Formes quadratiques & espaces euclidiens : 18 exercices corrigés

De la forme quadratique à sa matrice

DémonstrationDifficulté 3/5

Donner la matrice symétrique $A$ de la forme quadratique $q(x,y)=x^2+4xy+3y^2$ , et vérifier que $q(x,y)=\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ .

Indices (3)

$A_{11}$ = coefficient de $x^2$ , $A_{22}$ = coefficient de $y^2$ .

$A_{12}=A_{21}=\dfrac12\times$ (coefficient de $xy$ ).

Le coefficient de $xy$ est $4$ , donc $A_{12}=2$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Une forme quadratique est un polynôme homogène de degré $2$ : tous ses termes sont de degré exactement $2$ , ni plus ni moins. Toute l'information qu'elle porte tient dans une matrice symétrique, et ce dictionnaire forme $\longleftrightarrow$ matrice est ce qui permet d'appliquer l'algèbre linéaire — valeurs propres, diagonalisation — à un objet qui n'en avait pas l'air.

La règle de passage est simple, et la moitié des erreurs du chapitre viennent de l'avoir oubliée :

le coefficient de $x_ix_j$ (avec $i\neq j$ ) se PARTAGE EN DEUX entre les cases $(i,j)$ et $(j,i)$ .

Étape 1 — remplir la matrice

q(x,y)=x^2+4xy+3y^2.

case	ce qu'on y met	valeur
$A_{11}$	coefficient de $x^2$	$1$
$A_{22}$	coefficient de $y^2$	$3$
$A_{12}=A_{21}$	la moitié du coefficient de $xy$	$\dfrac42=2$

\boxed{A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}}

⚠️ L'erreur la plus fréquente est d'écrire $4$ au lieu de $2$ dans les cases croisées. On obtiendrait alors $x^2+8xy+3y^2$ , une forme différente. Le partage vient de ce que le produit matriciel fait apparaître deux fois le terme croisé — une fois par $A_{12}$ , une fois par $A_{21}$ .

Étape 2 — la vérification, à faire systématiquement

\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.

D'abord le produit de droite :

\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x+2y\\2x+3y\end{pmatrix}.

Puis le produit avec la ligne :

\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x+2y\\2x+3y\end{pmatrix}=x(x+2y)+y(2x+3y)=x^2+2xy+2xy+3y^2.

=x^2+4xy+3y^2=q(x,y).\qquad\checkmark

On voit exactement où le $4$ se reconstitue : $2xy$ vient de $A_{12}$ , $2xy$ vient de $A_{21}$ , et leur somme redonne $4xy$ . C'est la raison du partage.

La formule générale à retenir

Pour $q(x_1,\dots,x_n)$ , la matrice symétrique associée a pour coefficients

A_{ii}=\text{coefficient de }x_i^2,\qquad A_{ij}=A_{ji}=\tfrac12\,\big(\text{coefficient de }x_ix_j\big).

Il existe une seconde façon de la retrouver, utile quand on doute — par les dérivées secondes :

A_{ij}=\frac12\,\frac{\partial^2q}{\partial x_i\,\partial x_j}.

Contrôlons sur notre exemple : $\dfrac{\partial^2q}{\partial x\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}(2x+4y)=4$ , donc $A_{12}=\dfrac42=2$ ✓ Et $\dfrac{\partial^2q}{\partial x^2}=2$ , donc $A_{11}=1$ ✓

C'est la moitié de la hessienne — cohérent, puisque le développement de Taylor d'une quadratique s'écrit $\tfrac12\vec x^{\mathsf T}H\vec x$ .

Pourquoi la matrice DOIT être symétrique

On pourrait objecter que $\begin{pmatrix}1&4\\0&3\end{pmatrix}$ donne aussi $q$ :

x(x+4y)+y(0\cdot x+3y)=x^2+4xy+3y^2\ \checkmark

C'est vrai, et c'est justement pourquoi on impose la symétrie : sans elle, la matrice ne serait pas unique et le dictionnaire ne serait pas un dictionnaire.

