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Formes quadratiques reelles.
Exemples et applications
Caroline Robet
2 novembre 20141
Introduction
La notion de forme quadratique na^t avec l'etude des coniques par Fermat au dix-septieme siecle puis celle des quadriques par Euler au dix-huitieme. On va montrer dans ce memoire que l'etude algebrique des formes quadratiques permet de deduire des resultats aussi bien en geometrie qu'en analyse.1 Forme quadratique et algebre bilineaire
1.1 Denitions et premieres proprietesDenition 1.Soient E et F deuxR-espaces vectoriels et une application
':EF!R (x;y)7!'(x;y). On dit que'est bilineaire si : {8x2E,y!'(x;y)est lineaire. {8y2F,x!'(x;y)est lineaire.De plus,'est symetrique si8(x;y)2E2,'(x;y) ='(y;x)Denition 2.On appelle forme quadratique sur E toute application q de la
forme q:E!R x7!'(x;x)ou'est une forme bilineaire symetrique sur E.Exemples
Dans R3,q(x;y;z) = 3x2+y2+ 2xy3xzest une forme quadratique.En dimension in nie,q : R[X]!Rdenie parq(P) =R1
0P(x)P00(x)dx
est une forme quadratique surR[X]Proposition 3.Soit q une forme quadratique sur E. Il existe une unique
forme bilineaire symetrique'telle que8x2E,q(x) ='(x;x). La forme bilineaire's'appelle la forme polaire de q. 2 Proposition 4.Identite de polarisationSoit'la forme polaire associee a la forme quadratique q alors on a : {'(x;y) =12 q(x+y)q(x)q(y) {'(x;y) =12 q(x+y)q(xy) Les identites de polarisation permettent de prouver qu'il y a equivalence entre se donner une forme bilineaire symetrique ou se donner une forme qua- dratique.Exemples
Le pro duitscalaire dans un espace euclidien a p ourforme quadratique associee :jj:jj2. Si q:Mn(R)!RA7!tr(tAA)alors la forme polaire associee a cette
forme quadratique est'(A;B) =tr(tAB) P ourune v ariableal eatoireX admettan tun momen td'ordre 2, v ar(X) est une forme quadratique de forme polaire cov(X,Y) Ecriture en dimension nie :Soient E de dimension nie etB= (e1;:::;en) une base de E. Alors pour toutx=Pn i=1xieiet pour touty=Pn i=1yieion peut ecrire matriciellement'(x;y) comme : '(x;y) =nX i;j=1x iyj'(ei;ej) =tXMY avec M= '(ei;ej) i;j2f1:::ng, X=(x1;:::;xn)tet Y=(y1;:::;yn)t Changement de base: Soit E de dimension nie n. SoientBetB0deux bases de E. Si P est la matrice de passage deBaB0(P=MatB(B0)),M= Mat B(') etM0=MatB0(') alorsM0=tPMPDenition 5.Soit q une forme quadratique sur E de dimension nie et B= (e1;:::;en)une base de E. On appelle matrice de q dans la baseBla matrice de la forme polaire'de q dans la baseB: M='(ei;ej) i;j2f1:::ng.Le rang de q est le rang de cette matrice.
3Remarques:
Le rang de q est aussi le rang de sa forme p olaire. Gr^ ace ala form ulede c hangementde base, on prouv eque le rang de la forme quadratique ne depend pas de la base choisie. En eet, deux matrices congrues ont m^eme rang. Exemple: DansR3,q(x;y;z) = 3x2+y2+ 2xy3xza pour matrice dans la base canonique0 @3 13=2 1 1 03=2 0 01
A qui est de rang 3 donc q est de rang 3.Denition 6.On appelle noyau de q le sous-espace vectoriel de E noteKer(q) deni par
Ker(q) =fx2Ej8y2E;'(x;y) = 0g
avec'la forme polaire de q. La forme q est dite non-degeneree siKer(q) =f0g, degeneree sinon. Remarque:det(M)6= 0,q est non-degeneree ou M est la matrice associee a la forme quadratique q.Exemples:
Dans l'exemple pr ecedent,M= 0
@3 13=2 1 1 03=2 0 01
A on adet(M) =946= 0 donc q est non-degeneree.
