22 Réduction et classi cation des formes quadratiques sur un

22
Réduction et classication des formes
quadratiques sur un espace vectoriel
euclidien de dimension nie. Applications
géométriques
22.1 Formes quadratiques
E est un espace vectoriel sur un corps commutatif K de caractéristique diérente de 2.
Dénition 22.1 On appelle forme quadratique sur E une application q dénie de E dans K
par :
∀x ∈ E, q (x) = φ (x, x)
où φ est une forme bilinéaire sur E.
Remarque 22.1 L'ensemble Q (E) des formes quadratiques sur E est un K-espace vectoriel.
Remarque 22.2 A priori, il n'y a pas unicité des formes bilinéaires associées à une forme
quadratique. Par exemple sur R2 , les formes bilinéaires φ et ψ dénies par :
{
φ (x, y) = x1 y1 + x2 y2
ψ (x, y) = x1 y1 + x1 y2 − x2 y1 + x2 y2
dénissent la même forme quadratique :
q (x) = φ (x, x) = x21 + x22
= ψ (x, x) = x21 + x1 x2 − x2 x1 + x22
L'unicité de φ est assurée par le résultat suivant.
Théorème 22.1 Si q est une forme quadratique sur E, il existe alors une unique forme bilinéaire symétrique φ telle que q (x) = φ (x, x) pour tout x ∈ E.
Démonstration. La forme quadratique q est dénie par q (x) = φ0 (x, x) pour tout x ∈ E,
où φ0 est une forme bilinéaire sur E. L'application φ dénie sur E × E par :
φ (x, y) =
1
(φ0 (x, y) + φ0 (y, x))
2
543
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
544
(K est de caractéristique diérente de 2) est bilinéaire et symétrique avec φ (x, x) = q (x) pour
tout x ∈ E, ce qui prouve l'existence de φ.
Comme φ est bilinéaire et symétrique, on a pour x, y dans E :
q (x + y) = φ (x + y, x + y) = φ (x, x) + 2φ (x, y) + φ (y, y)
= q (x) + 2φ (x, y) + q (y)
de sorte que :
φ (x, y) =
1
(q (x + y) − q (x) − q (y))
2
ce qui prouve l'unicité de φ.
Dénition 22.2 Avec les notations du théorème qui précède, on dit que φ est la forme polaire
de la forme quadratique q.
On retiendra les expressions de cette forme polaire :
∀ (x, y) ∈ E 2 , φ (x, y) =
1
1
(q (x + y) − q (x) − q (y)) = (q (x + y) − q (x − y))
2
4
On notera aussi que pour tout scalaire λ et tout vecteur x, on a :
q (λx) = φ (λx, λx) = λ2 φ (x, x) = λ2 q (x)
ce qui se traduit en disant que q est une fonction homogène de degré 2.
Remarque 22.3 L'application qui associe à une forme quadratique q sa forme polaire φ réa-
lise un isomorphisme d'espaces vectoriels de Q (E) sur l'espace Bil s (E) des formes bilinéaires
symétriques sur E. Pour E de dimension n, Q (E) est de dimension
n (n + 1)
.
2
Remarque 22.4 De cet isomorphisme, on déduit aussi que deux formes bilinéaires symétriques
φ1 et φ2 sur E sont égales si, et seulement si, φ1 (x, x) = φ2 (x, x) pour tout x ∈ E.
Dans le cas des espaces vectoriels de dimension nie on peut utiliser les matrices pour
représenter les formes quadratiques.
Dénition 22.3 Soit E un espace vectoriel de dimension n et B = (ei )1≤i≤n une base de E. Si
q est une forme quadratique sur E de forme polaire φ, la matrice de q (ou de φ) dans la base
B est la matrice :
A = ((φ (ei , ej )))1≤i,j≤n
L'application qui associe à une forme quadratique q sa matrice dans la base B réalise un
isomorphisme d'espaces vectoriels de Q (E) sur l'espace Sn (K) des matrices symétriques d'ordre
n.
En notant aij = φ (ei , ej ) pour tous i, j compris entre 1 et n, l'expression de la forme
quadratique q ∈ Q (E) dans la base B = (ei )1≤i≤n est :
q (x) =
∑
aij xi xj = t XAX
1≤i,j≤n
où on a noté X le vecteur de Kn formé des composantes de x dans la base B.
Formes quadratiques
545
Réciproquement une fonction q ainsi dénie est une forme quadratique sur E de matrice
A = ((aij ))1≤i,j≤n dans la base B.
Le choix d'une base de E permet donc de réaliser un isomorphisme d'espaces vectoriels de
Q (E) sur l'espace des polynômes homogènes de degré 2 à n variables.
Comme aij = aji , on a aussi :
q (x) =
n
∑
∑
aii x2i + 2
i=1
aij xi xj
1≤i<j≤n
L'expression de la forme polaire φ dans la base B est :
φ (x, y) =
1
(q (x + y) − q (x) − q (y)) = ⟨AX | Y ⟩
2
Réciproquement toute matrice symétrique A ∈ Sn (K) dénit dans la base canonique de
E = Kn une forme quadratique q avec :
∀X ∈ Kn , q (X) = ⟨AX | X⟩
Exercice 22.1 Soient
p un entier naturel non nul, ℓ1 , · · · , ℓp des formes linéaires sur E et
λ1 , · · · , λp des scalaires. Montrer que l'application q dénie sur E par :
∀x ∈ E, q (x) =
p
∑
λj ℓ2j (x)
j=1
est une forme quadratique et déterminer sa forme polaire.
Solution 22.1 L'application φ dénie sur E 2 par :
∀x ∈ E 2 , φ (x, y) =
p
∑
λj ℓj (x) ℓj (y)
j=1
est bilinéaire symétrique et q (x) = φ (x, x) pour tout x ∈ E.
Nous allons voir que sur un espace de dimension nie toute forme quadratique peut se mettre
sous la forme indiquée par l'exercice précédent.
Dans le cas réel, l'utilisation des dérivées partielles peut être intéressante pour déterminer
rapidement la forme polaire d'une forme quadratique.
Exercice 22.2 Montrer que si q est une forme quadratique sur Rn , alors sa forme polaire φ
est donnée par :
1 ∑ ∂q
1 ∑ ∂q
(x) yj =
(y) xi
2 j=1 ∂xj
2 i=1 ∂yi
n
φ (x, y) =
n
Solution 22.2 En notant A = ((aij ))1≤i,j≤n la matrice de q dans la base canonique, on a :
∑
q (x) =
aij xi xj
1≤i,j≤n
et la forme polaire de q est dénie par :
φ (x, y) =
∑
1≤i,j≤n
aij xi yj .
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
546
Pour tout entier k compris entre 1 et n, on a alors :
(
)
n
n
∑
∑
∂
xi
aij xj =
xi
aij xj
∂xk
i=1
j=1
i=1
j=1
(
(
)
)
n
n
n
∑
∑
∑
∂
∂
=
xk
xi
akj xj +
aij xj
∂xk
∂xk
j=1
i=1
j=1
∂q
∂
(x) =
∂xk
∂xk
=
n
∑
( n
∑
akj xj + xk akk +
j=1
=
n
∑
)
n
∑
i̸=k
n
∑
xi aik =
i=1
i̸=k
ajk xj +
j=1
n
∑
aki xi = 2
i=1
n
∑
akj xj +
j=1
n
∑
n
∑
aik xi
i=1
aik xi
i=1
(les égalités akj = ajk sont justiées par la symétrie de la matrice A). On en déduit alors que :
∑
φ (x, y) =
=
aij xi yj =
1≤i,j≤n
n
∑
1
2
j=1
( n
n
∑
∑
j=1
)
aij xi
yj
i=1
∂q
(x) yj
∂xj
Par symétrie, on a la deuxième formule.
Par exemple, la forme polaire de la forme quadratique q dénie dans la base canonique de R3
par :
q (x) = x21 + 3x22 + 5x23 + 4x1 x2 + 6x1 x3 + 2x2 x3 .
est donnée par :
1
((2x1 + 4x2 + 6x3 ) y1 + (4x1 + 6x2 + 2x3 ) y2 + (10x3 + 6x1 + 2x2 ) y3 )
2
= (x1 + 2x2 + 3x3 ) y1 + (2x1 + 3x2 + x3 ) y2 + (5x3 + 3x1 + x2 ) y3
φ (x, y) =
22.2 Orthogonalité, noyau et rang
E est toujours un espace vectoriel sur un corps commutatif K de caractéristique diérente
de 2 et q est une forme quadratique sur E de forme polaire φ.
Dénition 22.4 Deux vecteurs x, y de E sont dits orthogonaux relativement à φ si φ (x, y) = 0.
Dénition 22.5 Pour toute partie non vide X de Rn , l'orthogonal de X relativement à φ est
le sous-ensemble de E formé des vecteurs orthogonaux à tous les vecteurs de X.
On note X ⊥ l'orthogonal de X relativement à φ et on a :
X ⊥ = {y ∈ E | ∀x ∈ X, φ (x, y) = 0} .
Exemple 22.1 Pour X = {0} , on a X ⊥ = E.
Les propriétés suivantes se déduisent immédiatement de la dénition.
Orthogonalité, noyau et rang
547
