq B(1,X)$ .
$B$ est une forme quadratique par définition (d'après la question 1). Elle n'est pas définie puisque $q(1)=0$ .

Exercice 1-17

Soient $E$ un $\mathbb {R}$ -espace vectoriel, $q$ une forme quadratique sur $E$ , $v\in E$ et $F$ l'orthogonal de $v$ pour $q$ . Donner, en la justifiant par une démonstration, une condition nécessaire et suffisante sur $v$ pour que $E=\mathbb {R} v+F$ .
Soient $E$ un $\mathbb {R}$ -espace vectoriel, $b$ une forme bilinéaire symétrique sur $E$ et $F$ un supplémentaire de $\ker b$ dans $E$ . Montrer que $b|_{F\times F}$ est non dégénérée.
Soient $E$ un $\mathbb {R}$ -espace vectoriel de dimension $4$ , $q$ une forme quadratique de signature $(2,2)$ sur $E$ , $v\in E$ tel que $q(v)<0$ et $F$ l'orthogonal de $v$ pour $q$ . Montrer que la signature de $q|_{F}$ est $(2,1)$ .

Solution

$E=\mathbb {R} v+F$ ssi $\forall x\in E\quad \exists \lambda \in \mathbb {R} \quad x-\lambda v\in F$ , c.-à-d. ssi $\forall x\in E\quad \exists \lambda \in \mathbb {R} \quad b(x,v)=\lambda q(v)$ , où $b$ désigne la forme polaire de $q$ . Cette condition équivaut à : $q(v)\neq 0$ ou $v\in \ker b$ .
Soit $v\in F$ . Si $v\neq 0$ alors $v\notin \ker b$ donc il existe un vecteur $u\in E$ tel que $b(u,v)\neq 0$ . Puis, il existe $x\in F$ et $y\in \ker b$ tels que $u=x+y$ , d'où $0\neq b(u,v)=b(x,v)$ . Cela prouve que $\forall v\in F\quad v\neq 0\Rightarrow v\notin F^{\bot }$ . Autrement dit : $F\cap F^{\bot }=\{0\}$ , c.-à-d. $b|_{F\times F}$ est non dégénérée.
$q$ est non dégénérée donc $F$ est un supplémentaire de $\mathbb {R} v$ . Soit $(p,r)$ la signature de $q|_{F}$ . Par hypothèse, $(p,r+1)=(2,2)$ donc $(p,r)=(2,1)$ .

Exercice 1-18

Énoncer le théorème de Sylvester.
Énumérer les différentes classes de formes quadratiques non nulles de $\mathbb {R} ^{2}$ .

Solution

Pour toute forme quadratique $q$ $q$ sur un espace vectoriel réel $E$ $E$ de dimension finie $n$ $n$ :
- il existe une base $(e_{1},\dots ,e_{n})$ de $E$ orthogonale pour $q$ ;
- les deux entiers « nombre d'indices $i$ tels que $q(e_{i})>0$ » et « nombre d'indices $i$ tels que $q(e_{i})<0$ » sont indépendants du choix d'une telle base.
Il y a ${n+2 \choose 2}-1$ classes avec $n=2$ , soit $5$ classes de formes quadratiques non nulles sur $\mathbb {R} ^{2}$ . Elles sont caractérisées par leurs signatures, qui sont (par ordre lexicographique) : $(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)$ .

Exercice 1-19

Soient $E=\mathbb {R} ^{4}$ et $B=(e_{1},e_{2},e_{3},e_{4})$ sa base canonique. On considère la forme quadratique $q$ définie sur $E$ par :

q(x,y,z,t)=x^{2}+2y^{2}+2xy+2yz+2yt

.

1. Déterminer la matrice de $q$ dans la base $B$ .
2. La forme $q$ est-elle non dégénérée ?
On considère les trois vecteurs $u_{1}=e_{1},\quad u_{2}=2e_{1}+e_{3},\quad u_{3}=3e_{1}+e_{4}$ $u_{1}=e_{1},\quad u_{2}=2e_{1}+e_{3},\quad u_{3}=3e_{1}+e_{4}$ et le sous-espace $F=\operatorname {Vect} (u_{1},u_{2},u_{3})$ $F=\operatorname {Vect} (u_{1},u_{2},u_{3})$ .
1. Déterminer la dimension de $F$ .
2. Déterminer l'orthogonal de $F$ pour $q$ . Quelle est sa dimension ?
3. Retrouver la réponse à la question 1.2 en donnant un nouvel argument.
1. Déterminer la signature de $q$ .
2. Retrouver la réponse à la question 1.2 en donnant encore un nouvel argument.
Déterminer le noyau de $q$ .
Donner une base de $E$ orthogonale pour $q$ .