{Soit f et g deux formes lineaires sur E de dimension n alors pour n>3, la forme quadratique q(x)=f(x)g(x) est degeneree.En eet, son rang est inferieur ou egal a 2 donc son noyau est non reduit a 0.1.2 Formes quadratiques positives, denies positives
On va desormais s'interesser tout particulierement aux formes quadra- tiques positives et denies positives pour lesquelles on a des inegalites. 4 Denition 7.Soit q une forme quadratique. On dit que q est denie si q(x)=0,x= 0Denition 8.q est dite positive si8x2E,q(x)>0Remarque: q est denie positive si8x6= 0,q(x)>0
Exemple:q(A) =tr(A)2est positive mais non denie carq(0 1 0 0 )=0Proposition 9.Si q est denie alors q est non-degeneree. Demonstration.Par contraposee, supposons q degeneree alors il existe x non nul tel que pour touty2E,'(x;y) = 0. En particulier pour x=y,'(x;x) = 0 donc q est non-denie.Remarque: La reciproque est fausse. En eet,q(x;y) =x2y2estnon-degeneree mais q n'est pas denie car q(x,x)=0,8x2ETheoreme 10.Inegalite de SchwarzSi q est positive alors8(x;y)2E2,
j'(x;y)j26q(x)q(y) Si de plus, q est denie il y a egalite si et seulement si x et y sont lies. Demonstration.On a8t2R,q(tx+y) =t2q(x) + 2t'(x;y) +q(y)>0 car q est positive. Si q(x)=0, alors on a8t2R, 2t'(x;y)+q(y)>0 ce qui entra^ne'(x;y) = 0 Siq(x)6= 0, alors on a un polyn^ome du second degre qui ne change pas de signe. Son discriminant 4'(x;y)2q(x)q(y) est donc negatif d'ou l'inegalite. Pour le cas ou q est de plus denie, on a egalite lorsque le discriminant est nul. C'est a dire si il existet0tel queq(t0x+y) = 0 ce qui equivaut at0x+y= 0 car q est denie. Donc x et y sont lies.5 Corollaire 11.Inegalite de MinkowskySi q est positive alors8(x;y)2E2;pq(x+y)6pq(x) +pq(y)
Demonstration.Par Schwarz, on a
q(x+y) =q(x) + 2'(x;y) +q(y)6q(x) + 2pq(x)q(y) +q(y)doncq(x+y)6(pq(x) +pq(y))2d'ou l'inegalite.L'inegalite de Minkowsky est donc une consequence immediate de l'inegalite
de Schwarz. Elle exprime que si q est positive alorsS(x) =pq(x) denit une semi-norme. Si de plus, q est denie alors S est une norme.2 Orthogonalite et isotropie
2.1 OrthogonaliteDenition 12.{Deux ve cteursx et y de E sont dit ortho gonauxselon
q si'(x;y) = 0 Soit AE, on appelle orthogonal de A selon q l'ensemble A ?=fy2Ej8x2A;'(x;y) = 0g Deux sous-ensembles A et B de E sont ortho gonauxselon q si 8x2 A;8y2B,'(x;y) = 0. On noteA?BProposition 13.1.Si AE,A?est un sous-espace vectoriel de E.2.Ker(q) =E?
3.Si FE, alorsFF??
4.Si ABE, on aB?A?
Demonstration.1.Soit x1,x22A?et2Ralors poury2A
'(x1+x2;y) ='(x1;y) +'(x2;y) = 0 62.P ard enition,Ker(q) =fx2Ej8y2E;'(x;y) = 0g=E?
3.F??=fy2Ej8x2F?;'(x;y) = 0gEn particulier siy2Falors
8x2F?'(x;y) = 0 doncFF??.
