Matrice dune application linéaire
Soit f l'endomorphisme de R3 dont la matrice par rapport à la base canonique (e1e2
Matrice et application linéaire
On définit le rang d'une matrice comme étant le rang de ses vecteurs colonnes. La matrice de passage P contient - en colonnes - les coordonnées des ...
Matrices
Soit u l'endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique (i Déterminer P la matrice de passage de (i
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Exo7. Espaces vectoriels de dimension finie. 1 Base. Exercice 1. 1. Montrer que les vecteurs v1 = (01
Formes quadratiques
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficileI : Incontournable
Exercice 1**Rang et signature des formes quadratiques suivantes :1.Q((x;y;z)) =2x22y26z2+3xy4xz+7yz.
2.Q((x;y;z)) =3x2+3y2+3z22xy2xz2yz
3.Q((x;y;z;t)) =xy+yz+zt+tx.
4.Q((x;y;z;t)) =x2+(4+l)y2+(1+4l)z2+lt2+4xy+2xz+4(1l)yz+2lyt+(14l)zt.
5.Q((x1;:::;x5)) =å16i 6.Q((x1;:::;xn)) =å16i;j6nijxixj.
7.Q((x1;:::;xn)) =åi16i;j6nxixj.
8.Q((x1;:::;xn)) =å16i;j6nInf(i;j)xixj.
8f2L(R2),Q(f) =lTr(f2)+mdet(f).
1. Vérifier que Qest une forme quadratique surE.
2. Déterminer en fonction de letmle rang et la signature deQ. Analyser en particulier les cas(l;m) = (1;0)et(l;m) = (0;1). On suppose quejest non dégénérée mais non définie. Montrer queQn"est pas de signe constant.
afi(t)fj(t)dtpuis pour(x1;:::xn)2Rn,Q((x1;:::;xn)) =å16i;j6nbi;jxixj. 1. Montrer que Qest une forme quadratique positive.
1 2.Montrer que Qest définie positive si et seulement si la famille(f1;:::;fn)est libre.
3. Ecrire la matrice de Qdans la base canonique deRndans le cas particulier :8i2[[1;n]],8t2[a;b], f i(t) =ti1. Q((x1;:::;xn)) =det0
B BB@0x1:::xn
x 1...S x n1 C CCA. Montrer queQest une forme quadratique définie positive. suivantes : 1.Q((x;y)) =x2+10xy+y2.
2.Q((x;y)) =6x2+4xy+9y2.
3.Q((x;y;z)) =4x2+9y2z2+2p6xy+10p2xz+2p3yz.
1. Montrer que Qest une forme quadratique surE.
2. Déterminer sa signature.
inversibleTtelle queA=tTT. égal au produit de ses coefficients diagonaux (utiliser l"exercice 8 Correction del"exer cice1 N1.1èresolution.LamatricedelaformequadratiqueQdanslabasecanoniquedeR3estA=0
@232 2 32
272
272
61
A Le polynôme caractéristique deAest
c A= 2X32 2 32
2X72 272
6X = (2X) X 2+8X14
32
32
X2 2 2X+54 =X36X2+452 X=X X 2+6X452
PuisqueAest symétrique réelle, on sait que les valeurs propres deAsont réelles.cAadmet pour racines
0 et deux réels non nuls de signes contraires (puisque leur produit vaut452
). Par suite, le rang et la signature deQsont r=2 ets= (1;1).2ème solution.On effectue une réduction de GAUSS. Q((x;y;z)) =2x22y26z2+3xy4xz+7yz=2x2+x(3y4z)2y2+7yz6z2 =2 x+34 yz 2 234
yz 2 2y2+7yz6z2=2
x+34 yz 2 258
y2+10yz8z2 =2 x+34 yz 2 258
y85 z 2 Les formes linéaires(x;y;z)7!x+34
yzet(x;y;z)7!y85 zétant linéairement indépendantes, on retrouve le fait queQest de rangr=2 et de signatures= (1;1). La forme quadratiqueQest dégénérée
et n"est ni positive ni négative. 2. La matrice de Qdans la base canonique(i;j;k)estA=0 @311 1 31 11 31 A . Le nombre 4 est valeur propre deAet puisqueAest diagonalisable, 4 est valeur propre d"ordre dim(Ker(A4I3)) =3rg(A 4I3) =2. La dernière valeur proprelest fournie par 4+4+l=Tr(A) =9 et ?=1. Ainsi, Sp(A) =
(1;4;4). Les trois valeurs propres deAsont strictement positives et donc la forme quadratiqueQest de rang 3 et
de signature(3;0). Qest définie positive.3.Ef fectuonsune réduction de G AUSS. Q((x;y;z;t)) =xy+yz+zt+tx= (x+z)(y+t) =14
(x+y+z+t)214 (xy+zt)2. Puisque les deux formes linéaires(x;y;z;t)7!x+y+z+tet(x;y;z;t)7!xy+ztsont linéairement indépendantes, la forme quadratiqueQest de rangr=2 et de signatures= (1;1). 3 4.Ef fectuonsune réduction de G AUSS.
