Td 2 : Formes bilinéaires - LMPT

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
Td 2 : Formes bilinéaires
Algèbre
Semestre 4, 2015
Exercice 1
Dans E = R3 muni de sa base canonique B0 = (e1 , e2 , e3 ), on considère
l’application b : E 2 → R définie par : b((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = 2x1 y1 + x2 y2 − x3 y3 .
1. Justifier que b est une forme bilinéaire sur E.
2. Déterminer la matrice B représentant b dans B0 .
3. b est-elle symétrique ? antisymétrique ? Déterminer la partie symétrique, b1 , et la partie antisymétrique, b2 , de b.
4. Déterminer le rang de b.
Mêmes questions avec : b((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = x1 y2 + x2 y1 + x2 y3 − x3 y2 − 2x3 y3
Solution. 1. On voit que
b((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = 2e∗1 ⊗ e∗1 + e∗2 ⊗ e∗2 − e∗3 ⊗ e∗3 .
De plus les applications de la forme e∗i ⊗ e∗j sont des formes bilinéaires et l’ensemble des formes bilinéaires forme un espace vectoriel. Ainsi b est bien une forme bilinéaire.
2. On rappelle que B = (b(ei , ej ))1≤i,j≤3 . On trouve donc


2 0 0
B = 0 1 0  .
0 0 −1
3. La matrice B est symétrique, la forme b est donc aussi symétrique. La décomposition de b sous la
forme b1 + b2 où b1 est la partie symétrique et b2 est la partie antisymétrique est donc b + 0.
4. La matrice B est clairement de rang 3 donc b est de rang 3.
On considère maintenant l’application :
b((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = x1 y2 + x2 y1 + x2 y3 − x3 y2 − 2x3 y3 .
On voit que
b((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = e∗1 ⊗ e∗2 + e∗2 ⊗ e∗1 + e∗2 ⊗ e∗3 − e∗3 ⊗ e∗2 − 2e∗3 ⊗ e∗3
et donc b est une forme bilinéaire puisque b est une combinaison linéaire de formes bilinéaires.
On trouve

0 1
0
B = 1 0
1 .
0 −1 −2

B + tB
et celle de b2 est B2
2



0 0
0 1 0



et B2 = 0 0
B1 = 1 0 0
0 −1
0 0 −2
La matrice représentative de b1 est B1 =
B − tB
soit
2

0
1 .
0
=
On a donc
b1 ((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = x1 y2 + x2 y1 + 2x3 y3 ,
b2 ((x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 )) = x2 y3 − x3 y2 .
Le rang de b est le rang de la matrice B. On a
1 0
0 1
1
0
0 1
1 0
−→
0
1
0 −1 −2 L1 ↔L2 0 −1 −2
−→
L3 ←L2 +L3
et donc b est de rang 3.
1 0 1
0 1 0
0 0 −2
Exercice 2
Soit b la forme bilinéaire