4. Soit y2B?, alors8x2B '(x;y) = 0 en particulier commeAB,8x2A '(x;y) = 0 doncy2A?.Proposition 14.Si E est de dimension nie, tout sous-espace vectoriel F
de E verie dim(F) +dim(F?) =dim(E) +dim(F\Ker(q))Demonstration.On considere l'application :F!E
x7!'(x;:). Cette ap- plication est lineaire doncdim(Ker( )) +dim(Im( )) =dim(F) orKer( ) =F\Ker(q) et (Im( ))=F?. (B=fx2Ej 82B
E ;(x) = 0g) Ordim(Im( ))=dim(E)dim(Im( ) On en deduit le theoreme.Remarque: Si q est non-degeneree, on adim(F)+dim(F?) =dim(E). Mais cela ne vaut pas dire queFF?=Ecar avecq(x;y) =x2y2etF=Vect(1
1 ). On aF?=Falors qu'on a l'egalite des dimensions.2.2 Groupe orthogonal associe a une forme quadra-
tique On souhaite etudier les endomorphismes f de E qui conservent une formequadratique q, c'est a dire tels que q(f(x))=q(x),8x2EDenition 15.Soit E de dimension nie, q une forme quadratique non-
degeneree sur E,f2End(E). Il existe alors un et un seul endomorphisme f de E tel que'(f(x);y) ='(x;f(y)),8x;y2Eou'est la forme polaire de q.fest dit adjoint de f relativement a'. 7 Demonstration.En eet, soient (ei) une base de E,M='(ei;ej) i;j2f1:::ng, A=Mat(ei)(f),X=Mat(ei)(x) etY=Mat(ei)(y). Supposons quefexiste et posonsA=Mat(ei)(f). L'identite de l'enonce s'ecrit t (AX)MY=tXMAY8X; Y2Mn;1(R) d'ou tX(tAM)Y=tX(MA)Y8X; Y2Mn;1(R) ce qui est equivalent a tAM=MA Comme q est non-degeneree, M est inversible. On a donc A =M1tA MCeci montre queAet doncfest unique.
Reciproquement, si on denitf:E!EparMat(ei)(f) =M1tA M alors en remontant les calculs, on voit quefverie l'identite de l'enonce. Ecriture matricielle: Par la demonstration precedente, on a siM='(ei;ej) i;j2f1:::ngetA=Mat(ei)(f) alorsA=M1tA MExemple: SiE=R2muni deq(x) =x21x22et A=Mat(f)=a b
c d alors A =M1tA M=1 0 01 a b c d 1 0 01 =ab c dProposition 16.E espace vectoriel de dimension nie et q non-degeneree.On a equivalence entre :
1. q(f(x))=q(x) 8x2E2.'(f(x);f(y)) ='(x;y)8x;y2E
3.ff=id
Un tel endomorphisme est dit orthogonal relativement a q. Demonstration.1),2) : par les identites de polarisation.2),3) : On a'(f(x);f(y)) ='(x;y)8x;y2E,'(ff(x);y) ='(x;y)
8x;y2E,ff(x) =xcar q est non-degeneree,ff=idProposition 17.Soit O(q)=ff2End(E)jff=idg. On a :
8 {id2O(q) si f,g 2O(q)alorsfg2O(q) si f2O(q)alorsf12O(q) En particulier, O(q) est un groupe pourdit groupe orthogonal de q. Demonstration.On a clairementid=idcar'(id(x);y) ='(x;id(y)) donc id2O(q)On a8f;g2End(E), (fg)=gfcar8x;y2E '(fg(x);y) =
'(g(x);f(y)) ='(x;gf(y)). Si f,g2O(q) alors (fg)(fg) =gffg=gidg=gg=id doncfg2O(q).Sif2O(q) alorsff1=id2O(q) d'ou (ff1)(ff1) =iddonc
(f1)fff1=id d'ou (f1)f1=id.Proposition 18.SoitB= (e1;:::;en)une base de E. M=Mat(ei)(f)alors f2O(q),tAMA=MDemonstration.Ceci decoule directement de l'ecriture matricielle def.Exemple: Soitq(x) = 2x1x2dansR2alors
O(q) =fa0
0 1=a 0b 1=b0 ja;b2Rg2.3 IsotropieDenition 19.Soit q une forme quadratique sur E. On appelle c^one isotrope
l'ensembleI(q) =fx2Ejq(x) = 0g
Exemples
9 {Si E= R2etq1(x) =x21x22. On aI(q1) =f(x1;x2)2R2jx1=x2g Si E= R3etq2(x) =x21+x22x23d'ouI(q2) =f(x1;x2;x3)2R3jx3= px21+x22gProposition 20.On aKer(q)I(q)Denition 21.Un sous-espace vectoriel F de E est dit isotrope si
F\F?6=f0g
Remarque: Il existe des sous-espaces isotropes si et seulement siI(q)6=f0gDenition 22.Un sous-espace F de E est dit totalement isotrope si'jF= 0
avec'la forme polaire de q.Remarques:
F est totalemen tisotrop e,FI(q),FF?
