´ Ecole Normale Sup´ erieure 1` ere ann´ ee Ann´ ee 2015-2016 Alg` ebre 1 TD7 :

´ Ecole Normale Sup´ erieure 1` ere ann´ ee Ann´ ee 2015-2016 Alg` ebre 1 TD7 : formes quadratiques Exercices ⋆: ` a pr´ eparer ` a la maison avant le TD, seront corrig´ es en d´ ebut de TD. Exercices ⋆⋆: seront trait´ es en classe en priorit´ e. Exercices ⋆⋆⋆: plus difficiles. Exercice 1 : ⋆ D´ ecomposer sous forme de combinaison lin´ eaire de carr´ es les formes quadratiques r´ eelles suivantes ; en d´ eduire leur signature et leur rang. a) f(x, y, z) = x2 −2y2 + xz + yz. b) f(x, y, z) = 2x2 −2y2 −6z2 + 3xy −4xz + 7yz. c) f(x, y, z) = 3x2 + 3y2 + 3z2 −2xy −2xz −2yz. d) f(x, y, z, t) = xy + yz + zt + tx. e) f(x1, . . . , xn) = P 1≤i<j≤n xixj. f) f(A) = tr(A2), pour A ∈Mn(R). g) f(A) = tr(tAA), pour A ∈Mn(R). h) f(A) = tr(A)2, pour A ∈Mn(R). Solution de l’exercice 1. On applique l’algorithme de Gauss pour diagonaliser la plupart de ces formes quadratiques. On obtient : a) f(x, y, z) = x + z 2 2 −2 y −z 4 2 −z2 8 . Donc sign(f) = (1, 2) et rang(f) = 3. b) f(x, y, z) = 2 x + 3 4y −z 2 −25 8 y −8 5z 2. Donc sign(f) = (1, 1) et rang(f) = 2. c) f(x, y, z) = 3 x + y 3 −z 3 2 + 8 3 y −z 2 2 −2z2. Donc sign(f) = (2, 1) et rang(f) = 3. d) f(x, y, z) = 1 4 (x + z + y + t)2 −1 4 (x + z −y −t)2. Donc sign(f) = (1, 1) et rang(f) = 2. e) On peut par exemple remarquer que la matrice associ´ ee ` a f dans la base canonique admet pour valeurs propres −1 2 avec multiplicit´ e n −1 (avec des vecteurs propres de la forme ei −e1, 2 ≤i ≤n, o` u (ei) est la base canonique) et n−1 2 avec mutiplicit´ e 1 (utiliser la trace). Donc on en d´ eduit que sign(f) = (1, n −1) et rang(f) = n. f) La forme polaire de f est la forme bilin´ eaire sym´ etrique (A, B) 7→tr(AB). On remarque que la restriction de f au sous-espace Sn(R) des matrices sym´ etriques est d´ efinie positive, alors que la restriction de f au sous-espace An(R) des matrices antisym´ etriques est d´ efinie n´ egative. En outre, ces deux sous-espaces sont en somme directe et engendre Mn(R), et ils sont orthogonaux pour q. Cela assure que sign(q) = (dim(Sn(R)), dim(An(R))) =  n(n+1) 2 , n(n−1) 2  et rang(f) = n2. On peut aussi trouver directement la d´ ecomposition en carr´ es en remarquant que si A = (ai,j), on a f(A) = X i,j ai,jaj,i = X i a2 i,i + 2 X i<j ai,jaj,i = X i a2 i,i + 1 2 X i<j (ai,j + aj,i)2 −1 2 X i<j (ai,j −aj,i)2 . g) Il est classique que f est la forme quadratique associ´ ee au produit scalaire canonique (A, B) 7→ tr(tAB), donc f est d´ efinie positive, donc sign(f) = (n2, 0) et rang(f) = n2. La d´ ecoposition en carr´ es est donn´ ee par f(A) = P i,j a2 i,j. h) Par d´ efinition, f est le carr´ e d’une forme lin´ eaire non nulle (la trace), donc sign(f) = (1, 0) et rang(f) = 1. 1 Exercice 2 : Soit n ≥1 et soit Rn[X] l’espace vectoriel des polynˆ omes r´ eels de degr´ e inf´ erieur ou ´ egal ` a n. Pour tous P, Q ∈Rn[X], on pose : B(P, Q) = Z 1 0 tP(t)Q′(t)dt et f(P) = B(P, P). a) Montrer que B est une forme bilin´ eaire. Est-elle sym´ etrique ? Antisym´ etrique ? b) La forme f a-t-elle des vecteurs isotropes non nuls ? c) Calculer la matrice de f dans la base (1, X, . . . , Xn). d) Pour n = 2, d´ eterminer la signature de f. La forme f est-elle positive ? N´ egative ? Solution de l’exercice 2. a) La lin´ earit´ e de l’int´ egrale assure que B est bilin´ eaire. On a B(1, X) = 1/2 et B(X, 1) = 0 et donc B n’est ni sym´ etrique ni antisym´ etrique. b) On a f(1) = 0 et donc 1 ∈Rn[X] est un vecteur isotrope. c) Notons que la forme polaire de f n’est pas B mais sa sym´ etris´ ee, ` a savoir Bs(P, Q) := 1 2 (B(P, Q) + B(Q, P)) . Un petit calcul assure que la matrice de f (i.e. de Bs) dans la base indiqu´ ee