Algebre IV.examen.mag-08.Corrige 2

Universite de Pau et des Pays de l’Adour

Departement de Mathematiques

ALGEBRE IV Annee 2007-2008

Examen du 20-05-2008, Temps disponible : 2 heures.

(Documents interdits)

Exercice 1. Soit E l’espace vectoriel des polynomes de degre 2 a coefficients complexes. Etantdonne p ∈ E, on considere les scalaires p(0), p′(0), et p′′(0). On definit la fonction :

q : E → C, q(p) = p′′(0)p′(0) + p′′(0)p(0) + p′(0)p(0).

a) Demontrer que q est une forme quadratique sur E et trouver la matrice dans une base Bde la forme bilineaire fq associee a q.

b) Calculer le rang de fq. Quel est l’espace E⊥ ?

c) Trouver :– deux polynomes p1, p2 ∈ E tels que fq(p1, p2) 6= 0 ;– un polynome p ∈ E tel que q(p) 6= 0 ;– une base de T de vecteurs isotropes pour q.

d) Trouver une base de E orthogonale pour q.

Exercice 2. Soit λ ∈ R et soit qλ la fonction R3 → R definie par :

qλ(x1e1 + x2e2 + x3e3) = x1x3 + (λ− 1

8)x2

2 + λ(x1 − x3)2.

a) Demontrer que, pour tout λ ∈ R, la fonction qλ est une forme quadratique.

b) Dire pour quelles valeurs de λ la forme qλ est degeneree.

c) Determiner la signature de qλ en fonction de λ.

d) Etant donnee une valeur de λ telle que qλ ait signature (1, 2), determiner des sous-espacesF+ et F− de R

3, avec dim(F+) = 1, dim(F−) = 2, tels que (qλ)|F+est definie positive et

(qλ)|F−

est definie negative.

Exercice 3. Soit M la matrice dans la base (e1, e2, e3, e4) de la forme quadratique g de R4

definie par :

g(x1e1 + x2e2 + x3e3 + x4e4) = 5x21 + 2x1x3 + 5x2

2 − 2x2x4 + 5x23 + 5x2

4.

On remarque que det(M) = 576, donc M est de rang 4.

a) Calculer le rang de M − 4I4.

b) Trouver les valeurs propres de M .

c) Trouver une base orthonormee de R4 de vecteurs propres de M .

d) Dire si g est equivalente a la forme quadratique associee au produit scalaire standard.

Corrige 1. Posons P = a2x2 + a1x + a0, et fixons la base B = (1, x, x2). Alors P (0) = a0,

P ′(0) = a1, P ′′(0) = 2a2.

a) On pose :

M =

0 1/2 11/2 0 11 1 0

.

On verifie facilement que (a0, a1, a2)M(a0, a1, a2)t = q(P ), donc q est une forme quadratique

et sa matrice dans la base B est M .

b) On calcule det(M) = 1, donc rg(q) = 3, ce qui entraıne E⊥ = 0.

c) La forme fq a comme matrice M dans la base B.– Prenons p1 = x, p2 = x2, de coordonnees respectivement (0, 1, 0)t et (0, 0, 1)t. On verifie

(0, 1, 0)M(0, 0, 1)t = 1 donc fq(p1, p2) = 1.– Il suffit de choisir p = x + x2.– On peut choisir B comme base de vecteurs isotropes.

d) On prend e1 = p car q(e1) 6= 0. De plus P est orthogonal a e1 ssi :

3/2a0 + a1 + a2 = 0.

On peut choisir e2 = t− t2. Maintenant P est orthogonal a e1 et e2 ssi :{

3/2a0 + a1 + a2 = 0−1/2a0 − 1/2a1 + a2 = 0

On peut donc choisir e3 = −6 + 8t + t2.

Corrige 2. Nous allons utiliser la methode de Gauss. On sait que :

x1x3 = 1/4(x1 + x3)2 − 1/4(x1 − x3)

2.

On calcule donc :

qλ(x1, x2, x3) = (−1/4 + λ)2(x1 − x3)2 + 1/4(x1 + x3)

2 + (λ− 1/8)x22,

qui est une decomposition en carres de formes lineaires independantes.

a) L’application qλ est donnee en coordonnees comme un polynome homogene de degre 2, c’estdonc une forme quadratique.

b) Depuis la forme trouvee avec Gauss, le rang est 3 pour λ 6= 1/8, 1/4 et rg(q1/8) = rg(q1/4) =2.

c) En vue de la forme donnee par Gauss, la signature est :

(1, 2) si λ < 1/8,(2, 1) si 1/8 < λ < 1/4,(3, 0) si λ > 1/4.

d) Soit λ < 1/8. Alors F− = {x1 + x3 = 0} et F+ = x2 = x1 − x3 = 0.

Corrige 3. Ecrivons M .

M =

5 0 1 00 5 0 −11 0 5 00 −1 0 5

.

a) Ecrivons la matrice en question.

M − 4I4 =

1 0 1 00 1 0 −11 0 1 00 −1 0 1

.

Il est facile de voir que rg(M −4I4) = 2, parce que la troisieme ligne est egale a la premiere,et la quatrieme est − la seconde, et la premiere et la seconde sont libres.

2

b) Nous savons que 2 valeurs propres sont egales a 4. Par trace et determinant on obtient lesvaleurs des autres valeurs propres λ, µ :

{

λµ = 576/16 = 36,λ + µ = 20− 8 = 12,

ce qui implique facilement :λ = µ = 6.

c) On calcule aisement :

ker(M − 4I4) = vect(

(1, 0, 1, 0)t, (0, 1, 0,−1)t)

.

Ces deux vecteurs sont deja orthogonaux donc il suffit de les normaliser. De meme oncalcule :

ker(M − 6I4) = vect(

(−1, 0, 1, 0)t, (0,−1, 0,−1)t)

.

Ces 4 vecteurs sont clairement orthogonaux, donc il suffit de les normaliser pour obtenir labase cherchee :

u1 =

(√2

2, 0,

√2

2, 0

)t

,

u2 =

(

0,

√2

2, 0,−

√2

2

)t

,

u3 =

(

−√

2

2, 0,

√2

2, 0

)t

,

u4 =

(

0,−√

2

2, 0,−

√2

2

)t

.

d) Les valeurs propres de M sont positives donc dans notre base orthonormee la matrice deM est diagonale avec termes positif sur la diagonale. Ceci implique que la signature de qest (4, 0) donc q est equivalente au produit scalaire standard.

3

Algèbre linéaire pour GM Jeudi 22 décembre 2011Prof. A. Abdulle EPFL

Série 13 (Corrigé)

Exercice 1

Donner la matrice B (3 × 3 symétrique) telle que la forme quadratique Q(x) avec x ∈ R3

puisse s’écrire sous la forme Q(x) = xT Bx et déterminer le changement de variables x = Uy

qui transforme la forme quadratique en une forme diagonale yT Dy dans les cas suivants.

i) Q(x) = 3x2

1+ 3x2

2+ 2x1x2,

Sol.: B =

3 1 01 3 00 0 0

. Le polynôme caractéristique est

−λ((3 − λ)2 − 1) = −λ(λ − 2)(λ − 4),

d’où les valeurs propres: 0, 2, 4. Ainsi, D =

0 0 00 2 00 0 4

. Les vecteurs propres associés

sont

001

,

1−10

,

110

. On obtient la matrice orthogonale U en normalisant les

vecteurs propres:

U =

0 1√

2

1√

2

0 − 1√

2

1√

2

1 0 0

.

ii) Q(x) = 3x2

1+ 2x2

2+ 2x2

3+ 2x1x2 + 2x1x3 + 4x2x3,

Sol.: B =

3 1 11 2 21 2 2

. Les valeurs propres sont 0, 2, 5, ainsi D =

0 0 00 2 00 0 5

. Les

vecteurs propres associés sont

01

−1

,

2−1−1

,

111

. On obtient la matrice orthogonale

U en normalisant les vecteurs propres:

U =

0 2√

6

1√

31

√

2− 1

√

6

1√

3

− 1√

2− 1

√

6

1√

3

.

iii) Q(x) = 5x2

1+ 6x2

2+ 7x2

3+ 4x1x2 − 4x2x3.

1

Sol.: B =

5 2 02 6 −20 −2 7

. Les valeurs propres sont 3, 6, 9, ainsi D =

3 0 00 6 00 0 9

.

Les vecteurs propres associés sont

−221

,

212

,

−1−22

. On obtient la matrice orthog-

onale U en normalisant les vecteurs propres:

U =1

3

−2 2 −12 1 −21 2 2

.

Exercice 2

Pour les formes quadratiques de l’exercice 1, déterminer

max{xT Bx; ‖x‖ = 1}, min{xT Bx; ‖x‖ = 1},

et trouver un vecteur unitaire qui réalise le maximum ou le minimum de la forme quadra-tique.Sol.: D’après le cours, le maximum et le minimum de xT Bx avec ‖x‖ = 1 correspondentrespectivement à la plus grande et la plus petite valeur propre de la matrice B, et ces valeurssont réalisées par les vecteurs propres correspondants. Ainsi, on obtient

i) min{xT Bx; ‖x‖ = 1} = 0, réalisé par x =

001

,

max{xT Bx; ‖x‖ = 1} = 4, réalisé par x =

1√

21

√

2

0

.

ii) min{xT Bx; ‖x‖ = 1} = 0, réalisé par x =

01

√

2

− 1√

2

,


1√

31

√

31

√

3

.

iii) min{xT Bx; ‖x‖ = 1} = 3, réalisé par x =

−2

32

31

3

,


−1

3

−2

32

3

.

