Formes bilinéaires Exercices Corrigés : 13 exercices

Solution de la question 1 :

Soient \(x = (x_1, x_2)\), \(x’ = (x_1′, x_2′)\), \(y = (y_1, y_2)\) dans \(\mathbb{R}^2\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). On vérifie la linéarité en la première variable :

\[
\varphi_1(x + \lambda x’, y) = (x_1 + \lambda x_1′) y_1 – 2(x_1 + \lambda x_1′) y_2 + (x_2 + \lambda x_2′) y_2
\]
\[
= \varphi_1(x, y) + \lambda \varphi_1(x’, y).
\]

La symétrie en les deux variables est identique par le même calcul. \(\varphi_1\) est donc bilinéaire.

Solution de la question 2 :

Prenons \(\lambda = 2\), \(x = (1, 0)\), \(y = (1, 0)\). Alors :

\[
\varphi_2(\lambda x, y) = (2)^2 \cdot 1 = 4,
\]
\[
\lambda \, \varphi_2(x, y) = 2 \cdot (1 \cdot 1) = 2.
\]

Comme \(4 \neq 2\), la condition \(\varphi_2(\lambda x, y) = \lambda \varphi_2(x, y)\) est violée. \(\varphi_2\) n’est donc pas bilinéaire.

Solution de la question 3 :

On calcule \(\varphi_1(y, x) = y_1 x_1 – 2y_1 x_2 + y_2 x_2\). Comme \(-2y_1 x_2 \neq -2x_1 y_2\) en général, \(\varphi_1\) n’est ni symétrique ni antisymétrique.

Solution de la question 1 :

La linéarité en chaque variable provient de la linéarité de l’évaluation et de la dérivation. La symétrie est immédiate : \(\varphi(P, Q) = P'(0)Q(0) + P(0)Q'(0) = \varphi(Q, P)\).

Solution de la question 2 :

On pose \(e_1 = 1\), \(e_2 = X\), \(e_3 = X^2\). Les évaluations utiles sont :

\[
e_1(0) = 1,\ e_1′(0) = 0;\quad e_2(0) = 0,\ e_2′(0) = 1;\quad e_3(0) = 0,\ e_3′(0) = 0.
\]

On obtient le tableau de valeurs :

La matrice de \(\varphi\) dans \(\mathcal{B}\) est donc :

\[
M = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
\]
Solution de la question 3 :

\(\det(M) = 0\), donc \(\varphi\) est dégénérée. Son noyau contient au moins \(X^2\), puisque \(\varphi(X^2, P) = 0\) pour tout \(P \in E\).

Solution de la question 1 :

La bilinéarité découle de la linéarité de la transposée, du produit matriciel et de la trace. Pour la symétrie :

\[
\varphi(B, A) = \mathrm{tr}({}^t\!B\,A) = \mathrm{tr}({}^t({}^t\!A\,B)) = \mathrm{tr}({}^t\!A\,B) = \varphi(A,B).
\]
Solution de la question 2 :

En notant que \(\varphi(E_{ij}, E_{kl}) = \mathrm{tr}(E_{ji} E_{kl})\) et que \(E_{ji} E_{kl} = \delta_{jk} E_{il}\), on obtient \(\varphi(E_{ij}, E_{kl}) = \delta_{jk}\delta_{il}\). La matrice de \(\varphi\) dans la base canonique est l’identité \(I_4\).

Solution de la question 3 :

Pour \(A = (a_{ij})\), on a :

\[
\varphi(A, A) = \mathrm{tr}({}^t\!A\,A) = \sum_{i,j} a_{ij}^2 \geq 0,
\]

et cette somme est nulle si et seulement si tous les \(a_{ij} = 0\), c’est-à-dire \(A = 0\). Donc \(\varphi\) est définie positive : c’est bien un produit scalaire.

Solution de la question 1 :
\[
M = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
\]
Solution de la question 2 :

La matrice est bloc-diagonale. On développe :

\[
\det(M) = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} = 1 \cdot (6 – 1) = 5 \neq 0.
\]

Comme le déterminant est non nul, \(\varphi\) est non dégénérée.