Solution

1. $M={\begin{pmatrix}1&1&0&0\\1&2&1&1\\0&1&0&0\\0&1&0&0\end{pmatrix}}$ .
2. Non car $\det M=0$ .
1. $F=\operatorname {Vect} (e_{1},e_{3},e_{4})$ est de dimension $3$ .
2. Soit $v=(x,y,z,t)$ . On a $v\perp e_{1}\Leftrightarrow x+y=0$ et $v\perp e_{3}\Leftrightarrow v\perp e_{4}\Leftrightarrow y=0$ , donc $v\in F^{\bot }\Leftrightarrow x=y=0$ et $\dim F^{\bot }=2$ .
3. $q$ est dégénérée car $\dim F+\dim F^{\bot }>4$ .
1. $q(x,y,z,t)=(x+y)^{2}+(y+z+t)^{2}-(z+t)^{2}$ donc la signature de $q$ est $(2,1)$ .
2. Le rang de $q$ est donc $2+1=3<4$ , ce qui redémontre que $q$ est dégénérée.
$(x,y,z,t)\in \ker q\Leftrightarrow x+y=x+2y+z+t=y=0\Leftrightarrow x=y=z+t=0$ donc $\ker q$ est la droite de vecteur directeur $-e_{3}+e_{4}$ .
$X=x+y,Y=y+z+t,Z=z+t,T=t\Leftrightarrow t=T,z=Z-T,y=Y-Z,x=X-Y+Z$ donc une base $q$ -orthogonale est $(e_{1},-e_{1}+e_{2},e_{1}-e_{2}+e_{3},-e_{3}+e_{4})$ .

Exercice 1-20

Soit $E=\mathbb {R} _{2}[X]$ l'espace vectoriel des polynômes réels de degré $\leq 2$ . On définit la forme quadratique $q$ sur $E$ par : :si $P(X)=aX^{2}+bX+c\in E$ , $q(P)=b^{2}-4ac$ .

Donner la matrice de $q$ dans la base $(X^{2},X,1)$ de $E$ .
Donner une description simple du cône isotrope de $q$ .
Déterminer le rang et la signature de $q$ .
Trouver une base orthogonale de $E$ .
Soit $r\in \mathbb {R}$ $r\in \mathbb {R}$ et soit $H$ $H$ le sous-espace vectoriel de $E$ $E$ formé des polynômes $P\in E$ $P\in E$ tels que $P(r)=0$ $P(r)=0$ .
1. Montrer que $H$ est un hyperplan.
2. Quelle est la dimension de $H$ ?
3. Montrer que $(X-r,(X-r)^{2})$ est une base de $H$ .
4. Déterminer $H$ .

Solution

$M={\begin{pmatrix}0&0&-2\\0&1&0\\-2&0&0\end{pmatrix}}$ .
Le cône isotrope est la réunion de la droite des polynômes constants et des droites $\operatorname {Vect} ((X-r)^{2})$ pour $r\in \mathbb {R}$ .
$q(aX^{2}+bX+c)=b^{2}+(a-c)^{2}-(a+c)^{2}$ donc la signature de $q$ est $(2,1)$ et son rang est $2+1=3$ (donc $q$ est non dégénérée).
$(X,X^{2}-1,X^{2}+1)$ .
1. $H$ est défini par une seule équation linéaire homogène donc c'est un hyperplan, c.-à-d. ici un plan : $\dim H=3-1=2$ .
2. Par conséquent (comme $q$ est non dégénérée) $\dim H^{\bot }=3-2=1$ .
3. $(1,X-r,(X-r)^{2})$ est une base de $E$ (donc $(X-r,(X-r)^{2})$ est libre) et un polynôme $\alpha +\beta (X-r)+\gamma (X-r)^{2}$ s'annule en $r$ si et seulement si $\alpha =0$ (donc $(X-r,(X-r)^{2})$ est génératrice de $H$ ).
4. Un vecteur directeur de $H^{\bot }$ est (dans la base $(X^{2},X,1)$ ) : $M^{-1}{\begin{pmatrix}r^{2}\\r\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1/2\\r\\-r^{2}/2\end{pmatrix}}$ , ou encore (en multipliant par $-2$ ) : $(X-r)^{2}$ .

Exercice 1-21

Soit $E$ un $K$ -espace vectoriel de dimension finie muni d'une forme quadratique $q$ non dégénérée. On dit qu'un plan $P$ de $E$ est $q$ -hyperbolique s'il existe une base $(e_{1},e_{2})$ de $P$ telle que $q(e_{1})=q(e_{2})=0$ et $f(e_{1},e_{2})=1$ où $f$ désigne la forme polaire de $q$ .

Soit $X$ un vecteur non nul isotrope de $E$ , montrer qu'il existe dans $E$ un plan $q$ -hyperbolique contenant $X$ .

Solution

Puisque $q$ est non dégénérée, il existe $Y\in E$ tel que $f(X,Y)\neq 0\$$ (ce qui garantit que $(X,Y)$ est libre). Montrons que le plan $\operatorname {Vect} (X,Y)$ est $q$ -hyperbolique. Posons $Z=\lambda X+\mu Y$ . Alors, $f(X,Z)=\mu f(X,Y)$ et $q(Z)=2\lambda f(X,Z)+\mu ^{2}q(Y)$ , donc en choisissant ${\displaystyle \mu$ puis ${\displaystyle \lambda$ , on obtient bien $f(X,Z)=1$ puis $q(Z)=0$ .

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