1
(e1 , e2 , e3 ) est : B =  0
−1
sur
1
0
4
E= R3 dont la matrice représentative dans la base canonique B0 =
1
2.
3
1. b est-elle symétrique ? antisymétrique ? Quel est son rang ?
2. Pour tout (u, v) ∈ E 2 , déterminer b(u, v).
3. Justifier que la famille B = (e1 + e2 + e3 , −e1 + e2 + e3 , e1 + e2 − e3 ) est une base de E.
4. Déterminer de deux manières la matrice B ′ représentant b dans B.
Solution. 1. La forme bilinéaire b n’est ni symétrique, ni antisymétrique puisque sa matrice représentative n’est ni symétrique, ni antisymétrique. Le rang de b est le rang de la matrice B. On a
1 1 1
1 1 1
1 1 1
0 0 2 −→ 1 4 3
0 3 2
−→
−1 4 3 L2 ↔L3 0 0 2 L2 ←L2 −L1 0 0 −2
et donc b est de rang 3.
2. On pose u = (x1 , x2 , x3 ) et v = (y1 , y2 , y3 ). On trouve
b(u, v) = x1 y1 + x1 y2 + x1 y3 + 2x2 y3 − x3 y1 + 4x3 y2 + 3x3 y3 .
3. Puis que B contient 3 vecteurs, pour montrer que B est une base de E il suffit de montrer que son
rang est 3. On a
1 1 1
1 1 1
−1 1 1
0 2 2 .
−→
1 1 −1 L2 ←L2 +L1 0 0 −2
L3 ←L3 −L1
4. D’après la définition, la matrice représentative de b dans la base B est définie par :
′ ′
MB (b) = b(ei , ej )
.
1≤i,j≤3
On calcule successivement :
b(e′1 , e′1 ) = b((1, 1, 1), (1, 1, 1)) = 11
b(e′1 , e′2 ) = b((1, 1, 1), (−1, 1, 1)) = 11
b(e′1 , e′3 ) = b((1, 1, 1), (1, 1, −1)) = −1
b(e′2 , e′1 ) = b((−1, 1, 1), (1, 1, 1)) = 5
b(e′2 , e′2 ) = b((−1, 1, 1), (−1, 1, 1)) = 9
b(e′2 , e′3 ) = b((−1, 1, 1), (1, 1, −1)) = −3
b(e′3 , e′1 ) = b((1, 1, −1), (1, 1, 1)) = −1
b(e′3 , e′2 ) = b((1, 1, −1), (−1, 1, 1)) = −5
b(e′3 , e′3 ) = b((1, 1, −1), (1, 1, −1)) = −1
et donc


11 11 −1
MB (b) =  5
9 −3 .
−1 −5 −1
Sinon, on utilise la formule de changement de base. On a


1 −1 1
1 1
1
B0 PB =
1 1 −1
et donc
MB (b) =t (B PB0 )MB0 (b)B0 PB

 
 

1 1 1
1 1 1
1 −1 1
= −1 1 1  ·  0 0 2 · 1 1
1
1 1 −1
−1 4 3
1 1 −1


11 11 −1
= 5
9 −3 .
−1 −5 −1
Exercice 3
Dans E = R2 [X], l’espace vectoriel réel des polynômes de degré
ou égal à 2,
R 1 inférieur
2
′
on considère l’application b : E → R définie par : b(P, Q) = 0 P (t).Q (t)dt.
1. Justifier que b est une forme bilinéaire sur E.
2. Déterminer la matrice B représentant b dans la base canonique B0 = (1, X, X 2 ) de E.
3. Quel est le rang de b ?
4. b est-elle symétrique ? antisymétrique ? Déterminer la partie symétrique, b1 , et la partie antisymétrique, b2 , de b.
5. A-t-on b(P, P ) ≥ 0 pour tout polynôme P ? à quelle condition sur P a-t-on b(P, P ) = 0 ?
Mêmes questions avec : b(P, Q) =
R1
0
P (t).Q(1 − t)dt et bk (P, Q) =
k
X
P (i)Q(i) avec k ∈ N∗
i=1
Solution. 1. Soient P, Q, R ∈ R2 [X] et λ ∈ R. On a
Z 1
b(P + λQ, R) =
(P + λQ)(t).R′ (t)dt
0
Z 1
(P (t) + λQ(t)).R′ (t)dt
=
0
Z 1
Z 1
′
Q(t).R′ (t)dt
P (t).R (t)dt + λ
=
0
0
= b(P, R) + λb(Q, R)
et
b(P, Q + λR) =
Z
1
Z
1
P (t) · (Q + λR)′ (t)dt
0
P (t) · (Q′ (t) + λR′ (t))dt
0
Z 1
Z 1
′
P (t).R′ (t)dt
P (t).Q (t)dt + λ
=
=
0
= b(P, Q) + λb(P, R)
0
L’application b est donc bien une forme bilinéaire sur E.
2. On calcule successivement
b(1, 1) = 0
Z 1
dt = 1
b(1, X) =
0
Z 1
2Xdt = 1
b(1, X 2 ) =
0
Z 1
X · 0 dt = 0
b(X, 1) =
0
Z 1
Xdt = 1/2
b(X, X) =
0
Z 1
2X 2 dt = 2/3
b(X, X 2 ) =
0
Z 1
X 2 · 0 dt = 0
b(X 2 , 1) =
0
Z 1
X 2 dt = 1/3
b(X 2 , X) =
0
Z 1
2
2
2X 3 dt = 1/2
b(X , X ) =
0
et donc