Solution de la question 3 :

Le système \(Mx = 0\) s’écrit :

\[
\begin{cases} 2x_1 – x_2 = 0 \\ -x_1 + 3x_2 = 0 \\ x_3 = 0. \end{cases}
\]

La première équation donne \(x_2 = 2x_1\), et la seconde \(-x_1 + 6x_1 = 5x_1 = 0\), donc \(x_1 = 0\), \(x_2 = 0\), \(x_3 = 0\). Le noyau est réduit au vecteur nul : \(\ker(\varphi) = \{0\}\).

Solution de la question 1 :
\[
P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}.
\]
Solution de la question 2 :
\[
{}^t\!P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \quad {}^t\!P \, A = \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 2 & -1 \end{pmatrix},
\]
\[
A’ = {}^t\!P \, A \, P = \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}.
\]
Solution de la question 3 :

On calcule directement : \(\varphi(f_1, f_1) = \varphi(e_1+e_2, e_1+e_2) = 3+1+1+2 = 7\) ; \(\varphi(f_1, f_2) = \varphi(e_1+e_2, e_1-e_2) = 3-1+1-2 = 1\) ; \(\varphi(f_2, f_2) = 3-1-1+2 = 3\). On retrouve bien \(A’ = \begin{pmatrix} 7 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\).

Solution de la question 1 :

En appliquant la formule de polarisation :

\[
\varphi(x, y) = x_1 y_1 + 2(x_1 y_2 + x_2 y_1) + 3(x_1 y_3 + x_3 y_1) + 4 x_2 y_2 + 8(x_2 y_3 + x_3 y_2) + 9 x_3 y_3.
\]
Solution de la question 2 :

La matrice de \(\varphi\) est :

\[
M = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 8 \\ 3 & 8 & 9 \end{pmatrix}.
\]

On vérifie que \(M\) est bien symétrique.

Solution de la question 1 :

\(q(x) = \ell_1(x)\ell_2(x)\) est bien une forme quadratique (polynôme homogène de degré 2 en les composantes de \(x\)). Sa forme bilinéaire symétrique associée est :

\[
\varphi(x, y) = \frac{1}{2}\bigl[\ell_1(x)\ell_2(y) + \ell_1(y)\ell_2(x)\bigr].
\]
Solution de la question 2 :

Le noyau de \(\varphi\) est \(\ker(\ell_1) \cap \ker(\ell_2)\). Comme \(\ell_1\) et \(\ell_2\) sont non nulles, chaque noyau est de dimension \(n-1\). Comme elles sont non proportionnelles, leur intersection est de dimension \(n-2\), donc :

\[
\mathrm{rang}(q) = n – (n-2) = 2.
\]
Solution de la question 3 :

Soit \(x_0 \notin \ker(\ell_1) \cup \ker(\ell_2)\) avec \(\ell_1(x_0)\ell_2(x_0) > 0\) et \(x_1\) avec \(\ell_1(x_1)\ell_2(x_1) < 0\) (cela est possible car \(\ell_1, \ell_2\) sont non proportionnelles). On a \(q(x_0) > 0\) et \(q(x_1) < 0\), donc la signature de \(q\) est \((1, 1)\).

Solution de la question 1 :

On groupe les termes en \(x\) :

\[
q = (x^2 + 4xy + 2xz) + 5y^2 + z^2 + 6yz.
\]

On reconnaît un début de carré en \(x\) :

\[
q = (x + 2y + z)^2 – (2y + z)^2 + 5y^2 + z^2 + 6yz.
\]

On développe le reste : \(-(4y^2 + 4yz + z^2) + 5y^2 + z^2 + 6yz = y^2 + 2yz\). On complète le carré en \(y\) :

\[
y^2 + 2yz = (y + z)^2 – z^2.
\]

La décomposition finale est donc :

\[
q = (x + 2y + z)^2 + (y + z)^2 – z^2.
\]
Solution de la question 2 :

On a trois formes linéaires indépendantes \((x+2y+z)\), \((y+z)\), \(z\), avec coefficients \(+1\), \(+1\), \(-1\). Le rang de \(q\) est \(3\) et sa signature est \((2, 1)\).