Avec la contrainte de symétrie, en revanche, il y a une matrice et une seule — et c'est ce qui donne tout leur sens aux notions qui suivent : la signature (exercice B1), les valeurs propres (exercice D3), le critère de Sylvester (exercice D4) se lisent tous sur cette matrice-là.

Argument de fond : toute matrice $M$ se décompose en $\tfrac12(M+M^{\mathsf T})+\tfrac12(M-M^{\mathsf T})$ , et la partie antisymétrique donne toujours $\vec x^{\mathsf T}M\vec x=0$ . Seule la partie symétrique compte, autant ne garder qu'elle.

Réponse : $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}$ , où le $2$ est la MOITIÉ du coefficient $4$ de $xy$ ; le produit $\vec x^{\mathsf T}A\vec x$ redonne bien $x^2+4xy+3y^2$ .

Réponse.

A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}

. (Recoupement : la case hors-diagonale est la moitié du coefficient du terme croisé — vérifié machine ✓)

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Forme polaire

ApplicationDifficulté 3/5

Déterminer la forme polaire $b\big((x,y),(x',y')\big)$ de $q(x,y)=x^2+4xy+3y^2$ .

Indices (3)

$b(u,v)=u^{\mathsf T}Av$ avec $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}$ .

Ou bien $b(u,v)=\dfrac12\big(q(u+v)-q(u)-q(v)\big)$ .

Remplacer chaque $x_i^2$ par $x_ix_i'$ et chaque $2x_ix_j$ par $x_ix_j'+x_i'x_j$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

À toute forme quadratique correspond une forme bilinéaire symétrique, appelée sa forme polaire :

b\big((x,y),(x',y')\big).

Le lien entre les deux est celui qui existe entre $\lVert\vec u\rVert^2$ et le produit scalaire $\langle\vec u,\vec v\rangle$ : la forme quadratique est le « carré », la forme polaire est le « produit ». Et l'on passe de l'une à l'autre sans perdre d'information — c'est ce qu'on appelle la polarisation.

Le calcul est immédiat une fois la matrice connue (exercice A1) : il suffit de mettre deux vecteurs différents de part et d'autre.

Étape 1 — par la matrice

q(x,y)=x^2+4xy+3y^2\qquad\text{a pour matrice}\qquad A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}.

La forme polaire s'obtient en remplaçant $\vec x^{\mathsf T}A\vec x$ par $\vec x^{\mathsf T}A\vec x'$ :

b\big((x,y),(x',y')\big)=\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}.

Le produit de droite d'abord :

\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x'+2y'\\2x'+3y'\end{pmatrix},

puis

b=x(x'+2y')+y(2x'+3y').

\boxed{b\big((x,y),(x',y')\big)=xx'+2xy'+2x'y+3yy'}

Étape 2 — les deux contrôles obligatoires

Une forme polaire doit satisfaire deux propriétés, et il faut les vérifier toutes les deux.

(a) Symétrie : $b(u,v)=b(v,u)$ . On échange $(x,y)$ et $(x',y')$ :

b\big((x',y'),(x,y)\big)=x'x+2x'y+2xy'+3y'y,

qui est bien la même expression, aux termes près réordonnés ✓

⚠️ Piège de calcul : en vérifiant cette symétrie sur machine, il faut une substitution simultanée. Remplacer $x$ par $x'$ puis $x'$ par $x$ en séquence ramène tout à $x$ et donne un résultat faux. Le fait est vrai, c'est la manière de le tester qui peut mentir.

(b) On retrouve $q$ sur la diagonale : $b(u,u)=q(u)$ . Posons $x'=x$ et $y'=y$ :

b\big((x,y),(x,y)\big)=x^2+2xy+2xy+3y^2=x^2+4xy+3y^2=q(x,y).\ \checkmark

Ce second contrôle est le plus utile : il attrape une erreur de facteur $2$ instantanément.

Étape 3 — la formule de polarisation

Il existe une seconde voie, qui ne passe pas par la matrice et qu'il faut connaître :

b(u,v)=\frac12\big[q(u+v)-q(u)-q(v)\big].

