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{{Exercice
  | idfaculté = mathématiques
  | précédent = [[../../|Sommaire]]
  | suivant   =
  | numéro    = 1
  | niveau    = 15
}}

==Exercice 1-1==
Dire si les applications suivantes sont bilinéaires sur le <math>K</math>-espace vectoriel <math>E</math> indiqué :
*<math>f_1(A,B)=AB,\quad E=\mathrm M_n(K)\quad(n\in\N)</math> ;
*<math>f_2(z,w)=\mathrm{Re}(zw),\quad E=\Complex,\quad K=\Complex</math> ;
*<math>f_3(u,v)=\int_0^1uv,\quad E=C([0,1],\R),\quad K=\R</math> ;
*<math>f_4(u,v)=\int _{-1}^1(u+v)^2,\quad E=C([0,1],\R),\quad K=\R</math> ;
*<math>f_5(A,B)=\mathrm{Tr}(AB),\quad E=\mathrm M_n(K)\quad(n\in\N)</math> ;
*<math>f_6(u,v)=uv,\quad E=C([0,1],\R),\quad K=\R</math>.
{{Solution|contenu=
#Oui.
#Non car <math>f_2</math> est <math>\R</math>-bilinéaire mais pas <math>\Complex</math>-bilinéaire, puisqu'elle est non nulle et à valeurs réelles.
#Oui, comme composée de l'application bilinéaire <math>f_6</math> et de la forme linéaire « intégrale de 0 à 1 ».
#Non car <math>f_4(u,0)\ne0</math> en général.
#Oui, comme composée de l'application bilinéaire <math>f_1</math> et de la forme linéaire « trace ».
#Oui.
}}

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

Donner l'expression de <math>b\left(\left(x_1,y_1,z_1\right),\left(x_2,y_2,z_2\right)\right)</math>, pour tout <math>\left(x_1,y_1,z_1,x_2,y_2,z_2\right)\in\R^6</math>.
{{Solution|contenu=
<math>\left(x_1\;y_1\;z_1\right)M\begin{pmatrix}
x_2\\y_2\\z_2
\end{pmatrix}=x_1x_2+3y_1y_2+z_1z_2+2x_1y_2-y_1x_2+9z_1x_2+4y_1z_2</math>.
}}

==Exercice 1-3==
Soit <math>b</math> la forme bilinéaire sur <math>\R^3</math> définie par :
:<math>b\left(\left(x_1,x_2,x_3\right),\left(y_1,y_2,y_3\right)\right)=3x_1y_1-3x_1y_2-4x_1y_3-x_2y_1+3x_2y_2+3x_3y_1+6x_3y_2-9x_3y_3</math>.
#Donner la matrice de <math>b</math> dans la base canonique de <math>\R^3</math>. 
#Soient <math>f_1=(2,0,1)</math>, <math>f_2=(0,1,0)</math> et <math>f_3=(1,1,-1)</math>. Montrer que <math>\left(f_1,f_2,f_3\right)</math> est une base de <math>\R^3</math>.
#Donner la matrice de <math>b</math> dans cette base.
{{Solution|contenu=
#<math>M=\begin{pmatrix}3&-3&-4\\-1&3&0\\3&6&-9\end{pmatrix}</math>.
#<math>\det P=\begin{vmatrix}2&0&1\\0&1&1\\1&0&-1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}2&1\\1&-1\end{vmatrix}=-3\ne0</math>.
#On peut effectuer le produit <math>{}^t\!PMP=\begin{pmatrix}1&0&26\\3&3&2\\3&-6&-12\end{pmatrix}</math>, ou calculer séparément chacun des 9 termes <math>b(f_i,f_j)</math> de la matrice. Par exemple : <math>b(f_3,f_3)=\cancel3-\cancel3+4-1+\cancel3-\cancel3-6-9=-12</math>.
}}

==Exercice 1-4==
Soit <math>B</math> la forme bilinéaire sur <math>\R_2[X]</math> définie par :
:<math>B(f,g)=\int _0^1fg</math>.
#Est-elle dégénérée ?
#Déterminer la matrice de <math>B</math> dans la base canonique de <math>\R_2[X]</math>.
#Soient <math>P_1=1</math>, <math>P_2=X-\frac12</math> et <math>P_3=X^2-X+\frac16</math>. Montrer que <math>\left(P_1,P_2,P_3\right)</math> est une base de <math>\R_2[X]</math>.
#Déterminer la matrice de <math>B</math> dans cette base, de deux manières
{{Solution|contenu=
#<math>B</math> est définie positive (car la seule fonction continue de <math>f:[0,1]\to\R</math> telle que <math>\int_0^1f^2=0</math> est la fonction nulle) donc non dégénérée.
#<math>M=\begin{pmatrix}1&\frac12&\frac13\\\frac12&\frac13&\frac14\\\frac13&\frac14&\frac15\end{pmatrix}</math>.
#Ces 3 polynômes sont de degrés respectifs 0, 1 et 2 donc forment une base de <math>\R_2[X]</math> (ou moins savamment : ils forment un système libre car le déterminant de leur matrice (triangulaire) <math>P</math> dans la base canonique est <math>1\ne0</math>, et ils sont au nombre de 3, la dimension de l'espace).
#On peut effectuer le produit <math>N={}^t\!PMP</math>, ou calculer séparément chacun des 9 termes <math>B(P_i,P_j)</math> de <math>N</math> (il suffit en fait de calculer les 6 pour lesquels <math>i\ge j</math>, car <math>B</math> est symétrique donc <math>N</math> aussi). <math>N=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1/12&0\\0&0&1/180\end{pmatrix}</math>.
}}
Soit <math>B</math> la forme bilinéaire symétrique sur <math>\R_2[X]</math> définie par :
:<math>B(f,g)=f(0)g(0)+f(1)g(1)</math>.
#Quel est son noyau ?
#Déterminer la matrice de <math>B</math> dans la base canonique de <math>\R_2[X]</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>B</math> a pour noyau l'ensemble des <math>P\in\R_2[X]</math> tels que <math>P(0)=P(1)=0</math>, c'est-à-dire <math>P=\lambda X(X-1)</math>.
#<math>\begin{pmatrix}2&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}</math>.
}}

==Exercice 1-5==
Soit <math>T</math> la forme bilinéaire sur <math>\mathrm M_2(\R)</math> définie par :
:<math>T(A,B)=\mathrm{Tr}(AB)</math>.
#Déterminer la matrice de <math>T</math> dans la base canonique de <math>\mathrm M_2(\R)</math>.
#Soient <math>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}</math>. Montrer que <math>\left(E_1,E_2,E_3,E_4\right)</math> est une base de <math>\mathrm M_2(\R)</math>.
#Déterminer la matrice de <math>T</math> dans cette base, de deux manières.
{{Solution|contenu=
#La base canonique de <math>\mathrm M_2(\R)</math> est <math>\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)</math>, et <math>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}</math>, donc la matrice de <math>T</math> dans la base canonique est <math>M=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}</math>.
#<math>\det P=\begin{vmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&-1\\0&1&0&0\end{vmatrix}=-2\ne0</math> donc ces 4 vecteurs forment une famille libre, or <math>\dim\left(\mathrm M_2(\R)\right)=4</math>, donc cette famille libre est une base de <math>\mathrm M_2(\R)</math>.
#On peut effectuer le produit <math>N={}^t\!PMP</math>, ou calculer séparément chacun des 16 termes <math>T(E_i,E_j)</math> de <math>N</math> (il suffit en fait de calculer les 10 pour lesquels <math>i\ge j</math>, car <math>T(A,B)=T(B,A)</math>). <math>N=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&-2\end{pmatrix}</math>.
}}