est Mn =  i+j−2 2(i+j−1)  1≤i,j≤n. d) La signature est (1, 2). Exercice 3 : ⋆ Soit K un corps de caract´ eristique diff´ erente de 2. Soit P un K-espace vectoriel de dimension 2, muni d’une forme quadratique f. Quelles sont valeurs possibles pour le nombre de droites isotropes de f ? Donner un exemple dans chaque cas. Solution de l’exercice 3. — La forme f n’a aucune droite isotrope si et seulement si elle est anisotrope (par d´ efinition). Or il existe une forme quadratique anisotrope sur P si et seulement si le corps K n’est pas quadratiquement clos : il suffit de consid´ erer la forme f(x, y) = x2 −αy2 sur K2, o` u α ∈ K∗\ (K∗)2. En particulier, ce cas n’arrive pas sur un corps alg´ ebriquement clos. — La forme f a une unique droite isotrope si et seulement si rang(f) = 1. Ceci arrive sur tout corps K, il suffit de consid´ erer par exemple la forme quadratique f(x, y) = x2 sur K2 (la seule droite isotrope est la droite d’´ equation x = 0). — La forme f a exactement deux droites isotropes si et seulement si elle est hyperbolique, i.e. non d´ eg´ en´ er´ ee et admettant un vecteur isotrope. Une telle forme existe sur tout corps K, comme le montre l’exemple f(x, y) = x2−y2 sur K2 (droites isotropes d’´ equations x+y = 0 et x−y = 0). — Supposons que la forme f ait au moins 3 droites isotropes. Notons alors v1, v2, v3 trois vecteurs isotropes deux-` a-deux non proportionnels. Puisque (v1, v2) est une base de P, il existe λ, µ ∈K∗ tels que v3 = λv1 +µv2. On applique la forme f, et si on note b la forme polaire de f, on obtient 0 = f(v3) = f(λv1 + µv2) = λ2f(v1) + µ2f(v2) + 2λµb(v1, v2) = 2λµb(v1, v2) . Donc b(v1, v2) ̸= 0, donc la matrice de f dans la base (v1, v2) est la matrice nulle (c’est une base orthogonale form´ ee de vecteurs isotropes), donc f = 0. Finalement, une forme quadratique sur un plan vectoriel admet soit aucune droite isotrope, soit une droite isotrope, soit deux droites isotropes, soit toutes les droites de P sont isotropes. Tous ces cas arrivent sur tout corps K, sauf le premier (aucune droite isotrope) qui existe si et seulement si K n’est pas quadratiquement clos. Exercice 4 : ⋆⋆ Soit K un corps de caract´ eristique diff´ erente de 2 et soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Soient f et f′ des formes quadratiques sur E v´ erifiant f−1(0) = (f′)−1(0). 2 a) Supposons K alg´ ebriquement clos. Montrer qu’il existe a ∈K× tel que l’on ait f′ = af. b) Donner un contre-exemple pour K = R et E = R2. Solution de l’exercice 4. a) Soient b et b′ les formes bilin´ eaires respectives de f et f′. Si f est totalement isotrope, le r´ esultat est clair. Supposons que ce ne soit pas le cas : il existe x ∈E avec f(x) ̸= 0. Posons a = f′(x)f(x)−1 ∈K×. Soit y ∈E. Les polynˆ omes af(y + λx) et f′(y + λx) de K[λ] sont de degr´ e 2, ont mˆ emes racines par hypoth` ese, et ils ont mˆ eme coefficient dominant f′(x) : ils sont donc ´ egaux puisque K est alg´ ebriquement clos. En particulier, on a f′(y) = af(y). Donc f′ = af. b) Il suffit de consid´ erer les formes quadratiques x2 + y2 et x2 + 2y2. Cet exercice est un cas tr` es particulier du th´ eor` eme des z´ eros de Hilbert (le Nullstellensatz de Hilbert) : soit K un corps alg´ ebriquement clos, I ⊂K[X1, . . . , Xn] un id´ eal et notons Z(I) l’ensemble des z´ eros communs ` a tous les polynˆ omes de I. Si f est un polynˆ ome qui s’annule sur Z(I), alors il existe n ∈N tel que fn ∈I. Exercice 5 : ⋆⋆ Soit K un corps de caract´ eristique diff´ erente de 2, soit E un K-espace vectoriel de uploads/s3/ td7-corrige 2 .pdf

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Administrationcarr´ forme modulo alors isotrope
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