Si F= f0galors F est totalement isotrope donc de tels espaces existent toujours. Exemple:q(x) =x21x22et F=f(x1;x2)jx1=x2gest totalement isotrope et non inclus dans le noyau.3 Reduction des formes quadratiques
Dans toute cette section, nous realiserons une pseudo-reduction dans le sens ou c'est tPMPqui sera diagonale.3.1 Reduction simultanee et ApplicationsTheoreme 23.Si q est une forme quadratique denie positive et q' est une
forme quadratique quelconque alors il existe une base orthonormee pour q qui est orthogonale pour q'. 10 Demonstration.La forme q est denie positive. Elle denit donc un pro- duit scalaire. On peut donc noterq=k:k2et'(x;y) =x:y. On fait une demonstration par recurrence sur la dimension n de l'espace vectoriel E. Le resultat est vrai en dimension 1. Par recurrence, on le suppose vrai pour la dimension n-1. On se place alors en dimension n. Pour cela, on denit une fonctionf:En f0g !Rtelle que f(x)=q0(x)kxk2. Comme la sphere unite de E est compacte car E est de dimension nie et que l'applicationfjSest continue, elle atteint son maximum en un pointe1 de S.(e1de norme 1 dans E) De plus,82Ret8x2E,f(x) =f(x). Donc e1realise le maximum de f surEn f0g.
Maintenant f est une application dierentiable denie sur l'ouvertEnf0g. Comme elle atteint un extremum ene1, sa dierentielle doit s'annuler en ce point. On a donc df e1(x) =2'0(e1;x)ke1k22q0(e1)(e1:x)ke1k4= 0 d'ou 2'0(e1;x)2q0(e1)(e1:x) = 0. On a donc si x est orthogonal ae1pour q (i.ee1:x= 0) alors il est orthogonal pour q' ('0(e1;x) = 0). Enn, on decompose E en somme directe orthogonale pour q :E= V ect(e1)V ect(e1)?. On peut appliquer l'hypothese de recurrence au sous- espaceV ect(e1)?de dimension n-1 car q est non-degeneree. Il existe une base (u1;:::;un1) orthonormale pour q et orthogonale pour q'. Comme (u1;:::;un1) sont orthogonaux ae1pour q, par la propriete precedente veriee pare1ils le sont pour q'. Donc (u1;:::;un1;e1) est une base ortho-gonale pour q' et orthonormale pour q car on a prise1de norme 1 pour q.Application 24.Soit A une matrice symetrique reelle. Alors A est diago-
nalisable. Demonstration.En eet, la forme bilineaire denie surRnpar'(x;y) =txAy est symetrique. On peut donc trouver une base orthonormee pour la norme euclidienne qui soit orthogonale pour'. En appelant P, la matrice de passage, on a tPAPest diagonale. Mais comme P est orthonormee, on atP=P1. On a donc trouve un changement de base tel queP1APsoit diagonale.11 Application 25.SoientAetBdeux matrices symetriques reelles denies positives,etdeux reels positifs tels que+= 1. Alors det(A+B)>(detA)(detB) De plus, l'inegalite est stricte si2]0;1[et siA6=B. Demonstration.SoientqAetqBles formes quadratiques denies positives associees aAetB. D'apres le theoreme de reduction simultanee, il existe une base qui estqA- orthonormale etqB-orthogonale. Ainsi, il existeP2GLn(R) etD=diag(1;::;n) telles que :A=tPPetB=tPDP
On a donc (detA)(detB)= (detP)2((detP)2detD)= (detP)2(detD) car+= 1. D'autre part, det(A+B) = det(tP(In+D)P) = (detP)2det(In+D).Le probleme revient donc a demontrer que
(det(In+D)>(detD) nY i=1(+i)> nY i=1 i! nX i=1ln(+i)>nX i=1ln(i)Or, par concavite du logarithme, on a
8i2 f1;::;ng, ln(+i)>ln(1) +lni=lni
D'ou le resultat en sommant suri.
Dans le cas ou2]0;1[ etA6=B, comme au moins un desi6= 1, parconcavite stricte du logarithme, on obtient bien l'inegalite stricte voulue.Application 26.SoitKun compact d'interieur non vide deRn.
Alors il existe un unique ellipsode centre en 0 de volume minimal contenant K. Autrement dit, il existe une unique forme quadratiqueqdenie positive telle queEq=fx2Rn;q(x)61gsoit de volume minimal et contienneK. 12