Solution de la question 3 :

La forme n’est ni définie positive (le terme \(-z^2\) peut valoir \(-1\)) ni définie négative. Elle est indéfinie.

Solution de la question 1 :

Le terme \(x^2\) est absent, donc on ne peut pas compléter le carré directement en \(x\). On utilise la substitution \(x = u + v\), \(y = u – v\) pour faire apparaître un terme en \(u^2\) via \(xy = u^2 – v^2\).

Solution de la question 2 :

Avec \(x = u+v\), \(y = u-v\), \(z = z\) :

\[
q = 2(u^2 – v^2) + 3(u+v)z – (u-v)z = 2u^2 – 2v^2 + 3uz + 3vz – uz + vz.
\]
\[
q = 2u^2 + u(2z) – 2v^2 + v(4z) = 2\Bigl(u + \tfrac{z}{2}\Bigr)^2 – \tfrac{z^2}{2} – 2\Bigl(v – z\Bigr)^2 + 2z^2.
\]
\[
q = 2\Bigl(u + \tfrac{z}{2}\Bigr)^2 – 2(v – z)^2 + \tfrac{3z^2}{2}.
\]

On obtient la décomposition en trois carrés de formes linéaires indépendantes.

Solution de la question 3 :

Les trois coefficients sont \(+2\), \(-2\), \(+\tfrac{3}{2}\), tous non nuls. Le rang de \(q\) est \(3\) et sa signature est \((2, 1)\).

Solution de la question 1 :
\[
\Delta_1 = 2 > 0.
\]
\[
\Delta_2 = \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} = 6 – 1 = 5 > 0.
\]

Pour \(\Delta_3\), on développe par la troisième colonne :

\[
\Delta_3 = 4 \cdot \Delta_2 – 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = 4 \cdot 5 – 1 \cdot 2 = 20 – 2 = 18 > 0.
\]
Solution de la question 2 :

Tous les mineurs principaux dominants sont strictement positifs : \(\Delta_1 = 2 > 0\), \(\Delta_2 = 5 > 0\), \(\Delta_3 = 18 > 0\). Par le critère de Sylvester, \(q\) est définie positive.

Solution de la question 3 :

Le critère de Sylvester s’applique aux formes bilinéaires symétriques représentées par une matrice symétrique réelle. Il est applicable ici car \(M\) est symétrique. La signature de \(q\) est donc \((3, 0)\).

Solution de la question 1 :

On développe \(\det(M_a)\) par la première ligne :

\[
\det(M_a) = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & a \\ a & 1 \end{pmatrix} – a \cdot \det\begin{pmatrix} a & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = (1 – a^2) – a(a) = 1 – a^2 – a^2 = 1 – 2a^2.
\]
Solution de la question 2 :

Les sous-déterminants principaux sont :

\[
\Delta_1 = 1 > 0 \text{ (toujours)}, \quad \Delta_2 = 1 – a^2, \quad \Delta_3 = 1 – 2a^2.
\]

Définie positive : On a besoin de \(\Delta_2 > 0\) et \(\Delta_3 > 0\), soit \(|a| < 1\) et \(|a| < \frac{1}{\sqrt{2}}\). La condition la plus restrictive est \(|a| < \frac{1}{\sqrt{2}}\), soit \(a \in \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\).

Indéfinie : pour les autres valeurs de \(a\) (la forme ne peut pas être définie négative car \(\Delta_1 = 1 > 0\)).

Solution de la question 3 :

Pour \(a = 1\) :

\[
q_1(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 + 2xy + 2yz.
\]
\[
= (x + y)^2 + 2yz.
\]

Puis \(2yz = 2 \cdot \frac{1}{2}\bigl[(y+z)^2 – y^2 – z^2\bigr]\), d’où en complétant :

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

On a trois formes linéaires avec coefficients \(+1, +1, -1, -1\)… mais elles ne sont que 4 pour une dimension 3, donc la décomposition minimale donne rang 3 et signature \((2, 1)\). (On vérifie : \(\det(M_1) = 1 – 2 = -1 < 0\), cohérent avec une forme indéfinie de rang 3.)