2

Exercice 3

Déterminer si les formes quadratiques suivantes sont (semi-)définies positives, (semi-)définiesnégatives ou indéfinies.

i) Q(x) = 9x2

1+ 3x2

2− 8x1x2, x ∈ R

2.

Sol.: La matrice symétrique associée est B =

(

9 −4−4 3

)

, avec pour valeurs propres

1, 11 strictement positives donc la forme quadratique Q est définie positive.

Autre méthode (sans calculer les valeurs propres). Les deux valeurs propres de B

vérifient λ1λ2 = det(B) = 11 > 0, donc les valeurs propres sont non nulles et de mêmesigne. Comme λ1 + λ2 = trace(B) = 12 > 0, ce signe est positif, d’où λ1, λ2 > 0, etQ est définie positive.

ii) Q(x) = −5x2

1− 2x2

2+ 4x1x2, x ∈ R

2.


(

−5 22 −2

)


−1, −6 strictement négatives donc la forme quadratique Q est définie négative.

Autre méthode (sans calculer les valeurs propres). Les deux valeurs propres de B

vérifient λ1λ2 = det(B) = 6 > 0, donc les valeurs propres sont non nulles et de mêmesigne. Comme λ1 + λ2 = trace(B) = −7 < 0, ce signe est négatif, d’où λ1, λ2 < 0 etQ est définie négative.

iii) Q(x) = 2x2

1+ 2x2

2+ 2x2

3+ 6x2x3 + 6x1x3, x ∈ R

3.


2 0 30 2 33 3 2


2, 2 +√

18 > 0, 2 −√

18 < 0. La forme quadratique Q est donc indéfinie.

Autre méthode (sans calculer les valeurs propres). On remarque que pour x =(−1, 0, 1)T , Q(x) = −2 et que pour x = (1, 0, 0)T , Q(x) = 2. La forme quadratiqueprend des valeurs positives et négatives et elle est donc indéfinie.

Exercice 4

Pour les matrices ci-dessous déterminer

max{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} et min{‖Ax‖; ‖x‖ = 1}.

i) A =

(

−5 00 18

)

, ii) A =

7 10 05 5

, iii) A =

(

3 2 22 3 −2

)

.

Sol.:

i) Les valeurs propres de AT A sont 182 et 52. Les valeurs de max{‖Ax‖; ‖x‖ = 1}et min{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} sont données respectivement par la racine carrée de la plusgrande et la plus petite valeur propre de la matrice AT A. Il s’ensuit quemax{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} = 18 et min{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} = 5.

3

ii) Les valeurs propres de AT A =

(

74 3232 26

)

sont 90 et 10.

Donc max{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} = 3√

10 et min{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} =√

10.

iii) Les valeurs propres de AT A =

13 12 212 13 −22 −2 8

sont 25, 9 et 0.

Donc max{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} = 5 et min{‖Ax‖; ‖x‖ = 1} = 0.

Informations générales, séries et corrigés http://anmc.epfl.ch/Algebre.html

4

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Q(x1, x2, x3, x4) = 2x2

1 + 2x2

2 − x2

3 + 2x2

4 − 2x1x4 + 2x2x3 + 4x3x4

2? 0!1.21!" Q -3#4-$$- 1)- 5!.6- 21&*.&#"21- 7

Q $&' ,! @1*0!AB$ C1B1<=!$ -$ -$<%( 2 $! x1, x2, x3, x4? )D$&' -1!E >"$! ,!$ F1%B$ G,+-%+'"G,$ &,% R4?

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σQ $&' -(H!"$ &,% R4 × R

4@+% I

∀x, y ∈ R4, σQ(x, y) =

Q(x + y) − Q(x) − Q(y)

2

J! '%1,#$ "E" G,$ @1,% '1,' x, y ∈ R4K

σQ(x, y) = 2x1y1 + 2x2y2 − x3y3 + 2x4y4 − x1y4 − x4y1 + x2y3 + x3y2 + 2x2y4 + 2x4y2

/+ B+'%"E$ -$ σQ -+!& *+ >+&$ E+!1!"G,$ -$ R4$&' +*1%& I

2 0 0 −10 2 1 20 1 −1 0−1 2 0 2

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J! +@@*"G,$ *+ B('C1-$ -$ *+ %(-,E'"1! -$ M+,&&?

Q(x1, x2, x3, x4) = 2x21+ 2x2

2− x2

3+ 2x2

4− 2x1x4 + 2x2x3 + 4x3x4

=

[

2

(

x1 −1

2x4

)2

− 1

2x2

4

]

+ 2x2

2 − x2

3 + 2x2

4 + 2x2x3 + 4x3x4

= 2

(

x1 −1

2x4

)2

+ 2x2

2 − x2

3 +3

2x2

4 + 2x2x3 + 4x3x4

= 2

(

x1 −1

2x4

)2

+

[

2

(

x2 +1

2x3

)2

− 1

2x2

3

]

− x2

3 +3

2x2

4 + 4x3x4

= 2

(

x1 −1

2x4

)2

+ 2

(

x2 +1

2x3

)2

− 3

2x2

3 +3

2x2

4 + 4x3x4

= 2

(

x1 −1

2x4

)2

+ 2

(

x2 +1

2x3

)2

+

[

−3

2

(

x3 −4

3x4

)2

+8

3x2

4

]

+3

2x2

4

= 2

(

x1 −1

2x4

)2

+ 2

(

x2 +1

2x3

)2

− 3

2

(

x3 −4

3x4

)2

+25

6x2

4

=

[√2

(

x1 −1

2x4

)]2

+

[√2

(

x2 +1

2x3

)]2

−[

√

3

2

(

x3 −4

3x4

)

]2

+

[

5√6x4

]2

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Q !D$&' @+& @1&"'"#$ E+% "* 0 + -$& E+%%(& !(<+'"F&? Q !D$&' E$@$!-+!' @+& -(<(!(%($ E+% &1! %+!< $&' -$ 4N"* 0 + 4 E+%%(& !1! !,*&O?

2

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!"# Q : R5 → R $%&''$"(&#"!) *+,)"- '&. /

Q(x1, x2, x3, x4, x5) = x1x2 + x1x3 − x2x3 + 2x2x5 − x3x4 + 2x4x5

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Q "#$ %& '()*&+," -(,(./&" 0" 0".12 2 "& x1, x2, x3, x4, x5! 34"#$ 0(&5 67"& %&" 8(1," 9%:01:$79%" #%1

R5!

;! 81-$$- -3# 3& 5!.6- '!$&".- σQ 7 81-$$- -3# $& 6&#."(- *- σQ *&)3 $& 9&3- (&)!)"21- *- R57

σQ "#$ 02<&7" #%1 R5 × R

5':1 =

∀x, y ∈ R5, σQ(x, y) =

Q(x + y) − Q(x) − Q(y)

2

>& $1(%?" 757 9%" '(%1 $(%$ x, y ∈ R5@

σQ(x, y) =1

2x1y2 +

1

2x2y1 +

1

2x1y3 +

1

2x3y1−

1

2x2y3−

1

2x3y2 +x2y5 +x5y2−

1

2x3y4−

1

2x4y3 +x4y5 +x5y4

A: ,:$175" 0" σQ 0:&# ): 6:#" 5:&(&79%" 0" R5"#$ :)(1# =

0 1/2 1/2 0 01/2 0 −1/2 0 11/2 −1/2 0 −1/2 00 0 −1/2 0 10 1 0 1 0

B! :+(!6'!3-. Q -) 3!66- -# *";+.-)(- *- (&..+3 *- 5!.6-3 $")+&".-3<

>& :'')79%" ): ,2$-(0" 0" ): 120%5$7(& 0" C:%##!

Q(x) = x1x2 + x1x3 − x2x3 + 2x2x5 − x3x4 + 2x4x5

=[

(x1 − x3 + 2x5)(x2 + x3) + x2

3 − 2x3x5

]

− x3x4 + 2x4x5

=1

4(x1 + x2 + 2x5)

2 − 1

4(x1 − x2 − 2x3 + 2x5)

2 + x2

3 − x3x4 − 2x3x5 + 2x4x5

=1

4(x1 + x2 + 2x5)

2 − 1

4(x1 − x2 − 2x3 + 2x5)

2 +

[

(

x3 −1

2x4 − x5

)2

− 1

4x2

4 − x2

5 − x4x5

]

+ 2x4x5

=1

4(x1 + x2 + 2x5)

2 − 1

4(x1 − x2 − 2x3 + 2x5)

2 +

(

x3 −1

2x4 − x5

)2

− 1

4x2

4 + x4x5 − x2

5

=1

4(x1 + x2 + 2x5)

2 − 1

4(x1 − x2 − 2x3 + 2x5)

2 +

(

x3 −1

2x4 − x5

)2

+

[

−1

4(x4 − 2x5)

2 + x2

5

]

− x2

5

=1

4(x1 + x2 + 2x5)

2 − 1

4(x1 − x2 − 2x3 + 2x5)

2 +

(

x3 −1

2x4 − x5

)2

− 1

4(x4 − 2x5)

2

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;

FMMA244 - Approfondissement en geometrie 2011-2012

——

Reduction de Gauss

Formes quadratiques

Soit E un K-espace vectoriel (K = R ou C). Une forme quadratique sur E est une application q : E → K telle

qu’il existe une forme bilinéaire symétrique ϕ : E × E → K telle que q(x) = ϕ(x, x) pour tout x ∈ E. La forme

bilinéaire symétrique ϕ est alors unique et appelée la forme polaire de q. En effet, pour tout x, y ∈ E, on a:

q(x + y) = q(x) + 2ϕ(x, y) + q(y) et donc ϕ(x, y) =1

2

(

q(x + y) − q(x) − q(y))

.

