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ALGÈBRE IV - CORRIGÉ PARTIEL DE LA FEUILLE
D"EXERCICES 3
DANIELE FAENZI
Exercice 5.On considèreR3, muni de la structure d"espace euclidien standard (ou canonique). (1) Soitq:R3!Rla forme quadratique définie par : q(x1e1+x2e2+x3e3) = 2x21+x22+x23+ 2x1x2+ 2x1x3: (a) Montrer queqest positive. (b) Décrire le noyau defq. (c) Donner la matrice defqdans la base canonique. (d) Décrire un endomorphisme symétriqueudeR3tel que : q(x1e1+x2e2+x3e3) =hu(x1e1+x2e2+x3e3);x1e1+x2e2+x3e3i: (e) Donner une base orthonormée deR3qui est orthogonale pourq. (2) Répondre aux questions précédente en remplaçant la définition deqpar : q(x1e1+x2e2+x3e3) = 2x21+32 x22+32 x23+ 2x1x2+ 2x1x3: Exercice 6.SoitEun espace euclidien, etuun endomorphisme symétrique deE. Montrer queuest orthogonal si et seulement si1x2divise le polynôme minimal deu. Corrigé(Exercice 5.1).Pour montrer queqest positive on pourra utiliser la mé- thode de Gauss : q(x1e1+x2e2+x3e3) = 2x21+x22+x23+ 2x1x2+ 2x1x3= = 2(x1+12 x2+12 x3)212 x2212 x23x2x3+x22+x23= = 2(x1+12 x2+12 x3)2+12 (x2x3)20; pour toutx1;x2;x3. On a donc prouvé (1a). Pour (1b), on peut utiliser que le noyau(R3)?d"une forme positive est l"ensemble des vecteurs isotropes. Donc : (R3)?=fx1e1+x2e2+x3e3jq(x1e1+x2e2+x3e3) = 0g= =fx1e1+x2e2+x3e3j2(x1+12 x2+12 x3)2+12 (x2x3)2= 0g= =fx1e1+x2e2+x3e3jx1+12 x2+12 x3=x2x3= 0g= =fx1e1+x2e2+x3e3jx1=x2;x2=x3g= = vect((1;1;1)t):Date: 14 mai 2008. 1
2 DANIELE FAENZI
SoitB= (e1;e2;e3)la base canonique. La matriceMB(q)est alors : 0 @2 1 1 1 1 0
1 0 11
A ce qui répond à (1c). Pour la question (1d), on considère un endomorphismeudeR3, et on note par A= MB(u)sa matrice dans la base canoniqueB. Six=x1e1+x2e2+x3e3, on a u(x) =BA(x1;x2;x3)t. On n"obtient : hu(x);xi= (A(x1;x2;x3)t)tI3(x1;x2;x3)t= = (x1;x2;x3)At(x1;x2;x3)t; vu que la matrice dans la base canonique de la forme bilinéaire donnée par le produit scalaire est l"identitéI3. D"autre part on a : q(x) = (x1;x2;x3)MB(q)(x1;x2;x3)t: Doncq(x) =hu(x);xisiA= MB(q). De plus, commeBest orthonormée,u est symétrique si et seulement siA=At, ce qui est le cas puisqueMB(q)est symétrique. Il suffit donc de définirucomme l"endomorphisme dont la matrice dansBest M
B(q). C"est-à-dire, on pose :
u(x) =u(x1e1+x2e2+x3e3) =BMB(q)(x1;x2;x3)t: Pour (1e), on remarque d"abord que, siPest la matrice de passage deBà une baseB0orthonormée de valeurs propres pouru, on a : M
B0(u) =P1MB(u)P=PtMB(u)P;matrice diagonale:
Mais, vu qu"on a imposéMB(u) = MB(q), on n"obtiendra : M
B0(q) =PtMB(q)P;matrice diagonale;
ce qui implique que la baseB0est orthogonale pourq(et bien entendu orthonormée). Il faut donc chercher une base orthonormée de vecteurs propres deu. On re- marque queua rang2donc0est une valeur propre, et on sait que son espace propre estEt= vect((1;1;1)t). L"orthogonaleE?0de cet espace est défini par l"équationx1x2x3= 0. Une base deE?0est donc : v
1= (1;1;0)t;
v
2= (1;0;1)t:
On calcule la matrice de la restriction deqà cet espace par : M (v1;v2)(qjE?0) =1 1 0 1 0 1 0 @2 1 1 1 1 0
1 0 11
A 0 @1 1 1 0 0 11 A =5 4 4 5 On voit aisément que le polynôme caractéristique de cette matrice admet comme racines1et9. Les espaces propres sont donc : E
1= vect(v1+v2) = vect((2;1;1)t);
E
9= vect(v1v2) = vect((0;1;1)t):
ALGÈBRE IV - CORRIGÉ PARTIEL DE LA FEUILLE D"EXERCICES 3 3 On normalise et on trouve donc les trois vecteurs : b
1= (p3
3 ;p3 3 ;p3 3 )t; b
2= (p6
3 ;p6 6 ;p6 6 )t; b
3= (0;p2
2 ;p2 2 )t: La baseB0= (b1;b2;b3)est donc orthonormée, et formé par vecteurs propres pouru, ce qui entraîne le résultat. Cela termine la partie 5.1. Pour la partie 5.2, tous les arguments sont presque les mêmes. L"algorithme de Gauss donne dans ce cas : q= 2(x1+ 1=2x2+ 1=2x3)21=4(x2+x3)2+ 1=4(x2x3)2; donc en faitqn"est pas positive (ni négative). Dans ce cas, pour trouver le noyau, il faudra calculer le noyau de :0 @2 1 1
1 3=2 0
1 0 3=21
A Le reste de l"exercice comporte des passages similaires à ceux que l"on vient de voir (les calculs sont dans ce cas un peu longs). Pour un autre exercice du même genre (mais avec des calculs plus rapides), essayer avec la fonctionq(x1e1+x2e2+x3e3) =x21+ 4x1x3+x22+ 4x2x3x23. Essayer aussi avecq(x1e1+x2e2+x3e3) = 2x1x2+ 2x2x3. Corrigé(Exercice 6).Le polynôme minimal deudivise tous les polynômesp= nxn++0qui s"annulent enu, c"est-à-dire tels que : p(u) =nun++0= 0: Soit alorsusymétrique, et soitAla matrice deudans une base orthonormée.
Siuest orthogonale, la matriceAsatisfait :
AA1=AAt=AA=A2=In;
doncx21s"annule enA(donc enu). Réciproquement, six21s"annule enA, alorsA2=In, doncAAt=In, vu queA=At. Cela impliqueA1=At, doncAest orthogonale.quotesdbs_dbs19.pdfusesText_25
Math-IV-algèbre Formes (bi)linéaires