contrôle continu (corrigé) de mai 2009

Université de Pau et des Pays de l’Adour
Département de Mathématiques
Algèbre IV
Année 2008-2009
Contrôle continu du 05-05-2009, Temps disponible : 1,5 heures.
Exercice 1 (Questions de cours). Soit E un espace vectoriel de dimension
finie sur un corps K, et ϕ une forme bilinéaire symétrique ou antisymétrique
sur E.
(1) Soit A une partie de E. Donner la définition de l’orthogonal A⊥ par
rapport à ϕ.
(2) Montrer que A⊥ est un sous-espace vectoriel de E.
(3) Soit B le sous-espace vectoriel de E engendré par A. Montrer A⊥ =
B⊥.
(4) Montrer que A ⊂ (A⊥ )⊥ .
(5) Donner une condition suffisante sur ϕ pour que B = (B ⊥ )⊥ .
(6) Montrer que, si ϕ est antisymétrique et a ∈ E, alors a ∈ {a}⊥ .
Exercice 2. Soit E = R5 , λ, µ ∈ R et soit q l’application sur E définie par :
q(x1 , . . . , x5 ) = −3x1 x2 + 5x22 + λx2 x3 + µx4 x5 .
(1) Montrer que q est une forme quadratique.
(2) Écrire la matrice de q dans la base canonique B de R5 .
(3) Calculer la signature et le rang de q selon les valeurs de λ, µ.
(4) Soit µ = 0. Calculer le noyau E ⊥ .
(5) Soit µ > 0. Trouver un sous-espace P de E de dimension 3 tel que
q|P soit positive. Est-ce que q|P est définie positive ?
Exercice 3. Soit E l’espace des polynômes p(t) = a2 t2 + a1 t1 + a0 à coefficients complexes dans la variable t, de degré au plus 2. Soit q l’application
définie sur E par :
Z 1
q : E → C,
q(p) = p(0)p(1) +
p2 (t)dt.
−1
(1) Donner l’expression de l’application ϕq associée à q, et montrer qu’elle
est bilinéaire symétrique.
(2) Calculer la matrice de ϕq dans la base B = (1, t, t2 ).
(3) Calculer le rang de q.
(4) Donner la matrice de la restriction de q au sous-espace F de E engendré par les deux vecteurs (t, 3t − 4).
(5) Peut-on compléter (t, 3t − 4) à une base orthogonale (t, 3t − 4, v) de
E ? Si oui, trouver v.
2
Corrigé 1. Les réponses sont contenues dans le cours.
(1) La définition :
A⊥ = {u ∈ E | ϕ(a, u) = 0, ∀a ∈ A}.
(2) Soit λ1 , λ2 ∈ K, u1 , u2 ∈ A⊥ et a ∈ A. Alors :
ϕ(a, λ1 u1 + λ2 u2 ) = λ1 ϕ(a, u1 ) + λ2 ϕ(a, u2 ) = 0,
donc λ1 u1 + λ2 u2 ∈ A⊥ .
(3) Il est clair que B ⊥ ⊂ A⊥ puisque ϕ(b, u) = 0, ∀b ∈ B implique
ϕ(a, u) = 0, ∀a ∈ A, étant donné que A ⊂ B. L’inclusion inverse se
démontre
en remarquant que n’importe quel élément b de B s’écrit
P
b=
λi ai avec ai ∈ A, pour
A⊥ , on a
P certains λi ∈ K. Donc, si u ∈
⊥
⊥
u ∈ B puisque ϕ(b, u) = λi ϕ(ai , u) = 0 vu que u ∈ A .
(4) Soit a ∈ A et u ∈ A⊥ . Alors ϕ(u, a) = ±ϕ(a, u) = 0 puisque u ∈ A⊥
donc a ∈ (A⊥ )⊥ .
(5) Puisque B est un sous-espace de E, une condition suffisante est que
ϕ soit symétrique non dégénérée.
(6) Si ϕ est antisymétrique alors ϕ(a, a) = −ϕ(a, a) donc ϕ(a, a) = 0 et
a appartient à {a}⊥ .
Corrigé 2. Une fois qu’on aura montré que q est une forme quadratique, on
utilisera la méthode de Gauss.
(1) Pour n’importe quel choix de λ, µ l’expression de q est un polynôme
homogène de degré 2 en x1 , . . . , x5 . Donc q est une forme quadratique
par le critère vu en cours.
(2) Voici la matrice de q :