Théorème 22.2 Soient X, Y deux parties non vide de E.
1. X ⊥ est un sous-espace vectoriel de E.
(
)⊥
2. X ⊂ X ⊥ .
3. Si X ⊂ Y, alors Y ⊥ ⊂ X ⊥ .
Comme,
pour toute partie non vide X de E, X ⊥ est un sous-espace vectoriel de E, l'inclusion
( ⊥ )⊥
X⊂ X
sera stricte pour X non sous-espace vectoriel.
Pour le produit scalaire usuel sur E = R2 , on a E ⊥ = {0} . En eet si y ∈ E ⊥ , il est en
particulier orthogonal à lui même, donc y · y = y12 + y22 = 0 et y1 = y2 = 0, soit y = 0.
Mais de manière générale un vecteur peut être orthogonal à lui même sans être nécessairement nul.
Considérons par exemple la forme bilinéaire symétrique φ dénie sur R2 par :
φ (x, y) = x1 y1 − x2 y2
Un vecteur x est orthogonal à lui même si, et seulement si, x21 − x22 = 0, ce qui équivaut à
x2 = ±x1 .
Dénition 22.6 On dit qu'un vecteur x de E est isotrope relativement à φ s'il est orthogonal
à lui même.
Dénition 22.7 L'ensemble des vecteurs isotropes de E, relativement à φ, est le cône isotrope
de φ.
Le cône isotrope de φ est donc le sous-ensemble de E :
Cφ = q −1 {0} = {x ∈ E | q (x) = φ (x, x) = 0} .
On dit aussi que Cφ est le cône isotrope de la forme quadratique q.
Dénition 22.8 Le noyau de φ est l'orthogonal de E.
En notant ker (φ) le noyau de φ, on a :
ker (φ) = E ⊥ = {y ∈ E | ∀x ∈ E, φ (x, y) = 0}
et ce noyau est un sous-espace vectoriel de E.
On dit aussi que ker (φ) est le noyau de la forme quadratique q et on le note alors ker (q) .
Lemme 22.1 Le noyau de φ est contenu dans son cône isotrope, soit :
ker (φ) ⊂ Cφ .
Démonstration. Si x ∈ ker (φ) , il est orthogonal à tout vecteur de E et en particulier à
lui même, ce qui signie qu'il est dans le cône isotrope de φ.
Dans le cas où E est de dimension nie, en désignant par A ∈ Sn (K) la matrice de φ dans
une base B et u ∈ L (E) l'endomorphisme de E ayant A pour matrice dans cette base, le noyau
de φ est égal au noyau de u.
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
548
Théorème 22.3 Soient E un espace vectoriel de dimension n, B = (ei )1≤i≤n une base de E,
A la matrice de la forme bilinéaire φ dans la base B et u l'endomorphisme de E de matrice A
dans la base B. On a alors :
ker (φ) = ker (u) .
Démonstration. Un vecteur x est dans le noyau de φ si, et seulement si, il est orthogonal
à tout vecteur de E, ce qui équivaut à dire du fait de la linéarité à droite de φ que x est
orthogonal à chacun des vecteurs de la base B, soit :
x ∈ ker (φ) ⇔ (∀i ∈ {1, · · · , n} , φ (x, ei ) = 0)
ce qui revient à dire les coordonnées x1 , · · · , xn de x dans la base B sont solutions du système
linéaire de n équations à n inconnues :
(
φ
n
∑
j=1
)
xj ej , ei
=
n
∑
j=1
xj φ (ej , ei ) =
n
∑
φ (ei , ej ) xj = 0 (1 ≤ i ≤ n)
j=1
Ce système s'écrit AX = 0 où A = ((φ (ei , ej )))1≤i,j≤n est la matrice de φ dans B et X le
vecteur colonne formé des composantes de x dans cette base. Ce système est encore équivalent
à u (x) = 0, où u l'endomorphisme de E de matrice A dans B, ce qui revient à dire que
x ∈ ker (u) .
On retiendra qu'en dimension nie, le noyau de φ se calcule en résolvant le système AX = 0,
en utilisant les notations du théorème précédent.
Ce résultat peut aussi se montrer dans le cas réel comme suit. Dire que x ∈ ker (φ) équivaut
à dire que φ (y, x) = 0 pour tout y ∈ E, soit à t Y AX = 0 pour tout Y ∈ Rn et prenant
Y = AX, on a
t
(AX) AX = 0. Mais pour Z ∈ Rn , on a t ZZ =
n
∑
zi2 et t ZZ = 0 équivaut à
i=1
Z = 0. Donc AX = 0 pour x ∈ ker (φ) . La réciproque est évidente.
Dénition 22.9 On dit que la forme bilinéaire symétrique
φ (ou de manière équivalente la
forme quadratique q ) est non dégénérée si son noyau est réduit à {0} .
Du théorème précédent, on déduit qu'en dimension nie, une forme bilinéaire symétrique est
non dégénérée si, et seulement si, sa matrice dans une quelconque base de E est inversible, ce
qui équivaut à dire que son déterminant est non nul.
Comme pour les applications linéaires, on peut dénir le rang d'une forme quadratique à
partir de la dimension de son noyau.
Dénition 22.10 Si E est de dimension nie égale à n, le rang de φ (ou de q) est l'entier :
rg (q) = n − dim (ker (q)) .
Du théorème précédent, on déduit qu'en dimension nie le rang d'une forme quadratique est
égal à celui de sa matrice dans une quelconque base.
22.3 Théorème de réduction de Gauss
Si E est un espace vectoriel de dimension n ≥ 1 sur un corps commutatif K de caractéristique
diérente de 2, on notera B = (ei )1≤i≤n une base de E et pour tout vecteur x de E, x1 , · · · , xn
désignent les coordonnées de x dans cette base, soit x =
vecteur x de E le vecteur colonne X = (xi )1≤i≤n dans Kn .
E ∗ désigne le dual de E.
n
∑
i=1
xi ei . On associe toujours à ce
Théorème de réduction de Gauss
549
Théorème 22.4 Pour toute forme quadratique non nulle q sur E, il existe un entier r compris
entre 1 et n, des scalaires non nuls λ1 , · · · , λr et des formes linéaires ℓ1 , · · · , ℓr indépendantes
dans E ∗ tels que :
∀x ∈ E, q (x) =
r
∑
λj ℓ2j (x)
j=1
Démonstration. On procède par récurrence sur n ≥ 1. Pour n = 1, il n'y a rien à montrer.
Pour n = 2, une telle forme s'écrit, dans la base B, sous la forme :
q (x) = ax21 + 2bx1 x2 + cx22
Si a ̸= 0, on a :
(
)2
b
δ
q (x) = a x1 + x2 + x22
a
a
où δ = ac − b2 .
Pour δ = 0, on a :
(
)2
b
q (x) = a x1 + x2 = aℓ21 (x)
a
b
où ℓ1 : x 7→ x1 + x2 est une forme linéaire non nulle.
a
Pour δ ̸= 0, on a :
(
)2
b
δ
δ
q (x) = a x1 + x2 + x22 = aℓ21 (x) + ℓ22 (x)
a
a
a
b
a
où ℓ1 : x 7→ x1 + x2 et ℓ2 : x 7→ x2 sont deux formes linéaires indépendantes puisque
1 0 b
= 1 ̸= 0.
1 a
Si a = 0 et c ̸= 0, on a :
q (x) = 2bx1 x2 +
où δ = −b2 .
Pour δ = 0, on a :
cx22
(
)2
b
δ
= c x2 + x1 + x21
c
c
q (x) = cx22 = cℓ21 (x)
où ℓ1 : x 7→ x2 est une forme linéaire non nulle.
Pour δ ̸= 0, on a :
)2
(
δ
δ
b
q (x) = c x2 + x1 + x21 = aℓ21 (x) + ℓ22 (x)
c
c
a
b
où ℓ1 : x 7→ x2 + x1 et ℓ2 : x 7→ x1 sont deux formes linéaires indépendantes.
c
Si a = 0 et c = 0, on a alors b ̸= 0 et :
q (x) = 2bx1 x2 =
) b
b
b(
(x1 + x2 )2 − (x1 − x2 )2 = ℓ21 (x) − ℓ22 (x)
2
2
2
où
ℓ1 : x 7→ x1 + x2 et ℓ2 : x 7→ x1 − x2 sont deux formes linéaires indépendantes puisque
1 1 1 −1 = −2 ̸= 0.
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
550
On suppose le résultat acquis au rang n − 1 et on se donne une forme quadratique non nulle
q dénie dans une base B d'un espace vectoriel E de dimension n ≥ 3 par :
q (x) =
n
∑
∑
aii x2i + 2
i=1
aij xi xj
1≤i<j≤n
Supposons tout d'abord que cette expression contient au moins un terme carré, c'est-à-dire
qu'il existe un indice i compris entre 1 et n tel que aii ̸= 0. Quitte à eectuer une permutation
sur les vecteurs de base, on peut supposer que a11 ̸= 0. En regroupant les termes contenant x1 ,
on écrit que :
a11 x21 + 2
n
∑
(
x21 + 2x1
a1j x1 xj = a11
j=2
n
∑
a1j
j=2
(
= a11  x1 +
n
∑
a1j
a11
j=2
et :
(
q (x) = a11
=
x1 +
a11 ℓ21
a11
n
∑
a1j
j=2
′
a11
)
xj
)2
xj
(
−
n
∑
a1j
j=2
a11
)2 
xj

