Formes quadratiques : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Matrice d’une forme bilinéaire

1. Chaque terme \(x_i y_j\) est linéaire en \(x\) à \(y\) fixé, et linéaire en \(y\) à \(x\) fixé. Une somme de tels termes est donc bilinéaire. Le coefficient de \(x_i y_j\) se place en ligne \(i\), colonne \(j\) :
   \[A = \begin{pmatrix} 1 2 1 \\ -1 3 0 \\ 1 0 -2 \end{pmatrix}.\]
   Or \(a_{12} = 2\) et \(a_{21} = -1\). Ainsi, \(A\) n’est pas symétrique, donc \(b\) n’est pas symétrique. Par exemple, \(b(e_1, e_2) = 2 \neq -1 = b(e_2, e_1)\).
2. On pose \(y = x\) : les termes \(2x_1x_2\) et \(-x_2x_1\) donnent \(x_1 x_2\), et les termes \(x_1 x_3\) et \(x_3 x_1\) donnent \(2 x_1 x_3\). Donc \(q(x) = x_1^2 + x_1 x_2 + 2 x_1 x_3 + 3 x_2^2 – 2 x_3^2\). En partageant les termes croisés en deux, on obtient
   \[S = \begin{pmatrix} 1 \frac{1}{2} 1 \\ \frac{1}{2} 3 0 \\ 1 0 -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}(A + A^{T}).\]
   En effet, \(\frac{1}{2}(a_{12} + a_{21}) = \frac{1}{2}\), \(\frac{1}{2}(a_{13} + a_{31}) = 1\) et \(\frac{1}{2}(a_{23} + a_{32}) = 0\). La matrice de \(q\) est la partie symétrique de \(A\).
3. La matrice de passage est \(P = \begin{pmatrix} 1 0 1 \\ 1 1 0 \\ 0 1 1 \end{pmatrix}\). En développant selon la première ligne, \(\det P = 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 = 2 \neq 0\), donc c’est une base. Les coefficients diagonaux de la nouvelle matrice sont \(q(e^{\prime}_1) = q(1, 1, 0) = 1 + 1 + 3 = 5\), \(q(e^{\prime}_2) = q(0, 1, 1) = 3 – 2 = 1\) et \(q(e^{\prime}_3) = q(1, 0, 1) = 1 + 2 – 2 = 1\). Le calcul de \(P^{T} S P\) donne ensuite
   \[P^{T} S P = \begin{pmatrix} 5 \frac{9}{2} \frac{5}{2} \\ \frac{9}{2} 1 -\frac{1}{2} \\ \frac{5}{2} -\frac{1}{2} 1 \end{pmatrix}.\]
   Par exemple, \(b_S(e^{\prime}_1, e^{\prime}_2) = (1, 1, 0)\, S\, (0, 1, 1)^{T} = (1, 1, 0) \cdot (\frac{3}{2}, 3, -2) = \frac{9}{2}\). La matrice de \(q\) dans la nouvelle base est \(P^{T} S P\) ci-dessus.

Point de méthode : une forme quadratique ne « voit » que la partie symétrique d’une matrice, car \(X^{T} A X = X^{T} A^{T} X\).

Corrigé de l’exercice 2 : Forme polaire et vecteur isotrope

1. On place les carrés sur la diagonale et l’on partage les termes croisés :
   \[A = \begin{pmatrix} 1 2 -1 \\ 2 3 3 \\ -1 3 -1 \end{pmatrix}.\]
   Par dédoublement, \(b(u, u^{\prime}) = x x^{\prime} + 3 y y^{\prime} – z z^{\prime} + 2(x y^{\prime} + y x^{\prime}) – (x z^{\prime} + z x^{\prime}) + 3(y z^{\prime} + z y^{\prime})\).
2. D’abord, \(q(1, 1, 1) = 1 + 3 – 1 + 4 – 2 + 6 = 11\). Ensuite, avec la matrice, \(b(e_1, e_2) = a_{12} = 2\). Avec la polarisation, \(q(1, 1, 0) = 1 + 3 + 4 = 8\), \(q(e_1) = 1\) et \(q(e_2) = 3\). Donc \(b(e_1, e_2) = \frac{1}{2}(8 – 1 – 3) = 2\). On trouve \(q(1, 1, 1) = 11\) et \(b(e_1, e_2) = 2\) par les deux méthodes.
3. On a \(q(1, -1, 0) = 1 + 3 + 4 \times (-1) = 0\), et \(u \neq 0\) : \(u\) est isotrope. Cependant, \(A u = (1 – 2,\ 2 – 3,\ -1 – 3) = (-1, -1, -4) \neq 0\). Donc \(u\) est isotrope mais n’appartient pas au noyau.
4. Les termes en \(x\) sont \(x^2 + 2x(2y – z) = (x + 2y – z)^2 – (2y – z)^2\). Il reste \(3y^2 – z^2 + 6yz – (4y^2 – 4yz + z^2) = -y^2 + 10yz – 2z^2\). Ensuite, \(-y^2 + 10yz = -(y – 5z)^2 + 25z^2\). Finalement,
   \[q = (x + 2y – z)^2 – (y – 5z)^2 + 23 z^2.\]
   Les trois formes linéaires sont échelonnées, donc indépendantes. La signature est \((2, 1)\) et le rang vaut \(3\). Ce résultat est cohérent avec \(\det A = -23 < 0\), qui impose un nombre impair de signes négatifs.