==Exercice 1-6==
Trouver la matrice d'une forme bilinéaire dans la base <math>B'=(e'_1,e'_2,e'_3)</math> si la matrice de cette forme dans la base <math>B=(e_1,e_2,e_3)</math> est
:<math>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}</math>
{{Solution|contenu=
La matrice de <math>B'</math> dans <math>B</math> est
:<math>P=\begin{pmatrix}1&1&1\\-1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}</math>
donc la matrice de la forme bilinéaire dans la nouvelle base <math>B'</math> est
:<math>{}^t\!PMP=\begin{pmatrix}0&-6&-9\\-2&20&30\\-3&30&45\end{pmatrix}</math>.
Autre méthode : exprimer <math>f(u,v)</math> en fonction des coordonnées de <math>u</math> et <math>v</math> dans <math>B</math> puis, comme cas particuliers, les 9 éléments <math>f(e'_i,e'_j)</math> de la matrice cherchée. Par exemple : <math>f(e'_1,e'_1)=1-2-4+5=0</math>.
}}

==Exercice 1-7==
Soient <math>\mathcal A,\mathcal B\in\operatorname{End}(E)</math> et <math>f,g</math> deux formes bilinéaires sur <math>E</math> telles que
<math>f(x,y)=g(\mathcal Ax,\mathcal By)</math>. Soient <math>A,B,F,G</math> les matrices de <math>\mathcal A,\mathcal B,f,g</math>
respectivement (dans une base fixée de <math>E</math>, qui est supposé de dimension finie). Trouver le lien entre <math>A,B,F,G</math>.
{{Solution|contenu=
Soit <math>n=\dim E</math>. Le lien entre <math>f</math> et <math>g</math> se traduit matriciellement par : pour ''toutes'' matrices colonnes <math>X,Y\in M_{n,1}(K)</math>, <math>(^{\mathrm t}X)FY=(^{\mathrm t}(AX))G(BY)=(^{\mathrm t}X)\left((^{\mathrm t}A)GB\right)Y</math> donc <math>F=(^{\mathrm t}A)GB</math>.
}}

==Exercice 1-8==
Le noyau à gauche d'une forme bilinéaire <math>b</math> est le sous-espace vectoriel constitué des vecteurs <math>u</math> tels que <math>\forall v\quad b(u,v)=0</math> et le noyau à droite est le sous-espace constitué des <math>v</math> tels que <math>\forall u\quad b(u,v)=0</math>.

Trouver le noyau à droite et le noyau à gauche des formes bilinéaires données par les matrices
:<math>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}</math>.
{{Solution|contenu=
On trouve facilement que <math>A</math> et <math>B</math> sont de rang 2, ce qui, d'après le théorème du rang, permet de prévoir que les quatre noyaux sont des droites vectorielles.
*Pour <math>A</math> :
**noyau à gauche : <math>\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}</math><br><math>\Leftrightarrow y=x,\;z=-x</math> donc ce noyau est engendré par le vecteur <math>(1,1,-1)</math>.
**noyau à droite : <math>\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}</math><br><math>\Leftrightarrow x=10z,\;y=7z</math> donc ce noyau est engendré  par le vecteur <math>(10,7,1)</math>.
*Pour <math>B</math> :
**noyau à gauche : <math>\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}</math><br><math>\Leftrightarrow y=5x,\;z=-3x</math> donc ce noyau est engendré par le vecteur <math>(1,5,-3)</math>.
**noyau à droite : <math>\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}</math><br><math>\Leftrightarrow z=x,\;y=-2x</math> donc ce noyau est engendré par le vecteur <math>(1,-2,1)</math>.
}}

==Exercice 1-9==
Soit <math>E=\R^4</math> et soit <math>b</math> la forme bilinéaire dont la matrice dans la base canonique est :
:<math>M=\begin{pmatrix}
 7&-2&-12&-6\\
-2&0&4&3\\
-12&4&19&9\\
-6&3&9&2\end{pmatrix}</math>.
#Montrer que <math>b</math> est symétrique et non dégénérée.
#Donner des équations, puis une base de l'orthogonal pour <math>b</math> du sous-espace <math>\R^2\times\{(0, 0)\}\subset E</math>.
#Mêmes questions pour <math>F:=\{0\}\times\R^2\times\{0\}</math>.
#Calculer <math>F\cap F^\perp</math>.
#Démontrer que <math>F</math> contient des [[w:Vecteur isotrope|vecteurs isotropes]] non nuls.
{{Solution|contenu=
#<math>b</math> est symétrique car <math>M</math> l'est. Elle est non dégénérée car <math>\det M\ne0</math> car modulo 2, <math>\det M\equiv\begin{vmatrix}
1&0&0&0\\
0&0&0&1\\
0&0&1&1\\
0&1&1&0\end{vmatrix}=-1</math>.
#<math>\left(7x-2y-12z-6t=0,\;-2x+4z+3t=0\right)\Leftrightarrow\left(x=\frac{4z+3t}2,\;y=\frac{4z+9t}4\right)</math>. Une base est donc <math>\left((2,1,1,0),(6,9,0,4)\right)</math>.<br>(Il est normal que l'orthogonal d'un plan soit de codimension 2, puisque <math>b</math> est non dégénérée.)
#<math>\left(-2x+4z+3t=0,\;-12x+4y+19z+9t=0\right)\Leftrightarrow\left(x=\frac{4z+3t}2,\;y=\frac{5z+9t}4\right)</math>. Une base est donc <math>\left((8,5,4,0),(6,9,0,4)\right)</math>.
#<math>\left(0=\frac{4z+3\times0}2,\;y=\frac{5z+9\times0}4\right)\Leftrightarrow\left(z=0,\;y=0\right)</math> donc <math>F\cap F^\perp=\{(0,0,0,0)\}</math>.
#<math>b\left((0,y,z,0),(0,y,z,0)\right)=8yz+9z^2=z\left(8y+9z\right)</math>.<br>Le cône isotrope de <math>F</math> est donc la réunion de deux droites, engendrées respectivement par <math>(0,1,0,0)</math> et <math>(0,19,-8,0)</math>.
}}