)2
xj
+ q ′ (x′ )
(x) + q (x′ )
n a
∑
1j
xj , q ′ est une forme quadratique dénie sur le sous espace vectoriel H
a
j=2 11
n
n
∑
∑
de E de dimension n − 1 qui est engendré par e2 , · · · , en et x′ = xi ei si x = xi ei .
où ℓ1 (x) = x1 +
i=2
i=1
Si q ′ = 0, on a alors q = a11 ℓ21 avec a11 et ℓ1 non nuls.
Si q ′ ̸= 0, l'hypothèse de récurrence nous dit qu'il existe un entier r compris entre 2 et n,
des scalaires non nuls λ2 , · · · , λr et des formes linéaires indépendantes ℓ2 , · · · , ℓr dénies sur H
tels que :
′
′
′
∀x ∈ H, q (x ) =
r
∑
λj ℓ2j (x′ )
j=2
et en prolongeant les formes linéaires ℓ2 , · · · , ℓr à E (en posant ℓj (x) = ℓj (x′ )), on a :
q (x) =
a11 ℓ21
(x) +
r
∑
λj ℓ2j (x)
j=2
ce qui donne une décomposition de q comme combinaison linéaire de carrés de formes linéaires.
Il reste à vérier que les formes ℓ1 , ℓ2 , · · · , ℓr sont linéairement indépendantes dans E ∗ .
r
r
∑
∑
L'égalité
λj ℓj = 0 équivaut à dire que
λj ℓj (x) = 0 pour tout x ∈ E. Prenant x = e1 ,
j=1
j=1
on a ℓ1 (x) = 1 et ℓj (x) = 0 pour j compris entre 2 et r, ce qui donne λ1 = 0 et
pour tout x′ ∈ H, ce qui équivaut à
r
∑
j=2
r
∑
λj ℓj (x′ ) = 0
j=2
λj ℓj = 0 et la nullité de tous les λj puisque le système
(ℓ2 , · · · , ℓr ) est libre dans H ∗ . On a donc le résultat annoncé.
Théorème de réduction de Gauss
551
Il reste enn à traiter le cas où q est sans facteurs carrés, c'est-à-dire le cas où tous les
coecients aii sont nuls. Comme q est non nulle, il existe deux indices i < j tels que aij ̸= 0.
Quitte à eectuer une permutation sur les vecteurs de base, on peut supposer que a12 ̸= 0. On
regroupe alors dans l'expression de q tous les termes contenant x1 et x2 que l'on fait apparaître
comme fragment d'un produit de deux formes linéaires, soit :
Q = a12 x1 x2 + x1
(
=
a12 x1 +
n
∑
)(
x2 +
a2j xj
n
∑
a1j
j=3
j=3
a12
ce qui donne :
−
( n
∑
)(
a2j xj
j=3
∑
q (x) = 2
a1j xj + x2
j=3
)
xj
n
∑
n
∑
a2j xj
j=3
n
∑
a1j
j=3
a12
)
xj
aij xi xj
1≤i<j≤n
∑
= 2Q + 2
aij xi xj
3≤i<j≤n
= 2L1 (x) L2 (x) + q ′ (x′ )
n a
∑
1j
xj et q ′ est une forme quadratique dénie
a
j=3
j=3 12
n
n
∑
∑
sur le sous espace vectoriel H de E engendré par e3 , · · · , en et x′ = xi ei si x = xi ei .
où L1 (x) = a12 x1 +
n
∑
a2j xj , L2 (x) = x2 +
i=3
En écrivant que :
i=1
1
1
(L1 (x) + L2 (x))2 − (L1 (x) − L2 (x))2
2
2
1 2
1 2
= ℓ1 (x) − ℓ2 (x) ,
2
2
2L1 (x) L2 (x) =
on a :
1
1
q (x) = ℓ21 (x) − ℓ22 (x) + q ′ (x′)
2
2
1
1
Si q ′ = 0, on a alors q = ℓ21 − ℓ22 , les formes linéaires ℓ1 et ℓ2 étant indépendantes puisque
2
2
la matrice :
)
) (
(
a12 1 α13 . . . α1n
A1
=
A=
a12 −1 α23 · · · α2n
A2
a12 1 = −2a12 est non nul.
est de rang 2 car le déterminant extrait a12 −1 Si q ′ ̸= 0, l'hypothèse de récurrence nous dit qu'il existe un entier r compris entre 3 et n,
des scalaires non nuls λ3 , · · · , λr et des formes linéaires indépendantes ℓ3 , · · · , ℓr dénies sur H
tels que :
′
′
′
∀x ∈ H, q (x ) =
r
∑
λj ℓ2j (x′ )
j=3
et en prolongeant les formes linéaires ℓ3 , · · · , ℓr à E, on a :
∑
1
1
q (x) = ℓ21 (x) − ℓ22 (x) +
λj ℓ2j (x)
2
2
j=3
r
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
552
ce qui donne une décomposition de q comme combinaison linéaire de carrés de formes linéaires.
Il reste à vérier que les formes ℓ1 , ℓ2 , · · · , ℓr sont linéairement indépendantes dans E ∗ .
r
r
∑
∑
L'égalité
λj ℓj = 0 équivaut à dire que
λj ℓj (x) = 0 pour tout x ∈ E. Prenant x = e1
j=1
j=1
et x = e2 , on obtient λ1 a12 + λ2 a12 = 0 et λ1 − λ2 = 0, ce qui équivaut à λ1 = λ2 = 0 puisque
r
r
∑
∑
a12 ̸= 0 et
λj ℓj (x′ ) = 0 pour tout x′ ∈ H, ce qui équivaut à
λj ℓj = 0 et la nullité de tous
j=3
j=3
les λj puisque le système (ℓ3 , · · · , ℓr ) est libre dans H ∗ . On a donc le résultat annoncé.
Une telle décomposition est appelée réduction de Gauss, ou plus simplement réduction, de
la forme quadratique q et la démonstration précédente nous donne un algorithme pour obtenir
une telle réduction.
Exercice 22.3 Réduire, en utilisant l'algorithme de Gauss, la forme quadratique q dénie sur
R3 par :
q (x) = −x21 − x22 − x23 + 2 (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
Solution 22.3 On a :
(
)
q (x) = − x21 − 2x1 x2 − 2x1 x3 − x22 − x23 + 2x2 x3
= − (x1 − x2 − x3 )2 + 4x2 x3
= − (x1 − x2 − x3 )2 + (x2 + x3 )2 − (x2 − x3 )2
Exercice 22.4 Réduire la forme quadratique dénie sur R3 par :
q (x) = x21 + 3x22 + 5x23 + 4x1 x2 + 6x1 x3 + 2x2 x3 .
Solution 22.4 On a :
q (x) = (x1 + 2x2 + 3x3 )2 − x22 − 4x23 − 10x2 x3
= (x1 + 2x2 + 3x3 )2 − (x2 + 5x3 )2 + 21x23
Exercice 22.5 Réduire la forme quadratique dénie sur R3 par :
q (x) = x1 x2 + 2x1 x3 + 2x1 x4 + x2 x3 + 4x2 x4 + 2x3 x4
Solution 22.5 On a :
q (x) = x1 x2 + 2x1 x3 + 2x1 x4 + x2 x3 + 4x2 x4 + 2x3 x4
= (x1 + x3 + 4x4 ) (x2 + 2x3 + 2x4 ) − 2x23 − 8x24 − 8x3 x4
= (x1 + x3 + 4x4 ) (x2 + 2x3 + 2x4 ) − 2 (x3 + 2x4 )2
1
1
= (x1 + x2 + 3x3 + 6x4 )2 − (x1 − x2 − x3 + 2x4 )2 − 2 (x3 + 2x4 )2
4
4
Exercice 22.6 On considère la forme quadratique q dénie sur Rn par :
q (x) =
n
∑
i=1
avec n ≥ 3.
x2i +
∑
1≤i<j≤n
xi xj
Théorème de réduction de Gauss
553
1. Écrire q sous la forme :
q (x) = ℓ21 (x) + q1 (x′ )
où ℓ1 est une forme linéaire sur Rn et q1 une forme quadratique sur Rn−1 en notant
x′ = (x2 , x3 , · · · , xn ) .
2. Écrire q1 sous la forme :
3
q1 (x) = ℓ22 (x) + q2 (x′′ )
4
n−1
où ℓ2 est une forme linéaire sur R
et q2 une forme quadratique sur Rn−2 en notant
′′
x = (x3 , · · · , xn ) .
3. Montrer que pour tout p compris entre 1 et n − 1, on peut écrire q sous la forme :
3
p+1 2
p+2
q (x) = ℓ21 (x) + ℓ22 (x) + · · · +
ℓp (x) +
qp+1 (x)
4
2p
2p + 2
avec :