Q((x;y;z;t)) =x2+(4+l)y2+(1+4l)z2+lt2+4xy+2xz+4(1l)yz+2lyt+(14l)zt = (x+2y+z)2+ly2+4lz2+lt24lyz+2lyt+(14l)zt = (x+2y+z)2+l(y2z+t)2+zt= (x+2y+z)2+l(y2z+t)2+14 (z+t)214 (zt)2: Sil<0, la forme quadratiqueQest de rang 4 et de signature(2;2). Sil=0, la forme quadratiqueQest de rang 3 et de signature(2;1). Sil>0, la forme quadratiqueQest de rang 4 et de signature(3;1). 0 B BBB@0 1 1 1 1
1 0 1 1 1
1 1 0 1 1
1 1 1 0 1
0 1 1 1 11
C CCCA. Les valeurs propres deAsont12
qui est d"ordre 4 et 2 qui est valeur propre simple.Donc, la signature de la forme quadratiqueQest s= (1;4).2ème solution.Effectuons une réduction de GAUSS. Q((x1;:::;x5)) =x1x2+x1(x3+x4+x5)+x2(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5 = (x1+x3+x4+x5)(x2+x3+x4+x5)(x3+x4+x5)2+x3x4+x3x5+x4x5 14 (x1+x2+2x3+2x4+2x5)214 (x1x2)2x23x24x25x3x4x3x5x4x5 14 (x1+x2+2x3+2x4+2x5)214 (x1x2)2 x 3+12 x4+12 x5 2 34
x2412 x4x534 x25 14 (x1+x2+2x3+2x4+2x5)214 (x1x2)2 x 3+12 x4+12 x5 2 34
x 413
x5 2 56
x25; et on retrouves= (1;4). 6.Q(x1;:::;xn) = (x1+:::+xn)2et donc
r=1 ets= (1;0).7.Pour n>2,Q((x1;:::;xn)) = (åni=1ixi)ånj=1xj=14 (åni=1(i+1)xi)214 (åni=1(i1)xi)2. Donc r=2 ets= (1;1)car les deux formes linéaires(x1;:::;xn)7!åni=1(i+1)xiet(x1;:::;xn)7!åni=1(i1)xisont indépendantes
pourn>2. 4 8.Puisque la matrice de Qdans la base canonique est0
B BBBBBB@1 1 1:::1 1
1 2 2:::2 2
1 2 3:::3 3
1 2 3n1n1
1 2 3:::n1n1
C CCCCCCA
Q((x1;:::;xn)) =å
16i;j6nx
ixj+å 26i;j6nx
ixj+:::+å n16i;j6nx ixj+x2n = (x1+:::+xn)2+(x2+:::+xn)2+:::+(xn1+xn)2+x2n: Qest donc définie positive.Correction del"exer cice2 N1.Si la matrice de fdans la base canonique deR2estA=a c
b d Q(f) =l(a2+2bc+d2)+m(adbc).