==Exercice 1-10==
Soit <math>b</math> la forme bilinéaire sur <math>K^4</math> dont la matrice dans la base canonique est :
:<math>M=\begin{pmatrix}
 9&-6&0&-6\\
 -6&4&0&4\\
 0&0&1&-1\\
 -6&4&-1&5
 \end{pmatrix}</math>.
#<math>b</math> est-elle symétrique ?
#Donner une base de son noyau.
#Appliquer l'algorithme de Gauss à la forme quadratique <math>q</math> définie par <math>q(v)=b(v, v)</math> et comparer les résultats.
{{Solution|contenu=
#<math>b</math> est symétrique puisque <math>M</math> l'est.
#<math>\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=\frac23(y+t)\end{cases}</math><br>donc une base du noyau est par exemple <math>\left((2,3,0,0),(2,0,3,3)\right)</math>.
#<br><math>\begin{align}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{align}
</math><br>donc <math>q</math> est de rang 2, ce qui était prévisible par le théorème du rang, puisque son noyau est de codimension 2.
}}

==Exercice 1-11==
Soit <math>E=\operatorname M_n(\R)</math>.
#Montrer que la forme bilinéaire <math>E\times E\to\R,\quad (A,B)\mapsto\operatorname{Tr}(AB)</math> est symétrique et non dégénérée.
#Soit <math>M\in E</math>. Calculer la dimension des deux noyaux de la forme bilinéaire <math>\ell_M:(A,B)\mapsto\operatorname{Tr}(AMB)</math>, en fonction du rang de <math>M</math>.
#Pour <math>M=\begin{pmatrix}2&3\\1&2\end{pmatrix}</math>, donner la matrice de <math>\ell_M</math> dans la base canonique de <math>\operatorname M_2(\R)</math>.
{{Solution|contenu=
#La forme est symétrique et non dégénérée car <math>\operatorname{Tr}(AB)=\sum_i(AB)_{i,i}=\sum_{i,j}A_{i,j}B_{j,i}</math>.
#<math>A\in\ker_g(\ell_M)\Leftrightarrow AM=0</math> et <math>B\in\ker_d(\ell_M)\Leftrightarrow MB=0</math> donc les deux noyaux de <math>\ell_M</math> ont pour dimension <math>\dim\left((\ker M)^n\right)=n(n-\operatorname{rang}M)</math>.
#La base canonique de <math>\mathrm M_2(\R)</math> est <math>\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)</math>.<br>La matrice de <math>\ell_M</math> dans cette base est <math>\begin{pmatrix}2&0&3&0\\1&0&2&0\\0&2&0&3\\0&1&0&2\end{pmatrix}</math>.
}}

==Exercice 1-12==
Soit <math>q</math> la forme quadratique  sur <math>\R^3</math> définie par : <math>q\left(x,y,z\right)=-x^2+2xy+4xz-y^2+z^2</math>. Décomposer <math>q</math> 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 <math>q</math> est de la forme <math>aX^2+bY^2+cZ^2</math>. Quelle est la particularité de cette base ? Est-elle orthogonale ou orthonormale ?
{{Solution|contenu=http://pedagotech.inp-toulouse.fr/140420/res/Exercices_mod2_sem2b.pdf p. 19-20

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

Cette base est orthogonale pour <math>q</math> (par construction) mais pas pour la structure euclidienne canonique sur <math>\R^3</math>. 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).
}}

Mêmes questions pour <math>q\left(x,y,z\right)=x^2+2y^2+5z^2+2xy+4yz</math>.
{{Solution|contenu=
<math>q\left(x,y,z\right)=\left(x+y\right)^2+y^2+5z^2+4yz=\left(x+y\right)^2+\left(y+2z\right)^2+z^2=X^2+Y^2+Z^2</math> avec <math>X=x+y</math>, <math>Y=y+2z</math> et <math>Z=z</math>, donc <math>z=Z</math>, <math>y=Y-2Z</math>, <math>x=X-Y+2Z</math> et la nouvelle base (orthonormée pour <math>q</math> mais pas orthogonale pour la structure euclidienne canonique sur <math>\R^3</math>) est <math>\left((1,0,0),(-1,1,0),(2,-2,1)\right)</math>.
}}

Considérons la forme quadratique
:<math>q(x,y,z)=x^2+2y^2+13z^2-2xy+6xz-10yz</math>.
#Écrire la matrice de <math>q</math> dans la base canonique de <math>\R^3</math>.
#Soit <math>\varphi</math> la forme bilinéaire symétrique associée, donner l'expression de <math>\varphi((x,y,z),(x',y',z'))</math>.
#Déterminer la signature et le rang de <math>q</math>.
#Déterminer une base orthogonale pour <math>q</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>A=\begin{pmatrix}1&-1&3\\-1&2&-5\\3&-5&13\end{pmatrix}</math>.
#<math>\varphi ((x,y,z),(x',y',z'))=xx'+2yy'+13zz'-(xy'+yx')+3(xz'+zx')-5(yz'+zy')</math>.
#<math>x^2+2y^2+13z^2-2xy+6xz-10yz=(x-y+3z)^2+y^2+4z^2-4yz=(x-y+3z)^2+(y-2z)^2</math>, donc <math>q</math> est de rang <math>2</math> et de signature <math>(2,0)</math>.
#<math>\forall X\in\R^3\quad q(X)=f^2(X)+g^2(X)</math> où <math>f,g</math> sont les deux formes linéaires (indépendantes) <math>f(x,y,z)=x-y+3z</math> et <math>g(x,y,z)=y-2z</math>. Donc (par unicité de la forme bilinéaire symétrique associée) <math>\forall X,X'\in\R^3\quad\varphi (X,X')=f(X)f(X')+g(X)g(X')</math>. On aura donc trois vecteurs « <math>\varphi</math>-orthogonaux » 2 à 2 en choisissant <math>\varepsilon_i</math> tels que <math>g(\varepsilon_1)=0,f(\varepsilon_2)=0,f(\varepsilon_3)=g(\varepsilon _3)=0</math>, et ils formeront un système libre (donc une base) si et seulement si <math>f(\varepsilon_1)\ne0,g(\varepsilon_2)\ne0,\varepsilon_3\ne0</math>. Par exemple <math>\varepsilon_1=(1,0,0),\varepsilon_2=(1,1,0),\varepsilon_3=(-1,2,1)</math>.
}}