En particulier une forme quadratique q vérifie

q(0E) = 0, q(λx) = λ2q(x), et q(x + y) + q(x − y) = 2(

q(x) + q(y))

(égalité du parallélogramme)

pour tous x, y ∈ E et λ ∈ K.

Exemples

1. Toute forme quadratique q sur Kn est un polynôme homogène de degré 2 en les variables x1, . . . , xn.

2. Plus généralement, soient q est une forme quadratique sur E et E = (e1, · · · , en) une base de E.

Alors, pour tout x = x1e1 + · · · + xnen ∈ E,

q(x) =∑

1≤i, j≤n

ai, j xix j =∑

1≤i≤n

ai,i x2i +

∑

1≤i< j≤n

2ai, j xix j

où ai, j = ϕ(ei, e j) avec ϕ la forme polaire de q. Puisque ϕ est symétrique, [ai, j]1≤i, j≤n ∈ Mn(K) est une matrice

symétrique.

3. Soient U un ouvert d’un R-espace vectoriel normé E et f : U ⊂ E → R une application deux fois differentiable

en a ∈ U. Alors, par le théorème de Schwarz, la hessienne Hessa f : E → R de f en a est une forme quadratique

sur E.

Reduction des formes quadratiques

Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n. Rappelons qu’une forme linéaire sur E est une application

linéaire ℓ : E → K. L’ensemble E∗ = L(E,K) des formes linéaires sur E, appelé le dual de E, est alors une

K-espace vectoriel de dimension n.

Théorème

Soit q une forme quadratique sur E non nulle. Alors existe un entier r ≥ 1, des formes linéaires ℓ1, . . . , ℓr ∈ E∗

indépendantes (i.e., formant une famille libre dans E∗) et des scalaires a1, . . . , ar ∈ K tous non nuls, tels que

∀ x ∈ E, q(x) = a1 ℓ1(x)2+ · · · + ar ℓr(x)

2.

Le théorème se démontre en appliquant l’algorithme de réduction de Gauss donné ci-dessous, qui permet de

trouver des formes linéaires ℓ1, . . . , ℓr indépendantes et des scalaires a1, . . . , ar tous non nuls tels que q = a1 ℓ21+

· · · + ar ℓ2r . Notons que les formes linéaires ℓ1, . . . , ℓr et les scalaires a1, . . . , ar ne sont pas uniques (même à

permutation près). L’entier r est égal au rang de q. Lorsque K = R, la signature de q est (s, t) où

s = card{

1 ≤ i ≤ r | ai > 0}

et t = r − s = card{

1 ≤ i ≤ r | ai < 0}

.

Algorithme de reduction de Gauss

L’algorithme de réduction de Gauss est un algorithme qui permet de décomposer une forme quadratique (non

nulle) en somme de carrés de formes linéaires indépendantes, chaque carré étant affecté d’un coefficient (voir le

théorème). Soit q une forme quadratique sur un K-espace vectoriel de dimension finie n. On munit E d’une base

E = (e1, · · · , en) de sorte que, pour x = x1e1 + · · · + xnen ∈ E,

q(x) =

n∑

i=1

ai, j x2i +

∑

1≤i< j≤n

2ai, j xix j

où ai, j = ϕ(ei, e j) avec ϕ la forme polaire de q. L’algorithme procède par diminution du nombre des variables xiqui interviennent dans cette expression de la forme quadratique. Deux cas sont possibles, et sont examinés dans

cet ordre :

Premier cas : la forme quadratique contient un terme au carré x2iPour fixer les idées, supposons que ce soit x2

1. On regroupe alors tous les termes contenant la variable x1 et on les

voit comme le début du développement d’un carré du type (x1 + . . . )2 :

q(x) = a1,1(

x21 + x1 f (x2, · · · , xn))

+ g(x2, · · · , xn)

= a1,1

(

x1 +1

2f (x2, · · · , xn)

)2

−a1,1

4f (x2, · · · , xn)

2+ g(x2, · · · , xn)

= a1,1ℓ1(x)2+ q′(x)

où ℓ1 est une forme linéaire sur E donnée par :

ℓ1(x1e1 + · · · + xnen) = x1 +1

2f (x2, · · · , xn)

et q′ est une nouvelle forme quadratique sur E dans laquelle la variable x1 n’apparaît plus :

q′(x1e1 + · · · + xnen) = −a1,1

4f (x2, · · · , xn)

2+ g(x2, · · · , xn).

On continue à faire tourner l’algorithme sur cette nouvelle forme quadratique (i.e., on regarde si q′ vérifie le

premier cas ou le second cas décrit ci-dessous, etc...).

Second cas : la forme quadratique ne contient aucun carré x2iDans ce cas, on choisit deux variables qui apparaissent sous la forme xix j. Pour fixer les idées, supposons que

le produit x1x2 apparaisse dans l’expression de q. On isole alors tous les termes qui contiennent x1 ou x2, et

on voit d’abord leur somme comme le produit de deux formes linéaires, l’une contenant x1 mais pas x2, l’autre

contenant x2 mais pas x1, en retranchant évidemment ce qui apparaît en trop quand on effectue le produit de ces

deux formes linéaires :

q(x) = a1,2(

x1x2 + x1 f (x3, · · · , xn) + x2g(x3, · · · , xn))

+ h(x3, · · · , xn)

= a1,2(

x1 + g(x3, · · · , xn))(

x2 + f (x3, · · · , xn))

− a1,2 f (x3, · · · , xn)g(x3, · · · , xn) + h(x3, · · · , xn)

= a1,2ℓ′1(x)ℓ

′2(x) + q

′(x)

où

ℓ′1(x1e1 + · · · + xnen) = x1 + g(x3, · · · , xn), ℓ′2(x1e1 + · · · + xnen) = x2 + f (x3, · · · , xn)

et

q′(x1e1 + · · · + xnen) = −a1,2 f (x3, · · · , xn)g(x3, · · · , xn) + h(x3, · · · , xn).

Enfin, en utilisant l’identité

ab =1

4(a + b)2 −

1

4(a − b)2,

on voit le produit de deux formes linéaires comme la différence de deux carrés, ce qui permet d’exprimer fi-

nalement q comme la somme (en fait la différence) de deux carrés de formes linéaires et d’une nouvelle forme

quadratique q′ dans laquelle les variables x1 et x2 n’apparaissent plus :

q(x) = a1,2ℓ′1(x)ℓ

′2(x) + q

′(x)

=a1,2

4

(

ℓ′1(x) + ℓ′2(x)

)2−a1,2

4

(

ℓ′1(x) − ℓ′2(x)

)2+ q′(x)

=a1,2

4ℓ1(x)

2 −a1,2

4ℓ2(x)

2+ q′(x)

où

ℓ1(x) = ℓ′1(x) + ℓ

′2(x) et ℓ2(x) = ℓ

′1(x) − ℓ

′2(x).

On continue à faire tourner l’algorithme sur cette nouvelle forme quadratique q′ (ie. on regarde si celle-ci vérifie

le premier cas ou le second cas décrit ci-dessous, etc...).

Exercices

1. Déterminer une réduction de Gauss de la forme quadratique q sur K3 définie par q(x, y, z) = 2x2−y2−4xy−8yz.

2. Déterminer une réduction de Gauss de la forme quadratique q sur K3 définie par q(x, y, z) = x2 + xy + xz.

3. Déterminer une réduction de Gauss de la forme quadratique q sur K4 définie par q(x, y, z, t) = xy + xz+ yz + zt.

Correction

1. L’application de l’algorithme de réduction de Gauss donne, pour tout (x, y, z) ∈ K3,

q(x, y, z) = 2x2 − y2 − 4xy − 8yz

= 2(

x2 − 2xy)

− y2 − 8yz

= 2(

(x − y)2 − y2)

− y2 − 8yz

= 2(x − y)2 − 3y2 − 8yz

= 2(x − y)2 − 3

(

y2 +8

3yz

)

= 2(x − y)2 − 3

(

y +4

3z

)2

−16

9z2

= 2(x − y)2 − 3

(

y +4

3z

)2

+16

3z2.

En posant :

ℓ1(x, y, z) = x − y, ℓ2(x, y, z) = y +4

3z et ℓ3(x, y, z) = z,

on a bien décomposé q sous la forme q = 2ℓ21− 3ℓ2

2+

163ℓ23avec (ℓ1, ℓ2, ℓ3) libre dans

(

K3)∗.

Lorsque K = R, la signature de q est (2, 1).

2. L’application de l’algorithme de réduction de Gauss donne, pour tout (x, y, z) ∈ K3,

q(x, y, z) = x2 + xy + xz =

(

x +1

2y +

1

2z

)2

−

(

1

2y +

1

2z

)2

.

En posant :

ℓ1(x, y, z) = x +1

2y +

1

2z et ℓ2(x, y, z) =

1

2y +

1

2z.

on a bien décomposé q sous la forme q = ℓ21− ℓ2

2avec (ℓ1, ℓ2) libre dans

(

K3)∗.


3. L’application de l’algorithme de réduction de Gauss donne, pour tout (x, y, z, t) ∈ K4,

q(x, y, z, t) = xy + xz + yz + zt

=

(

xy + xz + yz)

+ zt

=

(

(x + z)(y + z) − z2)

+ zt

= (x + z)(y + z) − z2 + zt

=1

4

(

x + y + 2z)2−1

4

(

x − y)2− z2 + zt

=1

4

(

x + y + 2z)2−1

4

(

x − y)2−

(

z2 − zt)

=1

4

(

x + y + 2z)2−1

4

(

x − y)2−

(

(z −1

2t)2 −

1

4t2

)

=1

4

(

x + y + 2z)2−1

4

(

x − y)2−

(

z −1

2t)2+1

4t2.