Qest un polynôme homogène de degré 2 en les coordonnées defdans la base canonique deL(R2)et
doncQest une forme quadratique surL(R2). 2. • Si l=m=0,r=0 ets= (0;0). Sil=0 etm6=0, Q(f) =m4
(a+d)2m4 (ad)2mu4 (b+c)2+m4 (bc)2, et doncr=4 ets= (2;2). • Sil6=0, Q(f) =la2+mad+(2lm)bc+ld2=l
a+m2ld 2+(2lm)bc+
lm24l d 2 =l a+m2ld 2+ lm24l d 2+2lm4
(b+c)22lm4 (bc)2: Maintenant, les quatre formes linéaires(a;b;c;d)7!a+m2ld,(a;b;c;d)7!d,(a;b;c;d)7!b+cet (a;b;c;d)7!bcsont linéairement indépendantes. Donc - sim=2l(6=0),r=1, - sim=2l(6=2l),r=3, - sijmj 6=2jlj(6=0),r=4. En particulier, sil=1 etm=0, alorsr=4 ets= (3;1)et sil=0 etm=1,r=4 ets= (2;2).Correction del"exer cice3 NDans le cas oùEest de dimension finie, la signature deQpermet de conclure immédiatement. Supposons donc
queEn"est pas de dimension fine. Par hypothèse, il existe un vecteur non nulx0tel queQ(x0) =0. SupposonsQde signe constant. Ouite à
remplacerQparQ, on supposera queQest positive. D?après l"inégalité de CAUCHY-SCHWARZ(valable
pour les formes quadratiques positives) 5 8y2E;jj(x0;y)j6pQ(x0)pQ(y) =0.
Donc8y2E;j(x0;y) =0 etx0est dans le noyau dej. Puisquex06=0, on en déduit quejest dégénérée.
En résumé, siQest de signe constant,jest dégénérée ou encore sijest non dégénérée,Qn"est pas de signe
constant.Correction del"exer cice4 N1.Pour tout (x1;:::;xn)2Rn, Q(x1;:::;xn) =å16i;j6n
Rb afi(t)fj(t)dt x ixj=Rb aå16i;j6nxixjfi(t)fj(t)dt=Rb a(åni=1xifi(t))2dt> 0. Donc Q est une forme quadratique positive.
2. De plus, pour tout (x1;:::;xn)2Rn,Q((x1;:::;xn)) =0,åni=1xifi=0 (fonction continue positive d"intégrale nulle). Donc Qdéfinie, 8(x1;:::;xn)2Rn;[Q((x1;:::;xn)) =0)(x1;:::;xn) =0] , 8(x1;:::;xn)2Rn;[nå i=1x ifi=0)(x1;:::;xn) =0] (f1;:::;fn)libre: 3. Dans le cas particulier en visagé,la matrice de Qdans la base canonique deRnest la matrice de HILBERT
H n=1i+j1 16i;j6n.Correction del"exer cice5 NPosonsX=0
B @x 1... x n1 C AetA=0
B BB@0x1:::xn
x 1...S x n1 C CCA=0tX
X S Un calcul par blocs fournit
0tX X S 1 0 0S1 =0tXS1 X I n puis 0tX X S 1 0 0S11 0
X I n =0tXS1 X I n 1 0 X I n tXS1XtXS1 0In On en déduit que det(A)det(S1)(1) =tXS1Xpuis queQ(X) =det(A) =tX((det(S))S1)X=tXS0X oùS0= (det(S))S1. Maintenant, la matriceSest définie positive et donc ses valeurs propres sont des réels strictement positifs. Les
valeurs propres de la matriceS0sont lesdet(S)l oùldécrit le spectre deSet donc la matriceS0est aussi une matrice symétrique définie positive.Qest donc une forme quadratique définie positive.Correction del"exer cice6 N1.(Quand x2ety2ont les mêmes coefficients, penser à faire une rotation d"anglep4
) En posantx=1p2 (X+ Y)ety=1p2
(XY), on obtient x 2+10xy+y2=12
(X+Y)2+5(X+Y)(XY)+12 (XY)2=6X24Y2. 6 Ainsi, si on note(i;j)la base canonique deR2puise1=1p2 (i+j)ete2=1p2 (ij), on a x 2+10xy+y2=Q(xi+yj) =Q(Xe1+Ye2) =6X24Y2.
2. La matrice de Qdans la base canonique(i;j)deR2estA=6 2 2 9 . Les deux nombres 5 et 10 ont une somme égale à 15=Tr(A)et un produit égal à 50=det(A)et sont donc les valeurs propres deA.