Corrigé de l’exercice 3 : Matrices congruentes et semblables

1. La réduction donne \(2x^2 + 2xy + 2y^2 = 2(x + \frac{y}{2})^2 + \frac{3}{2} y^2\). On pose \(x^{\prime} = \sqrt{2}(x + \frac{y}{2})\) et \(y^{\prime} = \frac{\sqrt{6}}{2} y\), de sorte que \(q = x^{\prime 2} + y^{\prime 2}\). Autrement dit, \(X^{\prime} = L X\) avec \(L = \begin{pmatrix} \sqrt{2} \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 \frac{\sqrt{6}}{2} \end{pmatrix}\). Alors \(X = L^{-1} X^{\prime}\), et la matrice \(P = L^{-1}\) convient. Pour une matrice triangulaire \(\begin{pmatrix} \alpha \beta \\ 0 \delta \end{pmatrix}\), l’inverse est \(\begin{pmatrix} 1/\alpha -\beta/(\alpha \delta) \\ 0 1/\delta \end{pmatrix}\). Ici \(\alpha \delta = \sqrt{3}\), d’où
   \[P = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} -\frac{\sqrt{6}}{6} \\ 0 \frac{\sqrt{6}}{3} \end{pmatrix}, \qquad P^{T} A P = I_2.\]
   Cette matrice \(P\) réalise la congruence entre \(A\) et \(I_2\).
2. Si \(\mathrm{diag}(1, -1) = P^{T} I_2 P\), alors \(-1 = \det(P)^2 \geq\, 0\), ce qui est absurde. Les deux matrices ne sont pas congruentes. On peut aussi invoquer la loi d’inertie : les signatures \((2, 0)\) et \((1, 1)\) diffèrent.
3. La matrice \(J = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\) représente \(2xy = \frac{1}{2}(x + y)^2 – \frac{1}{2}(x – y)^2\). Prenons \(P = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\). Alors \(JP = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 -1 \\ 1 1 \end{pmatrix}\), puis \(P^{T} J P = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 2 0 \\ 0 -2 \end{pmatrix}\). Donc \(P^{T} J P = \mathrm{diag}(1, -1)\).
4. Avec \(P = \mathrm{diag}(1, 2)\), on a \(P^{T} I_2 P = \mathrm{diag}(1, 4)\) : les matrices sont congruentes. En revanche, pour toute \(Q\) inversible, \(Q^{-1} I_2 Q = I_2 \neq \mathrm{diag}(1, 4)\). Elles sont congruentes sans être semblables.

Corrigé de l’exercice 4 : Réductions de Gauss avec carrés

1. Les termes en \(x\) donnent \(x^2 + 2x(y + z) = (x + y + z)^2 – (y + z)^2\). Il reste \(2y^2 + 3z^2 – y^2 – 2yz – z^2 = y^2 – 2yz + 2z^2 = (y – z)^2 + z^2\). Donc
   \[q_1 = (x + y + z)^2 + (y – z)^2 + z^2.\]
   Le rang vaut \(3\) et la signature \((3, 0)\) : \(q_1\) est définie positive.
2. D’abord, \(x^2 + 2xy = (x + y)^2 – y^2\). Il reste \(y^2 + 4yz – z^2 = (y + 2z)^2 – 4z^2 – z^2\). Ainsi,
   \[q_2 = (x + y)^2 + (y + 2z)^2 – 5z^2.\]
   Le rang vaut \(3\) et la signature \((2, 1)\).
3. La matrice des formes linéaires est \(L = \begin{pmatrix} 1 1 0 \\ 0 1 2 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}\). On résout \(LX = X^{\prime}\) en remontant : \(z = z^{\prime}\), \(y = y^{\prime} – 2z^{\prime}\), puis \(x = x^{\prime} – y^{\prime} + 2z^{\prime}\). Donc
   \[L^{-1} = \begin{pmatrix} 1 -1 2 \\ 0 1 -2 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\]
   Ses colonnes \(f_1 = (1, 0, 0)\), \(f_2 = (-1, 1, 0)\) et \(f_3 = (2, -2, 1)\) forment une base \(q_2\)-orthogonale. Vérifions un coefficient : \(q_2(f_3) = 4 + 8 – 1 – 8 – 8 = -5\). Dans la base \((f_1, f_2, f_3)\), la matrice de \(q_2\) est \(\mathrm{diag}(1, 1, -5)\).

Corrigé de l’exercice 5 : Réduction de Gauss sans carré

1. Il n’y a aucun carré. On isole le produit \(xy\) : \(xy + z(x + y) = (x + z)(y + z) – z^2\). Ensuite, \((x + z)(y + z) = \frac{1}{4}(x + y + 2z)^2 – \frac{1}{4}(x – y)^2\). Donc
   \[q = \frac{1}{4}(x + y + 2z)^2 – \frac{1}{4}(x – y)^2 – z^2.\]
   Les formes \(x + y + 2z\), \(x – y\) et \(z\) sont indépendantes, car leur déterminant vaut \(-2 \neq 0\). Le rang vaut \(3\) et la signature \((1, 2)\).
2. La matrice de \(q\) est \(\frac{1}{2} J\), avec \(J\) la matrice de l’exercice 9. Or \(J\,(1, 1, 1)^{T} = 2\,(1, 1, 1)^{T}\), et \(J v = -v\) pour tout \(v\) du plan \(x + y + z = 0\). Les valeurs propres de \(q\) sont donc \(1\), \(-\frac{1}{2}\) et \(-\frac{1}{2}\). On retrouve une valeur propre positive et deux négatives.
3. De même, \(x_1 x_2 = \frac{1}{4}(x_1 + x_2)^2 – \frac{1}{4}(x_1 – x_2)^2\), et de même pour \(x_3 x_4\). Ainsi,
   \[Q = \frac{1}{4}(x_1 + x_2)^2 – \frac{1}{4}(x_1 – x_2)^2 + \frac{1}{4}(x_3 + x_4)^2 – \frac{1}{4}(x_3 – x_4)^2.\]
   La signature est \((2, 2)\).
4. Pour \(x = (a, 0, b, 0)\), on a \(Q(x) = a \times 0 + b \times 0 = 0\). Le plan \(\mathrm{Vect}(e_1, e_3)\) est formé de vecteurs isotropes.