En posant :

ℓ1(x, y, z, t) = x + y + 2z, ℓ2(x, y, z, t) = x − y, ℓ3(x, y, z, t) = z −1

2t et ℓ4(x, y, z, t) = t,

on a bien décomposé q sous la forme q = 14ℓ21− 1

4ℓ22− ℓ2

3+

14ℓ24avec (ℓ1, ℓ2, ℓ3, ℓ4) libre dans

(

K4)∗.


LM223, Formes quadratiques et geometrie, 10 janvier 2010

Corrige de l’exercice 1.

On applique l’algorithme de Gauss a qa :

qa(x, y, z) =x2 + (a+ 5)y2 + (a2 + a+ 2)z2 + 2xz + 4xy + 2(a+ 3)yz

=(x+ 2y + z)2 − 4y2 − z2 − 4yz + (a+ 5)y2 + (a2 + a+ 2)z2 + 2(a+ 3)yz

=(x+ 2y + z)2 + (a+ 1)y2 + (a2 + a+ 1)z2 + 2(a+ 1)yz

=(x+ 2y + z)2 + (a+ 1)(y + z)2 + a2z2

La forme qa est definie ssi a est different de 0 ou −1. Elle est positive ssia ∈ [−1,∞[. Elle est negative pour aucune valeur de a.


1. Pour montrer que les matrices sont orthogonales, il suffit de verifierque leurs vecteurs colonnes forment une famille orthonormee.

2. ker(B−Id) est la droite engendree par le vecteur (1, 0,−3). ker(C−Id)est le plan engendree par les vecteurs (1, 0,−3) et (0, 1, 2).

3. On remarque que

A =

(

cos(θ) sin(θ)sin(θ) − cos(θ)

)

avec θ = π/6

Donc A est la matrice de la symetrie orthogonale de R2 par rapport a

la droite engendree par (cos(π/12), sin(π/12)).

Le determinant de B etant positif, il s’agit d’une rotation de R3 qui

n’est pas l’identite, son axe est la droite ker(B − Id).

C etant orthogonale, elle preserve la droite orthogonale a ker(C − Id)et ses valeurs propres reelles sont dans {1,−1}. Comme C 6= Id, Cagit comme − Id sur la droite orthogonale a ker(C − Id). Donc C estla reflexion par rapport au plan ker(C − Id).


1. E est l’ensemble des combinaisons lineaires de v1 et v2, autrement ditl’ensemble des vecteurs (x, y, z) ∈ R

3 tels qu’il existe α et β verifiant

x = α+ β

y = −αz = 2α+ β

La methode du pivot de Gauss permet de determiner pour quellesvaleurs de x, y et z, ce systeme admet une solution :

α+ β = x

−α = y

2α+ β = z

⇔

−α = y L2

β = y + x L1 + L2

β = z + 2y L3 + 2L2

⇔

−α = y L1

β = y + x L2

0 = z + y − x L3− L2

Une equation de E est donc −x+ y + z = 0.

2. Les vecteurs v1 et v2 forment une base de E. En appliquant le procedede Gram-Schmidt, on obtient une base orthonormee de E :

v′2 = v2 −〈v1, v2〉〈v1, v1〉

v1 = (12, 12, 0)

est orthogonal a v1 et vect(v1, v′2) = vect(v1, v2). Alors

w1 =1

‖v1‖v1 =

1√6(1,−1, 2) et w2 =

1

‖v′2‖v

′2 =

1√2(1, 1, 0)

forment une base orthonormee de E.

3. De l’equation de E, on deduit que E⊥ est engendre par (−1, 1, 1). Doncle vecteur w3 =

1√3(−1, 1, 1) est une base orthonormee de E⊥.

4. La projection de u = (1, 1, 1) sur E est

u− 〈u,w3〉w3 =2

3(2, 1, 1)


1. Cela decoule de la linearite de la trace et de la bilinearite de l’appli-cation produit des matrices.

2. Si A =

(

a bc d

)

, alors

f(A,A) =1

2((a+ d)2 − (a2 + bc)− (bc+ d2)) = ad− bc.

3. La forme quadratique de f est l’application determinant de E.

4. Dans la base

(

1 00 0

)

,

(

0 10 0

)

,

(

0 01 0

)

,

(

0 00 1

)

, les coordonnees de

A =

(

a bc d

)

sont a, b, c et d. Decomposons en somme de carres :

q(A) =ad− bc

=1

4(a+ d)2 − 1

4(a− d)2 − 1

4(b+ c)2 +

1

4(b− c)2

Donc la signature de q est (2, 2).

Mathématiques (L3) – Quelques exercices supplémentaires

FORMES QUADRATIQUES

§ 1. — Matrices et formes polaires de formes quadratiques . . . . . . 1

§ 2. — Méthode des mineurs principaux . . . . . . . . . . . . . . . . 2

§ 3. — Réduction des formes quadratiques . . . . . . . . . . . . . . . 7

§ 1. — Matrices et formes polaires de formes quadratiques

Exercice 1.1. Pour chacune des formes quadratiques suivantes, écrire la matrice M correspon-

dante ainsi que la forme polaire f .

(i) q(u, v) = −uv.

(ii) q(x, y, z) = xy − x2+ 5yz.

(iii) q(x1, x2, x3) = mx21− x3

2+ 3x1x3.

(iv) q(x1, x2, x3,m) = m2+ x2

1− x2m + 3x1x3 + 2x3m.

Corrigé de l’exercice 1.1.

(i) Il y a deux variables qui sont u et v donc la matrice est

M =

(

u v

u 0 − 12

v −12

0

)

On en déduit la forme polaire correspondante en écrivant les variables avec des ′ au-

dessus :

M =

(

u′ v′

u 0 − 12

v −12

0

)

donc f (u, v; u′, v′) = −12uv′ − 1

2u′v.

(ii) Il y a trois variables qui sont x, y et z donc la matrice est

M =

x y z

x −1 12

0

y12

0 52

z 0 52

0

.

1


dessus :

M =

x′ y′ z′

x −1 12

0

y12

0 52

z 0 52

0

donc f (x, y, z; x′, y′, z′) = −xx′ + 12xy′ + 1

2x′y+ 5

2yz′ + 5

2y′z.

(iii) Il y a trois variables qui sont x1, x2 et x3 (m est un paramètre) donc la matrice est

M =

x1 x2 x3

x1 m 0 32

x2 0 −1 0

x332

0 0

.


dessus :

M =

x′1

x′2

x′3

x1 m 0 32

x2 0 −1 0

x332

0 0

donc f (x1, x2, x3; x′1, x′2, x

′3) = mx1x′1+

32x1x′3− x2x′2+

32x′1x3.

(iv) Il y a quatre variables qui sont x1, x2, x3 et m donc la matrice est

M =

x1 x2 x3 m

x1 1 0 32

0

x2 0 0 0 − 12

x332

0 0 1

m 0 − 12

1 1

.


dessus :

M =

x′1

x′2

x′3

m′

x1 1 0 32

0

x2 0 0 0 − 12

x332

0 0 1

m 0 − 12

1 1

,

donc

f (x1, x2, x3,m; x′1, x′2, x

′3,m

′) = x1x′1+32x1x′3−

12x2m

′+

32x′1x3+ x3m

′− 12x′2m+ x′3m+mm′.

§ 2. — Méthode des mineurs principaux

Rappels de cours

Méthode des mineurs principaux Soit q une forme quadratique et M =

(

a b cb d ec e f

)

la matrice

2

associée. On définit les mineurs principaux nord-ouest :

∆1 = det(

a)

= a, ∆2 = det

(

a b

b d

)

et ∆3 = det

a b c

b d e

c e f

= det M.

Ils permettent de déterminer si la forme quadratique est définie positive ou négative en utilisant

le critère suivant.

Critère des mineurs principaux nord-ouest.

– q définie positive⇐⇒ ∆1 > 0, ∆2 > 0 et ∆3 > 0 ;

– q définie négative⇐⇒ ∆1 < 0, ∆2 > 0 et ∆3 < 0.

Si ce critère ne s’applique pas, il faut calculer tous les mineurs principaux (pas seulement

les nord-ouest), qui sont :

– mineurs d’ordre 1 : det(

a)

= a, det(

b)

= b et det(

c)

= c ;

– mineurs d’ordre 2 : det

(

a b

b d

)

, det

(

a c

c f

)

et det

(

d e

e f

)

;

– mineurs d’ordre 3 : det

a b c

b d e

c e f

= det M.

Ils permettent de déterminer si la forme quadratique est positive ou négative en utilisant le

critère suivant.

Critère des mineurs principaux quelconques.

– q positive⇐⇒ mineurs d’ordre 1 ≥ 0, mineurs d’ordre 2 ≥ 0 et mineurs d’ordre 3 ≥ 0 ;

– q négative⇐⇒ mineurs d’ordre 1 ≤ 0, mineurs d’ordre 2 ≥ 0 et mineurs d’ordre 3 ≤ 0.

Dans les autres cas, la forme quadratique change de signe (c’est le cas par exemple si ∆2 < 0

ou si ∆1 > 0 et ∆3 < 0 ou si ∆1 < 0 et ∆3 > 0, ou si deux mineurs d’ordre 1 sont de signe

contraire, etc.)

Remarque. On a donné uniquement le critère en dimension 3, mais il fonctionne dans toutes

les dimensions.