On sait alors que dans une base orthonormée(e1;e2)de vecteurs propres deAassociée à la famille de
valeurs propres(5;10), on aQ(Xe1+Ye2) =5X2+10Y2. Déterminons une telle base. (A5I2)x y =0 0 ,x+2y=0 et donc Ker(A5I2)=Vect(e1)oùe1=1p5 (2;1)puis Ker(A 10I2) = (Ker(A5I2))?=Vect(e2)oùe2=1p5
(1;2). Donc, sie1=1p5
(2;1),e2=1p5 (1;2)etu=xi+yj=Xe1+Ye2, alorsq(u) =6x2+4xy+9y2= 5X2+10Y2. De plus,x=1p5
(2X+Y)ety=1p5 (X+2Y). 3. La matrice de Qdans la base canonique estA=0
@4p6 5 p2 p6 9 p3 5p2 p311 A c A= 4Xp6 5
p2 p6 9Xp3 5p2 p31X = (4X)(X28X12)p6(p6X6p6)+5p2(5p2X42p2) =X3+12X2+36X432=(X6)(X+6)(X12):quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
6.Q((x1;:::;xn)) =å16i;j6nijxixj.
7.Q((x1;:::;xn)) =åi16i;j6nxixj.
8.Q((x1;:::;xn)) =å16i;j6nInf(i;j)xixj.
8f2L(R2),Q(f) =lTr(f2)+mdet(f).
1.Vérifier que Qest une forme quadratique surE.
2. Déterminer en fonction de letmle rang et la signature deQ. Analyser en particulier les cas(l;m) = (1;0)et(l;m) = (0;1).On suppose quejest non dégénérée mais non définie. Montrer queQn"est pas de signe constant.
afi(t)fj(t)dtpuis pour(x1;:::xn)2Rn,Q((x1;:::;xn)) =å16i;j6nbi;jxixj. 1.Montrer que Qest une forme quadratique positive.
12.Montrer que Qest définie positive si et seulement si la famille(f1;:::;fn)est libre.
3. Ecrire la matrice de Qdans la base canonique deRndans le cas particulier :8i2[[1;n]],8t2[a;b], f i(t) =ti1.Q((x1;:::;xn)) =det0
BBB@0x1:::xn
x 1...S x n1 C CCA. Montrer queQest une forme quadratique définie positive. suivantes :1.Q((x;y)) =x2+10xy+y2.
2.Q((x;y)) =6x2+4xy+9y2.
3.Q((x;y;z)) =4x2+9y2z2+2p6xy+10p2xz+2p3yz.
1.Montrer que Qest une forme quadratique surE.
2.Déterminer sa signature.
inversibleTtelle queA=tTT. égal au produit de ses coefficients diagonaux (utiliser l"exercice 8Correction del"exer cice1 N1.1èresolution.LamatricedelaformequadratiqueQdanslabasecanoniquedeR3estA=0
@232 2 32272
272
61
A
Le polynôme caractéristique deAest
c A= 2X32 2 322X72 272
6X = (2X) X
2+8X14
3232
X2 2 2X+54 =X36X2+452 X=X X
2+6X452
PuisqueAest symétrique réelle, on sait que les valeurs propres deAsont réelles.cAadmet pour racines
0 et deux réels non nuls de signes contraires (puisque leur produit vaut452
). Par suite, le rang et la signature deQsont r=2 ets= (1;1).2ème solution.On effectue une réduction de GAUSS. Q((x;y;z)) =2x22y26z2+3xy4xz+7yz=2x2+x(3y4z)2y2+7yz6z2 =2 x+34 yz 2 234yz 2
2y2+7yz6z2=2
x+34 yz 2 258y2+10yz8z2 =2 x+34 yz 2 258
y85 z 2
Les formes linéaires(x;y;z)7!x+34
yzet(x;y;z)7!y85 zétant linéairement indépendantes, onretrouve le fait queQest de rangr=2 et de signatures= (1;1). La forme quadratiqueQest dégénérée
et n"est ni positive ni négative. 2. La matrice de Qdans la base canonique(i;j;k)estA=0 @311 1 31 11 31 A . Le nombre 4 est valeur propre deAet puisqueAest diagonalisable, 4 est valeur propre d"ordre dim(Ker(A4I3)) =3rg(A4I3) =2. La dernière valeur proprelest fournie par 4+4+l=Tr(A) =9 et ?=1. Ainsi, Sp(A) =
(1;4;4).Les trois valeurs propres deAsont strictement positives et donc la forme quadratiqueQest de rang 3 et
de signature(3;0). Qest définie positive.3.Ef fectuonsune réduction de G AUSS.Q((x;y;z;t)) =xy+yz+zt+tx= (x+z)(y+t) =14
(x+y+z+t)214 (xy+zt)2. Puisque les deux formes linéaires(x;y;z;t)7!x+y+z+tet(x;y;z;t)7!xy+ztsont linéairement indépendantes, la forme quadratiqueQest de rangr=2 et de signatures= (1;1). 34.Ef fectuonsune réduction de G AUSS.