Corrigé de l’exercice 6 : Rang et signature selon un paramètre

1. Comme \(a \neq 0\), on factorise : \(a x^2 + 2bxy = a(x + \frac{b}{a} y)^2 – \frac{b^2}{a} y^2\). Donc
   \[q = a(x + \frac{b}{a} y)^2 + \frac{ac – b^2}{a}\, y^2.\]
   Si \(ac – b^2 > 0\), les deux coefficients ont le signe de \(a\) : signature \((2, 0)\) si \(a > 0\), \((0, 2)\) si \(a < 0\). Si \(ac – b^2 < 0\), les coefficients sont de signes opposés : signature \((1, 1)\). Enfin, si \(ac – b^2 = 0\), le rang vaut \(1\) et la signature est \((1, 0)\) ou \((0, 1)\) selon le signe de \(a\).
2. D’abord, \(x^2 + 2xy = (x + y)^2 – y^2\). Il reste \(y^2 + 2yz + \alpha z^2 = (y + z)^2 + (\alpha – 1) z^2\). Donc
   \[q_\alpha = (x + y)^2 + (y + z)^2 + (\alpha – 1) z^2.\]
3. Les formes \(x + y\), \(y + z\) et \(z\) sont indépendantes. Par conséquent, si \(\alpha > 1\), la signature vaut \((3, 0)\) et le rang \(3\). Si \(\alpha = 1\), la signature vaut \((2, 0)\) et le rang \(2\). Si \(\alpha < 1\), la signature vaut \((2, 1)\) et le rang \(3\). La forme \(q_\alpha\) est définie positive si et seulement si \(\alpha > 1\).

Corrigé de l’exercice 7 : Cône isotrope

1. On factorise : \(x^2 – 4xy + 3y^2 = (x – y)(x – 3y)\). Donc \(q(x, y) = 0\) si et seulement si \(y = x\) ou \(x = 3y\). Le cône isotrope est la réunion de deux droites. Ce n’est pas un sous-espace : \((1, 1)\) et \((3, 1)\) sont isotropes, mais \(q(4, 2) = 16 – 32 + 12 = -4 \neq 0\). Par ailleurs, \(q(2, 1) = -1 < 0\) et \(q(0, 1) = 3 > 0\). Comme le montre la figure ci-dessous, \(q\) est négative dans les deux secteurs compris entre les droites \(y = x\) et \(x = 3y\) qui contiennent \((2, 1)\) et \((-2, -1)\), et positive ailleurs.

   

2. La matrice de \(q\) est \(\begin{pmatrix} 1 -2 \\ -2 3 \end{pmatrix}\), de déterminant \(3 – 4 = -1 \neq 0\). Donc \(\ker q = \{0\}\). Le noyau est nul, alors que le cône isotrope contient deux droites.
3. Supposons \(q(u) > 0 > q(v)\). Si \(v = \mu u\), alors \(q(v) = \mu^2 q(u) \geq\, 0\), ce qui est exclu. Donc \(u\) et \(v\) sont libres. La fonction \(\varphi(t) = q((1 – t)u + tv)\) est polynomiale, donc continue. De plus, \(\varphi(0) > 0\) et \(\varphi(1) < 0\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(t_0 \in ]0, 1[\) tel que \(\varphi(t_0) = 0\). Or \(w = (1 – t_0) u + t_0 v\) est non nul, car \(u, v\) sont libres et \(1 – t_0 \neq 0\). Ainsi, \(w\) est un vecteur isotrope non nul, ce qui contredit \(C(q) = \{0\}\). Une forme définie est donc positive ou négative.

Corrigé de l’exercice 8 : Orthogonal d’un sous-espace

1. La forme polaire est \(b(v, v^{\prime}) = x x^{\prime} + y y^{\prime} – z z^{\prime}\). Donc \(v \in F^{\perp}\) si et seulement si \(b(u, v) = x – z = 0\). Ainsi, \(F^{\perp}\) est le plan d’équation \(x = z\). Or \(u = (1, 0, 1)\) vérifie \(x = z\) : \(F \subset F^{\perp}\). Par conséquent, \(F + F^{\perp} = F^{\perp} \neq \mathbb{R}^3\). On n’a pas \(\mathbb{R}^3 = F \oplus F^{\perp}\), car \(u\) est isotrope.
2. On a \(b(w, v) = -z\). Donc \(G^{\perp}\) est le plan \(z = 0\). Comme \(w \notin G^{\perp}\), l’intersection \(G \cap G^{\perp}\) est nulle. Les dimensions \(1 + 2 = 3\) donnent alors \(\mathbb{R}^3 = G \oplus G^{\perp}\).
3. Dans les deux cas, \(\dim F^{\perp} = \dim G^{\perp} = 2 = 3 – 1\). C’est conforme au cours, car \(q\) est non dégénérée : sa matrice \(\mathrm{diag}(1, 1, -1)\) est inversible.
4. La matrice de \(q^{\prime}\) est \(\mathrm{diag}(1, -1, 0)\), dont le noyau est \(\mathrm{Vect}(e_3)\). Ainsi, \(\ker q^{\prime} = \mathrm{Vect}(e_3)\). Ensuite, pour \(H = \mathrm{Vect}(e_3)\), on a \(b^{\prime}(e_3, v) = 0\) pour tout \(v\). Donc \(H^{\perp} = \mathbb{R}^3\). Ici \(\dim H^{\perp} = 3 > 3 – 1\) : seule l’inégalité \(\dim H^{\perp} \geq\, n – \dim H\) subsiste.