n
1∑
xj
2 j=2
n
1∑
xj
ℓ2 (x) = x2 +
3 j=3
ℓ1 (x) = x1 +

..


.



n
∑
1



xj
 ℓp (x) = xp + p + 1
j=p+1
et :
n
∑
qp+1 (x) =
∑
2
xi xj
p + 2 p+1≤i<j≤n
x2i +
i=p+1
4. Réduire q.
Solution 22.6
1. On a :
q (x) =
(
=
1∑
x1 +
xj
2 j=2
(
n
=
)2
x21
1
−
4
+ x1
(
j=2
n
∑
xj +
)2
xj
n
∑
x2i +
i=2
+
j=2
1∑
xj
2 j=2
n
x1 +
n
∑
n
∑
+
xi xj
2≤i<j≤n
x2i +
i=2
)2
∑
∑
xi xj
2≤i<j≤n
n
3∑ 2 1 ∑
x +
xi xj
4 i=2 i 2 2≤i<j≤n
= ℓ21 (x) + q1 (x′ )
avec :
et :
1∑
ℓ1 (x) = x1 +
xj
2 j=2
n
n
3∑ 2 1 ∑
q1 (x ) =
x +
xi xj
4 i=2 i 2 2≤i<j≤n
′
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
554
2. On a :
3
1 ∑
q1 (x′ ) = x22 + x2
xj +
4
2 j=3
(
)2
( n
)2
n
3
1∑
1 ∑
=
x2 +
xj −
xj +
4
3 j=3
12 j=3
(
)2
n
1∑
3
xj +
=
x2 +
4
3 j=3
n
n
3∑ 2 1 ∑
x +
xi xj
4 i=3 i 2 3≤i<j≤n
n
3∑ 2 1 ∑
xi xj
x +
4 i=3 i 2 3≤i<j≤n
n
2∑ 2 1 ∑
x +
xi xj
3 i=3 i 3 3≤i<j≤n
3
= ℓ22 (x) + q2 (x′′ )
4
avec :
1∑
ℓ2 (x) = x2 +
xj
3 j=3
n
et :
n
2∑ 2 1 ∑
xi xj
q2 (x ) =
x +
3 i=3 i 3 3≤i<j≤n
′′
3. Le résultat est vrai pour p = 1. Supposons le acquis pour p compris entre 1 et n − 2. On
a alors :
qp+1 (x) =
n
∑
x2i +
i=p+1
n
∑
n
∑
∑
2
xi xj
p + 2 p+1≤i<j≤n
∑
2
2
xp+1
xj +
x2i +
xi xj
p+2
p + 2 p+2≤i<j≤n
j=p+2
i=p+2
)2
( n
)2
(
n
∑
1
1 ∑
xj −
xj
= xp+1 +
p + 2 j=p+2
(p + 2)2 j=p+2
= x2p+1 +
+
n
∑
x2i +
i=p+2
∑
2
xi xj
p + 2 p+2≤i<j≤n
= ℓ2p+1 (x) + Qp+2 (x)
avec :
et :
n
1 ∑
xj
ℓp+1 (x) = xp+1 +
p + 2 j=p+2
(
Qp+2 (x) = 1 −
1
(p + 2)2
) ∑
n
i=p+2
x2i
2
+
p+2
(
1−
1
p+2
)
∑
xi xj
p+2≤i<j≤n
n
∑
(p + 1) (p + 3) ∑ 2 2 (p + 1)
=
+
x
xi xj
i
(p + 2)2
(p + 2)2 p+2≤i<j≤n
i=p+2
( n
)
∑
2
(p + 1) (p + 3) ∑ 2
=
xi +
xi xj
p
+
3
(p + 2)2
i=p+2
p+2≤i<j≤n
=
(p + 1) (p + 3)
qp+2 (x)
(p + 2)2
Théorème de réduction de Gauss
555
Ce qui donne :
p+1 2
p+2 2
3
q (x) = ℓ21 (x) + ℓ22 (x) + · · · +
ℓp (x) +
ℓ (x)
4
2p
2p + 2 p+1
p+2
+
Qp+2 (x)
2p + 2
3
p+1 2
p+2 2
= ℓ21 (x) + ℓ22 (x) + · · · +
ℓp (x) +
ℓ (x)
4
2p
2p + 2 p+1
p + 2 (p + 1) (p + 3)
+
qp+2 (x)
2p + 2
(p + 2)2
3
p+1 2
p+2 2
= ℓ21 (x) + ℓ22 (x) + · · · +
ℓp (x) +
ℓ (x)
4
2p
2p + 2 p+1
p+3
+
qp+2 (x)
2p + 4
soit le résultat au rang p + 1.
4. Faisant p = n − 1, on a :
3
n
n+1
q (x) = ℓ21 (x) + ℓ22 (x) + · · · +
ℓ2n−1 (x) +
qn (x)
4
2 (n − 1)
2n
avec qn (x) = x2n = ℓ2n (x) , soit :
q (x) =
n
∑
p+1
p=1
avec :
2p
ℓ2p (x)
n
1 ∑
ℓp (x) = xp +
xj
p + 1 j=p+1
pour p compris entre 1 et n (pour p = n, la somme
n
∑
est nulle).
j=p+1
r
∑
Pour la suite de ce paragraphe, q désigne une forme quadratique non nulle sur E et q =
λj ℓ2j une réduction de Gauss de cette forme quadratique où r est un entier compris entre 1
j=1
et n, λ1 , · · · , λr sont des scalaires non nuls et ℓ1 , · · · , ℓr des formes linéaires indépendantes.
Avec les notations qui précèdent, la forme polaire φ de q est alors donnée par :
∀ (x, y) ∈ E × E, φ (x, y) =
r
∑
λj ℓj (x) ℓj (y)
j=1
(exercice 22.1).
Les formes linéaires ℓ1 , · · · , ℓr étant linéairement indépendantes dans E ∗ , elles peuvent se
compléter en une base de cet espace (qui on le sait est de dimension n), c'est-à-dire qu'il existe
des formes linéaires ℓr+1 , · · · , ℓn (dans le cas où r ≤ n − 1) telles que (ℓ1 , · · · , ℓn ) soit une base
de E ∗ .
La réduction de Gauss peut alors s'écrire :
∀x ∈ E, q (x) =
n
∑
λj ℓ2j (x)
j=1
où on a posé λr+1 = · · · = λn = 0 dans le cas où r ≤ n − 1.
Le théorème de réduction de Gauss peut alors se traduire matriciellement comme suit.
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
556
Théorème 22.5 Avec les notations qui précèdent, il existe une base (fi )1≤i≤n de E dans laquelle
la matrice de q est diagonale de la forme :



D=

λ1
0
..
.
0
0
···
...
... ...
λ2
···
0
0

.. 
. 