Q((x;y;z;t)) =x2+(4+l)y2+(1+4l)z2+lt2+4xy+2xz+4(1l)yz+2lyt+(14l)zt = (x+2y+z)2+ly2+4lz2+lt24lyz+2lyt+(14l)zt = (x+2y+z)2+l(y2z+t)2+zt= (x+2y+z)2+l(y2z+t)2+14 (z+t)214 (zt)2: Sil<0, la forme quadratiqueQest de rang 4 et de signature(2;2). Sil=0, la forme quadratiqueQest de rang 3 et de signature(2;1). Sil>0, la forme quadratiqueQest de rang 4 et de signature(3;1). 0 BBBB@0 1 1 1 1
1 0 1 1 1
1 1 0 1 1
1 1 1 0 1
0 1 1 1 11
C CCCA.Les valeurs propres deAsont12
qui est d"ordre 4 et 2 qui est valeur propre simple.Donc, la signature de la forme quadratiqueQest s= (1;4).2ème solution.Effectuons une réduction de GAUSS. Q((x1;:::;x5)) =x1x2+x1(x3+x4+x5)+x2(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5 = (x1+x3+x4+x5)(x2+x3+x4+x5)(x3+x4+x5)2+x3x4+x3x5+x4x5 14 (x1+x2+2x3+2x4+2x5)214 (x1x2)2x23x24x25x3x4x3x5x4x5 14 (x1+x2+2x3+2x4+2x5)214 (x1x2)2 x 3+12 x4+12 x5 2 34x2412 x4x534 x25 14 (x1+x2+2x3+2x4+2x5)214 (x1x2)2 x 3+12 x4+12 x5 2 34
x 413
x5 2 56
x25; et on retrouves= (1;4).
6.Q(x1;:::;xn) = (x1+:::+xn)2et donc
r=1 ets= (1;0).7.Pour n>2,Q((x1;:::;xn)) = (åni=1ixi)ånj=1xj=14 (åni=1(i+1)xi)214 (åni=1(i1)xi)2. Doncr=2 ets= (1;1)car les deux formes linéaires(x1;:::;xn)7!åni=1(i+1)xiet(x1;:::;xn)7!åni=1(i1)xisont indépendantes
pourn>2. 48.Puisque la matrice de Qdans la base canonique est0
BBBBBBB@1 1 1:::1 1
1 2 2:::2 2
1 2 3:::3 3
1 2 3n1n1
1 2 3:::n1n1
CCCCCCCA
Q((x1;:::;xn)) =å
16i;j6nx
ixj+å26i;j6nx
ixj+:::+å n16i;j6nx ixj+x2n = (x1+:::+xn)2+(x2+:::+xn)2+:::+(xn1+xn)2+x2n:Qest donc définie positive.Correction del"exer cice2 N1.Si la matrice de fdans la base canonique deR2estA=a c
b dQ(f) =l(a2+2bc+d2)+m(adbc).
Qest un polynôme homogène de degré 2 en les coordonnées defdans la base canonique deL(R2)et
doncQest une forme quadratique surL(R2). 2. • Si l=m=0,r=0 ets= (0;0). Sil=0 etm6=0,Q(f) =m4
(a+d)2m4 (ad)2mu4 (b+c)2+m4 (bc)2, et doncr=4 ets= (2;2). • Sil6=0,Q(f) =la2+mad+(2lm)bc+ld2=l
a+m2ld2+(2lm)bc+
lm24l d 2 =l a+m2ld 2+ lm24l d2+2lm4
(b+c)22lm4 (bc)2: Maintenant, les quatre formes linéaires(a;b;c;d)7!a+m2ld,(a;b;c;d)7!d,(a;b;c;d)7!b+cet (a;b;c;d)7!bcsont linéairement indépendantes. Donc - sim=2l(6=0),r=1, - sim=2l(6=2l),r=3, - sijmj 6=2jlj(6=0),r=4.En particulier, sil=1 etm=0, alorsr=4 ets= (3;1)et sil=0 etm=1,r=4 ets= (2;2).Correction del"exer cice3 NDans le cas oùEest de dimension finie, la signature deQpermet de conclure immédiatement. Supposons donc
queEn"est pas de dimension fine.Par hypothèse, il existe un vecteur non nulx0tel queQ(x0) =0. SupposonsQde signe constant. Ouite à
remplacerQparQ, on supposera queQest positive. D?après l"inégalité de CAUCHY-SCHWARZ(valable
pour les formes quadratiques positives) 58y2E;jj(x0;y)j6pQ(x0)pQ(y) =0.