Corrigé de l’exercice 9 : Classes de congruence

1. La matrice \(\begin{pmatrix} 1 2 \\ 2 1 \end{pmatrix}\) a pour déterminant \(-3 < 0\). D’après l’exercice 6, sa signature vaut \((1, 1)\), comme celle de \(\mathrm{diag}(1, -1)\). Elles sont donc congruentes. En revanche, \(\begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\) vérifie \(a = 2 > 0\) et \(ac – b^2 = 3 > 0\) : sa signature est \((2, 0)\). Elle n’est pas congruente à \(\mathrm{diag}(1, -1)\).
2. La matrice \(J\) est celle de \(2(xy + yz + zx)\). D’après l’exercice 5, cette forme a pour signature \((1, 2)\). De plus, \(\mathrm{diag}(1, -1, -1)\) a la même signature. Par le corollaire de la loi d’inertie, \(J\) est congruente à \(\mathrm{diag}(1, -1, -1)\).
3. Les classes sont en bijection avec les signatures \((s, t)\) telles que \(s + t \leq\, n\). Pour \(n = 3\), on compte \(4 + 3 + 2 + 1 = 10\) couples. En général, pour chaque rang \(r \in \{0, \ldots, n\}\), il y a \(r + 1\) valeurs de \(s\). Il y a donc \(10\) classes en taille \(3\), et \(\frac{(n + 1)(n + 2)}{2}\) en taille \(n\).

Corrigé de l’exercice 10 : Une forme quadratique sur les polynômes

1. L’application \(b(P, Q) = \frac{1}{2}\big(P(0) Q(1) + P(1) Q(0)\big)\) est bilinéaire, car l’évaluation en un point est linéaire. Elle est aussi symétrique, et \(b(P, P) = P(0) P(1)\). Donc \(q\) est une forme quadratique de forme polaire \(b\).
2. Pour \(P = a + bX + cX^2\), on a \(P(0) = a\) et \(P(1) = a + b + c\). Ainsi, \(q(P) = a^2 + ab + ac\). Par conséquent,
   \[\mathrm{Mat}(q) = \begin{pmatrix} 1 \frac{1}{2} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} 0 0 \\ \frac{1}{2} 0 0 \end{pmatrix}.\]
3. La réduction de Gauss donne \(a^2 + a(b + c) = (a + \frac{b + c}{2})^2 – \frac{(b + c)^2}{4}\). Le rang vaut \(2\) et la signature \((1, 1)\). Pour le noyau, on résout \(a + \frac{b + c}{2} = 0\) et \(\frac{a}{2} = 0\). On obtient \(a = 0\) et \(c = -b\). Donc \(\ker q = \mathrm{Vect}(X – X^2)\) : ce sont les polynômes qui s’annulent en \(0\) et en \(1\).
4. On a \(q(P) = 0\) si et seulement si \(P(0) = 0\) ou \(P(1) = 0\). Le cône isotrope est la réunion des deux plans \(\{P(0) = 0\}\) et \(\{P(1) = 0\}\). Leur intersection est précisément le noyau.

Corrigé de l’exercice 11 : La forme trace sur les matrices

1. L’application \(b(M, N) = \mathrm{tr}(MN)\) est bilinéaire, par linéarité de la trace et bilinéarité du produit. Elle est symétrique, car \(\mathrm{tr}(MN) = \mathrm{tr}(NM)\). Enfin, \(b(M, M) = \mathrm{tr}(M^2)\). Donc \(q\) est une forme quadratique de forme polaire \(\mathrm{tr}(MN)\).
2. Pour toute matrice, \(\mathrm{tr}(M^2) = \sum_{i, j} m_{ij} m_{ji}\). Si \(S\) est symétrique, \(s_{ji} = s_{ij}\), d’où \(q(S) = \sum_{i, j} s_{ij}^2\). Si \(A\) est antisymétrique, \(a_{ji} = -a_{ij}\), d’où \(q(A) = -\sum_{i, j} a_{ij}^2\).
3. Soient \(S\) symétrique et \(A\) antisymétrique. Par invariance de la trace par transposition, \(\mathrm{tr}(SA) = \mathrm{tr}\big((SA)^{T}\big) = \mathrm{tr}(A^{T} S^{T}) = -\mathrm{tr}(AS) = -\mathrm{tr}(SA)\). Donc \(\mathrm{tr}(SA) = 0\) : les deux sous-espaces sont \(q\)-orthogonaux.
4. On a \(E = \mathcal{S}_n \oplus \mathcal{A}_n\). Prenons une base \(q\)-orthogonale de \(\mathcal{S}_n\) formée de vecteurs positifs, par exemple les matrices \(E_{ii}\) et \(\frac{1}{\sqrt{2}}(E_{ij} + E_{ji})\) pour \(i < j\). De même, les \(\frac{1}{\sqrt{2}}(E_{ij} – E_{ji})\) forment une base \(q\)-orthogonale de \(\mathcal{A}_n\), de vecteurs négatifs. Grâce à la question 3, leur réunion est une base \(q\)-orthogonale de \(E\). La signature est \((\frac{n(n + 1)}{2}, \frac{n(n – 1)}{2})\) et le rang vaut \(n^2\).
5. La forme \(q^{\prime}\) est le carré de la forme linéaire non nulle \(\mathrm{tr}\). Par conséquent, \(q^{\prime}\) est de rang \(1\) et de signature \((1, 0)\). Son noyau est l’hyperplan des matrices de trace nulle.