0 
λn
(les p premiers λi sont non nuls et les suivants sont nuls).
Démonstration. Partant de la réduction de Gauss q =
n
∑
j=1
λj ℓ2j , on désigne par (fi )1≤i≤n la
base de E anté-duale de (ℓi )1≤i≤n (avec le théorème 12.2, on a vu que cette base est dénie par
ℓi (fj ) = δij pour tous i, j compris entre 1 et n) et on a :
φ (fi , fj ) =
n
∑
{
λk ℓk (fi ) ℓk (fj ) = λi ℓi (fj ) =
k=1
λi si i = j
0 si i ̸= j
ce qui donne le résultat annoncé.
Une telle base (fi )1≤i≤n est orthogonale relativement à la forme quadratique q.
Comme une matrice symétrique dénit une unique forme quadratique dans la base canonique
de E = Kn , on déduit de tout ce qui précède, en utilisant la formule de changement de base
pour les formes quadratiques, le corollaire qui suit.
Corollaire 22.1 Si
A est une matrice symétrique d'ordre n à coecients dans K, il existe
alors une matrice inversible P telle que la matrice t P AP soit diagonale.
Démonstration. En gardant toujours les mêmes notations et en notant P la matrice de
passage de la base canonique de Kn à la base (fi )1≤i≤n , la matrice D = t P AP de q dans cette
base est diagonale.
Exercice 22.7 Soit q la forme quadratique dénie sur Rn par :
q (x) = x21 + 2
n−1
∑
i=2
x2i + 2
∑
xi xj
1≤i<j≤n
avec n ≥ 3.
1.
2.
3.
4.
Donner la matrice de q dans la base canonique de Rn .
Réduire q dans le cas n = 3.
Déterminer une base orthogonale pour q dans le cas n = 3.
Traiter le cas général.
Solution 22.7
1. On a :

1 1
1 ··· 1
 1 2
1 ··· 1

 .. . . . . . . ..
A= .
.
.
. .

 1 ··· 1
2 1
1 ··· 1
1 0







Théorème de réduction de Gauss
557
2. Pour n = 3, on a :
q (x) = x21 + 2x22 + 2 (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
= (x1 + x2 + x3 )2 + x22 − x23
= ℓ21 (x) + ℓ22 (x) − ℓ23 (x)
avec :

 ℓ1 (x) = x1 + x2 + x3
ℓ2 (x) = x2

ℓ2 (x) = x3
formes linéaires indépendantes.
3. On résout le système :

 x1 + x2 + x3 = y1
x2 = y2

x3 = y3
ce qui donne :

 x1 = y1 − y2 − y3
x 2 = y2

x 3 = y3
et :






1
−1
−1
f1 =  0  , f 2 =  1  , f 3 =  0 
0
0
1
pour base q -orthogonale. La matrice de q dans cette base est :


1 0 0
D= 0 1 0 
0 0 −1
4. Pour n ≥ 3, on a :
q (x) =
x21
(
=
+2
n
∑
n−1
∑
i=2
)2
xi
(
−
i=1
=
ℓ21
(x) +
∑
x2i + 2
∑
xi
+2
i=2
n−1
∑
x2i
−
n−1
∑
x2n
=
n−1
∑

n
 ℓ (x) = ∑
xi
1
i=1
 ℓ (x) = x (2 ≤ i ≤ n)
i
formes linéaires indépendantes.
Pour trouver une base q -orthogonale, on résout le système :
 n
 ∑x = y
i
1
i=1
 x = y (2 ≤ i ≤ n)
i
i
2≤i<j≤n
ℓ2i (x) − ℓ2n (x)
i=1
i
∑
x2i + 2
i=2
i=2
avec :
xi xj
1≤i<j≤n
)2
n
xi xj
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
558
ce qui donne :

n
 x =y −∑
yi
1
1
i=2
 x = y (2 ≤ i ≤ n)
i
et :
i


1 −1 −1 · · · −1
 0 1
0 ··· 0 


 .. . . . . . .

.
.
P = .
.
.
. . 


 0 ··· 0
1
0 
0 ··· 0
0
1
est la matrice de passage de la base canonique (ei )1≤i≤n à une base q -orthogonale (fi )1≤i≤n .
On a donc :
{
f1 = e1
fi = ei − e1 (2 ≤ i ≤ n)
et la matrice de q dans la base (fi )1≤i≤n est :

1 0
0 ··· 0
 0 1
0 ··· 0

 .. . . . . . .
..
D= .
.
.
.
.

 0 ··· 0
1
0
0 ··· 0
0 −1




.


En dimension nie la réduction de Gauss d'une forme quadratique nous permet d'obtenir
son rang et son noyau.
Théorème 22.6 Avec les notations qui précèdent, on a :
rg (q) = r
et :
ker (q) = {x ∈ E | ℓ1 (x) = ℓ2 (x) = · · · = ℓr (x) = 0}
Démonstration. À la réduction de Gauss q =
r
∑
j=1
λj ℓ2j est associée une base (fi )1≤i≤n de E
dans laquelle la matrice de q est diagonale de la forme :



D=

λ1
0
0
λ2
..
.
0
...
···
···
...
...
0
0

.. 
. 

0 
λn
où les r premiers λi sont non nuls et les suivants nuls. Il en résulte que rg (q) = rg (D) = r et
ker (q) est de dimension n − r.
Comme les formes linéaires ℓ1 , ℓ2 , · · · , ℓr sont linéairement indépendantes, l'espace vectoriel :
F = {x ∈ E | ℓ1 (x) = · · · = ℓr (x) = 0}
est de dimension n − r. De plus pour tout x ∈ F et y ∈ E, on a :
φ (x, y) =
r
∑
j=1
λj ℓj (x) ℓj (y) = 0
Théorème de réduction de Gauss
559
ce qui signie que F est contenu dans le noyau de q.
Ces espaces étant de même dimension, on a l'égalité F = ker (q) .
Le résultat précédent nous permet de simplier la recherche d'une base q -orthogonale (fi )1≤i≤n
de E en se passant de compléter le système libre (ℓi )1≤i≤r en une base du dual de E.
Dans le cas où r = n, la forme q est non dégénérée et une telle base q -orthogonale se calcule
en résolvant les n systèmes linéaires :
{
1 si i = j
0 si i ̸= j
ℓi (fj ) =
(1 ≤ i, j ≤ n)
ce qui revient à inverser la matrice Q = ((αij ))1≤i,j≤n , où les αij sont dénis par :
ℓi (x) = αi1 x1 + · · · + αin xn
(les ℓi étant exprimés dans une base canonique donnée de E ).
Dans le cas où 1 ≤ r ≤ n − 1, on détermine tout d'abord une base (fr+1 , · · · , fn ) du noyau
de q en résolvant le système linéaire de r équations à n inconnues :
ℓi (x) = 0 (1 ≤ i ≤ r)
Ces vecteurs sont deux à deux orthogonaux puisque orthogonaux à tout vecteur de E.
Il sut ensuite de résoudre les p systèmes linéaires :
{
ℓi (fj ) = δij =
1 si i = j
0 si i ̸= j
(1 ≤ i, j ≤ r)
ce qui fournit une famille q -orthogonale (f1 , · · · , fr ) formée de vecteurs non nuls. Pour j xé
entre 1 et r, le système linéaire ℓi (fj ) = δij où i varie de 1 à r a des solutions puisque la matrice
de ce système est de rang r et deux solutions de ce système dièrent d'un élément du noyau de
q.
La famille (fi )1≤i≤n est alors une base q -orthogonale de E (exercice : vérier qu'on a bien
une base).
Dans la pratique, on résout d'abord le système :


 ℓ1 (x) = b1
..
.

 ℓ (x) = b
r
p
où b = (b1 , · · · , br ) est un élément quelconque de Kr . La valeur b = 0 nous donne une base
du noyau de q, puis les valeurs successives b = (1, 0, · · · , 0) , b = (0, 1, 0, · · · , 0) , · · · , b =
(0, · · · , 0, 1) nous permettent de déterminer des vecteurs f1 , · · · , fr .
Exercice 22.8 Soit q la forme quadratique dénie sur R3 par :
)
(
q (x) = x2 + (1 + a) y 2 + 1 + a + a2 z 2 + 2xy − 2ayz
1.
2.
3.
4.
5.
Donner la matrice A de q dans la base canonique de R3 .
Calculer le déterminant de A.
Pour quelles valeurs de a la forme q est-elle non dégénérée ?
Réduire q et donner son rang en fonction de a.
Déterminer une base orthogonale pour q.
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
560
6. En déduire une matrice inversible P telle que D = t P AP soit diagonale.
Solution
1. La matrice de q dans la base canonique de R3 est :


1
1
0
.
−a
A= 1 1+a
2
0 −a 1 + a + a
2. On a :
(
)
det (A) = a 1 + a2
3. La forme q est dégénérée si, et seulement si, a = 0.
4. On a :
(
)
q (x) = (x + y)2 + a (y − z)2 + 1 + a2 z 2
Pour a = 0, q est de rang 2.
Pour a ̸= 0, q est de rang 3.
5. Dans tous les cas, il s'agit de résoudre le système :

 x+y =α
y−z =β

z=γ
Ce système a pour solution :

 x=α−β−γ
y =β+γ

z=γ
ce qui donne pour base q -orthogonale :





−1
−1
1
f1 =  0  , f 2 =  1  , f 3 =  1 
1
0
0

6. La matrice de q dans la base (f1 , f2 , f3 ) est :


1 0
0
0 
D = t P AP =  0 a
0 0 1 + a2
où :


