Corrigé du contrôle de maths L2 : formes quadratiques, coniques et quadriques

Exercice 1 : Question de cours : loi d’inertie de Sylvester (3,5 points)

1. Une base \((e_1, \ldots, e_n)\) de \(E\) est \(q\)-orthogonale lorsque \(\varphi(e_i, e_j) = 0\) pour tous \(i \neq j\), où \(\varphi\) est la forme polaire de \(q\). Dans une telle base, la matrice de \(q\) est diagonale.

   Loi d’inertie de Sylvester : dans toute base \(q\)-orthogonale, le nombre \(p\) de vecteurs tels que \(q(e_i) > 0\) et le nombre \(s\) de vecteurs tels que \(q(e_i) < 0\) ne dépendent pas de la base choisie. Le couple \((p, s)\) est la signature de \(q\). Le rang de \(q\) est le rang de sa matrice dans n’importe quelle base ; il vaut \(p + s\).

2. Numérotons les vecteurs pour que \(q(e_1), \ldots, q(e_p)\) soient strictement positifs. Posons \(F = \operatorname{Vect}(e_1, \ldots, e_p)\), de dimension \(p\).

   D’abord, \(q\) est définie positive sur \(F\). En effet, si \(x = x_1 e_1 + \cdots + x_p e_p\) est non nul, l’orthogonalité de la base donne \(q(x) = x_1^2 q(e_1) + \cdots + x_p^2 q(e_p) > 0\), car au moins un \(x_i\) est non nul.

   Ensuite, \(G^{\prime}\) est engendré par les \(n – p^{\prime}\) vecteurs \(e_i^{\prime}\) tels que \(q(e_i^{\prime}) \leq\, 0\) ; il est donc de dimension \(n – p^{\prime}\). Pour \(y = \sum y_i e_i^{\prime}\) dans \(G^{\prime}\), on a de même \(q(y) = \sum y_i^2 q(e_i^{\prime}) \leq\, 0\).

   Par conséquent, \(F \cap G^{\prime} = \{0\}\) : un vecteur non nul de l’intersection vérifierait à la fois \(q(x) > 0\) et \(q(x) \leq\, 0\). La formule de Grassmann donne alors

   \[\dim(F + G^{\prime}) = \dim F + \dim G^{\prime} = p + n – p^{\prime} \leq\, \dim E = n,\]

   donc \(p \leq\, p^{\prime}\). Les deux bases jouent des rôles symétriques, donc \(p^{\prime} \leq\, p\), et ainsi \(p = p^{\prime}\).

   Enfin, le nombre de \(q(e_i)\) non nuls est le rang de la matrice diagonale de \(q\), qui ne dépend pas de la base. Le nombre de valeurs strictement négatives vaut donc \(\operatorname{rg}(q) – p\) dans toute base \(q\)-orthogonale : la signature est bien définie.

Barème : a) 0,25 point pour la base orthogonale, 0,5 point pour l’énoncé de Sylvester, 0,25 point pour rang et signature ; b) 0,5 point pour q définie positive sur F, 0,5 point pour q négative sur G′ et sa dimension, 0,5 point pour l’intersection nulle, 0,5 point pour Grassmann, 0,5 point pour la symétrie et la conclusion sur s.

Exercice 2 : Réduction de Gauss, rang et signature (4,5 points)

1. Les coefficients diagonaux sont ceux des carrés ; les autres sont la moitié des coefficients des doubles produits :

   \[A_1 = \begin{pmatrix} 1 1 -1 \\ 1 3 3 \\ -1 3 2 \end{pmatrix}.\]

   La forme polaire est donc \(\varphi_1((x, y, z), (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})) = xx^{\prime} + 3yy^{\prime} + 2zz^{\prime} + (xy^{\prime} + x^{\prime}y) – (xz^{\prime} + x^{\prime}z) + 3(yz^{\prime} + y^{\prime}z)\).

2. On regroupe d’abord les termes en \(x\) : \(x^2 + 2x(y – z) = (x + y – z)^2 – (y – z)^2\). Ainsi

   \[q_1 = (x + y – z)^2 – y^2 + 2yz – z^2 + 3y^2 + 2z^2 + 6yz = (x + y – z)^2 + 2y^2 + 8yz + z^2.\]

   Ensuite, \(2y^2 + 8yz = 2(y + 2z)^2 – 8z^2\). On obtient donc

   \[q_1(x, y, z) = (x + y – z)^2 + 2(y + 2z)^2 – 7z^2.\]

   Les formes linéaires \(x + y – z\), \(y + 2z\) et \(z\) sont indépendantes (système triangulaire). Vérification : la matrice de passage est triangulaire à diagonale de \(1\), donc \(\det A_1 = 1 \times 2 \times (-7) = -14\). Directement, en développant selon la première ligne,

   \[\det A_1 = 1 \times (6 – 9) – 1 \times (2 + 3) + (-1) \times (3 + 3) = -3 – 5 – 6 = -14.\]

   Les deux calculs concordent.

