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CAPES Exercices Corrigés Formes quadratiques

CAPES . Exercices Corrig s Formes quadratiques 2009-2010. Exercice 1 Soit B une forme bilin aire sur un espace vectoriel r el V et soit q sa forme quadratique associ e. 1. Montrer l'identit 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 d duire, si q est d nie positive, l'in galit 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 bilin arit de B . En e et 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)2 B(v, v) q(u)B(u, v)B(v, u). B(u, v)q(u)B(u, v) + B(u, v)2 B(u, u). = q(u)2 q(v) q(u)B(u, v)B(v, u). B(u, v)2 q(u) + B(u, v)2 q(u). = q(u)2 q(v) q(u)B(u, v)B(v, u). = q(u) [q(u)q(v) B(u, v)B(v, u)].

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 = 0 @ 3 4 1 0 1 0 0 9 8 − 5 18 1 1 A la matrice de passage de B∗ 2 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 ...

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1 CAPES . Exercices Corrig s Formes quadratiques 2009-2010. Exercice 1 Soit B une forme bilin aire sur un espace vectoriel r el V et soit q sa forme quadratique associ e. 1. Montrer l'identit 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 d duire, si q est d nie positive, l'in galit 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 bilin arit de B . En e et 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)2 B(v, v) q(u)B(u, v)B(v, u). B(u, v)q(u)B(u, v) + B(u, v)2 B(u, u). = q(u)2 q(v) q(u)B(u, v)B(v, u). B(u, v)2 q(u) + B(u, v)2 q(u). = q(u)2 q(v) q(u)B(u, v)B(v, u). = q(u) [q(u)q(v) B(u, v)B(v, u)].

2 2. Si q est d nie positive alors le membre de gauche de l'identit 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'in galit de Cauchy-Schwarz est trivialement v ri e. 1. Supposons u non nul. Alors q(u) > 0, et l'on d duit encore que pour tout vecteur v , q(u)q(v) B(u, v)B(v, u) 0. L'in galit de Cauchy-Schwarz est donc galement v ri e. Exercice 2 Soit Rn [X] l'espace vectoriel des polyn mes r els de degr inf - rieur ou gal n (n 1). Pour tous P, Q Rn [X], on pose Z 1. B(P, Q) = tP (t)Q0 (t)dt et q(P ) = B(P, P ). 0. 1. Montrer que B est une forme bilin aire. Est-elle sym trique ? antisy- m trique ? 2. Montrer que q est une forme quadratique. La forme q est-elle d nie ?

3 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, .. , X n ). 4. Pour n = 2, d terminer la signature de q. La forme q est-elle positive ? n gative ? 5. D terminer une base de R2 [X] qui soit q-orthogonale. Solution - 1. Pour tous P1 , P2 , Q Rn [X] et tout a R, on a Z 1. B(P1 + aP2 , Q) = t(P1 (t) + aP2 (t))Q0 (t)dt 0. Z 1 Z 1. 0. = tP1 (t)Q (t)dt + a tP2 (t)Q0 (t)dt 0 0. = B(P1 , Q) + aB(P2 , Q), et donc B est lin aire gauche. D'un autre c t , pour tous Q1 , Q2 , P Rn [X] et tout a R, on a Z 1. B(P, Q1 + aQ2 ) = tP (t)(Q1 + aQ2 )0 (t)dt 0. Z 1 Z 1. 0. = tP (t)Q1 (t)dt + a tP (t)Q02 (t)dt 0 0. = B(P, Q1 ) + aB(P, Q2 ), et donc B est lin aire droite, ce qui ach ve de montrer que B est une forme bilin aire.

4 2. Remarquons que Z 1 Z 1. 1. B(1, X) = tdt = , et B(X, 1) = t2 0dt = 0, 0 2 0. et donc B n'est ni sym trique ni antisym trique. 2. Par construction, q est une forme quadratique. D'autre part, Z 1. q(1) = B(1, 1) = t 0dt = 0, 0. donc 1 est un vecteur isotrope et q n'est pas d nie. 3. Notons que la forme polaire S de q n'est pas B mais sa sym tris e d nie pour tous P, Q Rn [X], 1. S(P, Q) = (B(P, Q) + B(Q, P )) . 2. Donc la matrice de q dans la base Bn est la matrice Mn = (mij )1 i,j n+1 , o . 1 . mij = B(X i 1 , X j 1 ) + B(X j 1 , X i 1 ) . 2. Donc Z 1 Z 1 . 1 i+j 2 i+j 2. mij = (j 1) t dt + (i 1) t dt 2 0 0.. 1 j 1 i 1 i+j 2. = + = . 2 i+j 1 i+j 1 2(i + j 1). Finalement . i+j 2. Mn = . (3). 2(i + j 1) 1 i,j n+1. 1 1.. 0 4 3.