1 −1 −1
1 
P = 0 1
0 0
1
22.4 Réduction des formes quadratiques sur un espace euclidien
Ici K = R et (E, ⟨· | ·⟩) est un espace euclidien. On note ∥·∥ la norme associée au produit
scalaire ⟨· | ·⟩ et B = (ei )1≤i≤n est une base orthonormée de E.
Réduction des formes quadratiques sur un espace euclidien
561
Nous allons étudier le lien entre le théorème spectral (théorème 21.5) et la réduction des
formes quadratiques réelles.
On se donne une forme quadratique q non nulle sur E de forme polaire φ et de matrice
A = ((aij ))1≤i,j≤n dans B = (ei )1≤i≤n .
On désigne par u l'endomorphisme de Rn canoniquement associée à la matrice symétrique
A.
Le théorème spectral peut se montrer en utilisant le fait qu'une forme quadratique sur E est
continue et en conséquence, elle est bornée et atteint ses bornes sur tout compact.
On note S 1 = {x ∈ E | ∥x∥ = 1} la sphère unité de E. Cette sphère unité est compacte
puisqu'on est en dimension nie.
Lemme 22.2 Le réel λ1 = sup q (x) est valeur propre de A.
x∈S 1
Démonstration. La fonction q étant continue de E dans R (son expression dans B est
polynomiale), elle est bornée sur le compact S 1 et elle atteint sa borne supérieure sur ce compact.
On peut donc poser :
λ1 = sup q (x) = q (f1 )
x∈S 1
où f1 ∈ S 1 . La forme quadratique :
q1 : x 7−→ q1 (x) = λ1 ∥x∥2 − q (x) = ⟨λ1 X − AX|X⟩
est alors positive et le vecteur non nul f1 qui est dans le cône isotrope de q1 est dans son noyau
(voir le lemme 22.4 plus loin), donc dans le noyau de λ1 In − A (en identiant une matrice
à l'endomorphisme qu'elle dénit dans la base canonique de Rn ), ce qui signie que c'est un
vecteur propre de A associé à la valeur propre réelle λ1 .
Théorème 22.7 La matrice A se diagonalise dans une base orthonormée de Rn .
Démonstration. On garde les notations de la démonstration du lemme précédent où q est la
forme quadratique sur Rn canoniquement associée à la matrice A et on raisonne par récurrence
sur n, le résultat étant évident pour n = 1.
Du fait que :
⟨u (x) | f1 ⟩ = ⟨x | u (f1 )⟩ = λ1 ⟨x | f1 ⟩ ,
on déduit que l'hyperplan H = (Rf1 )⊥ est stable par u et dans une base orthonormée
(
) adaptée
⊥
λ1 0
avec B
0 B
symétrique réelle d'ordre n − 1 (on a A1 = t P AP avec P orthogonale, donc A1 est symétrique
et B aussi). On applique alors l'hypothèse de récurrence à la matrice B pour conclure, comme
à la décomposition Rn = Rf1 ⊕ H, la matrice de u est de la forme A1 =
dans la démonstration du théorème 21.5.
Remarque 22.5 La démonstration de ce théorème de diagonalisation des matrices symétriques
réelles est une adaptation au cas de la dimension nie d'un résultat plus général de diagonalisation d'un opérateur autoadjoint compact sur un espace de Hilbert. Précisément si u est un
endomorphisme autoadjoint compact sur un espace de Hilbert E alors u a toutes ses valeurs
propres réelles et E est somme hilbertienne des espaces propres de u.
Du théorème spectral, on peut déduire le théorème de réduction de Gauss.
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
562
Théorème 22.8 Il existe un entier r compris entre 1 et n, des réels non nuls λ1 , · · · , λr et des
formes linéaires indépendantes ℓ1 , · · · , ℓr tels que :
∀x ∈ R , q (x) =
n
r
∑
λj ℓ2j (x)
j=1
Démonstration. Soit (fi )1≤i≤n une base orthonormée de Rn formée de vecteurs propres de
A et (λi )1≤i≤n la suite de vecteurs propres associée (u (fj ) = λj fj ). En écrivant tout vecteur
n
∑
X ∈ Rn dans cette base, on a X =
yj fj et :
j=1
q (x) = ⟨AX | X⟩ =
⟨ n
∑
j=1
y j λ j fj |
n
∑
⟩
y j fj
j=1
=
n
∑
λj yj2
j=1
En désignant par P la matrice de passage de la base canonique de Rn à la base (fi )1≤i≤n , on a
Y = P −1 X = t P X et yj = ℓj (x) pour tout j compris entre 1 et n, où ℓj est une forme linéaire
(la matrice de ℓj dans la base canonique de Rn est la ligne numéro j de P −1 = t P ). Ces formes
sont donc linéairement indépendantes dans le dual de E et en ordonnant les λj de sorte que les
r premiers soient non nuls et les suivants nuls (s'il en existe), on a la réduction annoncée.
Exercice 22.9 Réduire la forme quadratique q dénie sur R3 par :
q (x) = −x21 − x22 − x23 + 2 (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
Solution 22.8 La matrice de q dans la base canonique est :


−1 1
1
A =  1 −1 1 
1
1 −1
Avec l'exercice 21.8, on a vu qu'une base orthonormée de vecteurs propres est donnée par :






1
1
1
1
1
1
e1 = √  1  , e2 = √  −1  , e3 = √  1 
3
2
6
1
0
−2
On a donc q (x) = y12 − 2y22 − 2y32 , où les yi sont dénis par :
√
√
√
√



 √
 √
2
2
2
2x
+
2x
+
2x3
x
1
2
1
√
√
√
√
1
1

y = tP x = √  3 − 3
0√   x2  = √ 
3x1 − √
3x2
6
6
x3
1
1
−2 2
x1 + x2 − 2 2x3
soit :
q (x) =
1
1
(x1 + x2 + x3 )2 − (x1 − x2 )2 − (x1 + x2 − 2x3 )2 .
3
3
On peut constater sur l'exercice précédent que l'algorithme de Gauss est plus rapide que la
méthode de diagonalisation.
Signature des formes quadratiques réelles
563
22.5 Signature des formes quadratiques réelles
En reprenant les notations du théorème 22.5 et en ordonnant les coecients λj de sorte que
les s premiers soient strictement positifs (s'il en existe) et les t suivants strictement négatifs (s'il
en existe) et(√
en désignant
pour λj > 0(√
[resp. pour
)
) λj < 0], par Lj la forme linéaire dénie par
Lj (x) = ℓj
λj x [resp. Lj (x) = ℓj
−λj x ], on obtient l'expression suivante de la forme
quadratique q :
∀x ∈ R , q (x) =
n
s
∑
L2j
(x) −
j=1
s+t
∑
L2j (x) .
j=p+1
La première somme [resp. la seconde] n'est pas présente si s = 0 [resp. t = 0].
La traduction pour la matrice A de q est alors la suivante.
Corollaire 22.2 Si
t
A ∈ Sn (R)
 est de rang r,il existe P ∈ GLn (R) telle que P AP soit
Is 0
0

0 −It
0  où s, t sont deux entiers naturels tels que
diagonale de la forme D =
0 0 0n−r
s + t = r, Is la matrice identité d'ordre s si s ≥ 1 ou n'est pas présente dans cette décomposition
si p = 0, It est dénie de même et 0n−r est la matrice nulle d'ordre n − r si r < n ou n'est pas
présente dans cette décomposition si r = n.
Ce couple d'entiers (s, t) est uniquement déterminé par q comme le montre le résultat suivant.
Théorème 22.9 Il existe un unique couple
(s, t) d'entiers naturels tel que pour toute base
(ei )1≤i≤n de E qui est orthogonale relativement à q, le nombre de vecteurs ei tels que q (ei ) > 0
est égal à s et le nombre de vecteurs ei tels que q (ei ) < 0 est égal à t. De plus, on a s+t = rg (q) .
Démonstration. Soient
telles que :
B = (ei )1≤i≤n et B ′ = (e′i )1≤i≤n deux bases q -orthogonales de E

