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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/20
Question préliminaire A
Comme le suggère l’énoncé, faisons une disjonction de cas portant sur le signe de
det M = rt −s2.
Premier cas : rt −s2= 0
La forme quadratique qest dégénérée et non nulle (par hypothèse), donc qest de
rang 1. Le théorème d’inertie de Sylvester dit qu’il existe un réel non nul aet une
forme linéaire non nulle lsur R2tels que
∀x∈Eq(x) = a l(x)2
Nécessairement, l’un des deux réels rou test non nul (sinon, sserait également nul
et qserait donc la forme quadratique nulle). De plus, ret tsont de même signe : c’est
le signe de aétant donné que r=q(i) = a l(i)2et t=q(j) = a l(j)2. Il nous faut
maintenant discuter selon ce signe, qui est d’après ce qui vient d’être dit, le signe
(strict) de r+t:
•si r+t > 0,qa pour signature (1,0) ;
•si r+t < 0, la signature de qest (0,1).
Dans les deux cas,
Cq={x∈E|q(x) = 0}={x∈E|l(x) = 0}= Ker l
Cqest donc un hyperplan de E, c’est-à-dire une droite.
Second cas : rt −s26= 0
Dans ce cas, qest non dégénérée et il existe deux réels non nuls a1, a2, ainsi que
deux formes linéaires indépendantes sur R2,l1et l2tels que
∀x∈Eq(x) = a1l1(x)2+a2l2(x)2
Dans la base duale de (l1, l2)que l’on note B′,qa donc pour matrice
Mat B′(q) = a10
0a2!
Comme le signe du déterminant dans une base de la matrice de qne dépend pas de
la base, a1a2est du signe de rt −s2.
•Si rt −s2est négatif, a1et a2sont de signe opposé. Quitte à intervertir les
couples (a1, l1)et (a2, l2), on peut supposer a1strictement positif et a2stricte-
ment négatif. On a en notant (x, y)les coordonnées d’un vecteur X∈R2dans
la base B′,
X∈Cq⇐⇒ (√a1x−√−a2y)(√a1x+√−a2y) = 0
⇐⇒ √a1x−√−a2y= 0 ou √a1x+√−a2y= 0
Cqest donc réunion de deux droites.
•Si rt−s2est positif, a1et a2sont de même signe, qui est le signe de r=q(i) = a1l1(i)2+a2l2
Deux sous-cas se présentent :
– si r > 0,qest définie positive et est donc un produit scalaire ; alors Cq=
{0}et qa pour signature (2,0) ;
– si r < 0,qest définie négative. Dans ce cas, Cq={0}et qa pour signature
(0,2).
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