Soit $f$ la forme bilinéaire symétrique sur $\mathbb{R}^3$ définie par $f(x,y) = x_1y_1 – 2x_1y_2 – 2x_2y_1 + 6x_2y_2 – 7x_1y_3 – 7x_3y_1 – 18x_2y_3 – 18x_3y_2 + 56x_3y_3$.
- Écrire la matrice de $f$ dans la base canonique $(e_1, e_2, e_3)$.
- Soit la base $(e’_1, e’_2, e’_3)$ avec $e’_1=e_1$, $e’_2=2e_1+e_2$, $e’_3=-3e_1+2e_2+e_3$. Écrire la matrice de $f$ dans cette nouvelle base.
1. La matrice $A$ de $f$ dans la base canonique est obtenue en calculant $a_{ij}=f(e_i, e_j)$ :
$$ A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & -7 \\ -2 & 6 & -18 \\ -7 & -18 & 56 \end{pmatrix} $$2. Soit $P$ la matrice de passage de la base canonique à la nouvelle base. Ses colonnes sont les coordonnées des nouveaux vecteurs de base : $P = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. La nouvelle matrice $B$ est donnée par la formule de congruence $B = {}^tPAP$. Le calcul donne :
$$ B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \end{pmatrix} $$Soit $f$ la forme bilinéaire sur $\mathbb{R}^3$ définie par $f(x,y) = x_1y_1 – x_1y_2 – x_2y_1 + 2x_2y_2 + 3x_1y_3 + 3x_3y_1 – 5x_2y_3 – 5x_3y_2 + 13x_3y_3$.
- Donner la forme quadratique $q$ associée à $f$.
- Écrire la matrice de $f$ dans la base canonique.
- Préciser le rang et le noyau de $f$.
1. La forme quadratique associée est $q(x) = f(x,x) = x_1^2 – 2x_1x_2 + 2x_2^2 + 6x_1x_3 – 10x_2x_3 + 13x_3^2$.
2. La matrice $A$ de $f$ dans la base canonique est :
$$ A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 \\ -1 & 2 & -5 \\ 3 & -5 & 13 \end{pmatrix} $$3. On calcule le rang de $A$ par la méthode du pivot de Gauss. On trouve que le rang est 2. Le noyau de $f$ est le noyau de $A$, qui est l’ensemble des solutions du système $AX=0$. On trouve $Ker(f) = Vect(e_1 – 2e_2 – e_3)$.
Soient $f$ et $g$ deux formes bilinéaires symétriques sur un $\mathbb{R}$-espace vectoriel $E$. On suppose $g$ non dégénérée et qu’il existe un endomorphisme $u$ tel que $\forall (x,y) \in E^2, f(x,y) = g(u(x),y)$.
- Exprimer la matrice de $u$ en fonction des matrices de $f$ et $g$.
- Montrer que si $x$ et $y$ sont des vecteurs propres de $u$ pour des valeurs propres distinctes, alors $f(x,y)=g(x,y)=0$.
1. Soit $\beta$ une base de $E$. Soient $M_f$, $M_g$ et $A$ les matrices de $f$, $g$ et $u$ dans cette base. La relation $f(x,y)=g(u(x),y)$ se traduit matriciellement par ${}^tX M_f Y = {}^t(AX) M_g Y = {}^tX {}^tA M_g Y$. Ceci étant vrai pour tous $X,Y$, on a $M_f = {}^tA M_g$. Comme $g$ est non dégénérée, $M_g$ est inversible. On a donc ${}^tA = M_f M_g^{-1}$, d’où $A = {}^t(M_f M_g^{-1})$.
2. Soit $u(x)=\lambda x$ et $u(y)=\mu y$ avec $\lambda \neq \mu$. On a $f(x,y) = g(u(x),y) = g(\lambda x, y) = \lambda g(x,y)$. Mais $f$ est symétrique, donc $f(x,y)=f(y,x)=g(u(y),x)=g(\mu y, x) = \mu g(y,x) = \mu g(x,y)$. On a donc $\lambda g(x,y) = \mu g(x,y)$, soit $(\lambda-\mu)g(x,y)=0$. Comme $\lambda \neq \mu$, on conclut que $g(x,y)=0$, et par suite $f(x,y)=0$.