3. La réduction contient deux carrés affectés d’un coefficient positif et un d’un coefficient négatif. Donc \(q_1\) est de rang \(3\) et de signature \((2, 1)\). Elle n’est pas positive : par exemple, pour \((x, y, z) = (3, -2, 1)\), on a \(x + y – z = 0\), \(y + 2z = 0\) et \(q_1 = -7 < 0\).

4. La forme \(q_2\) n’a aucun carré. Posons \(x = u + v\), \(y = u – v\). Alors \(xy = u^2 – v^2\) et \(z(x + y) = 2uz\), donc

   \[q_2 = u^2 + 2uz – v^2 = (u + z)^2 – z^2 – v^2.\]

   Avec \(u = \dfrac{x + y}{2}\) et \(v = \dfrac{x – y}{2}\), on obtient

   \[q_2(x, y, z) = (\frac{x + y}{2} + z)^2 – (\frac{x – y}{2})^2 – z^2.\]

   Ces trois formes linéaires sont indépendantes : leur matrice a pour déterminant \(-\dfrac{1}{2} \neq 0\) (développement selon la dernière ligne \((0, 0, 1)\)). Donc \(q_2\) est de rang \(3\) et de signature \((1, 2)\).

5. On cherche un vecteur tel que \(q_2 = 0\). Prenons \((x, y, z) = (1, 1, t)\) : \(q_2 = 1 + 2t\), qui s’annule pour \(t = -\dfrac{1}{2}\). Le vecteur \((2, 2, -1)\) est isotrope : \(q_2(2, 2, -1) = 4 – 2 – 2 = 0\).

Barème : a) 0,25 point pour la matrice, 0,25 point pour la forme polaire ; b) 1 point pour la réduction, 0,5 point pour la vérification par le déterminant ; c) 0,25 point pour rang et signature, 0,25 point pour la non-positivité justifiée ; d) 1 point pour la réduction, 0,5 point pour l’indépendance et la signature ; e) 0,5 point.

Erreur fréquente : conclure sur la signature sans vérifier que les formes linéaires obtenues sont indépendantes ; sinon le rang peut être surestimé.

Exercice 3 : La forme quadratique trace du carré (3,5 points)

1. La trace est linéaire et le produit matriciel est bilinéaire, donc \(\varphi\) est bilinéaire. De plus, \(\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)\). Ainsi \(\varphi\) est une forme bilinéaire symétrique, de forme quadratique \(q(A) = \varphi(A, A)\).

2. Pour \(M = (m_{ij})\), on a \(\operatorname{tr}(M^2) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} m_{ij} m_{ji}\). Si \(S\) est symétrique, \(s_{ji} = s_{ij}\), donc \(q(S) = \sum_{i, j} s_{ij}^2 \geq\, 0\). Si \(A\) est antisymétrique, \(a_{ji} = -a_{ij}\), donc \(q(A) = -\sum_{i, j} a_{ij}^2 \leq\, 0\). De plus, ces quantités ne s’annulent que pour la matrice nulle.

3. Soit \(S \in \mathcal{S}_n\) et \(A \in \mathcal{A}_n\). Une matrice et sa transposée ont même trace, donc

   \[\operatorname{tr}(SA) = \operatorname{tr}((SA)^T) = \operatorname{tr}(A^T S^T) = \operatorname{tr}(-AS) = -\operatorname{tr}(SA).\]

   Par conséquent \(\varphi(S, A) = 0\) : les deux sous-espaces sont \(\varphi\)-orthogonaux.

4. Notons \(E_{ij}\) les matrices élémentaires. On a \(E_{ij} E_{kl} = \delta_{jk} E_{il}\), d’où \(\operatorname{tr}(E_{ij} E_{kl}) = \delta_{jk} \delta_{il}\). Considérons la famille formée :

   • des \(E_{ii}\), pour \(1 \leq\, i \leq\, n\), avec \(q(E_{ii}) = 1\) ;
   • des \(E_{ij} + E_{ji}\), pour \(i < j\), avec \(q = \operatorname{tr}(E_{ii} + E_{jj}) = 2\) ;
   • des \(E_{ij} – E_{ji}\), pour \(i < j\), avec \(q = \operatorname{tr}(-E_{ii} – E_{jj}) = -2\).