0 1
1
B = 0 1/2 2/3 .
0 1/3 1/2
3. On voit facilement que b est de rang 2.
4. La forme bilinéaire b n’est ni symétrique, ni antisymétrique puisque sa matrice représentative n’est
ni symétrique, ni antisymétrique. La matrice représentative de la partie symétrique b1 est


0 1 1
t
B+ B
1
B1 =
= 1 1 1
2
2
1 1 1
et celle de la partie antisymétrique b2 est
B2 =
5. On a
b(P, P ) =
Z
0
1
B−
2
tB


0
1/2 1/2
= −1/2
0
1/6 .
−1/2 −1/6 0
1 2
P
P (t)P (t)dt =
2
′
1
0
=
1 2
P (1) − P 2 (0)
2
et donc
b(P, P ) ≤ 0 ⇐⇒ |P (0)| ≥ |P (1)|
ce qui est le cas pour, par exemple, P (t) = 1 − t. Par ailleurs, on a
b(P, P ) = 0 ⇐⇒ P (0) = P (1)
ce qui est le cas pour, par exemple, P (t) = t · (1 − t).
On considère la forme b(P, Q) =
R1
0
P (t).Q(1 − t)dt. Soient P, Q, R ∈ R2 [X] et λ ∈ R. On a
b(P + λQ, R) =
Z
1
Z
1
(P + λQ)(t).R(1 − t)dt
0
(P (t) + λQ(t)).R(1 − t)dt
Z 1
Z 1
Q(t) · R(1 − t)dt
P (t) · R(1 − t)dt + λ
=
=
0
0
0
= b(P, R) + λb(Q, R)
et
b(P, Q + λR) =
Z
Z
1
P (t) · (Q + λR)(1 − t)dt
0
1
P (t) · (Q(1 − t) + λR(1 − t))dt
Z 1
Z 1
P (t) · R(1 − t)dt
P (t) · Q(1 − t)dt + λ
=
=
0
0
0
= b(P, Q) + λb(P, R)
L’application b est donc bien une forme bilinéaire sur E.
On calcule successivement
b(1, 1) = 1
b(1, X) = 1/2
b(1, X 2 ) = 1/3
b(X, 1) = 1/2
b(X, X) = 1/6
b(X, X 2 ) = 1/12
b(X 2 , 1) = 1/3
b(X 2 , X) = 1/12
b(X 2 , X 2 ) = 1/30
et donc


1
1/2 1/3
B = 1/2 1/6 1/12 .
1/3 1/12 1/30
3. On vérifie "facilement" que b est de rang 3.
4. La forme bilinéaire b est symétrique. Sa décomposition sous la forme d’une forme symétrique plus
une forme antisymétrique est donc b = b + 0.
5. On considère le polynôme P = X −1/2. Alors, une étude de signe montre que le produit P (t)·P (1−t)
est négatif sur [0, 1]. On a donc b(P, P ) ≤ 0. Plus précisemment, on calcule b(P, P ) = −1/12.
On pose P = aX 2 + bX + c. Des calculs un peu laborieux montre alors que
b(P, P ) =
Ainsi, b(P, P ) = 0 si et seulement si
1
2
1 2 1 2
a + b + c2 + ab + ac + cb.
30
6
6
3
1 2 1 2
1
2
a + b + c2 + ab + ac + cb = 0.
30
6
6
3
On rappelle que l’application
εα : R2 [X] −→
R
P
7−→ P (α)
est une forme linéaire pour tout α ∈ R. Or
bk =
k
X
P (i)Q(i) =
k
X
εi ⊗ εi
i=1
i=1
et donc bk est bien une forme bilinéaire. De plus,on
la base canonique est