==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 <math>E</math> correspondante :
#<math>E=K^2</math>, <math>q\left(x,y\right)=x^2-2xy+2y^2</math> ;
#<math>E=K^2</math>, <math>q\left(x,y\right)=xy</math> ;
#<math>E=K^3</math>, <math>q\left(x,y,z\right)=x^2-4xy+y^2+2yz-z^2</math> ;
#<math>E=\left(K_1[T]\right)^2</math>, <math>q\left(f,g\right)=\int_0^1tf(t)g(t)\,\mathrm dt</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>b\left((x,y),(x',y')\right)=xx'-xy'-x'y+2yy'</math>. <math>q\left(x,y\right)=(x-y)^2+y^2=X^2+Y^2</math>, <math>y=Y</math>, <math>x=X+Y</math> et la nouvelle base est <math>\left((1,0),(2,1)\right)</math>.
#<math>b\left((x,y),(x',y')\right)=\frac12(xy'+x'y)</math>. <math>q\left(x,y\right)=\left(\frac{x+y}2\right)^2-\left(\frac{x-y}2\right)^2=X^2-Y^2</math>, <math>x=X+Y</math>, <math>y=X-Y</math> et la nouvelle base est <math>\left((1,1),(1,-1)\right)</math>.
#<math>b\left((x,y,z),(x',y',z')\right)=xx'-2xy'-2x'y+yy'+yz'+y'z-zz'</math>.<br><math>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 z3\right)^2-\frac23z^2=X^2-3Y^2-\frac23Z^2</math>,<br><math>z=Z</math>, <math>y=Y+\frac Z3</math>, <math>x=X+2Y+\frac23Z</math> et la nouvelle base est <math>\left((1,0,0),(2,1,0),\left(\frac23,\frac13,1\right)\right)</math>.
#<math>b\left((f_1,g_1),(f_2,g_2)\right)=\frac12\int_0^1t\left(f_1(t)g_2(t)+f_2(t)g_1(t)\right)\,\mathrm dt</math>.<br><math>q\left(xT+y,uT+v\right)=\int_0^1\left(xut^3+(xv+yu)t^2+yvt\right)\,\mathrm dt=\frac{xu}4+\frac{xv+yu}3+\frac{yv}2=\left(\frac x2+\frac{2y}3\right)\left(\frac u2+\frac{2v}3\right)+\frac{yv}{18}</math><br><math>=\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</math>,<br><math>y=3(U+V)</math>, <math>v=6(U-V)</math>, <math>x=2(X+Y)-4(U+V)</math>, <math>u=2(X-Y)-8(U-V)</math><br>et les coordonnées dans l'ancienne base <math>\left((T,0),(1,0),(0,T),(0,1)\right)</math> de la nouvelle base sont <math>\left((2,0,2,0),(2,0,-2,0),(-4,3,-8,6),(-4,3,8,-6)\right)</math>, donc la nouvelle base est <math>\left((2T,2T),(2T,-2T),(-4T+3,-8T+6),(-4T+3,8T-6)\right)</math>.
}}

==Exercice 1-14==
Soient <math>V=\left.\left\{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in\operatorname M_2(\R)\right|a=d\right\}</math> et <math>J=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}</math>. On considère la forme <math>B:V\times V\to\R,\,(M,N)\mapsto\operatorname{Tr}(MJN)</math>.
#<math>B</math> est-elle bilinéaire ? symétrique ? antisymétrique ?
#Montrer que le triplet <math>\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)</math> est une base de <math>V</math>.
#Déterminer la matrice dans <math>\mathcal B</math> de la forme quadratique <math>q:V\to\R,\, M\mapsto B(M,M)</math>.
#Déterminer le noyau, le rang et la signature de <math>q</math>. La forme <math>q</math> est-elle définie ? positive ? négative ?
#Déterminer le <math>q</math>-orthogonal du sous-espace <math>F:=\left.\left\{\begin{pmatrix}a&0\\0&a\end{pmatrix}\right|a\in\R\right\}</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>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')</math> donc <math>B</math> est bilinéaire mais n'est
#*ni symétrique — par exemple, <math>B\left(\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\right)=1\ne-1=B\left(\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\right)</math> ;
#*ni antisymétrique — par exemple, <math>B\left(\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\right)=1\ne-1=-B\left(\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)</math>.
#<math>V</math> est par définition engendré par <math>\mathcal B</math>, et ce triplet est libre car si <math>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}</math>, c'est-à-dire si <math>\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}</math>, alors <math>a=b=c=0</math>.
#<math>q\left(\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}\right)=2ac+2ab</math> donc la matrice de <math>q</math> dans <math>\mathcal B</math> est <math>\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}</math>.
#<math>q\left(\begin{pmatrix}a&b\\c&a\end{pmatrix}\right)=\frac{(a+b+c)^2-(a-b-c)^2}2</math> donc <math>q</math> a pour signature <math>(1,1)</math>. Elle n'est donc pas définie, ni même positive ou négative, et son rang est 2.<br>Son noyau est (d'après la question précédente) la droite vectorielle <math>\left.\left\{\begin{pmatrix}0&b\\-b&0\end{pmatrix}\right|b\in\R\right\}</math> (ce qui est cohérent avec son rang).
#D'après la question 3, <math>F^\bot=\left.\left\{\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}\right|a,b\in\R\right\}</math>.
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 :
#<math>q:\R^3\to\R,\,\left(x,y,z\right)\mapsto2x^2+y^2-z^2+3xy-4xz</math> ;
#<math>q:\R^3\to\R,\,\left(x,y,z\right)\mapsto x^2+y^2-az^2+3xy-bxz+yz</math> (discuter suivant les valeurs de <math>a,b\in\R</math>) ;
#<math>q:\R^4\to\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</math> (discuter suivant les valeurs de <math>\lambda,\mu\in\R</math>) ;
#<math>q:\R^5\to\R,\,\left(x,y,z,t,s\right)\mapsto xy-xt+yz-yt+ys+zt-zs+2st</math> ;
#<math>q:\R^3\to\R,\,\left(x,y,z\right)\mapsto x^2+(1+a)y^2+(1+a+a^2)z^2+2xy-2ayz</math> (discuter suivant les valeurs de <math>a\in\R</math>) ;
#<math>q_1(x,y,z)=6x^2+3y^2+3z^2-8xy-8xz-6yz</math> ;
#<math>q_2(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)</math> ;
#<math>q_3(x_1,\ldots,x_5)=\sum_{i<5}x_ix_{i+1}</math> ;
#<math>q_4(x,y,z,t)=3x^2+4y^2-z^2+2t^2+xy+4yz+yt</math> ;
#<math>q_5(x,y,z,t)=xy+yz+xz-yt+2zt+3xt</math> ;
#<math>Q(x,y,z)=a^2x^2+(1-a)y^2+(2-a)z^2-2axy+2axz+2(a-1)yz</math> où <math>a</math> est un paramètre réel.
#<math>Q(y,x,z,t)=x^2+y^2+9 z^2-2xy+6xz-6yz +2yt</math> (au préalable, expliquer rapidement pourquoi <math>Q</math> est une forme quadratique sur <math>\R^4</math> et donner sa matrice dans la base canonique de <math>\R^4</math>) ;
#<math>q(x,y,z)=2x^2-2y^2-6z^2+3xy-4xz+7yz</math> ;
#<math>q(x,y,z,t)=xy+yz+zt+tx</math>.
{{Solution|contenu=
Questions 1 à 4 : cf. http://math.univ-lyon1.fr/capes/IMG/pdf/CAPESexoscorrigesfquad.pdf, exercice corrigé n° 4.

Question 5 : <math>q\left(x,y,z\right)=(x+y)^2+a(y-z)^2+(1+a^2)z^2</math> donc <math>q</math> est de rang 3 si <math>a\ne0</math> et de rang 2 si <math>a=0</math> et plus précisément :
*sa signature est (3, 0) si <math>a>0</math>, (2, 1) si <math>a<0</math>, et (2, 0) si <math>a=0</math> ;
*son noyau est réduit à zéro si <math>a\ne0</math> et c'est la droite engendrée par <math>(1,-1,0)</math> si <math>a=0</math>.