Solution de la question 1 :

La bilinéarité et la symétrie sont immédiates depuis l’expression : \(\varphi(x,y) = x_1 y_2 + x_2 y_1 – 3x_2 y_2\) est linéaire en \(x\) et en \(y\) séparément, et \(\varphi(y, x) = y_1 x_2 + y_2 x_1 – 3y_2 x_2 = \varphi(x,y)\). ✓

Solution de la question 2 :

Un vecteur \(x = (x_1, x_2)\) est dans \(D^{\perp}\) si \(\varphi(x, (1,1)) = 0\) :

\[
\varphi\bigl((x_1, x_2), (1,1)\bigr) = x_1 \cdot 1 + x_2 \cdot 1 – 3x_2 \cdot 1 = x_1 – 2x_2 = 0.
\]

Donc \(D^{\perp} = \{(x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 : x_1 = 2x_2\} = \mathbb{R} \cdot (2, 1)\).

Solution de la question 3 :

On vérifie si \((1,1) \in D^{\perp}\), c’est-à-dire si \(\varphi((1,1),(1,1)) = 0\) : \(\varphi(v,v) = 1 + 1 – 3 = -1 \neq 0\). Donc \(v \notin D^{\perp}\), et comme \(\dim D = \dim D^{\perp} = 1\) avec \(D \neq D^{\perp}\), on a bien \(\mathbb{R}^2 = D \oplus D^{\perp}\).

Solution de la question 1 :

La bilinéarité et la symétrie découlent de la linéarité de l’intégrale. Pour la définie positivité : \(\langle P, P \rangle = \int_{-1}^1 P(t)^2 \mathrm{d}t \geq 0\), et si cette intégrale est nulle, alors \(P(t)^2 = 0\) p.p., donc \(P = 0\). C’est bien un produit scalaire.

Solution de la question 2 :

On calcule les intégrales pertinentes (\(\int_{-1}^1 t^k \mathrm{d}t = 0\) pour \(k\) impair) :

\[
\langle 1, 1 \rangle = 2,\quad \langle 1, X \rangle = 0,\quad \langle 1, X^2 \rangle = \tfrac{2}{3},
\]
\[
\langle X, X \rangle = \tfrac{2}{3},\quad \langle X, X^2 \rangle = 0,\quad \langle X^2, X^2 \rangle = \tfrac{2}{5}.
\]

La matrice du produit scalaire dans la base canonique est :

\[
G = \begin{pmatrix} 2 & 0 & \frac{2}{3} \\ 0 & \frac{2}{3} & 0 \\ \frac{2}{3} & 0 & \frac{2}{5} \end{pmatrix}.
\]
Solution de la question 3 :

On applique Gram-Schmidt à \((1, X, X^2)\) :

Étape 1 : \(e_1 = 1\).

Étape 2 : \(\tilde{e}_2 = X – \frac{\langle X, e_1 \rangle}{\langle e_1, e_1 \rangle} e_1 = X – \frac{0}{2} = X\). Donc \(e_2 = X\).

Étape 3 :

\[
\tilde{e}_3 = X^2 – \frac{\langle X^2, e_1 \rangle}{\langle e_1, e_1 \rangle} e_1 – \frac{\langle X^2, e_2 \rangle}{\langle e_2, e_2 \rangle} e_2 = X^2 – \frac{\frac{2}{3}}{2} \cdot 1 – \frac{0}{\frac{2}{3}} \cdot X = X^2 – \frac{1}{3}.
\]

Une base orthogonale de \((E, \langle \cdot, \cdot \rangle)\) est donc \(\bigl(1,\ X,\ X^2 – \tfrac{1}{3}\bigr)\), qui correspond (à normalisation près) aux polynômes de Legendre d’ordre 0, 1 et 2.