Exercice 2.1. En utilisant la méthode des mineurs principaux, donner, si c’est possible, le

signe des formes quadratiques suivantes.

(i) q(x, y) = x2+ 2xy + y2.

(ii) q(x1, x2) = 6x1x2 − 8x22.

(iii) q(s, t) = 6s2 + 4st + 3t2.

(iv) q(u, v,w) = u2+ v2+ w2

+ 2uv + 2uw + 2vw.

(v) q(a, b, c) = 2a2+ 2c2

+ 4ab + 4bc.

(vi) q(x, y, z) = −7x2 − 2xy + 4xz − 7y2+ 4yz − 10z2.

(vii) q(x1, x2, x3) = −x21− x2

3+ 2x1x3 − 2x2x3.

(viii) q(α, β, γ) = α2 − γ2 − 2βγ − 2αγ.

(ix) q(r, s, t) = −9r2 + 6rs − 2s2 + 6rt + 2st − 5t2.

(x) q(x1, x2, x3,m) = m2+ x2

1− x2m + 3x1x3 + 2x3m

3


(i) La matrice de q(x, y) = x2+ 2xy + y2 est M =

(

1 1

1 1

)

. On commence par essayer de voir

si q est définie positive ou négative en utilisant les mineurs principaux nord-ouest. On a :

∆1 = det(

1)

= 1 ;

∆2 = det

(

1 1

1 1

)

= 0.

Puisque ∆2 = 0, le critère des mineurs principaux nord-ouest ne s’applique pas (donc q

n’est ni définie positive ni définie négative). Pour déterminer le signe de q, on doit donc

calculer tous les mineurs principaux :

– ordre 1 : det(

1)

= 1 et det(

1)

= 1 ;

– ordre 2 : det

(

1 1

1 1

)

= 0.

Tous les mineurs principaux sont ≥ 0 donc la forme quadratique est positive (sans être

définie positive, comme on l’a vu).

(ii) La matrice de q(x1, x2) = 6x1x2−8x22est M =

(

0 3

3 −8

)


si q est définie positive ou négative en utilisant les mineurs principaux nord-ouest. Puisque

∆1 = det(

0)

= 0, le critère des mineurs principaux nord-ouest ne s’applique pas (donc q

n’est ni définie positive ni définie négative). Pour déterminer le signe de q, on doit calculer

tous les mineurs principaux :

– ordre 1 : det(

0)

= 0 et det(

−8)

= −8 ;

– ordre 2 : det

(

0 3

3 −8

)

= −9.

Puisque le mineur principal d’ordre 2 est < 0, la forme quadratique n’est ni positive ni

négative ; elle change donc de signe.

(iii) La matrice de q(s, t) = 6s2 + 4st + 3t2 est M =

(

6 2

2 3

)


si q est définie positive ou négative en utilisant les mineurs principaux nord-ouest. On a :

∆1 = det(

6)

= 6 ;

∆2 = det

(

6 2

2 3

)

= 18 − 4 = 14.

Puisque ∆1 > 0 et ∆2 > 0, le critère s’applique et montre que la forme quadratique est

définie positive.

(iv) La matrice de q(u, v,w) = u2+ v2

+ w2+ 2uv + 2uw + 2vw est M =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

. On

commence par essayer de voir si q est définie positive ou négative en utilisant les mineurs

principaux nord-ouest. On a :

∆1 = det(

1)

= 1 ;

∆2 = det

(

1 1

1 1

)

= 0.

4

Puisque ∆2 = 0, le critère des mineurs principaux nord-ouest ne s’applique pas (donc q

n’est ni définie positive ni définie négative). Pour déterminer le signe de q, on doit calculer

tous les mineurs principaux :

– ordre 1 : det(

1)

= 1, det(

1)

= 1 et det(

1)

= 1 ;

– ordre 2 : det

(

1 1

1 1

)

= 0, det

(

1 1

1 1

)

= 0 et det

(

1 1

1 1

)

= 0 ;

– ordre 3 : det

1 1 1

1 1 1

1 1 1

= det

(

1 1

1 1

)

− det

(

1 1

1 1

)

+ det

(

1 1

1 1

)

= 0.

Tous les mineurs principaux sont ≥ 0 donc la forme quadratique est positive (mais pas

définie positive comme on l’a vu).

(v) La matrice de q(a, b, c) = 2a2+ 2c2

+ 4ab + 4bc est M =

2 2 0

2 0 2

0 2 2

. On commence

par essayer de voir si q est définie positive ou négative en utilisant les mineurs principaux

nord-ouest. On a :

∆1 = det(

2)

= 2 ;

∆2 = det

(

2 2

2 0

)

= −4.

Puisque ∆2 < 0, le critère des mineurs principaux nord-ouest ne s’applique pas donc q

n’est ni définie positive ni définie négative ; de même, le fait que ∆2 < 0 montre qu’il y

a un mineur principal d’ordre deux de q qui n’est pas positif donc q n’est ni positive ni

négative. Par conséquent, elle change de signe.

(vi) La matrice de q(x, y, z) = −7x2−2xy+4xz−7y2+4yz−10z2 est M =

−7 −1 2

−1 −7 2

2 2 −10

. On



∆1 = det(

−7)

= −7 ;

∆2 = det

(

−7 −1−1 −7

)

= 49 − 1 = 48 ;

∆3 = det

−7 −1 2

−1 −7 2

2 2 −10

= (−7) × det

(

−7 2

2 −10

)

− (−1) × det

(

−1 2

2 −10

)

+ 2 × det

(

−1 −72 2

)

= −7 × 66 + 6 + 2 × 12 = 6(−7 × 11 + 1 + 2 × 2) = 6(−77 + 1 + 4)

= 6 × (−72) = −432.

(On a développé ∆3 par rapport à la première ligne.) Puisque ∆1 < 0, ∆2 > 0 et ∆3 < 0, le

critère des mineurs principaux nord-ouest s’applique et montre que q est définie négative.

5

(vii) La matrice de q(x1, x2, x3) = −x21− x2

3+ 2x1x3 − 2x2x3 est M =

−1 0 1

0 0 −11 −1 −1

. On



∆1 = det(

−1)

= −1 ;

∆2 = det

(

−1 0

0 0

)

= 0 ;

∆3 =

−1 0 1

0 0 −11 −1 −1

= (−1) × (−1) ×(

−1 0

1 −1

)

= 1.

(Pour calculer ∆3, on a développé par rapport à la deuxième ligne.) Puisque ∆2 = 0, le

critère des mineurs principaux nord-ouest ne s’applique pas et donc q n’est ni définie

positive ni définie négative. Puisque ∆1 < 0 et ∆3 > 0, la forme quadratique q a un mineur

d’ordre 1 qui est < 0 et un mineur d’ordre 3 qui est > 0. Il n’est donc pas possible qu’elle

soit positive ou qu’elle soit négative, ce qui montre qu’elle change de signe.

(viii) La matrice de q(α, β, γ) = α2 − γ2 − 2βγ − 2αγ est M =

1 0 −10 0 −1−1 −1 −1

. On commence

par essayer de voir si q est définie positive ou négative en utilisant les mineurs principaux

nord-ouest. On a :

∆1 = det(

1)

= 1 ;

∆2 = det

(

1 0

0 0

)

= 0 ;

∆3 =

(

1 0

−1 −1

)

= (−1) × (−1) ×(

−1 0

1 −1

)

= −1.

(Pour calculer ∆3, on a développé par rapport à la deuxième ligne.) Puisque ∆2 = 0, le

critère des mineurs principaux nord-ouest ne s’applique pas et donc q n’est ni définie

positive ni définie négative. Puisque ∆1 > 0 et ∆3 < 0, la forme quadratique q a un mineur

d’ordre 1 qui est > 0 et un mineur d’ordre 3 qui est < 0. Il n’est donc pas possible qu’elle

soit positive ou qu’elle soit négative, ce qui montre qu’elle change de signe.

(ix) La matrice de q(r, s, t) = −9r2 + 6rs − 2s2 + 6rt + 2st − 5t2 est M =

−9 3 3

3 −2 1

3 1 −5

. On



∆1 = det(

−9)

= −4 ;

∆2 = det

(

−9 3

3 −2

)

= 9 ;

∆3 = det

−9 3 3

3 −2 1

3 1 −5

= 0.

6

Puisque ∆3 = 0, le critère des mineurs principaux nord-ouest montre que q n’est pas

définie positive ou définie négative. Pour déterminer son signe, on calcule tous les mineurs

principaux :

– ordre 1 : det(

−9)

= −9, det(

−2)

= −2 et det(

−5)

= −5 ;

– ordre 2 : det

(

−9 3

3 −2

)

= 9, det

(

−9 3

3 −5

)

= 36 et det

(

−2 1

1 −5

)

= 9 ;

– ordre 3 : det

−9 3 3

3 −2 1

3 1 −5

= 0.

Puisque les mineurs principaux d’ordre un sont tous ≤ 0, que les mineurs principaux

d’ordre deux sont tous ≥ 0 et que le mineur d’ordre trois est ≤ 0, on en déduit que la

forme quadratique q est négative.

(x) La matrice de q(x1, x2, x3,m) = m2+x2

1−x2m+3x1x3+2x3m est M =

1 0 32

0

0 0 0 −12

32

0 0 1

0 −12

1 1

. On



∆1 = det(

1)

= −1 ;

∆2 = det

(

1 0

0 0

)

= 0.