Corrigé de l’exercice 12 : Réduction en base orthonormée

1. La matrice est \(A = \begin{pmatrix} 2 1 1 \\ 1 2 1 \\ 1 1 2 \end{pmatrix} = I_3 + J\). Or \(J\) a pour valeurs propres \(3\) (vecteur \((1, 1, 1)\)) et \(0\) (plan \(x + y + z = 0\)). Donc \(A\) a pour valeurs propres \(4\), simple, et \(1\), double.
2. On norme \((1, 1, 1)\) et l’on choisit une base orthonormée du plan \(x + y + z = 0\) :
   \[u_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1), \quad u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0), \quad u_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2).\]
   On vérifie que \(u_2 \cdot u_3 = \frac{1}{\sqrt{12}}(1 – 1 + 0) = 0\). Dans la base \((u_1, u_2, u_3)\), \(q = 4X^2 + Y^2 + Z^2\).
3. Les trois valeurs propres sont positives : la signature est \((3, 0)\). Sur la sphère unité, \(X^2 + Y^2 + Z^2 = 1\), donc \(q = 1 + 3X^2\). Ainsi, le maximum vaut \(4\), atteint en \(\pm u_1\), et le minimum vaut \(1\), atteint sur le cercle unité du plan \(x + y + z = 0\).
4. Les termes en \(x\) donnent \(2x^2 + 2x(y + z) = 2(x + \frac{y + z}{2})^2 – \frac{(y + z)^2}{2}\). Il reste \(\frac{3}{2} y^2 + yz + \frac{3}{2} z^2 = \frac{3}{2}(y + \frac{z}{3})^2 + \frac{4}{3} z^2\). Donc
   \[q = 2(x + \frac{y}{2} + \frac{z}{2})^2 + \frac{3}{2}(y + \frac{z}{3})^2 + \frac{4}{3} z^2.\]
   Les coefficients \(2, \frac{3}{2}, \frac{4}{3}\) diffèrent des valeurs propres \(4, 1, 1\), mais les signes coïncident. On remarque que leur produit vaut \(4 = \det A\), car la matrice de passage est unitriangulaire.

Corrigé de l’exercice 13 : Nature de six coniques

On note \(\delta = ac – b^2\) pour l’équation \(ax^2 + 2bxy + cy^2 + \ldots = 0\). Pour les rotations, on utilise \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\) et \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1)\), soit \(x = \frac{X – Y}{\sqrt{2}}\) et \(y = \frac{X + Y}{\sqrt{2}}\). Alors \(x^2 + y^2 = X^2 + Y^2\) et \(xy = \frac{X^2 – Y^2}{2}\).

1. Ici \(b = \frac{1}{2}\), donc \(\delta = 1 – \frac{1}{4} = \frac{3}{4} > 0\) : genre ellipse. La rotation donne \(X^2 + Y^2 + \frac{X^2 – Y^2}{2} = 3\), soit \(\frac{3}{2} X^2 + \frac{1}{2} Y^2 = 3\). C’est l’ellipse \(\frac{X^2}{2} + \frac{Y^2}{6} = 1\).
2. Ici \(\delta = 1 – 4 = -3 < 0\) : genre hyperbole. On obtient \(X^2 + Y^2 + 2(X^2 – Y^2) = 1\), soit l’hyperbole \(3X^2 – Y^2 = 1\).
3. Ici \(\delta = 1 – 1 = 0\) : genre parabole. On a \(x – y = -\sqrt{2}\, Y\) et \(x + y = \sqrt{2}\, X\). L’équation devient \(2Y^2 + \sqrt{2}\, X = 0\), soit \(Y^2 = -\frac{\sqrt{2}}{2} X\). Le terme linéaire en \(X\) subsiste : c’est une parabole, de sommet l’origine.
4. Ici \(\delta = 1 > 0\). En complétant les carrés, \((x + 1)^2 + (y – 2)^2 = 1 + 4 – 5 = 0\). La conique est réduite au point \((-1, 2)\).
5. Ici \(\delta = -1 < 0\). On a \(x^2 + 2x + 1 = (x + 1)^2\), donc l’équation s’écrit \((x + 1 – y)(x + 1 + y) = 0\). C’est la réunion des deux droites sécantes \(y = x + 1\) et \(y = -x – 1\).
6. Ici \(\delta = 2 > 0\). Or \(x^2 + 2y^2 + 1 \geq\, 1 > 0\) pour tout point. La conique est vide.

Point de méthode : le signe de \(\delta\) donne seulement le genre ; il faut réduire l’équation pour écarter les cas dégénérés.

Corrigé de l’exercice 14 : Réduction d’une ellipse

1. La matrice est \(A = \begin{pmatrix} 5 -3 \\ -3 5 \end{pmatrix}\). On a \(A(1, 1)^{T} = (2, 2)^{T}\) et \(A(-1, 1)^{T} = (-8, 8)^{T}\). Les valeurs propres sont \(2\) et \(8\), de vecteurs unitaires \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\) et \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1)\), et \((u_1, u_2)\) est directe.
2. Dans cette base, l’équation devient \(2X^2 + 8Y^2 = 8\), soit
   \[\frac{X^2}{4} + Y^2 = 1.\]
   La courbe \(\mathcal{C}\) est une ellipse de centre \(O\).
3. Les demi-axes sont \(\alpha = 2\), dans la direction \(u_1\), et \(\beta = 1\), dans la direction \(u_2\). Les sommets sont \(\pm 2u_1 = \pm(\sqrt{2}, \sqrt{2})\) et \(\pm u_2 = \pm(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})\). Ensuite, \(c^2 = \alpha^2 – \beta^2 = 3\), donc les foyers sont \(\pm \sqrt{3}\, u_1\). Les foyers sont \(F(\frac{\sqrt{6}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2})\) et \(F^{\prime}(-\frac{\sqrt{6}}{2}, -\frac{\sqrt{6}}{2})\). La figure ci-dessous montre l’ellipse, ses axes et ses foyers.