Soit $f$ une forme bilinéaire symétrique sur un espace $E$ de dimension finie, et $N$ son noyau. Montrer que pour tout sous-espace $G$ de $E$, on a $(G^\perp)^\perp = G+N$.
On considère l’espace quotient $E/N$ et la surjection canonique $s: E \to E/N$. On peut définir sur $E/N$ une forme bilinéaire symétrique non dégénérée $\bar{f}$ par $\bar{f}(\bar{x}, \bar{y}) = f(x,y)$. Pour cette forme, on sait que $(s(G))^{\perp\perp} = s(G)$. On montre ensuite que l’orthogonal de $s(G)$ pour $\bar{f}$ est $s(G^\perp)$. On a donc $s((G^\perp)^\perp) = s(G)$. Deux sous-espaces ayant la même image par $s$ sont égaux à l’addition du noyau $N$ près. On en déduit $(G^\perp)^\perp = G+N$.
Soit $f$ une forme bilinéaire sur $E$ telle que $\forall (x,y) \in E^2, [f(x,y)=0 \implies f(y,x)=0]$. Montrer que $f$ est soit symétrique, soit antisymétrique.
On raisonne par récurrence sur la dimension de $E$. Si $f$ n’est pas antisymétrique, il existe $x_0$ tel que $f(x_0,x_0) \neq 0$. On montre alors que $E = Vect(x_0) \oplus (Vect(x_0))^\perp$. La restriction de $f$ à l’hyperplan $(Vect(x_0))^\perp$ vérifie la même hypothèse. Par récurrence, cette restriction est soit symétrique, soit antisymétrique. On analyse les deux cas et on montre que cela force $f$ à être symétrique sur $E$ tout entier.
Soit $f$ la forme bilinéaire symétrique sur $\mathbb{R}_2[X]$ définie par $f(P,Q) = \frac{1}{2}(P(1)Q(-1) + P(-1)Q(1))$. Déterminer le rang, la signature, une base orthogonale et le cône isotrope de la forme quadratique $q$ associée.
La forme quadratique est $q(P) = P(1)P(-1)$. Pour $P(X)=a+bX+cX^2$, on a $q(P)=(a+b+c)(a-b+c)=(a+c)^2-b^2$. C’est une décomposition en carrés. Les formes linéaires $l_1(P)=a+c$ et $l_2(P)=b$ sont indépendantes. Le rang est 2, la signature est (1,1). Une base orthogonale est $(1-X^2, X, 1)$. Le cône isotrope $C_q$ est l’ensemble des polynômes $P$ tels que $P(1)=0$ ou $P(-1)=0$. Ce n’est pas un sous-espace vectoriel.
Soit $q$ la forme quadratique sur $\mathbb{R}^3$ définie par $q(x,y,z) = x^2 + (1+a)y^2 + (1+a+a^2)z^2 + 2xy – 2ayz$. Déterminer le rang et la signature de $q$ en fonction de $a \in \mathbb{R}$.
On applique la méthode de Gauss :
$q(x,y,z) = (x+y)^2 + ay^2 – 2ayz + (1+a+a^2)z^2$
$= (x+y)^2 + a(y^2-2yz) + (1+a+a^2)z^2$
$= (x+y)^2 + a(y-z)^2 – az^2 + (1+a+a^2)z^2$
$= (x+y)^2 + a(y-z)^2 + (1+a^2)z^2$.
Les coefficients des carrés sont $1$, $a$, et $1+a^2$. Le terme $1+a^2$ est toujours strictement positif.
- Si $a>0$, les trois coefficients sont positifs. Rang 3, signature (3,0).
- Si $a=0$, les coefficients sont 1, 0, 1. Rang 2, signature (2,0).
- Si $a<0$, les coefficients sont 1, $a$, $1+a^2$. Rang 3, signature (2,1).