Question 6 : <math>q_1(x,y,z)=6x^2-8x(y+z)+3y^2+3z^2-6yz=6[x-{2\over 3}(y+z)]^2-{8\over 3}(y+z)^2+3y^2+3z^2-6yz=6[x-{2\over 3}(y+z)]^2+{1\over 3}(y^2+z^2-34yz)</math><br><math>=6[x-{2\over 3}(y+z)]^2+{1\over 3}[(y-17z)^2+(1-17^2)z^2]</math> donc <math>q_1</math> est de noyau <math>\{0\}</math>, de rang <math>3</math>, de signature <math>(2,1)</math>.

Question 7 : <math>q_2(x,y,z)=
x^2-2x(y+z)+y^2+z^2-2yz=
(x-y-z)^2-4yz=(x-y-z)^2-(y+z)^2+(y-z)^2</math> donc <math>q_2</math> est de noyau <math>\{0\}</math>, de rang <math>3</math>, de signature <math>(2,1)</math>.

Question 8 : <math>q_3(x_1,\ldots,x_5)=(x_1+x_3)x_2+(x_3+x_5)x_4={1\over 4}[(x_1+x_3+x_2)^2-(x_1+x_3-x_2)^2+(x_3+x_5+x_4)^2-(x_3+x_5-x_4)^2]</math>
donc <math>q_3</math> est de rang <math>4</math>, de signature <math>(2,2)</math>, et de noyau la droite d'équations <math>0=x_2=x_4=x_1+x_3=x_3+x_5</math>, engendrée par le vecteur <math>(1,0,-1,0,1)</math>.

Question 9 : <math>q_4(x,y,z,t)=3(x+{y\over 6})^2-(z-2y)^2+2(t+{y\over 4})^2+y^2(4-{3\over
6^2}+2^2-{2\over 4^2})=3(x+{y\over 6})^2-(z-2y)^2+2(t+{y\over
4})^2+{187\over 24}y^2</math> : rang <math>4</math>, signature <math>(3,1)</math>.

Question 10 : <math>q_5(x,y,z,t)=xy+xA+yB+2zt</math> (avec <math>A=z+3t,B=z-t</math>) <math>=(x+B)(y+A)-AB+2zt={((x+B)+(y+A))^2-((x+B)-(y+A))^2\over 4}-AB+2zt=
{1\over 4}(x+y+2z+2t)^2-{1\over 4}(x-y-4t)^2-z^2+3t^2</math> : rang <math>4</math>, signature <math>(2,2)</math>.

Question 11 : <math>Q(x,y,z)=
a^2x^2+2ax(z-y)+(1-a)y^2+(2-a)z^2+2(a-1)yz=
(ax+z-y)^2-ay^2+(1-a)z^2+2ayz=
(ax+z-y)^2-a(y^2-2yz)+(1-a)z^2</math><br><math>=
(ax+z-y)^2-a(y-z)^2+z^2</math> (les trois formes linéaires ne sont indépendantes que si <math>a\ne0</math>). Si <math>a=0</math>, <math>Q(x,y,z)=(z-y)^2+z^2</math>.

Lorsque <math>a\ne0</math>, le rang vaut donc <math>3</math> et la signature est <math>(2,1)</math> si <math>a>0</math>, <math>(3,0)</math> si <math>a<0</math>. Lorsque <math>a=0</math>, le rang vaut <math>2</math> et la signature <math>(2,0)</math>.

Question 12 : <math>Q</math> est un polynôme homogène de degré 2. La matrice est <math>\begin{pmatrix}1&-1&3&0\\-1&1&-3&1\\3&-3&9&0\\0&1&0&0\end{pmatrix}</math>.

<math>Q(y,x,z,t)=(x-y+3z)^2+2yt=(x-y+3z)^2+{(y+t)^2-(y-t)^2\over 2}</math>. Ou encore (en privilégiant d'abord la variable <math>y</math> au lieu de <math>x</math> ou <math>z</math>) : <math>Q(y,x,z,t)=(y-x-3z+t)^2-t^2+2xt+6zt=(y-x-3z+t)^2-(t-x-3z)^2+(x+3z)^2</math>.

La signature est <math>(2,1,1)</math>, le rang est <math>3</math>.

Question 13 : <math>q(x,y,z)=2(x+3y/4-z)^2-25y^2/8-8z^2+10yz=2(x+3y/4-z)^2-(25/8)(y-8z/5)^2</math>, signature <math>(1,1)</math>, rang <math>2</math>, noyau <math>\R(-1,8,5)</math>.

Question 14 : <math>q(x,y,z,t)=(x+z)(y+t)=\frac14((x+z+y+t)^2-(x+z-y-t)^2)</math>, signature <math>(1,1)</math>, rang <math>2</math>, noyau <math>z=-x,t=-y</math>.
}}

==Exercice 1-16==
Soit <math>n\in\N^*</math>. Pour tous <math>P,Q\in\R_n[X]</math> (l'espace vectoriel des polynômes réels de degré inférieur ou égal ou <math>n</math>), on pose :
:<math>B(P,Q)=\int_0^1tP(t)Q'(t)\,\mathrm dt~~\text{et}~~q(P)=B(P,P)</math>.
#Montrer <math>B</math> est une forme bilinéaire. Est-elle symétrique ? antisymétrique ?
#Montrer <math>q</math> est une forme quadratique. La forme est-elle définie ?
{{Solution|contenu=
#<math>D:\R[X]\to\R[X],\,Q\mapsto Q'</math> est linéaire, <math>M:\R[X]^2\to\R[X],\,(P,R)\mapsto XPR</math> est bilinéaire et <math>I:\R[X]\to\R,\,S\mapsto\int_0^1S(t)\,\mathrm dt</math> est une forme linéaire, donc <math>\R[X]^2\to\R,\,(P,Q)\mapsto I\circ M(P,D(Q))</math> est une forme bilinéaire, donc sa restriction <math>B</math> à <math>\R_n[X]^2</math> aussi. <math>B</math> n'est ni symétrique, ni antisymétrique, car <math>B(X,1)=0\ne B(1,X)</math>.
#<math>B</math> est une forme quadratique par définition (d'après la question 1). Elle n'est pas définie puisque <math>q(1)=0</math>.
}}
==Exercice 1-17==
#Soient <math>E</math> un <math>\R</math>-espace vectoriel, <math>q</math> une forme quadratique sur <math>E</math>, <math>v\in E</math> et <math>F</math> l'orthogonal de <math>v</math> pour <math>q</math>. Donner, en la justifiant par une démonstration, une condition nécessaire et suffisante sur <math>v</math> pour que <math>E=\R v+F</math>.
#Soient <math>E</math> un <math>\R</math>-espace vectoriel, <math>b</math> une forme bilinéaire symétrique sur <math>E</math> et <math>F</math> un supplémentaire de <math>\ker b</math> dans <math>E</math>. Montrer que <math>b|_{F \times F}</math> est non dégénérée.
#Soient <math>E</math> un <math>\R</math>-espace vectoriel de dimension <math>4</math>, <math>q</math> une forme quadratique de signature <math>(2,2)</math> sur <math>E</math>, <math>v\in E</math> tel que <math>q(v)<0</math> et <math>F</math> l'orthogonal de <math>v</math> pour <math>q</math>. Montrer que la signature de <math>q|_F</math> est <math>(2,1)</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>E=\R v+F</math> [[wikt:ssi|ssi]] <math>\forall x\in E\quad\exists\lambda\in\R\quad x-\lambda v\in F</math>, c'est-à-dire ssi <math>\forall x\in E\quad\exists\lambda\in\R\quad b(x,v)=\lambda q(v)</math>, où <math>b</math> désigne la forme polaire de <math>q</math>. Cette condition équivaut à : <math>q(v)\ne0</math> ou <math>v\in\ker b</math>.
#Soit <math>v\in F</math>. Si <math>v\ne0</math> alors <math>v\notin\ker b</math> donc il existe un vecteur <math>u\in E</math> tel que <math>b(u,v)\ne0</math>. Puis, il existe <math>x\in F</math> et <math>y\in\ker b</math> tels que <math>u=x+y</math>, d'où <math>0\ne b(u,v)=b(x,v)</math>. Cela prouve que <math>\forall v\in F\quad v\ne0\Rightarrow v\notin F^\bot</math>. Autrement dit : <math>F\cap F^\bot=\{0\}</math>, c'est-à-dire <math>b|_{F \times F}</math> est non dégénérée.
#<math>q</math> est non dégénérée donc <math>F</math> est un supplémentaire de <math>\R v</math>. Soit <math>(p,r)</math> la signature de <math>q|_F</math>. Par hypothèse, <math>(p,r+1)=(2,2)</math> donc <math>(p,r)=(2,1)</math>.
}}