Puisque ∆2 = 0, le critère des mineurs principaux nord-ouest ne s’applique pas ce qui

montre que q n’est ni définie positive ni définie négative. Pour déterminer le signe de q,

il faut donc utiliser le critère utilisant tous les mineurs principaux. On pourrait tous les

calculer, mais pour économiser les calculs, on peut remarquer directement que le mineur

principal d’ordre deux obtenu en supprimant les lignes et colonnes numéro 1 et 2 est

det

(

0 1

1 1

)

= −1.

Ceci montre qu’il y a un mineur d’ordre deux qui est strictement négatif, donc la forme

quadratique q n’est ni positive ni négative. Par conséquent, elle change de signe.

§ 3. — Réduction des formes quadratiques

Rappels de cours

Méthode de réduction des formes quadratiques. Soit q une forme quadratique et M la ma-

trice associée. C’est une matrice symétrique donc on peut la diagonaliser en base orthonor-

mée :

Q−1MQ =

λ1 0 0

0 λ2 0

0 0 λ3

avec Q−1=

tQ.

7

Si on pose

(

x′

y′

z′

)

= Q−1(

xyz

)

, on a q(x′, y′, z′) = λ1x′2 + λ2y′2+ λ3z

′2. Cette forme permet de

faire deux choses très simplement.

1o Déterminer le signe de q. Le signe des valeurs propres donne le signe de la forme

quadratique :

λ1 λ2 λ3 signe de q

> 0 > 0 > 0 définie positive

≥ 0 ≥ 0 ≥ 0 positive

< 0 < 0 < 0 définie négative

≤ 0 ≤ 0 ≤ 0 négative

autres cas change de signe

Noter que, contrairement à la méthode des mineurs principaux, on peut toujours déterminer le

signe de q grâce au signe de ses valeurs propres.

2o Résoudre l’équation q = 0.On résout λ1x′2+λ2y′2+λ3z

′2= 0 puis on exprime le résultat

en fonction de x, y et z grâce à la formule de changement de base

(

x′

y′

z′

)

= Q−1(

xyz

)

=tQ

(

xyz

)

.

Exercice 3.1. Pour chacune des formes quadratiques q suivantes, écrire la matrice correspon-

dante, la réduire en base orthonormée, puis en déduire le signe de q et résoudre d’équation

q = 0.

(i) q(x, y) = x2+ 2xy + y2.

(ii) q(x1, x2) = 6x1x2 − 8x22.

(iii) q(s, t) = 6s2 + 4st + 3t2.

(iv) q(u, v,w) = u2+ v2+ w2

+ 2uv + 2uw + 2vw.

(v) q(a, b, c) = 2a2+ 2c2

+ 4ab + 4bc.


(i) La matrice de q est M =

(

1 1

1 1

)

. On a vu dans la feuille d’exercices sur les matrices

symétriques que :

Q−1MQ =

(

0 0

0 2

)

où Q =

(

1√2

1√2

− 1√2

1√2

)

avec Q−1=

tQ.

Signe de la forme quadratique. Les valeurs propres de M sont λ1 = 0 et λ2 = 2 ; puisque

λ1 = 0 et λ2 > 0, la forme quadratique q est positive, mais pas définie positive.

Résolution de q = 0. Posons(

x′

y′

)

= Q−1(

xy

)

; dans ces nouvelles coordonnées, on a

q(x′, y′) = 2y′2.

Par suite, q = 0 ⇐⇒ y′ = 0. Or,

(

x′

y′

)

=tQ

(

x

y

)

=

(

1√2− 1√

21√2

1√2

)(

x

y

)

=

(

1√2x − 1√

2y

1√2x + 1√

2y

)

,

8

donc q = 0 ⇐⇒ x + y = 0.

Remarque. En fait, on a q(x, y) = x2+ 2xy + y2

= (x + y)2 donc il est évident que q est

positive et que q = 0 ⇐⇒ x + y = 0. Mais comme l’exercice imposait la méthode, ce

n’était pas ce qu’il fallait faire.

(ii) La matrice de q est M =

(

0 3

3 −8

)


symétriques que :

Q−1MQ =

(

1 0

0 −9

)

où Q =

(

3√10

1√10

1√10

− 3√10

)

avec Q−1=

tQ

Signe de la forme quadratique. Les valeurs propres de M sont λ1 = 1 et λ2 = −9 ;

puisque λ1 > 0 et λ2 < 0, la forme quadratique q change de signe.


x′1

x′2

)

= Q−1(

x1x2

)


q(x′1, x′2) = x′21 − 9x′22 .

Par suite,

q = 0 ⇐⇒ x′21 = 9x′22 ⇐⇒ x′1 = 3x′2 ou x′ = −3x′2.

Or,

(

x′1

x′2

)

=tQ

(

x1

x2

)

=

(

3√10

1√10

1√10

− 3√10

)(

x1

x2

)

=

(

3√10

x1 +1√10

x2

1√10

x1 − 3√10

x2

)

,

donc

q = 0 ⇐⇒ 3x1 + x2 = 3(x1 − 3x2) ou 3x1 + x2 = −3(x1 − 3x2)

⇐⇒ x2 = 0 ou 6x1 = 8x2.

Remarque. On a q(x1, x2) = x2(6x1 − 8x2) donc il était évident que q changeait de signe

et que q = 0 ⇐⇒ x2 = 0 ou 6x1 = 8x2, mais ce n’était pas la méthode demandée par

l’exercice.

(iii) La matrice de q est M =

(

6 2

2 3

)


symétriques que :

Q−1MQ =

(

2 0

0 7

)

où Q =

(

1√5

2√5

−2√5

1√5

)

avec Q−1=

tQ.

Signe de la forme quadratique. Les valeurs propres de M sont λ1 = 2 et λ2 = 7 ; puisque

λ1 > 0 et λ2 > 0, la forme quadratique q est définie positive.

Résolution de q = 0. Puisque q est définie positive, on a q = 0 ⇐⇒ s = t = 0.

9

(iv) La matrice de q est M =

1 1 1

1 1 1

1 1 1


symétriques que :

Q−1MQ =

0 0 0

0 0 0

0 0 3

où Q =

1√2

1√6

1√3

− 1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

avec Q−1=

tQ.

Signe de la forme quadratique. Les valeurs propres de M sont λ1 = 0, λ2 = 0 et λ3 = 3 ;

puisque λ1 = λ2 = 0 et λ3 > 0, la forme quadratique q est positive mais pas définie

positive.


u′

v′

w′

)

= Q−1(

uvw

)


q(u′, v′,w′) = 3w′2.

Par suite, q = 0 ⇐⇒ w′= 0. Or,

u′

v′

w′

=tQ

u

v

w

=

1√2− 1√

20

1√6

1√6

−2√6

1√3

1√3

1√3

u

v

w

=

1√2u − 1√

2v

1√6u + 1√

6v − 2√

6w

1√3u + 1√

3v + 1√

3w

,

donc q = 0 ⇐⇒ u + v + w = 0.

Remarque. On a q(u, v,w) = (u+ v+w)2, donc il est évident que q ≥ 0 et que q = 0 ⇐⇒u + v + w = 0, mais ce n’était pas la méthode demandée.

(v) La matrice de q est M =

2 2 0

2 0 2

0 2 2


symétriques que :

Q−1MQ =

2 0 0

0 4 0

0 0 −2

où Q =

1√2

1√3

1√6

0 1√3

−2√6

− 1√2

1√3

1√6

avec Q−1=

tQ.

Signe de la forme quadratique. Les valeurs propres de M sont λ1 = 2, λ2 = 4 et λ3 = −2 ;

puisque λ1 > 0, λ2 > 0 et λ3 < 0, la forme quadratique q change de signe.


a′

b′

c′

)

= Q−1(

abc

)


q(a′, b′, c′) = 2a′2 + 4b′2 − 2c′2.

Par suite,

q = 0 ⇐⇒ a′2 + 2b′2 = c′2 ⇐⇒ c′ =√

a′2 + 2b′2 ou c′ = −√

a′2 + 2b′2

Or,

a′

b′

c′

=tQ

a

b

c

=

1√2

0 − 1√2

1√3

1√3

1√3

1√6

−2√6

1√6

a

b

c

=

1√2a − 1√

2c

1√3a + 1√

3b + 1√

3c

1√6a − 2√

6b + 1√

6c

,

10

donc

q = 0 ⇐⇒ c′ = ±√

a′2 + 2b′2

⇐⇒ a − 2b + c = ±√6a′2 + 12b′2

⇐⇒ a − 2b + c = ±√

3(a − c)2 + 4(a + b + c)2.

Il n’y a pas de forme plus simple pour cette équation (si on développe tout puis qu’on

élève au carré, on retombe sur l’équation de départ).

11

Correction de quelques exercices de la feuille no 5:

Formes bilineaires symetriques et formes quadratiques

(1) (*) Soit (E,< ., . >) un espace prehilbertien. Montrer que l’application ψ(x, y) =< x, y > est uneforme bilineaire symetrique sur E. Montrer que la forme quadratique associee a ψ est definie positive.

Proof. Soient λ1 et λ2 dans IR. Alors ψ(x, λ1y1 + λ2y2) = λ1 < x, y1 > +λ2 < x, y2 > . De plus, ψ(x, y) = ψ(y, x)

(symetrie du produit scalaire). La forme quadratique associee s’ecrit: q(x, x) =< x, x >= ‖x‖2, definie positive(proprietes de la norme). �

(2) (*) Soit (E,< ., . >) un espace prehilbertien et u un endomorphisme sur E. Montrer que l’applicationΦ(x) =< x, u(x) > pour tout x ∈ E est une forme quadratique sur E. Determiner l’endomorphismeassocie a Φ.

