Exercices corrigés - Formes quadratiques

On applique la méthode usuelle de la décomposition de Gauss, en reconnaissant le début d'un carré.

1. On a \begin{eqnarray*} q(x,y,z)&=&(x+\cos\alpha z)^2+(y+\sin\alpha z)^2-\cos^2\alpha z^2-\sin^2\alpha z^2\\ &=&(x+\cos\alpha z)^2+(y+\sin\alpha z)^2-z^2. \end{eqnarray*} Cette forme quadratique n'est pas positive (sa signature est $(2,1)$).
2. On a \begin{eqnarray*} q(x,y,z,t)&=&(x+y+t/2)^2+2y^2+4z^2+\frac 34t^2. \end{eqnarray*} Cette forme quadratique est positive (et même définie positive, sa signature est $(4,0)$).

Soit $A$, $B$ et $C$ trois éléments de $\mathcal M_2(\mathbb R)$, et soit $\lambda\in \mathbb R$. Alors \begin{align*} \varphi(A+\lambda B,C)&=\textrm{Tr}(\ ^t\!(A+\lambda B)C)\\ &=\textrm{Tr}((\ ^t\!A+\lambda{}^tB)C)\\ &=\textrm{Tr}(\ ^t\!AC+\lambda{}^tBC)\\ &=\textrm{Tr}(\ ^t\!AC)+\lambda\textrm{Tr}(\ {}^tBC)\\ &=\varphi(A,C)+\lambda\varphi(B,C). \end{align*} La même démonstration prouve que $\varphi(A,B+\lambda C)=\varphi (A,B)+\lambda\varphi(A,C)$ ce qui prouve que $\varphi$ est bilinéaire.
La base canonique de $\mathcal{M}_2(\mtr)$ (de dimension 4) est constituée par les quatre matrices suivantes : $$E_{1,1}=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&0\end{array}\right),\ E_{1,2}=\left(\begin{array}{cc}0&1\\ 0&0\end{array}\right),\ E_{2,1}=\left(\begin{array}{cc}0&0\\ 1&0\end{array}\right),\ E_{2,2}=\left(\begin{array}{cc}0&0\\ 0&1\end{array}\right).$$ On calcule les divers $\varphi(E_{i,j},E_{k,l})$ et on constate que cette quantité vaut 1 si $(i,j)=(k,l)$ et 0 sinon. La matrice de $\varphi$ dans la base canonique est donc : $$\left(\begin{array}{cccc} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{array}\right).$$

On applique la méthode de Gauss pour décomposer $q_a$ en sommes de carrés de formes linéaires. On a : \begin{eqnarray*} q_a(x)&=&(x_1+x_2)^2+ax_2^2+(1+a+a^2)x_3^2-2ax_2x_3\\ &=&(x_1+x_2)^2+a(x_2-x_3)^2+(1+a^2)x_3^2. \end{eqnarray*} On obtient alors :

• Si $a<0$, le rang est 3 et la signature est (2,1).
• Si $a=0$, le rang est 2 et la signature est (2,0).
• Si $a>0$, le rang est 3 et la signature est (3,0).

Pour montrer que $\phi_1$ et $\phi_2$ sont des formes quadratiques, il faut trouver pour chacune une forme bilinéaire symétrique que nous noterons $\varphi_1$ ou $\varphi_2$ telle que $\varphi_1(A,A)=\phi_1(A)$ et $\varphi_2(A,A)=\phi_2(A)$. Pour trouver ces formes quadratiques, on peut soit deviner ce qu'elles peuvent valoir, soit appliquer la formule de polarisation. Par exemple, on a nécessairement : $$\varphi_1(A,B)=\frac{1}{4}\left((Tr(A+B))^2-(Tr(A-B))^2\right)=Tr(A)Tr(B).$$ On vérifie alors aisément que $\varphi_1$ est une forme bilinéaire symétrique, dont la forme quadratique associée est $\phi_1$. De même, on pose $\varphi_2(A,B)=Tr(^tBA)$. D'autre part, $\phi_1$ est clairement positive. Elle n'est pas définie positive, du moins si $n\geq 2$, car si $A$ est la matrice qui ne comporte que des 0, sauf le terme en haut à droite que l'on prend égal à 1, alors $A$ est non nulle, et $\phi_1(A)=0$. Pour $\phi_2$, le mieux est d'obtenir une expression de $\phi_2$ en fonction des coefficients de la matrice $A$. Si $A=(a_{i,j})$, et si on a $\!\!\ ^tAA=(b_{i,j})$, on a $$b_{k,k}=\sum_{l=1}^n a_{k,l}^2.$$ Ainsi, $$\phi_2(A)=\sum_{k,l=1}^n a_{k,l}^2.$$ Donc, $\phi_2(A)\geq 0$, et $\phi_2(A)>0$ dès que $A$ est non nulle : $\phi_2$ est une forme quadratique définie positive.