   

4. Une rotation conserve les aires. L’aire du domaine vaut donc \(\pi \times 2 \times 1 = 2\pi\).

Corrigé de l’exercice 15 : Réduction d’une parabole

1. La partie quadratique \(x^2 – 2xy + y^2 = (x – y)^2\) a pour matrice \(\begin{pmatrix} 1 -1 \\ -1 1 \end{pmatrix}\), de déterminant nul. La conique est du genre parabole.
2. Avec \(X = \frac{x + y}{\sqrt{2}}\) et \(Y = \frac{-x + y}{\sqrt{2}}\), on a \((x – y)^2 = 2Y^2\) et \(x + y = \sqrt{2}\, X\). L’équation devient \(2Y^2 – 8\sqrt{2}\, X = 0\), soit
   \[Y^2 = 4\sqrt{2}\, X.\]
   C’est une parabole, d’équation réduite \(Y^2 = 2pX\) avec \(p = 2\sqrt{2}\).
3. Le sommet est l’origine \(O\). L’axe est la droite \(Y = 0\), c’est-à-dire \(y = x\). Le foyer a pour coordonnées réduites \((\frac{p}{2}, 0) = (\sqrt{2}, 0)\), soit \(\sqrt{2}\, u_1 = (1, 1)\). La directrice est \(X = -\sqrt{2}\), c’est-à-dire \(x + y = -2\). Foyer \(F(1, 1)\), directrice \(x + y + 2 = 0\), paramètre \(2\sqrt{2}\).
4. Pour \(M(x, y)\), on a \(MF^2 = (x – 1)^2 + (y – 1)^2\) et \(d(M, \mathcal{D})^2 = \frac{(x + y + 2)^2}{2}\). L’égalité \(2 MF^2 = (x + y + 2)^2\) s’écrit \(2x^2 + 2y^2 – 4x – 4y + 4 = x^2 + y^2 + 2xy + 4x + 4y + 4\). Après simplification, on obtient \(x^2 – 2xy + y^2 – 8x – 8y = 0\). C’est exactement l’équation de \(\mathcal{P}\). La figure illustre cette égalité des distances pour un point \(M\).

   

Corrigé de l’exercice 16 : Une hyperbole équilatère

1. On développe : \((x – 1)(y + 1) = xy + x – y – 1\). Donc \(xy + x – y = 3\) équivaut à \((x – 1)(y + 1) = 2\). Avec \(x^{\prime} = x – 1\) et \(y^{\prime} = y + 1\), l’équation devient \(x^{\prime} y^{\prime} = 2\). Le centre est \(\Omega(1, -1)\), et les asymptotes sont les droites \(x = 1\) et \(y = -1\).
2. On pose \(x^{\prime} = \frac{U – V}{\sqrt{2}}\) et \(y^{\prime} = \frac{U + V}{\sqrt{2}}\). Alors \(x^{\prime} y^{\prime} = \frac{U^2 – V^2}{2}\), d’où
   \[\frac{U^2}{4} – \frac{V^2}{4} = 1.\]
   C’est une hyperbole équilatère, avec \(a = b = 2\).
3. Les sommets sont en \(U = \pm 2\), \(V = 0\), soit \(x^{\prime} = y^{\prime} = \pm \sqrt{2}\). Ensuite, \(c = \sqrt{a^2 + b^2} = 2\sqrt{2}\), donc les foyers vérifient \(x^{\prime} = y^{\prime} = \pm 2\). Les sommets sont \((1 + \sqrt{2}, -1 + \sqrt{2})\) et \((1 – \sqrt{2}, -1 – \sqrt{2})\), les foyers \(F(3, 1)\) et \(F^{\prime}(-1, -3)\), et l’excentricité vaut \(\sqrt{2}\). Pour contrôler, le sommet \(S(1 + \sqrt{2}, -1 + \sqrt{2})\) vérifie bien \((x – 1)(y + 1) = \sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2\). La figure suivante récapitule ces éléments.

   

Corrigé de l’exercice 17 : Une famille de coniques

1. La matrice est \(\begin{pmatrix} 1 \lambda \\ \lambda 1 \end{pmatrix}\). On a \(A(1, 1)^{T} = (1 + \lambda)(1, 1)^{T}\) et \(A(-1, 1)^{T} = (1 – \lambda)(-1, 1)^{T}\). Les valeurs propres sont \(1 + \lambda\) et \(1 – \lambda\), de vecteurs propres \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\) et \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1)\).
2. L’équation réduite est \((1 + \lambda) X^2 + (1 – \lambda) Y^2 = 1\). Si \(|\lambda| < 1\), les deux coefficients sont positifs : c’est une ellipse. Si \(\lambda = 1\), on obtient \(2X^2 = 1\), soit les deux droites parallèles \(x + y = \pm 1\). Si \(\lambda = -1\), on obtient \(2Y^2 = 1\), soit les droites \(y – x = \pm 1\). Enfin, si \(|\lambda| > 1\), les coefficients sont de signes opposés. Ellipse pour \(|\lambda| < 1\), deux droites parallèles pour \(|\lambda| = 1\), hyperbole pour \(|\lambda| > 1\).
3. Pour \(|\lambda| < 1\), les demi-axes valent \(\frac{1}{\sqrt{1 + \lambda}}\), selon \(u_1\), et \(\frac{1}{\sqrt{1 – \lambda}}\), selon \(u_2\). Ils sont égaux si et seulement si \(\lambda = 0\). Le cercle unité correspond à \(\lambda = 0\).
4. Les asymptotes sont les droites du cône isotrope \((1 + \lambda) X^2 + (1 – \lambda) Y^2 = 0\). Elles ont pour équations \(Y = \pm \sqrt{\frac{\lambda + 1}{\lambda – 1}}\, X\) dans les coordonnées réduites. Cette formule vaut aussi pour \(\lambda < -1\), car le quotient reste positif.