Proof. Soit λ dans IR, Φ(λx) =< λx, u(λx) >=< λx, λu(x) >= λ2 < x, u(x) > λ2Φ(x). De plus, pour tout x, y dans

E2, Φ(x + y) =< x + y, u(x) + u(y) >=< x, u(x) > + < y, u(y) > + < x, u(y) > + < y, u(x) >= Φ(x) + Φ(y)+ <

x, u(y) > + < y, u(x) > . On pose ψ(x, y) = 12(< x, u(y) > + < y, u(x) >) et on montre facilement que c’est une

forme bilineaire symetrique. On peut alors conclure que Φ est bien une forme quadratique.Soit v l’endomorphisme associe a Φ. On sait que : ψ(x, y) =< x, v(y) > or ψ(x, y) = 1

2(< x, u(y) > + < y, u(x) >) =

12(< x, u(y) > + < x, u∗(y) >) = 1

2< x, u(y) + u∗(y) >. On a alors, v(x) = 1

2(u(x) + u∗(x)).

�

(3) (**) Soit < ., . > le produit scalaire sur IR2 tel que pour x = (x1, x2) et y = (y1, y2), < x, y >=2x1y1 + 3x2y2. A partir de la base orthonormale classique e = (i, j) de IR2, determiner une basee′ = (e′1, e

′

2) orthonormale pour ce produit scalaire. Determiner les coordonnees dans e′ d’un vecteurquelconque x ayant pour coordonnees (x1, x2) dans e.

(4) (*) Determiner la signature des formes quadratiques suivantes :(a) Φ1(x, y) = x2 − xy + y2;(b) Φ2(x, y) = x2 + xy − y2;(c) Φ3(x, y) = 3(x+ y)2 − 4(x− y)2 − 13xy;(d) Φ4(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − xy − xz − zy;(e) Φ4(x, y, z, t) = 2x y + 2z t− 2y z − 2x t.

Proof. Utilisation du procede d’orthogonalisation de Gauss:

(a) Φ1(x, y) = x2 − xy + y2 = (x− 12y)2 + 3

4y2.

sgn(Φ1) = (2, 0).

(b) Φ2(x, y) = x2 + xy − y2 = (x+ 12y)2 − 5

4y2.

sgn(Φ2) = (1, 1).(c) Φ3(x, y) = 3(x+y)2−4(x−y)2−13xy = 3(x2+y2+2xy)−4(x2+y2−2xy)−13xy = −x2−y2+xy = −Φ1(x, y).

sgn(Φ3) = (0, 2).

(d) Φ4(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − xy − xz − zy = (x− 12y − 1

2z)2 + 3

4(y − z)2.

sgn(Φ4) = (2, 0).�

(5) (**) On considere sur IR3 la forme quadratique

q(x) = 2x2

1 + x2

2 + 2x2

3 + 2x1x2 + 2x2x3 + 2x3x1.

(a) Montrer que q est definie positive.(b) Determiner une base orthonormale pour q, d’abord par la methode de Gauss (base notee B′),

puis par le procede d’orthonormalisation de Gramm-Schmidt.(c) Quelle est la matrice P de passage de la base canonique a la base B′.

Proof. (a) Ecrivons q(x) comme etant une combinaison lineaire de de carres de formes lineaires lineairementindependantes en utilisant le procede d’orthogonalisation de Gauss :

q(x) = 2x21 + x2

2 + 2x23 + 2x1x2 + 2x2x3 + 2x3x1 = 2(x1 + 1

2x2 + 1

2x3)2 + 1

2x22 + 3

2x23 + 2x2x3 = 2(x1 + 1

2x2 +

12x3)2 + 1

2(x2

2 + x3)2 + x23. sgn(q) = (3, 0), donc q est bien positive. q est bien definie positive car q(x) = 0 ssi

x1 + 12x2 + 1

2x3 = 0, x2

2 + x3 = 0 et x3 = 0 ssi x1 = x2 = x3 = 0

1

2 Licence M.A.S.S. deuxieme annee

(b) Methode de Gauss:

Soient

a = x1 + 12x2 + 1

2x3

b = x22 + x3

c = x3

Determinons la base duale v1, v2, v3 de cette base de formes lineaires.

x1 = a− 12b

x2 = b− cx3 = c

Ainsi, vt

1 = (1, 0, 0), vt

2 = (− 12, 1, 0) et vt

3 = (0,−1, 1). C’est une base orthogonale.

ut

1 = (1, 0, 0), ut

2 = (0,− 1√(2), 1√

(2)), ut

3 = (− 1√(5), 2√

(5), 0) est bien une base orthonormale.

Procede d’orthogonalisation de Gram Schmidt:

La matrice de q dans la base canonique s’ecrit :

M =

2 1 1

1 1 1

1 1 2

.

En partant de la base (b1, b2, b3) = (

211

,

1

11

,

112

),

on obtient la base (f1, f2, f3) = (

2√(6)1√(6)1√(6)

,

−√

(3)

3√(3)

3√(3)

3

,

0

−√

(2)

2√(2)

2

)

(c) Soit (e1, e2, e3) la base canonique.

u1 = e1u2 = − 1√

(5)e1 + 2√

(5)e2

u3 = − 1√(2)e2 + 1√

(2)

P =

1 0 0

12

√(5)

20

12

√(5)

2

√

(2)

�

(6) (**) Suivant la valeur de λ, etudier la signature de la forme quadratique suivante:

Φ(x, y) = (1 + λ)(x2 + y2) + 2(1− λ)x y ou λ ∈ IR.

Proof. Signature de Φ:

• Si λ = −1, Φ(x, y) = (x− y)2 − (x+ y)2, sgn(Φ) = (1, 1)

• Si λ 6= −1, Φ(x, y) = (1 + λ)(x+ 1−λ

1+λy)2 + (1 + λ− 4λ

(1+λ)2)y2

– Si λ < −1, sgn(Φ) = (0, 2)

– Si −1 < λ < 0, sgn(Φ) = (1, 1)– Si λ > 0, sgn(Φ) = (2, 0)

– Si λ = 0, sgn(Φ) = (1, 0)�

(7) (*) Demontrer que la forme quadratique Φ(x, y, z) = x2 + (z − y)2 est positive. Est-elle definiepositive ? Resoudre Φ(x, y, z) = 0.

Proof. Φ(x, y, z) = x2 +(z− y)2 ≥ 0, donc Φ est bien positive, mais elle n’est pas definie positive car son noyau n’estpas reduit a l’element neutre. Par exemple Φ(0, 2, 2) = 0.

Φ(x, y, z) = 0 ⇔{

x = 0y = z

�

Algèbre linéaire pour EL et GM Jeudi 2 décembre 2010Prof. A. Abdulle EPFL

Série 11 (Corrigé)

Exercice 1

Soit u1 =

111

, u2 =

−110

, v =

303

.

(i) Vérifier que u1 et u2 sont orthogonaux.

(ii) Calculer la projection orthogonale projW (v) de v sur W = span{u1, u2}.

(iii) Donner la décomposition v = z + projW (v), où z ∈ W⊥.

Sol.:

(i) Un calcul direct donne u1 · u2 = 1 · (−1) + 1 · 1 + 1 · 0 = 0.

(ii)

projW (v) =v · u1

u1 · u1

u1 +v · u2

u2 · u2

u2 =6

3u1 +

−3

2u2 = 2

111

− 3

2

−110

=

7/21/22

.

(iii) v = z + projW (v), où projW (v) est calculé dans (ii),

et z est donné par z = v − projW (v) =

−1/2−1/2

1

.

Remarque : On peut vérifier que z · u1 = z · u2 = 0, c’est-à-dire z ∈ W⊥.

Même question pour u1 =

1010

, u2 =

0101

, u3 =

2−1−21

, v =

1212

.

Sol.:

(i) Les vecteurs u1, u2, u3 sont orthogonaux: u1 · u2 = u1 · u3 = u2 · u3 = 0.

(ii)

projW (v) =v · u1

u1 · u1

u1 +v · u2

u2 · u2

u2 +v · u3

u3 · u3

u3 = u1 + 2u2 =

1212

.

1

(iii) z = v − projW (v) =

0000

.

Remarque: v = projW (v) équivaut à v ∈ W .

Même question pour u1 =

123

, u2 =

22−2

, v =

101

.

Sol.:

(i) Les vecteurs u1, u2 sont orthogonaux: u1 · u2 = 0.

(ii)

projW (v) =v · u1

u1 · u1

u1 +v · u2

u2 · u2

u2 =2

7u1 =

2/74/76/7

.

(iii) z = v − projW (v) =

5/7−4/71/7

.

Exercice 2

Soit les vecteurs,

v =

211

, w1 =

022

, w2 =

112

.

(i) Trouver la meilleure approximation de v par un vecteur de la forme αw1 + βw2.

Sol.: Attention, ici w1 et w2 ne sous pas orthogonaux (w1 ·w2 6= 0), donc on ne peutpas appliquer directement la même méthode que pour l’exercice 1.

Méthode 1. Soit W = span(w1, w2). La meilleure approximation w = αw1 + βw2

correspond à la projection orthogonale projW v. Elle est déterminée par w ∈ W etv − w ∈ W⊥:{

(w − v) · w1 = 0(w − v) · w2 = 0

⇔{

αw1 · w1 + βw2 · w1 = v · w1

αw1 · w2 + βw2 · w2 = v · w2⇔

{

8α + 6β = 46α + 6β = 5

.