   C’est une base de \(E\), réunion d’une base de \(\mathcal{S}_n\) et d’une base de \(\mathcal{A}_n\). Elle est \(q\)-orthogonale : la formule \(\operatorname{tr}(E_{ij} E_{kl}) = \delta_{jk} \delta_{il}\) montre que deux éléments construits sur des paires d’indices différentes sont orthogonaux, et la question c) traite les paires symétrique-antisymétrique.

   Il y a \(n + \dfrac{n(n-1)}{2} = \dfrac{n(n+1)}{2}\) vecteurs de carré positif et \(\dfrac{n(n-1)}{2}\) de carré négatif, aucun de carré nul. Donc \(q\) est de rang \(n^2\) et de signature \((\dfrac{n(n+1)}{2}, \dfrac{n(n-1)}{2})\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point par cas ; c) 0,5 point ; d) 0,75 point pour la base q-orthogonale justifiée, 0,5 point pour le décompte, 0,25 point pour rang et signature.

Exercice 4 : Réduction orthogonale d’une conique (4 points)

1. La partie quadratique a pour matrice

   \[M = \begin{pmatrix} 5 -3 \\ -3 5 \end{pmatrix}, \qquad \chi_M(\lambda) = (5 – \lambda)^2 – 9 = (\lambda – 2)(\lambda – 8).\]

   Ensuite, \(M(1, 1)^T = (2, 2)^T\) et \(M(1, -1)^T = (8, -8)^T\). Les valeurs propres sont \(2\) et \(8\), et \(\vec{u} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\), \(\vec{v} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1)\) forment une base orthonormée de vecteurs propres, conformément au théorème spectral.

2. Notons \(f(x, y) = 5x^2 – 6xy + 5y^2 – 4x – 4y – 4\). Un centre annule le gradient :

   \[\frac{\partial f}{\partial x} = 10x – 6y – 4 = 0, \qquad \frac{\partial f}{\partial y} = -6x + 10y – 4 = 0.\]

   La différence des deux équations donne \(16x – 16y = 0\), donc \(x = y\), puis \(4x – 4 = 0\). Le déterminant du système, \(\det(2M) = 64\), est non nul. Le centre est unique : \(\Omega(1, 1)\).

3. En développant, \(5(x-1)^2 – 6(x-1)(y-1) + 5(y-1)^2 = 5x^2 – 6xy + 5y^2 – 4x – 4y + 4\). L’équation s’écrit donc

   \[5(x-1)^2 – 6(x-1)(y-1) + 5(y-1)^2 = 8.\]

   Posons \((x, y) = \Omega + X\vec{u} + Y\vec{v}\). Comme la base \((\vec{u}, \vec{v})\) est orthonormée et propre, la partie quadratique devient \(2X^2 + 8Y^2\). Ainsi

   \[2X^2 + 8Y^2 = 8 \iff \frac{X^2}{4} + Y^2 = 1.\]

   La courbe \(\mathcal{C}\) est une ellipse de centre \(\Omega(1, 1)\), de demi-grand axe \(2\) porté par \(\vec{u}\) et de demi-petit axe \(1\) porté par \(\vec{v}\). Sa demi-distance focale vaut \(c = \sqrt{4 – 1} = \sqrt{3}\), donc son excentricité est \(e = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

   Les sommets sont \(\Omega \pm 2\vec{u}\) et \(\Omega \pm \vec{v}\) : \(S_1(1 + \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2})\), \(S_2(1 – \sqrt{2}, 1 – \sqrt{2})\), \(S_3(1 + \frac{\sqrt{2}}{2}, 1 – \frac{\sqrt{2}}{2})\) et \(S_4(1 – \frac{\sqrt{2}}{2}, 1 + \frac{\sqrt{2}}{2})\). Les foyers sont \((1 \pm \frac{\sqrt{6}}{2}, 1 \pm \frac{\sqrt{6}}{2})\).

   

   Vérification : \(S_1\) donne \(X = 2\), \(Y = 0\), et \(\frac{4}{4} + 0 = 1\).

Barème : a) 0,5 point pour le polynôme caractéristique, 0,5 point pour les valeurs propres, 0,5 point pour la base orthonormée ; b) 0,5 point pour le système, 0,5 point pour la résolution et l’unicité ; c) 0,5 point pour l’équation réduite, 0,5 point pour la nature, les demi-axes et l’excentricité, 0,5 point pour les sommets et le tracé.