Corrigé de l’exercice 18 : Reconnaître des quadriques

1. L’équation (1) s’écrit \(\frac{x^2}{4} + y^2 + \frac{z^2}{4} = 1\) : ellipsoïde de demi-axes \(2, 1, 2\), figure B. L’équation (2) est un hyperboloïde à deux nappes d’axe \(Ox\), figure D. L’équation (3) est un paraboloïde elliptique d’axe \(Ox\), figure A. L’équation (4) est un hyperboloïde à une nappe d’axe \(Oz\), figure E. Enfin, (5) est un cylindre de révolution d’axe \(Oz\) et de rayon \(2\), figure C. Association : (1)-B, (2)-D, (3)-A, (4)-E, (5)-C.
2. Pour (2), la section \(x = k\) a pour équation \(y^2 + z^2 = k^2 – 1\). C’est le vide si \(|k| < 1\), un point si \(|k| = 1\), et un cercle de rayon \(\sqrt{k^2 – 1}\) si \(|k| > 1\). La section \(z = k\) est l’hyperbole \(x^2 – y^2 = 1 + k^2\). Pour (4), la section \(z = k\) est un cercle de rayon \(\sqrt{1 + k^2}\). La section \(x = k\) est \(y^2 – z^2 = 1 – k^2\) : une hyperbole si \(|k| \neq 1\), et deux droites \(z = \pm y\) si \(|k| = 1\).
3. Les formes de degré \(2\) sont \(x^2 + 4y^2 + z^2\), \(x^2 – y^2 – z^2\), \(y^2 + z^2\), \(x^2 + y^2 – z^2\) et \(x^2 + y^2\). Leurs signatures sont \((3, 0)\), \((1, 2)\), \((2, 0)\), \((2, 1)\) et \((2, 0)\).

Corrigé de l’exercice 19 : Un ellipsoïde de révolution

1. La matrice est \(A = \begin{pmatrix} 7 -1 -2 \\ -1 7 2 \\ -2 2 10 \end{pmatrix}\). On calcule \(A(-1, 1, 2)^{T} = (-7 – 1 – 4,\ 1 + 7 + 4,\ 2 + 2 + 20)^{T} = (-12, 12, 24)^{T}\). Donc \((-1, 1, 2)\) est vecteur propre, pour la valeur propre \(12\).
2. La trace vaut \(24\). Par ailleurs, \(A – 6I_3 = \begin{pmatrix} 1 -1 -2 \\ -1 1 2 \\ -2 2 4 \end{pmatrix}\) est de rang \(1\), car ses lignes sont proportionnelles. Donc \(6\) est valeur propre de multiplicité au moins \(2\). La trace impose alors que la dernière valeur propre vaut \(24 – 12 = 12\). Les valeurs propres sont \(6\) (double) et \(12\) (simple). L’espace propre de \(6\) est le plan \(x – y – 2z = 0\), orthogonal à \((-1, 1, 2)\). On prend \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)\) et \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, 1)\), qui sont orthogonaux et dans ce plan. Puis \(u_3 = u_1 \wedge u_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, -1, -2)\), colinéaire à \((-1, 1, 2)\). La base \((u_1, u_2, u_3)\) est orthonormée directe.
3. L’équation devient \(6X^2 + 6Y^2 + 12Z^2 = 12\), soit
   \[\frac{X^2}{2} + \frac{Y^2}{2} + Z^2 = 1.\]
   C’est un ellipsoïde de révolution, aplati, d’axe la droite \(\mathbb{R}(1, -1, -2)\). Ses demi-axes valent \(\sqrt{2}\), \(\sqrt{2}\) et \(1\).

Corrigé de l’exercice 20 : Deux quadriques non centrées

1. On complète les carrés : \(x^2 – 2x = (x – 1)^2 – 1\), \(2y^2 + 8y = 2(y + 2)^2 – 8\) et \(-z^2 + 2z = -(z – 1)^2 + 1\). L’équation devient \((x – 1)^2 + 2(y + 2)^2 – (z – 1)^2 – 1 – 8 + 1 + 7 = 0\), soit
   \[(x – 1)^2 + 2(y + 2)^2 – (z – 1)^2 = 1.\]
   C’est un hyperboloïde à une nappe de centre \((1, -2, 1)\).
2. Le changement proposé est une rotation, d’inverse \(x = \frac{u – v}{\sqrt{2}}\) et \(y = \frac{u + v}{\sqrt{2}}\). Alors \(xy = \frac{u^2 – v^2}{2}\), et \(\Sigma\) a pour équation \(z = \frac{u^2}{2} – \frac{v^2}{2}\). C’est un paraboloïde hyperbolique.
3. Si \(x = a\) et \(z = ay\), alors \(z = xy\). La droite est bien contenue dans \(\Sigma\) : le paraboloïde hyperbolique est une surface réglée.

Corrigé de l’exercice 21 : Critère de positivité

1. On a \(q_a(1, 1, 1) = 3 + 6a = 3(1 + 2a)\) et \(q_a(1, -1, 0) = 2 – 2a\). Si \(a \leq\, -\frac{1}{2}\), alors \(q_a(1, 1, 1) \leq\, 0\). Si \(a \geq\, 1\), alors \(q_a(1, -1, 0) \leq\, 0\). Dans les deux cas, \(q_a\) n’est pas définie positive.
2. On suppose \(-\frac{1}{2} < a < 1\), donc \(1 + a > 0\). D’abord, \(x^2 + 2ax(y + z) = (x + a(y + z))^2 – a^2(y + z)^2\). Il reste \((1 – a^2) y^2 + 2a(1 – a) yz + (1 – a^2) z^2\). Comme \(1 – a^2 > 0\), on factorise, et l’on complète le carré. On obtient
   \[q_a = (x + ay + az)^2 + (1 – a^2)(y + \frac{a}{1 + a} z)^2 + \frac{(1 – a)(1 + 2a)}{1 + a} z^2.\]
   Les trois coefficients sont strictement positifs, et les trois formes linéaires sont échelonnées. Donc \(q_a\) est définie positive si et seulement si \(-\frac{1}{2} < a < 1\).
3. La matrice est \(A_a = (1 – a) I_3 + aJ\), de valeurs propres \(1 + 2a\) et \(1 – a\) (double). Elles sont toutes strictement positives si et seulement si \(a > -\frac{1}{2}\) et \(a < 1\). On retrouve la même condition.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : une famille de quadriques