0
−3/2 0
0
0
−3/2
5
λ/2 0
0 



λ/2
0
0
0 
MB (q) =  0
.
 0
0
0
0 µ/2
0
0
0 µ/2 0
(3) Posons x = (x1 , . . . , x5 ). La valeur de q(x) est égale à :
2
2
3
λ
3
λ
5 x2 − x1 + x3 − 5
x1 − x3 + µx4 x5 =
10
10
10
10
1
1
= 5`1 (x)2 − 5`2 (x)2 + µ (x4 + x5 )2 − µ (x4 − x5 )2 =
4
4
1
1
2
2
2
= 5`1 (x) − 5`2 (x) + µ `3 (x) − µ `4 (x)2 ,
4
4
où on a posé :
3
λ
`1 (x) = x2 − x1 + x3 ,
10
10
3
λ
`2 (x) = x1 − x3 ,
10
10
`3 (x) = x4 + x5 ,
`4 (x) = x4 − x5 .
3
Donc pour n’importe quelle valeur de λ on a :
(2, 2), si µ 6= 0,
sgn(q) =
(1, 1), si µ = 0.
Autre méthode pour arriver au même résultat : se souvenir que f g =
1/4(f + g)2 − 1/4(f − g)2 , et l’utiliser pour q(x) = x2 (−3x1 + 5x2 +
λx3 ) + µx4 x5 , donc pour f = x2 , g = −3x1 + 5x2 + λx3 .
(4) Depuis la question précédente, si µ = 0 on trouve :
`1 (x) = 0
⊥
E =
`2 (x) = 0
(5) Si µ > 0 on pose :
P =
`2 (x) = 0
`4 (x) = 0
Cet espace a bien dimension 3 puisque `2 et `4 sont libres (ce qui est
évident à partir de leurs expressions). De plus :
donc q|P
rang 2.
1
q|P (x) = 5`1 (x)2 + µ `3 (x)2 ≥ 0,
4
est positive. Cette forme n’est pas définie positive car elle a
Corrigé 3. On note p(t) = a2 t2 + a1 t1 + a0 , r(t) = b2 t2 + b1 t1 + b0 .
(1) On utilise la formule :
ϕq (p, r) =
1
(q(p + r) − q(p) − q(r)) .
2
On en obtient :
1
ϕq (p, r) = (p(0)r(1) + p(1)r(0)) +
2
Z
1
p(t)r(t)dt.
−1
On vérifie facilement que :
ϕq (λ1 p1 + λ2 p2 , r) = λ1 ϕq (p1 , r) + λ2 ϕq (p2 , r)
ϕq (p, λ1 r1 + λ2 r2 ) = λ1 ϕq (p, r1 ) + λ2 ϕq (p, r2 ),
ϕq (p, r) = ϕq (r, p),
pour tout p, p1 , p2 , r, r1 , r2 ∈ E, et tout λ1 , λ2 ∈ C. Donc ϕq est
bilinéaire symétrique.
(2) On écrit la matrice par en calculant ϕq (ei , ej ), avec ei = ti , i = 0, 1, 2.
On en obtient :


3 1/2 7/6


MB (q) =  1/2 2/3 0  .
7/6
0
2/5
(3) Le rang est trois puisque le déterminant de la matrice ci-dessus est
non-nul.
4
(4) Soit C = (t, 3t − 4) une base du sous-espace F . La matrice de la
restriction est :



!
3 1/2 7/6
0 −4
0 1 0 


MC (q|F ) =
 1/2 2/3 0   1 3  =
−4 3 0
7/6 0 2/5
0 0
!
2/3 0
=
.
0 42
(5) La matrice ci-dessus est diagonale donc on peut compléter C à une
base de E. Pour cela il suffit de trouver un vecteur v non-nul dans
F ⊥ . Soit X = (x, y, z) les coordonnées de v dans la base B. Alors
v ∈ F ⊥ si :


!
3 1/2 7/6  x 
0 1 0 

 1/2 2/3 0   y  = 0.
−4 3 0
z
7/6 0 2/5
Un vecteur v qui satisfait l’équation ci-dessus est :
v = −4 + 3t + 9t2 .
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