1
Ei =  i
i2
vérifiera que la matrice Ei de la forme εi ⊗ εi dans

i i2
i2 i3  .
i3 i4
Cette matrice est symétrique et donc que b est une forme bilinéaire symétrique. De plus la matrice Bk
de la forme bk est :


k
k
k
P
P
P
2
1
i
i 

 
 i=1
i=1
i=1 
2
k
k
1
i
i
P

X
X
k
k
k
P
P

 i i2 i3  = 
Ei =
Bk =
i2
i3  .
 i
 i=1 i=1
i=1 
i=1
i=1
i2 i3 i4
 k

k
k
P
P 2 P

3
4
i
i
i
i=1
i=1
i=1
Par exemple, on a


1 1 1
B1 = 1 1 1
1 1 1
et


2 3 5
B2 = 3 5 9  .
5 9 17
Plus généralement, on peut calculer :
k
X
1=k
i=1
k
X
i=
i=1
k
X
i2 =
k · (k + 1) · (2k + 1)
2
i3 =
k2 · (k + 1)2
4
i4 =
k · (k + 1) · (6k3 + 9k2 + k − 1)
2
i=1
k
X
i=1
k
X
k · (k + 1)
2
i=1
et donc

k


k · (k + 1)

Bk = 

 k · (k + 1)2· (2k + 1)
2
k · (k + 1)
2
k · (k + 1) · (2k + 1)
2
k2 · (k + 1)2
4

k · (k + 1) · (2k + 1)

2

2
2
k · (k + 1)

.

4
k · (k + 1) · (6k3 + 9k2 + k − 1) 
2
On peut calculer directement que le rang de B1 est 1 et que rang de B2 est 2.
Soit P ∈ R2 [X]. On a
bk (P, P ) =
k
X
P 2 (i) ≥ 0.
i=1
De plus
bk (P, P ) = 0 ⇐⇒ P (i) = 0, ∀i = 1, . . . , k.
Lorsque k = 1, on a donc par exemple b(X, X) = 0.
Lorsque k = 2, on a donc par exemple b(X(1 − X), X(1 − X)) = 0.
Lorsque k ≥ 3, si bk (P, P ) = 0 alors P a au moins 3 racines. Or P est de degré deux donc cela implique
que P = 0. On a donc pour tout k ≥ 3, bk (P, P ) = 0 si et seulement si P = 0.
On a donc montre que la forme bk était un produit salaire pour k ≥ 3. On en déduit que bk est de rang
3 pour k ≥ 3.
Exercice 4
Dans E = M2 (R) l’espace vectoriel réel des matrices réelles d’ordre 2, on considère l’application
b : E 2 → R définie par : b(A, B) = tr(t A.B) où tr(M ) désigne la trace de la matrice M .
1. Prouver que b est une forme bilinéaire symétrique sur E.
2. Prouver que pour tout A de E, b(A, A) ≥ 0 avec égalité si, et seulement si, A = O2 .
3. Donner la matrice B représentant b dans la base canonique B = (E11 , E12 , E21 , E22 ) de E.
4. En déduire le rang de b.
Solution 1. Soient A, B, C ∈ M2 (R) et λ ∈ R. Puisque
t
(A + λB) = t A + λt B
et
Tr(A + λB) = Tr(A) + λT r(B)
on vérifie facilement que
b(A + λB, C) = Tr(t (A + λB) · C) = Tr(t A · C) + λ Tr(t B · C) = b(A, C) + λ Tr(B, C).
De plus comme Tr(A) = Tr(t A), Tr(AB) = Tr(BA), t (A · B) = t B · t A et t (t A) = A on a
b(A, B) = Tr(t A · B) = Tr(t (t AB)) = Tr(t B · t (t A)) = Tr(t B · A) = b(B, A)
la forme b est bilinéaire et symétrique.
2. Soit A = (ai,j ) ∈ M2 (R). On a
t
A·A =
a1,1 a1,2
a2,1 a2,2
a1,1 a2,1 + a1,2 a2,2
a21,1 + a21,2
a1,1 a2,1
=
·
a2,1 a1,1 + a2,2 a1,2
a22,1 + a22,2
a1,2 a2,2
et donc b(A, A) = a21,1 + a21,2 + a22,1 + a22,2 ≥ 0. De plus, cmme c’est une somme de terme positif, on a
b(A, A) = 0 ⇐⇒ a1,1 = a1,2 = a2,1 = a2,2 = 0, c’est à dire A = 02 .
3. On a
4. Le rang de b est 4.

1
0
B=
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0

0
0

0
1