==Exercice 1-18==
#Énoncer le théorème de Sylvester.
#Énumérer les différentes classes de formes quadratiques non nulles de <math>\R^2</math>.
{{Solution|contenu={{Wikipédia|Loi d'inertie de Sylvester}}
#Pour toute forme quadratique <math>q</math> sur un espace vectoriel réel <math>E</math> de dimension finie <math>n</math> :
#*il existe une base <math>(e_1,\dots,e_n)</math> de <math>E</math> orthogonale pour <math>q</math> ;
#*les deux entiers « nombre d'indices <math>i</math> tels que <math>q(e_i)>0</math> » et « nombre d'indices <math>i</math> tels que <math>q(e_i)<0</math> » sont indépendants du choix d'une telle base.
#Il y a <math>{n+2\choose2}-1</math> classes avec <math>n=2</math>, soit <math>5</math> classes de formes quadratiques non nulles sur <math>\R^2</math>. Elles sont caractérisées par leurs signatures, qui sont (par [[w:Ordre lexicographique|ordre lexicographique]]) : <math>(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)</math>.
}}

==Exercice 1-19==
Soient <math>E=\R^4</math> et <math>B=(e_1,e_2,e_3,e_4)</math> sa base canonique. On considère la forme quadratique <math>q</math> définie sur <math>E</math> par :
:<math>q(x,y,z,t)=x^2+2y^2+2xy+2yz+2yt</math>.
#
##Déterminer la matrice de <math>q</math> dans la base <math>B</math>.
##La forme <math>q</math> est-elle non dégénérée ?
#On considère les trois vecteurs <math>u_1=e_1,\quad u_2=2e_1+e_3,\quad u_3=3e_1+e_4</math> et le sous-espace <math>F=\operatorname{Vect}(u_1,u_2,u_3)</math>.
##Déterminer la dimension de <math>F</math>.
##Déterminer l'orthogonal de <math>F</math> pour <math>q</math>. Quelle est sa dimension ?
##Retrouver la réponse à la question 1.2 en donnant un nouvel argument.
#
##Déterminer la signature de <math>q</math>.
##Retrouver la réponse à la question 1.2 en donnant encore un nouvel argument.
#Déterminer le noyau de <math>q</math>.
#Donner une base de <math>E</math> orthogonale pour <math>q</math>.
{{Solution|contenu=
#
##<math>M=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\1&2&1&1\\0&1&0&0\\0&1&0&0\end{pmatrix}</math>.
##Non car <math>\det M=0</math>.
#
##<math>F=\operatorname{Vect}(e_1,e_3,e_4)</math> est de dimension <math>3</math>.
##Soit <math>v=(x,y,z,t)</math>. On a <math>v\perp e_1\Leftrightarrow x+y=0</math> et <math>v\perp e_3\Leftrightarrow v\perp e_4\Leftrightarrow y=0</math>, donc <math>v\in F^\bot\Leftrightarrow x=y=0</math> et <math>\dim F^\bot=2</math>.
##<math>q</math> est dégénérée car <math>\dim F+\dim F^\bot>4</math>.
#
##<math>q(x,y,z,t)=(x+y)^2+(y+z+t)^2-(z+t)^2</math> donc la signature de <math>q</math> est <math>(2,1)</math>.
##Le rang de <math>q</math> est donc <math>2+1=3<4</math>, ce qui redémontre que <math>q</math> est dégénérée.
#<math>(x,y,z,t)\in\ker q\Leftrightarrow x+y=x+2y+z+t=y=0\Leftrightarrow x=y=z+t=0</math> donc <math>\ker q</math> est la droite de vecteur directeur <math>-e_3+e_4</math>.
#<math>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</math> donc une base <math>q</math>-orthogonale est <math>(e_1,-e_1+e_2,e_1-e_2+e_3,-e_3+e_4)</math>.
}}

==Exercice 1-20==
Soit <math>E=\R_2[X]</math> l'espace vectoriel des polynômes réels de degré <math>\le2</math>. On définit la forme quadratique <math>q</math> sur <math>E</math> par : :si <math>P(X)=aX^2+bX+c\in E</math>, <math>q(P)=b^2-4ac</math>.
#Donner la matrice de <math>q</math> dans la base <math>(X^2,X,1)</math> de <math>E</math>.
#Donner une description simple du cône isotrope de <math>q</math>.
#Déterminer le rang et la signature de <math>q</math>.
#Trouver une base orthogonale de <math>E</math>.
#Soit <math>r\in\R</math> et soit <math>H</math> le sous-espace vectoriel de <math>E</math> formé des polynômes <math>P\in E</math> tels que <math>P(r)=0</math>.
##Montrer que <math>H</math> est un hyperplan.
##Quelle est la dimension de <math>H</math> ?
##Montrer que <math>(X-r,(X-r)^2)</math> est une base de <math>H</math>.
##Déterminer <math>H</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>M=\begin{pmatrix}0&0&-2\\0&1&0\\-2&0&0\end{pmatrix}</math>.
#Le cône isotrope est la réunion de la droite des polynômes constants et des droites <math>\operatorname{Vect}((X-r)^2)</math> pour <math>r\in\R</math>.
#<math>q(aX^2+bX+c)=b^2+(a-c)^2-(a+c)^2</math> donc la signature de <math>q</math> est <math>(2,1)</math> et son rang est <math>2+1=3</math> (donc <math>q</math> est non dégénérée).
#<math>(X,X^2-1,X^2+1)</math>.
#
##<math>H</math> est défini par une seule équation linéaire homogène donc c'est un hyperplan, c'est-à-dire ici un plan : <math>\dim H=3-1=2</math>.
##Par conséquent (comme <math>q</math> est dégénérée) <math>\dim H^\bot=3-2=1</math>.
##<math>(1,X-r,(X-r)^2)</math> est une base de <math>E</math> (donc <math>(X-r,(X-r)^2)</math> est libre) et un polynôme <math>\alpha+\beta(X-r)+\gamma(X-r)^2</math> s'annule en <math>r</math> si et seulement si <math>\alpha=0</math> (donc <math>(X-r,(X-r)^2)</math> est génératrice de <math>H</math>).
##Un vecteur directeur de <math>H^\bot</math> est (dans la base <math>(X^2,X,1)</math>) : <math>M^{-1}\begin{pmatrix}r^2\\r\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1/2\\r\\-r^2/2\end{pmatrix}</math>, ou encore (en multipliant par <math>-2</math>) : <math>(X-r)^2</math>.
}}

