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DS3 - LM270 - 4 Avril 2014 : corrige

Exercice 1.Montrer que les matrices suivantes sont orthogonales. A=14 0 @3 1p6 1 3p6 p6 p6 2 1 A B=13 0 @21 2 22 1

1 2 21

A Decrire geometriquement les isometries deR3qu'elles representent dans la base canonique.

Corrige exercice 1

Pour montrer que les matrices considerees sont orthogonales, on peut au choix verier par le calcul que tAA=Inou verier que le produit vectoriel des deux premieres colonnes est est la troisieme colonne au signe pres. EtudionsA. Tout d'abord, on remarque queAest dansSO3(R) puisque le produit vectoriel des deux premiere colonne est exactement la troisieme colonne. C'est donc la matrice d'une rotation deR3, dont il faut determiner l'angle et l'axe oriente. On sait que l'axe est dirige par un vecteur propre deApour la valeur propre 1. On cherche donc un vecteur propre et on trouve a un multiple pres le vecteurv= (1;1;0). Le cosinus de l'angleest obtenu par la formule de la trace : cos=12 (trace(A)1) =12 :Donc=3 modulo 2. Pour conna^tre le signe, on choisit un vecteurxnon colineaire aV, par exemple (1;0;0) et on regarde le signe du determinant (dans la base canonique) suivant det(x;Ax;v) =14 det0 @1 3 1 0 1 1 0p6 0 1 A =p6 4 >0: Conclusion :Arepresente dans la base canonique la rotation d'axe oriente par (1;0;0) et d'angle =3. Etudions maintenantB. La matriceBest elle indirecte car le produit vectoriel de ses deux premieres colonnes est l'oppose de la troisieme, ou encore car son determinant vaut1. C'est donc la matrice d'une rotation gauche dont il faut determiner l'angle et l'axe oriente. L'axe oriente est engendre par un veteur propre pour la valeur propre1. On trouve a un multiple pres, le vecteurv= (1;1;3). L'angle est donne par la formule de la trace qui est cette fois : cos=12 (trace(B) + 1) =56 :D'ou=arccos56 modulo 2. Le signe est obtenu comme precedemment en calculant le determinant 13 det0 @12 1 0 2 1

0 1 31

A =56 <0: Conclusion :Best la matrice dans la base canonique de la rotation gauche d'axe dirige par (1;1;3) et d'anglearccos56 Exercice 2.SoitEun espace euclidien de dimension 3 et (e1;e2;e3) une base orthonormale.

On considere la forme quadratiqueQdenie par :

Q(x1e1+x2e2+x3e3) =2x21+x222x234x2x3+ 2x3x14x1x2:

1. Quelle est la matrice representative deQdans la base (e1;e2;e3)?

2. Determiner une base orthonormale de l'espace euclidienEqui est aussi une base ortho-

gonale pourQ. On pourra utiliser l'identite :X3+ 3X29X27 = (X+ 3)2(X3).

3. Que peut-on dire de la matrice de passage de la base initiale a cette nouvelle base?

4. Donner l'expression deQ(x) en fonction des coordonneesx01,x02,x03dexdans cette

nouvelle base.

Corrige exercice 2

1. Les coecients diagonaux de la matrice deQse lisent au niveau des termes "carres", les

coecients non diagonaux au niveaux des "doubles produits" (ne pas oublier de diviser par 2) On trouve la matrice A=0 @22 1 2 12 1221
A

2. D'apres le cours, trouver une base orthonormale qui soit une base orthogonale est la

m^eme chose que de trouver une base orthonormale qui diagonalise la matrice symetrique

A, ce que l'on va donc chercher a faire.

Le calcul du polynome caracteristique deAdonnePA(X) =(X+3)2(X3). Le calcul d'un vecteur propre pour 3 donne a un multiple pres (1;2;1), qui est de normep6.

Posonsu=1p6

(1;2;1) qui est unitaire. Le calcul de l'espace propre associe a -3 montrer qu'il est par exemple engendre par (1;0;1) et (1;1;1). Le hasard faisant bien les choses, cette famille est orthogonale (si elle ne l'etait pas il faudrait l'orthogonaliser en utilisant le procede de Gram-Schmidt). On pose maintenantv=1p2 (1;0;1) etw=1p3 (1;1;1). La famille (u;v;w) est base orthonormee qui diagonaliseAet donc qui est orthogonale pourQ.

3. La nouvelle et l'ancienne bases etant orthonormales, la matrice de passage est orthogo-

nale.

4. Dans la base (u;v;w) la matrice deQest la mtrice diagonale dont les coecients sont

(3;3;3). Donc on peut ecrire

Q(x) = 3x0213x0223x023:

Exercice 3.Soientaetbdeux vecteurs non nuls d'un espace euclidienEde dimensionn2.

On considere la forme quadratiqueQdenie par :

Q(x) = (ajb)(xjx)(ajx)(bjx):

1. Veriez que la forme polairefde la forme quadratiqueQ(c'est a dire la forme bilineaire

symetrique associee aQ) est donnee par : f(x;y) = (ajb)(xjy)12 [(ajx)(bjy) + (ajy)(bjx))]:

2. On suppose dans cette question queaetbsont colineaires, c'est a dire queb=apour

un certain reel. ExprimerQen fonction deaet. En deduire le rang et la signature deQen fonction de.

3. On suppose pour la suite de cet exercice queaetbne sont pas colineaires et on decompose

bsous la forme : b=a+a0;ou2R;a02(Ra)?;a06= 0:

Ecrire la forme polaire deQen fonction dea,a0et.

4. Soit (e1;:::;en) une base orthonormee deEtelle quee1=akakete2=a0ka0k. Exprimer la

matrice de la forme polaire deQdans la base (e1;:::;en), en fonction de,kak, etka0k.

5. Quels sont le rang et la signature deQlorsque= 0? Quel est le rang deQlorsque

6= 0?

Corrige exercice 3

1. Il sut d'appliquer la formule donnant la forme polaire d'une forme quadratique

f(x;y) =12 (Q(x+y)Q(x)Q(y)); et developper.

2. On remplacebpara. On obtient

Q(x) =(kak2kxk2(ajx)2):

Si= 0,Qest de rang 0 et sa signature est (0;0).

L'inegalite de Cauchy-Schwarz arme queQ(x) est du m^eme signe queet ne s'annule que sixest colineaire aa. Par consequent, le rang deQestn1. La signature est (n1;0) si >0 et (0;n1) si <0.

3. La formule est cette fois

f(x;y) =((aja)(xjy)(ajx)(ajy))12 ((ajx)(a0jy) + (ajy)(a0jx))):

4. On calcule :f(e1;e1) = 0,f(e2;e2) =kak2,f(e1;e2) =12

kakka0k. Pour tout 3in, f(ei;ei) =kak2. tous les autres coecients sont nuls. D'ou la matrice : 0 B

BBBB@012

kakka0k00 12 kakka0kkak200

0 0kak20

0 0 0kak21

C CCCCA

5. Pour= 0, le rang et la signature sont ceux d'une matrice de la forme

0 0 avec2R. Le polynome caracteristique d'une telle matrice estX22qui admet une racine negative et une racine positive sauf si= 0. Le rang et la signature sont donc respectivement 2 et (1;1) (sauf sia= 0 au quel casQ= 0). Pour6= 0 eta6= 0, la matrice est inversible etQest de rangn.quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1