La solution est α = −1/2, β = 4/3. Par conséquent w = −12w1 + 4

3w2 =

4/31/35/3

Méthode 2. Soit A =

0 12 11 2

. On doit trouver la meilleure approximation de v

sous la forme Ax, où x =

(

αβ

)

. L’équation normale pour la solution au sens des

2

moindres carrés de Ax = v est

AT Ax = AT v ⇔{

8α + 6β = 46α + 6β = 5

On conclut comme dans la méthode 1.

Méthode 3. On applique la méthode de Gram-Schmidt pour orthogonaliser la famille

{w1, w2}. On pose u1 = w1 =

022

et u2 = w2 − w2·u1

u1·u1

v1 =

1−1/21/2

. Ensuite on

procède comme dans l’exercice 1, projspan(w1,w2)v = v·u1

u1·u1

u1 + v·u2

u2·u2

u2 =

4/31/35/3

.

(ii) Calculer la distance entre v et span(w1, w2).

Sol.: ‖v − projspan(w1,w2)v‖ =

∥

∥

∥

∥

∥

∥

∥

2/32/3−2/3

∥

∥

∥

∥

∥

∥

∥

= 2/√

3.

Soit maintenant les vecteurs,

v =

240−1

, w1 =

20−1−3

, w2 =

5−242

.

(iii) Trouver la meilleure approximation de v par un vecteur de la forme αw1 + βw2.

Sol.: On remarque que les vecteurs w1 et w2 sont orthogonaux.

projspan(w1,w2)v =

10

−1/2−3/2

.

(iv) Calculer la distance entre v et span(w1, w2).

Sol.: ‖v − projspan(w1,w2)v‖ =√

352

.

Exercice 3

Soit {u1, . . . , un} et {v1, . . . , vn} deux bases orthonormales de Rn. On définit les matrices

de taille n× n, U = (u1 . . . un) et V = (v1 . . . vn). Montrer que UT U = I, V T V = I et queUV est inversible.Sol.:

UT U =

uT1

uT2...

uTN

(

u1 u2 · · · uN

)

=

uT1 u1 uT

1 u2 · · · uT1 uN

uT2 u1 uT

2 u2 · · · uT2 uN

......

......

uTNu1 uT

Nu2 · · · uTNuN

3

=

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 1

= I.

Comme v1, . . . , vn vérifient les mêmes hypothèses, on a également V T V = I.UV est inversible car V T UT UV = V T V = I, d’où (UV )−1 = V T UT .

Exercice 4

Soit W un sous-espace vectoriel de Rn. Soit {w1, . . . , wq} une base orthogonale de W . Soit

{v1, . . . , vr} une base orthogonale de W⊥.Montrer que {w1, . . . , wq, v1, . . . , vr} est orthogonale et prouver la relation

dimW + dimW⊥ = n.

Sol.: Le vecteur wi et le vecteur vj sont orthogonaux pour tout i = 1 . . . q, j = 1 . . . r carils appartiennent aux espaces orthogonaux W et W⊥. Les vecteurs wi sont orthogonauxentre eux car ils constituent une base orthogonale, de même pour les vecteurs vj. Ainsi,n’importe quels deux vecteurs dans la famille {w1, . . . , wq, v1, . . . , vr} sont orthogonaux:c’est une famille orthogonale.

Montrons la relation dimW + dimW⊥ = n.Méthode 1: La famille {w1, . . . , wq, v1, . . . , vr} est orthogonale donc linéairement indépen-dante. De plus tout vecteur v ∈ R

n se décompose sous la forme v = z + w avec z ∈ W⊥

et w = projW v ∈ W . Or z ∈ W⊥ peut être décomposé dans la base {v1, . . . , vr} de W⊥ etprojW v ∈ W peut être décomposé dans la base {w1, . . . , wq} de W . Ainsi, tout vecteur v ∈R

n peut se décomposer selon la famille linéairement indépendante {w1, . . . , wq, v1, . . . , vr}qui est donc une base de R

n. Par conséquent q + r = n.Méthode 2: Appliquons le théorème du rang à l’application linéaire projW :

dim Im projW + dim Ker projW = n.

Or la projection vérifie Ker projW = W⊥ et Im projW = W , d’où le résultat.

Exercice 5

Appliquer la méthode de Gram-Schmidt pour orthogonaliser les bases de sous-espaces vec-toriels de R

n suivantes.

(i) w1 =

111

, w2 =

121

.

Sol.: La méthode de Gram-Schmidt donne: u1 = w1 =

111

.

u2 = w2 −w2 · u1

u1 · u1

u1 =

−1/32/3−1/3

.

4

(ii) w1 =

1321

, w2 =

0110

, w3 =

0100

.

Sol.: La méthode de Gram-Schmidt donne: u1 = w1 =

1321

.

u2 = w2 −w2 · u1

u1 · u1

u1 =

−1/30

1/3−1/3

.

u3 = w3 −w3 · u1

u1 · u1

u1 −w3 · u2

u2 · u2

u2 =

−1/52/5−2/5−1/5

.

(iii) Donner une base orthonormale pour (i) et (ii).

Sol.: Pour (i): u1/‖u1‖ =1√3

111

, u2/‖u2‖ =1√6

−12−1

.

Pour (ii): u1/‖u1‖ =1√15

1321

, u2/‖u2‖ =1√3

−101−1

, u3/‖u3‖ =1√10

−12−2−1

.

Exercice 6

Calculer la décomposition QR des matrices suivantes:

(i) A =

2 32 41 1

, Sol.: On applique la méthode de Gram-Schmidt aux vecteurs w1 =

221

and w2 =

341

. On obtient u1 =

2/32/31/3

et u2 =

−1/32/3−2/3

,

d’où Q =

2/3 −1/32/3 2/31/3 −2/3

,

Ainsi, R = QT A =

(

3 50 1

)

.

(ii) A =

1 1 −11 2 11 2 −1

,

5

Sol.: Q =

1/√

3 −2/√

6 0

1/√

3 1/√

6 1/√

2

1/√

3 1/√

6 −1/√

2

, R =

√3 5/

√3 −1/

√3

0 2/√

6 2/√

6

0 0√

2

.

(iii) A =

0 01 20 −1−1 1

Sol.: Q =

0 0

1/√

2 3/√

22

0 −2/√

22

−1/√

2 3/√

22

, R =

√2 1/

√2

0√

11/2

.

Exercice 7

Soit U un sous-espace vectoriel de Rn et u1, . . . , up une base orthogonale de U . On considèrela transformation T : Rn → R

n définie par T (v) = projU(v).Montrer que T est une transformation linéaire.Sol.: Méthode 1.

T (αv + βw) = u1(αv + βw) · u1

u1 · u1

+ . . . + up

(αv + βw) · up

up · up

= αu1v · u1

u1 · u1

+ βu1w · u1

u1 · u1

+ . . . + αup

v · up

up · up

+ βup

w · up

up · up

= αT (v) + βT (w).

Méthode 2. En utilisant l’identité x · y = xT y = yT x, on a:

T (v) = u1v · u1

u1 · u1

+ . . . + up

v · up

up · up

= u1uT1 (uT

1 u1)−1v + . . . + upuT

p (uTp up)−1v

=(

u1uT1 (uT

1 u1)−1 + . . . + upuT

p (uTp up)−1

)

v.

Ainsi, la transformation T est associée à la matrice u1uT1 (uT

1 u1)−1 + . . . + upuT

p (uTp up)−1 et

est donc linéaire.

Exercice 8

Déterminer la solution au sens des moindres carrés de Ax = b,

(a) en utilisant l’équation normale lorsque

(i) A =

2 1−2 02 3

, b =

412

,

Sol.: L’équation normale AT Ax = AT b est

(

12 88 10

)

x =

(

1010

)

,

elle a pour solution x =

(

5/145/7

)

.

6

(ii) A =

1 31 −11 1

, b =

510

,

Sol.: AT A =

(

3 33 11

)

, AT b =

(

614

)

, x =

(

11

)

.

(iii) A =

1 1 01 0 −10 1 1−1 1 −1

, b =

2566

;

Sol.: AT A =

3 0 00 3 00 0 3

, AT b =

114−5

, x =

1/314/3−5/3

.

(b) en utilisant la méthode QR,

(i) A =

0 01 20 −1−1 1

, b =

1010

Sol.: On remarque que la décomposition QR a déjà été obtenue à l’exercice6. L’approximation x au sens des moindres carrés est la solution du systèmeRx = QT b, où

QT b =

(

0

−2/√

22

)

, et ainsi x =

(

1/11−2/11

)

.

(ii) A =

2 32 41 1

, b =

001

.

Sol.: QT b =

(

1/3−2/3

)

, x =

(

11/9−2/3

)

.

Exercice 9

Soit A une matrice de taille m× n.

(i) Montrer KerA = Ker(AT A).

Sol.: Si Ax = 0 alors AT Ax = 0, ce qui montre KerA ⊂ Ker(AT A). Soit maintenantx tel que AT Ax = 0 ; alors xT AT Ax = 0. Or xT AT Ax = (Ax)T (Ax) = ‖Ax‖2. AinsiAx = 0, et Ker(AT A) ⊂ KerA.

(ii) Montrer que AT A est inversible si et seulement si les colonnes de A sont linéairementindépendantes.

Sol.: Les colonnes de A = (a1 . . . an) sont linéairement indépendantes

⇐⇒ (β1a1 + . . . βnan = 0 ⇒ β1 = . . . = βn = 0)

⇐⇒

A

β1...

βn

= 0 ⇒

β1...

βn

= 0

7

⇐⇒ KerA = {0}.Ainsi, d’après (i), les colonnes de A sont linéairement indépendantes si et seulementsi Ker(AT A) = {0}, c’est-à-dire AT A inversible.

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8

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