Donc8y2E;j(x0;y) =0 etx0est dans le noyau dej. Puisquex06=0, on en déduit quejest dégénérée.
En résumé, siQest de signe constant,jest dégénérée ou encore sijest non dégénérée,Qn"est pas de signe
constant.Correction del"exer cice4 N1.Pour tout (x1;:::;xn)2Rn,Q(x1;:::;xn) =å16i;j6n
Rb afi(t)fj(t)dt x ixj=Rb aå16i;j6nxixjfi(t)fj(t)dt=Rb a(åni=1xifi(t))2dt> 0.Donc Q est une forme quadratique positive.
2. De plus, pour tout (x1;:::;xn)2Rn,Q((x1;:::;xn)) =0,åni=1xifi=0 (fonction continue positive d"intégrale nulle). Donc Qdéfinie, 8(x1;:::;xn)2Rn;[Q((x1;:::;xn)) =0)(x1;:::;xn) =0] , 8(x1;:::;xn)2Rn;[nå i=1x ifi=0)(x1;:::;xn) =0] (f1;:::;fn)libre: 3.Dans le cas particulier en visagé,la matrice de Qdans la base canonique deRnest la matrice de HILBERT
H n=1i+j116i;j6n.Correction del"exer cice5 NPosonsX=0
B @x 1... x n1 CAetA=0
BBB@0x1:::xn
x 1...S x n1 CCCA=0tX
X SUn calcul par blocs fournit
0tX X S 1 0 0S1 =0tXS1 X I n puis 0tX X S 1 00S11 0
X I n =0tXS1 X I n 1 0 X I n tXS1XtXS1 0In On en déduit que det(A)det(S1)(1) =tXS1Xpuis queQ(X) =det(A) =tX((det(S))S1)X=tXS0X oùS0= (det(S))S1.Maintenant, la matriceSest définie positive et donc ses valeurs propres sont des réels strictement positifs. Les
valeurs propres de la matriceS0sont lesdet(S)l oùldécrit le spectre deSet donc la matriceS0est aussi unematrice symétrique définie positive.Qest donc une forme quadratique définie positive.Correction del"exer cice6 N1.(Quand x2ety2ont les mêmes coefficients, penser à faire une rotation d"anglep4
) En posantx=1p2 (X+Y)ety=1p2
(XY), on obtient x2+10xy+y2=12
(X+Y)2+5(X+Y)(XY)+12 (XY)2=6X24Y2. 6 Ainsi, si on note(i;j)la base canonique deR2puise1=1p2 (i+j)ete2=1p2 (ij), on a x2+10xy+y2=Q(xi+yj) =Q(Xe1+Ye2) =6X24Y2.
2. La matrice de Qdans la base canonique(i;j)deR2estA=6 2 2 9 . Les deux nombres 5 et 10 ontune somme égale à 15=Tr(A)et un produit égal à 50=det(A)et sont donc les valeurs propres deA.
On sait alors que dans une base orthonormée(e1;e2)de vecteurs propres deAassociée à la famille de
valeurs propres(5;10), on aQ(Xe1+Ye2) =5X2+10Y2. Déterminons une telle base. (A5I2)x y =0 0 ,x+2y=0 et donc Ker(A5I2)=Vect(e1)oùe1=1p5 (2;1)puis Ker(A10I2) = (Ker(A5I2))?=Vect(e2)oùe2=1p5
(1;2).Donc, sie1=1p5
(2;1),e2=1p5 (1;2)etu=xi+yj=Xe1+Ye2, alorsq(u) =6x2+4xy+9y2=5X2+10Y2. De plus,x=1p5
(2X+Y)ety=1p5 (X+2Y). 3.La matrice de Qdans la base canonique estA=0
@4p6 5 p2 p6 9 p3 5p2 p311 A c A=4Xp6 5
p2 p6 9Xp3 5p2 p31X = (4X)(X28X12)p6(p6X6p6)+5p2(5p2X42p2) =X3+12X2+36X432=(X6)(X+6)(X12):quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1[PDF] exo7 suites cours
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