1. Les coefficients diagonaux de \(A_a\) valent \(1\) et les autres valent \(a\). Or \((1 – a) I_3 + aJ\) a exactement ces coefficients. Donc \(A_a = (1 – a) I_3 + aJ\).
2. La matrice \(J\) est de rang \(1\), donc \(0\) est valeur propre double, d’espace propre le plan \(P_0 : x + y + z = 0\). De plus, \(J(1, 1, 1)^{T} = 3(1, 1, 1)^{T}\). Par conséquent, \(A_a\) a pour valeurs propres \(\lambda_1 = 1 + 2a\), d’espace propre \(\mathbb{R}(1, 1, 1)\), et \(\lambda_2 = 1 – a\), d’espace propre \(P_0\) (pour \(a \neq 0\)).
3. On prend \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\), \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0)\) et \(u_3 = u_1 \wedge u_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2)\). En effet, \((1, 1, 1) \wedge (1, -1, 0) = (0 + 1,\ 1 – 0,\ -1 – 1) = (1, 1, -2)\). L’équation de \(\mathcal{Q}_a\) devient \((1 + 2a) X^2 + (1 – a)(Y^2 + Z^2) = 1\).
4. On discute selon les signes des coefficients, comme le résume la figure ci-dessous.

   

   Si \(a < -\frac{1}{2}\) : un coefficient négatif et deux positifs, donc hyperboloïde à une nappe. Si \(a = -\frac{1}{2}\) : \(\frac{3}{2}(Y^2 + Z^2) = 1\), cylindre de révolution de rayon \(\sqrt{2/3}\). Si \(-\frac{1}{2} < a < 1\) : ellipsoïde. Si \(a = 1\) : \(3X^2 = 1\), soit les deux plans parallèles \(x + y + z = \pm 1\). Enfin, si \(a > 1\) : un coefficient positif et deux négatifs, donc hyperboloïde à deux nappes. Dans tous les cas, l’équation ne dépend de \((Y, Z)\) que par \(Y^2 + Z^2\). Elle est donc invariante par les rotations d’axe \(\mathbb{R} u_1\). Toutes ces surfaces sont de révolution autour de la droite \(\mathbb{R}(1, 1, 1)\).

5. Pour \(-\frac{1}{2} < a < 1\), les demi-axes valent \(\frac{1}{\sqrt{1 + 2a}}\) selon \(u_1\), et \(\frac{1}{\sqrt{1 – a}}\) dans le plan \(P_0\). Ils sont égaux si et seulement si \(1 + 2a = 1 – a\), soit \(a = 0\). La sphère unité correspond à \(a = 0\).
6. Pour \(a = 2\), l’équation est \(5X^2 – (Y^2 + Z^2) = 1\). La base étant orthonormée, la distance à l’origine vérifie \(d^2 = X^2 + Y^2 + Z^2 = 6X^2 – 1\). Or \(5X^2 = 1 + Y^2 + Z^2 \geq\, 1\), donc \(X^2 \geq\, \frac{1}{5}\) et \(d^2 \geq\, \frac{1}{5}\). L’égalité a lieu pour \(Y = Z = 0\) et \(X = \pm \frac{1}{\sqrt{5}}\). Les points les plus proches sont \(\pm \frac{1}{\sqrt{15}}(1, 1, 1)\), à la distance \(\frac{1}{\sqrt{5}}\). On vérifie : \(q_2(t, t, t) = 3t^2 + 12t^2 = 15t^2 = 1\) pour \(t = \frac{1}{\sqrt{15}}\).

Corrigé de l’exercice 23 : Signature et sous-espaces positifs

1. Soit \((e_1, \ldots, e_n)\) une base \(q\)-orthogonale, ordonnée de sorte que \(q(e_i) > 0\) pour \(i \leq\, s\). Soit \(F_+ = \mathrm{Vect}(e_1, \ldots, e_s)\). Pour \(x = \sum_{i \leq\, s} x_i e_i\) non nul, \(q(x) = \sum_{i \leq\, s} q(e_i) x_i^2 > 0\). Donc \(q\) est définie positive sur \(F_+\), de dimension \(s\).
2. Soit \(G = \mathrm{Vect}(e_{s+1}, \ldots, e_n)\), de dimension \(n – s\). Pour tout \(x \in G\), \(q(x) = \sum_{i > s} q(e_i) x_i^2 \leq\, 0\). Si \(q\) est définie positive sur \(F\), alors \(F \cap G = \{0\}\). Par la formule de Grassmann, \(\dim F + (n – s) \leq\, n\). Donc \(\dim F \leq\, s\), et \(s\) est la dimension maximale cherchée.
3. Pour \(x = (a, a, b, b)\), on a \(Q(x) = a^2 + b^2\). Donc \(Q\) est définie positive sur le plan \(\mathrm{Vect}\big((1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)\big)\). D’après l’exercice 5, la signature de \(Q\) est \((2, 2)\). Par la question 2, aucun sous-espace de dimension \(3\) ne convient.
4. Soit \(H\) de dimension \(n – s + 1\). Alors \(\dim(H \cap F_+) \geq\, (n – s + 1) + s – n = 1\). Il existe donc \(x \neq 0\) dans \(H \cap F_+\). Par la question 1, ce vecteur vérifie \(q(x) > 0\).

Point de méthode : pour majorer une dimension, on exhibe un sous-espace complémentaire sur lequel la propriété échoue, puis on applique la formule de Grassmann.

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : formes quadratiques, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur formes quadratiques
• À maîtriser avant : Isométries, endomorphismes symétriques et théorème spectral
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