q (ei ) > 0




q (e′i ) > 0



q (ei ) < 0
q (e′i ) < 0




q (ei ) = 0



q (e′i ) = 0
(1 ≤ i ≤ s)
(1 ≤ i ≤ s′ )
(s + 1 ≤ i ≤ s + t)
(s′ + 1 ≤ i ≤ s′ + t′ )
(s + t + 1 ≤ i ≤ n)
(s′ + t′ + 1 ≤ i ≤ n)
où s, t, s′ , t′ sont des entiers compris entre 0 et n avec la convention que la condition correspondante sur le signe de q (ei ) ou q (e′i ) n'a pas lieu quand l'encadrement de l'indice i n'a pas de
sens.
Considérant les matrices de q dans chacune de ces bases, on voit que nécessairement on a
s + t = s′ + t′ = rg (q) .
On désigne par F le sous-espace {vectoriel de E
} engendré par {e1 , · · · , es } (F = {0} pour
s = 0) et par G′ celui engendré par e′s′ +1 , · · · , e′n (G′ = {0} pour s′ = n). En supposant que
s ≥ 1, on a alors :
s
∑
∀x ∈ F \ {0} , q (x) =
λi x2i > 0
i=1
et :
∀x ∈ G′ , q (x) =
n
∑
i=s′ +1
λ′i x2i ≤ 0
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
564
et en conséquence F ∩ G′ = {0} . Ce dernier résultat étant encore valable pour s = 0. On en
déduit alors que :
dim (F ⊕ G′ ) = dim (F ) + dim (G′ )
= s + n − s′ ≤ n
et s ≤ s′ .
En permutant les rôles joués par s et s′ , on montre de même que s′ ≤ s. On a donc s = s′
et t = t′ puisque s + t = s′ + t′ = rg (q) .
Dénition 22.11 Le couple (s, t) d'entiers naturels déni par le théorème précédent est appelé
signature de q et on le note sgn (q) .
Dénition 22.12 Une forme quadratique réelle q ∈ Q (E) est dite positive [resp. dénie posi-
tive] si q (x) ≥ 0 [resp. q (x) > 0] pour tout x ∈ E [resp. x ∈ E \ {0}].
Avec q (x) = ⟨Ax | x⟩ , on voit que q est positive [resp. dénie positive] si, et seulement si, la
matrice symétrique A est positive [resp. dénie positive].
À partir d'une réduction de Gauss, q =
r
∑
λj ℓ2j , on déduit que q est positive [resp. dénie
j=1
positive] si, et seulement si, tous les λj sont strictement positifs [resp. r = n et tous les λj
sont strictement positifs]. En eet, la condition susante est évidente et pour la condition
nécessaire, en supposant λ1 < 0 (on peut toujours s'y ramener) et en désignant par (ei )1≤i≤n
une base q -orthogonale de E déduite de cette réduction de Gauss, on a q (e1 ) = λ1 < 0 et q
n'est pas positive.
Une forme quadratique non nulle est donc positive [resp. dénie positive] si, et seulement si,
sa signature est (s, 0) [resp. (n, 0)] où s est compris entre 1 et n.
On dénit de manière analogue les formes quadratiques négative [resp. dénie négative] et
une forme quadratique non nulle est négative [resp. dénie négative] si, et seulement si, sa
signature est (0, t) [resp. (0, n)] où t est compris entre 1 et n.
Lemme 22.3 (Inégalité de Cauchy-Schwarz) Si q est une forme quadratique positive, on
a alors pour tous vecteurs x, y dans E :
|φ (x, y)| ≤
√
√
q (x) q (y),
où φ est la forme polaire de q.
Démonstration. Si q est positive, la fonction P dénie par :
P (t) = q (y + tx) = q (x) t2 + 2φ (x, y) t + q (y)
est alors polynomiale de degré au plus égal à 2 et à valeurs strictement positives.
Si q (x) = 0, on a alors 2φ (x, y) t + q (y) ≥ 0 pour tout réel t et nécessairement φ (x, y) = 0
(une fonction ane non constante change de signe)
Si q (x) ̸= 0, P est de degré 2 et à valeurs positives, donc son discriminant est négatif ou
nul, soit :
φ (x, y)2 − q (x) q (y) ≤ 0,
√
√
ce qui équivaut à |φ (x, y)| ≤ q (x) q (y).
Signature des formes quadratiques réelles
565
Lemme 22.4 Pour q positive, on a q−1 {0} = ker (u) = ker (q) , c'est-à-dire que le cône isotrope
de q est égal à son noyau.
Démonstration. On sait déjà que ker (q) ⊂ q−1 {0} et que ker (q) = ker (u) .
Si q (x) = 0, on a alors, en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour φ :
∥u (x)∥2 = ⟨Ax | Ax⟩ = ⟨A (Ax) | x⟩ = φ (Ax, x) ≤
√
√
q (Ax) q (x) = 0
et u (x) = 0.
Une dénition équivalente de la signature d'une forme quadratique réelle est donné par le
théorème 22.10 qui suit.
La démonstration de ce théorème nécessite les lemmes qui suivent.
Lemme 22.5 Soit F un sous-espace vectoriel de E. La restriction de q à F est non dégénérée
si, et seulement si, F ∩ F ⊥ = {0} .
Démonstration. Dire que la restriction de q à F est non dégénérée équivaut à dire que :
{x ∈ F | ∀y ∈ F, φ (x, y) = 0} = {0}
et ce ensemble est justement F ∩ F ⊥ (c'est aussi le noyau la restriction de q à F ).
Lemme 22.6 Soit F un sous-espace vectoriel de E. Si la restriction de q à F est non dégénérée
on a alors E = F ⊕ F ⊥ .
Démonstration. Laissée en exercice.
Théorème 22.10 En désignant par P [resp. N ] l'ensemble de tous les sous-espaces vectoriels
F de E tels que la restriction de q à F soit dénie positive [resp. dénie négative] (P ou N
peut être vide), la signature (s, t) de q est donnée par :
{
0 si P = ∅
s=
max dim (F ) si P ̸= ∅
F ∈P
et :
{
t=
0 si N = ∅
max dim (F ) si N ̸= ∅
F ∈N
Démonstration. Notons :
{
s′ =
0 si P = ∅
max dim (F ) si P ̸= ∅
F ∈P
et :
{
′
t =
0 si N = ∅
max dim (F ) si N ̸= ∅
F ∈N
Par dénition de la signature de q, on a s ≤ s′ et t ≤ t′ .
Si P = ∅, on a alors s = s′ = 0.
Si P ̸= ∅, on peut trouver F ∈ P tel que dim (F ) = s′ et on a nécessairement dim (F ) ≤ s.
En eet si dim (F ) > s, on désigne par (e1 , · · · , es′ ) une base q -orthogonale de F et on peut
compléter cette base en une base (e1 , · · · , en ) de Rn qui est aussi q -orthogonale puisque la
restriction de q à F est non dégénérée (elle est dénie positive) et Rn = F ⊕ F ⊥ . Comme F ∈ P
est de dimension maximale, la restriction de q à F ⊥ est négative et la signature de q est (s′ , t′ )
avec s′ > s, ce qui n'est pas possible. On a donc s′ ≤ s et s = s′ .
On montre de manière analogue que t = t′ .
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
566
22.6 Quadriques dans Rn
Pour n ≥ 2, on munit l'espace vectoriel Rn de sa base canonique et les coordonnées d'un
vecteur X de Rn sont notées x1 , · · · , xn .
Pour n = 2 [resp. n = 3] les coordonnées seront notées x, y [resp. x, y, z ].
Dénition 22.13 On appelle quadrique dans Rn toute partie C de Rn dénie par :
{
C=
X ∈ Rn |
n
∑
aii x2i + 2
i=1
∑
aij xi xj +
n
∑
}
bi xi + c = 0
i=1
1≤i<j≤n
où c, les aij et les bi sont des réels avec (a11 , · · · , ann ) ̸= 0.
On dit aussi que C est la courbe d'équation :
P (X) =
n
∑
i=1
aii x2i + 2
∑
aij xi xj +
1≤i<j≤n
n
∑
bi xi + c = 0
i=1
dans la base canonique.
On notera aussi C = P −1 {0} où P est une fonction polynomiale de degré 2 sur Rn .
Remarque 22.6 Une telle courbe peut être vide comme le montre l'exemple de :
P (X) = x2 + y 2 + 1
dans R2 .
Exemple 22.2 Pour P (X) = x2 + y2 dans R2 , C est réduit à {0} .
Pour P (X) = x2 + y 2 − 1 dans R2 , C est le cercle de centre 0 et de rayon 1.
Pour P (X) = x2 dans R2 , C est la droite d'équation x = 0.
Pour P (X) = xy dans R2 , C est la réunion des droites d'équations respectives x = 0 et y = 0.
On peut remarquer que le polynôme P s'écrit P = q + ℓ + c, où q est une forme quadratique,
ℓ une forme linéaire et c une constante.
En désignant par A et L les matrices de q et ℓ dans la base canonique de Rn , on a :
P (X) = t XAX + LX + c
Pour tout X0 dans Rn , on a pour tout X dans Rn , en désignant par φ la forme polaire de q :
P (X + X0 ) = q (X + X0 ) + ℓ (X + X0 ) + c
= q (X) + 2φ (X, X0 ) + ℓ (X) + ℓ (X0 ) + q (X0 ) + c
l'application X 7→ φ (X, X0 ) étant une forme linéaire sur Rn .
Dénition 22.14 On dit que la quadrique
C = P −1 {0} est à centre s'il existe un unique
élément X0 dans Rn tel que P (X + X0 ) = q (X) + d pour tout X dans Rn , où d est une
constante.
Théorème 22.11 La quadrique C = P −1 {0} est à centre si, et seulement si, la forme quadra-
tique q est non dégénérée.
Quadriques dans Rn
567
Démonstration. Dire que C est à centre revient à dire qu'il existe un unique X0 dans Rn
tel que pour tout X dans Rn , on ait 2φ (X, X0 ) + ℓ (X) = 0, soit :
∀X ∈ Rn , 2 t X0 AX + LX = 0
c'est-à-dire :
(
)
∀X ∈ Rn , 2 t X0 A + L X = 0
ce qui équivaut à 2 t X0 A + L = 0 ou à 2 t AX0 = 2AX0 = − t L (la matrice A de q est
symétrique) X0 étant unique.
En dénitive, C est à centre si, et seulement si, l'équation 2AX0 = − t L a une unique
solution, ce qui équivaut à dire que A est inversible. En eet, pour A inversible, la solution est
1
X0 = − A−1 t L et pour A non inversible, l'ensemble des solutions de ce système est soit vide
2
soit inni puisque pour toute solution X0 , l'ensemble X0 +ker (A) , avec dim (ker (A)) ≥ 1, nous
donne une innité de solutions. Et A inversible signie que q non dégénérée.
Remarque 22.7 Si la quadrique C est à centre de centre X0 , en eectuant le changement de
variable X ′ = X − X0 (on ramène l'origine en X0 ), on a :
P (X) = P ((X − X0 ) + X0 ) = q (X − X0 ) + d = q (X ′ ) + d
n
∑
∑
2
=
aii (x′i ) + 2
aij x′i x′j + d
i=1
1≤i<j≤n
Tenant compte du fait que pour tout X ′ ∈ Rn on a q (X ′ ) = q (−X ′ ) , on déduit que :
(X = X0 + X ′ ∈ C) ⇔ P (X) = P (X ′ + X0 ) = q (X ′ ) + d = 0
⇔ q (−X ′ ) + d = P (−X ′ + X0 ) = 0
⇔ (X0 − X ′ ∈ C)
ce qui se traduit en disant que le centre X0 est un centre de symétrie pour C.
Remarque 22.8 Le système linéaire permettant de déterminer le centre, quand il est unique,
est donné par :
2
n
∑
aij xj + bi = 0 (1 ≤ i ≤ n)
j=1
Dans R , on a :
n
(
)
n
∑
∑
∂
∂
P (X) =
aij xi xj +
bi xi + c
∂xk
∂xk 1≤i,j≤n
i=1
( n
)
n
n
∑ ∑
∑
∂
bi xi + c
=
xi
aij xj +
∂xk i=1 j=1
i=1
=
=
=2
n
∑
j=1
n
∑
j=1
n
∑
akj xj +
akj xj +
n
∑
i=1
n
∑
xi aik + bk
aki xi + bk
i=1
akj xj + bk (1 ≤ k ≤ n)
j=1
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
568
et notre système linéaire s'écrit simplement :
∂
P (X) = 0 (1 ≤ k ≤ n)
∂xk
Exemple 22.3 Dans R2 la quadrique d'équation y − x2 = 0 n'est pas à centre puisque la forme
quadratique q : (x, y) 7→ −x2 est dégénérée. Cette quadrique du plan R2 est une parabole.
Exemple 22.4 Considérons dans R2 la quadrique d'équation :
x2 + y 2 − 2xy − 8 (x + y) + 16 = 0
(
)
1 −1
La forme quadratique q de matrice A =
est dégénérée (det (A) = 0) et donc n'est
−1 1
pas à centre. En eectuant le changement de variable x′ = x − y, y ′ = x + y, cette équation
1
s'écrit (x′ )2 − 8y ′ + 16 = 0, soit y ′ = (x′ )2 − 16 et C est une parabole.
8
En dénitive, si C est une quadrique à centre, en plaçant l'origine au centre, cette conique à
une équation de la forme :
q (X) = α
où q est une forme quadratique non dégénérée et α une constante.
Le théorème de réduction de Gauss nous permet d'écrire q comme combinaison linéaire de
n carrés de formes linéaires, ce qui revient à dire qu'il existe une base de Rn dans laquelle l'exn
∑
pression de q est q (X) = λi yi2 , les scalaires λi étant non nuls et dans cette base (orthogonale
i=1
pour q ), une équation de C est :
n
∑
λi yi2 = α.
i=1
Dans le cas des quadratiques à centre réelles, en désignant par (s, t) la signature de q avec
s + t = n, il existe une base de Rn dans laquelle une équation de C est :
s
∑
yi2
−
i=1
avec la convention que
s
∑
n
∑
yi2 = α.
i=s+1
= 0 pour s = 0 et
i=1
n
∑
= 0 pour s = n.
i=s+1
En particulier dans le plan R2 , on a les possibilités suivantes en désignant par x, y les coordonnées de X dans une base q -orthogonale, l'origine étant ramenée au centre de la quadrique :
x2 + y 2 = ±α = β pour q de signature (2, 0) ou (0, 2) et C est vide pour β < 0, réduite à
{(0, 0)} pour β = 0 ou une ellipse pour β > 0 ;
x2 − y 2 = α pour q de signature (1, 1) et C est une hyperbole.
Exemple 22.5 Considérons dans R2 la quadrique d'équation :
x2 + y 2 + 4xy + 4 (x + y) − 8 = 0.
La forme quadratique q est non dégénérée puisque sa matrice dans la base canonique est :
(
A=
1 2
2 1
)
Quadriques dans Rn
569
a pour déterminant det (A) = −3 ̸= 0.
Son centre est solution du système linéaire :