5 4. La matrice de q dans B2 est M2 = 1. 4. 1. 3. 3. 8. et donc, 1 3 2. 3 8 5. 1 2 1 2 3. q(a + bX + cX 2 ) = b2 + c2 + ab + ac + bc. 3 5 2 3 4. 3. Nous allons e ectuer une r duction de Gauss de q . On a . 2 1 2 3 3 2 2. q(a + bX + cX ) = b + b(a + c) + ac + c2. 3 2 2 3 5. 1 3 9 2 1 3 9 2 2 2. = (b + a + c) ( a + c) + ac + c2. 3 4 8 3 4 8 3 5. 1 3 9 2 3 2 27 2 9. = (b + a + c) a c ac 3 4 8 16 64 16. 2 2 2. + ac + c 3 5. 1 3 9 7 2 5 3. = (b + a + c)2 c + ac a2. 3 4 8 320 48 16. 1 3 9 2 3 2 5 7 2. = (b + a + c) (a ac) c 3 4 8 16 9 320. 1 3 9 3 5. = (b + a + c)2 (a c)2. 3 4 8 16 18. 25 2 7 2. + c c 1728 320. 1 3 9 3 5 1 2. = (b + a + c)2 (a c)2 c . 3 4 8 16 18 135. De cette expression, q est de signature (1, 2) et q est non-d g n r e.

6 De plus, q n'est ni positive ni n gative. 5. On consid re les Formes lin aires `1 , `2 , `3 gurant dans la r duction de Gauss de q obtenue ci-dessus : si P = a + bX + cX 2 , 3 9 5. `1 (P ) = b + a + c, `2 (P ) = a c et `3 (P ) = c. 4 8 18. 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. 3 . 4 1 0. Soit Q = 1 0 0 la matrice de passage de B2 (`1 , `2 , `3 ). 9 5. 8 18 1. la matrice de passage de B2 (P1 , P2 , P3 ) est donn e par P = t Q 1 . Pour calculer Q 1 , nous allons r soudre le syst me lin aire . a A. Q b = B . c C. Ce syst me s' crit 3. 4a+b = A. a = B. 9 5. 8 a 18 b + c = C. 4. Un calcul ais donne a = B , b = A 34 B et c = 5.

7 18 B + C , soit . 0 1 0. Q 1 = 1 34 0 . 5. 18 43 1. De la relation P = t Q 1 , on d duit que 3 5 4. (X, 1 X, X + X 2). 4 18 3. est une base q -orthogonale de R2 [X]. Exercice 3 Soit . a b 1 1. V = M2 (R); a d = 0 et J = . c d 1 1. On d 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 bilin aire. Est-elle sym trique, antisym - trique ? . 1 0 0 1 0 0. 2. Montrer que B = , , est une base de 0 1 0 0 1 0. V. 3. D terminer la matrice dans la base B de la forme quadratique q d nie en posant, pour tout M M2 (R), q(M ) = B(M, M ). 4. D terminer la signature de q, son rang et son noyau. La forme q est-elle d nie ? positive ? n gative ? 5. D terminer F (c'est- -dire le q-orthogonal de F ) o.

8 A 0. F = M2 (R); a d = 0 . 0 d Solution - 1. Tr d signe l'op rateur trace. 5. 1. Pour tous M1 , M2 , N V et tout a R, on a B(M1 + aM2 , N ) = Tr((M1 + aM2 )JN ). = Tr(M1 JN + aM2 JN ) = Tr(M1 JN ) + aTr(M2 JN ). = B(M1 , N ) + aB(M2 , N ), et donc B est lin aire gauche. D'un autre c t , 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 lin aire droite. Ceci ach ve de montrer que B est une forme bilin aire. Nous allons montrer que B n'est ni sym trique ni antisym trique. Pour 0 0 0 0. cela, consid rons les matrices M0 = et N0 = . On 0 1 1 1. a . 0 0 1 1 0 0. M0 JN0 =. 0 1 1 1 1 1.. 0 0 0 0 0 0. = = , 1 1 1 1 1 1.

9 0 0 1 1 0 0. N0 JM0 =. 1 1 1 1 0 1.. 0 0 0 0 0 0. = = . 2 0 0 1 0 0. Il en r sulte que B(M0 , N0 ) = 1 et B(N0 , M0 ) = 0 et donc B(M0 , N0 ) 6= B(N0 , M0 ), ce qui montre B n'est ni sym trique ni antisym trique.. a b 2. Pour tout V , on a c a . a b 1 0 0 1 0 0. =a +b +c , c a 0 1 0 0 1 0. et donc B engendre V . D'un autre c t , . 0 0 1 0 0 1 0 0. =a +b +c 0 0 0 1 0 0 1 0. quivaut a = b = c = 0 et donc B est libre. Ainsi B est une base de V. 6.. a b 3. Soit M = V . On a c a . a b 1 1 a b q(M ) = Tr c a 1 1 c a . a+b a b a b = Tr c+a c a c a . a(a + b) + c(a b) b(a + b) + a(a b). = Tr 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).. 0 1 1. La matrice de q dans B est 1 0 0.

10 1 0 0.. a b 4. E ectuons une r duction de Gauss de q . Soit M = V . On c a a 1 1. q(M ) = 2a(b + c) = (a + b + c)2 (a b c)2 . 2 2. D'apr s cette expression, q est de signature (1, 1), elle est d g n r e et rg q = 2. De plus, elle n'est ni positive ni n gative et donc non d nie.. a b De cette expression, on d duit aussi que ker q si et seule- c a ment si a+b+c = a b c = 0, soit a = 0 et b = c. Ainsi 0 a ker q = , a R . a 0. 5. La partie F est la droite vectorielle engendr e par la matrice identit . a b I2 . Ainsi M = F si et seulement si S(M, I2 ) = 0 o S. c a est la forme polaire de q . La forme polaire S de q est la sym tris e de B , c'est- -dire que S v ri e pour tous M, N M2 (R), 1. S(M, N ) = (Tr(M JN ) + Tr(N JM )) . 2.


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