==Exercice 1-21==
Soit <math>E</math> un <math>K</math>-espace vectoriel muni d'une forme quadratique <math>q</math> non dégénérée. On dit qu'un plan <math>P</math> de <math>E</math> est <math>q</math>-hyperbolique s'il existe une base <math>(e_1,e_2)</math> de <math>P</math> telle que <math>q(e_1)=q(e_2)=0</math> et <math>f(e_1,e_2)=1</math> où <math>f</math> désigne la forme polaire de <math>q</math>.
#Soit <math>X</math> un vecteur non nul isotrope de <math>E</math>, montrer qu'il existe dans <math>E</math> un plan <math>q</math>-hyperbolique contenant <math>X</math>.
#En déduire que si le cône isotrope <math>C(q):=\{x\in E\mid q(x)=0\}</math> n'est pas réduit à <math>\{0\}</math> alors il contient une base de <math>E</math>.
{{Solution|contenu=
#Puisque <math>q</math> est non dégénérée, il existe <math>Y\in E</math> tel que <math>f(X,Y)\ne0</math> (ce qui garantit que <math>(X,Y)</math> est libre). Montrons que le plan <math>\operatorname{Vect}(X,Y)</math> est <math>q</math>-hyperbolique. Posons <math>Z=\lambda X+\mu Y</math>. Alors, <math>f(X,Z)=\mu f(X,Y)</math> et <math>q(Z)=2\lambda f(X,Z)+\mu^2q(Y)</math>, donc en choisissant <math>\mu:=1/f(X,Y)</math> puis <math>\lambda:=-\mu^2q(Y)/2</math>, on obtient bien <math>f(X,Z)=1</math> puis <math>q(Z)=0</math>.
#Soient <math>X</math> un vecteur non nul isotrope et <math>(X,(Z_i)_{i\in I})</math> une base de l'hyperplan <math>X^\bot\ni X</math>, que l'on complète en une base <math>(X,(Z_i)_{i\in I},T)</math> de <math>E</math>. Alors, <math>f(X,Z_i+T)=f(X,T)\ne0</math> donc (comme dans la question 1) le plan <math>\operatorname{Vect}(X,Z_i+T)</math> contient un vecteur isotrope <math>Y_i</math> non colinéaire à <math>X</math>. De même, le plan <math>\operatorname{Vect}(X,T)</math> contient un vecteur isotrope <math>Y</math> non colinéaire à <math>X</math>. Alors, <math>(X,(Y_i)_{i\in I},Y)</math> est une base isotrope de <math>E</math>.
}}

Soit <math>E</math> un <math>\R</math>-espace vectoriel muni d'une forme quadratique <math>Q</math>, de noyau <math>\ker Q</math> et de cône isotrope <math>C(Q)\supset\ker Q</math>.

Montrer que <math>C(Q)=\ker Q</math> si et seulement si <math>Q</math> est de signe constant.
{{Solution|contenu=
Soit <math>f</math> la forme polaire de <math>Q</math>.

Si l'inclusion <math>C(Q)\supset\ker Q</math> est stricte, soient <math>x,y\in E</math> tels que <math>Q(x)=0</math> et <math>f(x,y)\ne0</math>. Alors, <math>Q(\lambda x+y)=2\lambda f(x,y)+Q(y)</math> change de signe quand parcourt <math>\R</math>.

Réciproquement, si <math>Q</math> n'est pas de signe constant, soient <math>x,y\in E</math> tels que <math>Q(x)>0</math> et <math>Q(y)<0</math>. Soit <math>z=\lambda x+y</math> pour <math>\lambda</math> égal à l'un des deux réels tels que <math>Q(z)=\lambda^2Q(x)+2\lambda f(x,y)+Q(y)=0</math>. Alors, <math>z\in C(Q)</math> mais <math>z\notin\ker Q</math> car <math>f(z,x-\lambda y)=Q(x)-\lambda^2Q(y)>0</math>.
}}

==Exercice 1-22==
Sur <math>\R^n</math> avec <math>n\ge2</math> et avec la notation <math>x=(x_1,\ldots,x_n)</math>, on considère la forme quadratique <math>Q(x)=\sum_{1\le i<j\le n}(-1)^{i+j}x_ix_j</math>.
#Soient <math>\ell</math> la forme linéaire <math>\ell(x)=\sum_{1\le i\le n}(-1)^ix_i</math> et <math>H</math> l'hyperplan <math>\ker(\ell)</math>.
##Démontrer que <math>\ell^2(x)=\sum_{1\le i\le n}x_i^2+2Q(x)</math>.
##Démontrer que si <math>x\in H\setminus\{0\}</math> alors <math>Q(x)<0</math>.
#En déduire la signature de <math>Q</math>.
{{Solution|contenu=
#
##<math>\ell^2(x)=
(\sum_{1\le i\le n}(-1)^ix_i)
(\sum_{1\le j\le n}(-1)^jx_j)=Q(x)+R(x)+S(x)</math> avec <math>R(x)=\sum_{1\le
i=j\le n}(-1)^{i+j}x_ix_j=\sum_{1\le i\le n}x_i^2</math> et <math>S(x)=\sum_{1\le j<i\le n}(-1)^{i+j}x_ix_j=\sum_{1\le i'<j'\le
n}(-1)^{j'+i'}x_{j'}x_{i'}=Q(x)</math>, d'où <math>\ell^2=R+2Q</math>.
##Si <math>x\in H\setminus\{0\}</math>, <math>2Q(x)=0^2-R(x)<0</math>.
#On en déduit que la signature de <math>Q</math> est <math>(p,q)</math> avec (cf. plus bas) <math>q\ge n-1</math> et <math>p+q={\rm rang}(Q)\le n</math>. Par ailleurs, <math>p>0</math> (car <math>Q</math> n'est pas négative, vu que <math>Q(1,-1,0,\ldots,0)=1</math>). D'où <math>(p,q)=(1,n-1)</math>.