Exercice 5 : Problème : une famille de quadriques de révolution (4,5 points)

1. La matrice de \(q_a\) est

   \[M_a = \begin{pmatrix} 1 a a \\ a 1 a \\ a a 1 \end{pmatrix} = (1 – a) I_3 + aJ.\]

   La matrice \(J\) est de rang \(1\) et \(J(1, 1, 1)^T = 3(1, 1, 1)^T\). Ses valeurs propres sont donc \(3\), de vecteur propre \((1, 1, 1)\), et \(0\), d’espace propre le plan \(P_0 : x + y + z = 0\). Par conséquent, \(M_a\) a pour valeurs propres \(1 + 2a\), de vecteur propre \(\vec{w} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\), et \(1 – a\), valeur propre double d’espace propre \(P_0\). Une base orthonormée de \(P_0\) est \(\vec{e}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0)\), \(\vec{e}_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2)\).

2. Dans la base orthonormée \((\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{w})\), de coordonnées \((X, Y, Z)\), on a \(q_a = (1 – a)(X^2 + Y^2) + (1 + 2a)Z^2\). Or \(1 + 2a > 0 \iff a > -\frac{1}{2}\) et \(1 – a > 0 \iff a < 1\). Ainsi :

   \(a\)	\(a < -\frac{1}{2}\)	\(a = -\frac{1}{2}\)	\(-\frac{1}{2} < a < 1\)	\(a = 1\)	\(a > 1\)
   signature	\((2, 1)\)	\((2, 0)\)	\((3, 0)\)	\((1, 0)\)	\((1, 2)\)

   En particulier, \(q_a\) est définie positive si et seulement si \(-\frac{1}{2} < a < 1\).

3. L’équation de \(\mathcal{Q}_a\) s’écrit \((1 – a)(X^2 + Y^2) + (1 + 2a)Z^2 = 1\). Les coefficients de \(X^2\) et \(Y^2\) sont égaux, donc toute quadrique non dégénérée obtenue est de révolution autour de l’axe \(D = \mathbb{R}(1, 1, 1)\).

   • Si \(-\frac{1}{2} < a < 1\) : ellipsoïde de révolution d’axe \(D\), de demi-axes \(\frac{1}{\sqrt{1-a}}\) et \(\frac{1}{\sqrt{1+2a}}\) ; pour \(a = 0\), c’est la sphère unité.
   • Si \(a = -\frac{1}{2}\) : \(\frac{3}{2}(X^2 + Y^2) = 1\), cylindre de révolution d’axe \(D\) et de rayon \(\sqrt{\frac{2}{3}}\).
   • Si \(a = 1\) : \(3Z^2 = 1\), et comme \(Z = \frac{x + y + z}{\sqrt{3}}\), on obtient la réunion des deux plans parallèles \(x + y + z = 1\) et \(x + y + z = -1\).
   • Si \(a < -\frac{1}{2}\) : un coefficient négatif sur \(Z^2\), hyperboloïde de révolution à une nappe d’axe \(D\).
   • Si \(a > 1\) : deux coefficients négatifs sur \(X^2\) et \(Y^2\), hyperboloïde de révolution à deux nappes d’axe \(D\).

4. Pour \(a = 2\), on a \(q_2 = 5Z^2 – X^2 – Y^2\). Un point \(t(1, 1, 1)\) vérifie \(q_2 = 3t^2 + 4 \times 3t^2 = 15t^2\). Donc \(q_2 = 1\) pour \(t = \pm \frac{1}{\sqrt{15}}\). Les sommets de \(\mathcal{Q}_2\) sont \(\pm \frac{1}{\sqrt{15}}(1, 1, 1)\).

   Sur le plan \(x + y + z = 0\), on a \(Z = 0\), donc \(q_2 = -(X^2 + Y^2) \leq\, 0\). Ainsi \(q_2 = 1\) est impossible : \(\mathcal{Q}_2\) ne rencontre pas ce plan, ce qui confirme que ses deux nappes sont séparées par lui.

Barème : a) 0,5 point pour les valeurs propres, 0,5 point pour la base orthonormée ; b) 0,5 point pour l’expression réduite, 0,5 point pour le tableau complet ; c) 0,25 point par cas correct (ellipsoïde, cylindre, plans, une nappe, deux nappes), 0,25 point pour l’axe ; d) 0,5 point pour les sommets, 0,5 point pour le plan.

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Après le corrigé du contrôle : formes quadratiques, coniques et quadriques

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