Supposons que $\phi$ n'est ni définie positive, ni définie négative. Il existe alors $x\in E$ avec $\phi(x)>0$ et $y\in E$ avec $\phi(y)<0$. Posons la fonction définie sur $\mtr$ par $g(t)=\phi(x+ty)$. Un calcul facile montre que $$g(t)=t^2\phi(y)+2t\varphi(x,y)+\phi(x),$$ où $\varphi$ est la forme polaire de $\phi$. $g$ est donc un polynôme de degré 2 qui prend des valeurs négatives (car sa limite en $+\infty$ est égale à $-\infty$, puisque son coefficient dominant est négatif) et des valeurs positives, puisque $g(0)=\phi(x)>0$. Il s'annule donc, et il existe $t_0$ tel que $g(t_0)=0$. Puisque $\phi$ est définie, ceci entraîne $x+t_0 y=0\iff x=-t_0 y$. On obtient alors $\phi(x)=(t_0)^2 \phi(y)$, et $\phi(x)$ et $\phi(y)$ ont même signe, ce qui est une contradiction!

La vérification est immédiate, le seul point un peu plus délicat étant la propriété de symétrie hermitienne, que l'on traite par un changement de variable du type $u=-x$. D'autre part, on a $\varphi(X,X)=\int_{-1}^1 -x^2dx=\frac{-2}{3}$, tandis que $\varphi(1,1)=\int_{-1}^1 1dx=2$. La forme n'est ni positive, ni négative. En considérant le polynôme $X+\frac{1}{\sqrt{3}}$, on peut aussi démontrer qu'elle n'est pas définie.

Il suffit de montrer que $q$ est définie positive. En effet, si on prouve cela, alors la forme bilinéaire symétrique associée à $q$ est un produit scalaire, et $N$ n'est rien d'autre que la norme associée à ce produit scalaire. On va donc réduire la forme quadratique. Plus précisément, on va chercher une base orthonormale pour le produit scalaire euclidien et orthogonale pour cette forme quadratique, car cela nous sera utile par la suite. Pour cela, on cherche les valeurs propres et vecteurs propres de la matrice associée $$\left( \begin{array}{cc} 1&1/2\\ 1/2&1 \end{array} \right).$$ Un rapide calcul montre que les valeurs propres sont 3/2 et 1/2, une base orthonormale de vecteurs propres associée étant donnée par $u_1=(\sqrt{2}/2,\sqrt{2}/{2})$ et $u_2=(\sqrt{2}/{2},-\sqrt{2}/{2})$. On a donc, pour tout vecteur $X=au_1+bu_2$ de $\mathbb R^2$, $$\frac{1}{2}\|X\|_2^2=\frac12(a^2+b^2)\leq q(au_1+bu_2)=\frac{3}{2}a^2+\frac{1}{2}b^2\leq \frac{3}{2}(a^2+b^2)=\frac32\|X\|_2^2$$ où on a utilisé que la base $(u_1,u_2)$ est orthonormale pour le produit scalaire euclidien. Ainsi, on trouve $c\geq 1/\sqrt{2}$ et $C\leq \sqrt{3}/\sqrt{2}$. Mais, on a $N(u_1)=\sqrt{3}/\sqrt{2}$ et $\|u_1\|_2=1$. Ceci prouve que $C\geq \sqrt{3}/\sqrt{2}$, et finalement $C=\sqrt{3}/\sqrt{2}$. De même, en calculant $N(u_2)$, on prouve que $c=1/\sqrt{2}$.
La boule unité pour la norme est donc une ellipse orientée par $u_1$ et $u_2$, d'extrémités $\sqrt{3}/\sqrt{2}u_1$ et $1/\sqrt{2} u_2$.