Justification de « <math>q\ge n-1</math> » (c'est censé être du cours mais redémontrons-le). Soient <math>e_1,\ldots,e_n</math> une base dans laquelle <math>Q</math>
s'écrit <math>\sum_1^py_i^2-\sum_{p+1}^{p+q}y_i^2</math>, et <math>H</math> un s.e.v. sur lequel <math>Q</math> est définie négative. Comme <math>Q</math> est définie positive sur <math>Vect(e_1,\ldots,e_p)</math>, ces deux sous-espaces sont en somme directe et <math>Q</math> est non dégénérée sur cette somme, donc <math>\dim H+p\le{\rm rang}(Q)=p+q</math>, donc <math>\dim H\le q</math>.

Remarque (autre méthode) : la matrice de la forme bilinéaire symétrique associée a pour valeurs propres <math>-1/2</math> (d'ordre <math>n-1</math>, d'hyperplan associé <math>H</math>) et <math>{n-1\over 2}</math> (d'ordre <math>1</math>, de droite associée <math>H^\perp</math>). Ou encore : <math>Q(x)=q(s(x))</math> où <math>q(x)=\sum_{1\le i<j\le n}x_ix_j</math> est une forme quadratique de signature <math>(1,n-1)</math> (généralisant le cinquième exemple de l'exercice 1 du lien externe ci-dessous) et <math>s</math> est la symétrie orthogonale définie par <math>s(x)=((-1)^ix_i)_{1\le i\le n}</math>. Les matrices symétriques associées à <math>Q</math> et <math>q</math> ont donc mêmes valeurs propres (et les sous-espaces propres de l'une sont les transformés par <math>s</math> de ceux de l'autre), donc même signature.
}}

==Exercice 1-23==
Noyau, rang et signature de la forme quadratique de matrice <math>M=(\sin(i+j))_{1\le i,j\le n}</math>.
{{Solution|contenu=
<math>M=A+A^t</math> avec <math>A=(\sin i\cos j)_{1\le i,j\le n}</math> or pour tout <math>X=(x_i)_{1\le i\le n}</math>, <math>X^t.A.X=\sum_{i,j} x_i\sin i\cos j\,x_j=\left(\sum_i x_i\sin i\right)\left(\sum_j x_j\cos j\right)</math> et puisque c'est une matrice de taille 1 elle est égale à sa transposée, donc <math>X^t.M.X=X^t.A.X+X^t.A^t.X=2X^t.A.X=2\left(\sum_i x_i\sin i\right)\left(\sum_j x_j\cos j\right)=\frac12\left[\left(\sum x_i(\sin i+\cos i)\right)^2-\left(\sum x_i(\sin i-\cos i)\right)^2\right]</math> donc la forme quadratique est de rang 2, de signature (1, 1) et de noyau le sous-espace vectoriel défini par <math>\sum_i x_i\sin i=\sum_i x_i\cos i=0</math>.
}}

==Exercice 1-24==
Soit <math>q</math> définie sur <math>\mathrm M_2(\R)</math> par <math>q(A)=\det A</math>.
#Vérifier que <math>q</math> est une forme quadratique.
#Déterminer son noyau, son rang, sa signature.
#Soit <math>H=\{A\in\mathrm M_2(\R)\mid\mathrm{Tr}(A)=0\}</math>. Préciser l'orthogonal de <math>H</math> pour <math>q</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>q\left(\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\right)=ad-bc</math>.
#<math>ad-bc=\frac14\left((a+d)^2-(a-d)^2+(b+c)^2-(b-c)^2\right)</math> donc signature <math>(2,2)</math>, rang <math>4</math>, noyau nul.
#<math>2\left\langle\begin{pmatrix}x&y\\z&t\end{pmatrix},\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\right\rangle=
at+dx-bz-cy</math>, en particulier <math>2\left\langle\begin{pmatrix}x&y\\z&t\end{pmatrix},\begin{pmatrix}a&b\\c&-a\end{pmatrix}\right\rangle=a(t-x)-bz-cy</math> est nul pour tous <math>a,b,c</math> si et seulement si <math>y=z=0</math> et <math>t=x</math>, donc <math>H^\perp=\R\mathrm I_2</math>.
}}

==Exercice 1-25==
Soient <math>v,w</math> deux vecteurs unitaires de <math>\R^3</math> euclidien orienté. À tout vecteur <math>x</math> on associe le réel
:<math>\Phi(x)=\langle x,v\land(w\land x)\rangle</math> (voir la leçon [[Produit vectoriel]]).
#Montrer que <math>\Phi</math> est une forme quadratique.
#Trouver une base orthonormée de <math>\R^3</math> qui soit orthogonale pour <math>\Phi</math>.
#<math>\Phi</math> est-elle définie ? positive ?
{{Solution|contenu=
#<math>\Phi(x)=\langle x,a(x)\rangle</math> avec <math>a\in\mathrm L(\R^3)</math> donc <math>\Phi</math> est une forme quadratique, de forme bilinéaire symétrique associée <math>B:(x,y)\mapsto\frac12\left(\langle x,a(y)\rangle+\langle y,a(x)\rangle\right)</math>.
#<math>a(x)=\langle v,x\rangle w-\langle v,w\rangle x</math> donc <math>\Phi(x)=\langle v,x\rangle\langle w,x\rangle-\langle v,w\rangle\|x\|^2</math> donc <math>\Phi(v)=\Phi(w)=0</math> et <math>B(x,y)=\frac12\left(\langle v,x\rangle \langle w,y\rangle+\langle v,y\rangle\langle w,x\rangle\right)-\langle v,w\rangle\langle x,y\rangle</math>. En particulier, pour tout <math>x</math> tel que <math>\langle v,x\rangle=\langle w,x\rangle=0</math> on a <math>B(v,x)=B(w,x)=0</math>. Finalement, une b.o.n. de <math>\R^3</math> orthogonale pour <math>\Phi</math> est par exemple :
#*si <math>w\ne\pm v</math>, <math>\left(\frac{v+w}{\|v+w\|},\frac{v-w}{\|v-w\|},\frac{v\land w}{\|v\land w\|}\right)</math> ;
#*si <math>w=\pm v</math>, <math>\left(v,p,q\right)</math> où <math>(p,q)</math> est (pour le produit scalaire canonique) une b.o.n du plan <math>v^\perp</math>.
#
#*<math>\Phi</math> n'est pas définie puisque <math>\Phi(v)=\Phi(w)=0</math>.
#*<math>\Phi(v-w)=-2B(v,w)=-\langle w,v\land(w\land v)\rangle=-\|v\land w\|^2</math> et si <math>w=\pm v</math>, <math>\Phi(p)=\Phi(q)=-\langle v,w\rangle</math>. Donc <math>\Phi</math> n'est positive que si <math>w=-v</math>.
}}

==Lien externe==
{{Lien web|url=http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00131.pdf|titre=Formes quadratiques|site={{w|exo7}}}} (9 exercices corrigés)

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