∂P


(X) = 2x + 4y + 4 = 0

∂x
∂P



(X) = 2y + 4x + 4 = 0
∂y
soit :
{
x + 2y = −2
2x + y = −2
2
3
ce qui donne X0 = − (1, 1) .
2
3
2
donne :
3
)2 (
)2
(
)(
)
(
)
(
2
2
2
2
2
2
′
′
′
′
′
′
+ y −
+4 x −
y −
+4 x − +y −
−8=0
x −
3
3
3
3
3
3
Le changement de variables X ′ = X − X0 , soit x′ = x + , y ′ = y +
soit :
(x′ )2 + (y ′ )2 + 4x′ y ′ =
32
3
(x′ + 2y ′ )2 − 3(y ′ )2 =
32
3
comme prévu.
La réduction de Gauss donne :
et C est une hyperbole.
En restant dans R2 , une quadrique C a une équation de la forme :
ax2 + 2bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0
Si la forme quadratique
q est dégénérée et non nulle, elle est de rang 1, ce qui équivaut
)
(
)
( ) à dire
( que
la matrice A =
a b
b c
est de rang 1 et il existe un réel non nul λ tel que
et l'équation de C devient :
b
c
=λ
a
b
(
)
a x2 + 2λxy + λ2 y 2 + dx + ey + f = 0
soit :
a (x + λy)2 + dx + ey + f = 0
Si a = 0, on a l'équation :
dx + ey + f = 0
qui dénit une droite si (e, d) ̸= (0, 0) , l'ensemble vide si (e, d) = (0, 0) et f ̸= 0 ou R2 tout
entier si (e, d) = (0, 0) et f = 0.
Pour a ̸= 0, on distingue alors deux cas de gure.
Soit e = λd et notre équation devient :
(x + λy)2 +
d
f
(x + λy) + = 0
a
a
570
soit :
Formes quadratiques sur un espace vectoriel euclidien ...
(
)2
d
d2 − 4af
x + λy +
=
2a
4a2
2
ce
√ qui dénit la réunion de deux
√ droites si d − 4af > 0 (les droites d'équations x + λy =
d2 − 4af − d
d2 − 4af + d
et x + λy = −
), une droite si d2 − 4af = 0 (la droite d'équation
2a
2a
d
x + λy = − ) ou l'ensemble vide si d2 − 4af < 0.
2a
Soit e ̸= λd et le changement de variable x′ = x + λy, y ′ = dx + ey nous donne l'équation
′ 2
′
a
y + f = 0, ce qui dénit une parabole (le changement de variable est validé par
(x ) +
1 λ d e = e − λd ̸= 0).
En dénitive, dans une base adaptée, une quadrique de R2 a une équation de l'une des formes
suivantes :
x2 + y 2 = β ;
x2 − y 2 = α ;
dx + ey + f = 0 ;
x2 = α ;
ax2 + y + f = 0.