Elle vient du développement $q(u+v)=q(u)+2b(u,v)+q(v)$ , exactement comme $\lVert\vec u+\vec v\rVert^2=\lVert\vec u\rVert^2+2\langle\vec u,\vec v\rangle+\lVert\vec v\rVert^2$ .

Vérifions-la sur $u=(2,1)$ et $v=(1,-1)$ :

quantité	calcul	valeur
$q(u)=q(2,1)$	$4+8+3$	$15$
$q(v)=q(1,-1)$	$1-4+3$	$0$
$u+v=(3,0)$
$q(u+v)=q(3,0)$	$9+0+0$	$9$
$b(u,v)$	$\tfrac12(9-15-0)$	$\mathbf{-3}$

Et par la formule directe : $b=2\times1+2\times2\times(-1)+2\times1\times1+3\times1\times(-1)=2-4+2-3=-3$ ✓

Deux chemins indépendants, la même valeur.

La forme générale, et l'analogie à garder

Pour une forme quadratique de matrice $A$ en dimension $n$ :

b(\vec u,\vec v)=\vec u^{\mathsf T}A\vec v=\sum_{i,j}A_{ij}u_iv_j.

produit scalaire usuel	forme quadratique générale
$\lVert\vec u\rVert^2=\vec u^{\mathsf T}\vec u$	$q(\vec u)=\vec u^{\mathsf T}A\vec u$
$\langle\vec u,\vec v\rangle=\vec u^{\mathsf T}\vec v$	$b(\vec u,\vec v)=\vec u^{\mathsf T}A\vec v$
$A=I$	$A$ symétrique quelconque

Le produit scalaire canonique est donc le cas particulier $A=I$ . Et quand $A$ est définie positive (exercice C1), $b$ est un produit scalaire, avec ses angles, ses normes et son Cauchy–Schwarz — c'est tout l'objet du lot C.

Réponse : $b\big((x,y),(x',y')\big)=xx'+2xy'+2x'y+3yy'$ , symétrique et vérifiant $b(u,u)=q(u)$ .

Réponse.

b=xx'+2(xy'+x'y)+3yy'

. (Recoupement :

b(u,u)=x^2+4xy+3y^2=q(u)

✓ ; vérifié machine)

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Matrice d'une forme quadratique en dimension 3

CalculDifficulté 3/5

Donner la matrice symétrique de $q(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2+2xy-4xz+6yz$ .

Indices (3)

Diagonale : coefficients de $x^2,y^2,z^2$ .

$A_{12}=\tfrac12(\text{coeff }xy)$ , $A_{13}=\tfrac12(\text{coeff }xz)$ , $A_{23}=\tfrac12(\text{coeff }yz)$ .

Attention au signe du terme $-4xz$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Même règle qu'à l'exercice A1, en dimension $3$ . La difficulté n'est plus conceptuelle mais organisationnelle : il y a maintenant trois termes croisés ( $xy$ , $xz$ , $yz$ ) et six cases à remplir hors diagonale.

La méthode qui évite les erreurs : dresser le tableau des coefficients AVANT de remplir la matrice, et ne jamais mélanger les deux étapes.

Étape 1 — inventorier les coefficients

q(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2+2xy-4xz+6yz.

terme	coefficient	où il va
$x^2$	$1$	$A_{11}$
$y^2$	$2$	$A_{22}$
$z^2$	$3$	$A_{33}$
$xy$	$2$	$A_{12}=A_{21}=\dfrac22=1$
$xz$	$-4$	$A_{13}=A_{31}=\dfrac{-4}{2}=-2$
$yz$	$6$	$A_{23}=A_{32}=\dfrac62=3$

⚠️ Le signe se partage avec le coefficient. Pour $-4xz$ , chaque case reçoit $-2$ , pas $+2$ ni $-4$ . C'est l'erreur qui passe le plus facilement inaperçue.

Étape 2 — la matrice

\boxed{A=\begin{pmatrix}1&1&-2\\1&2&3\\-2&3&3\end{pmatrix}}

Contrôle de forme, immédiat : la matrice doit être symétrique par rapport à sa diagonale. On lit $A_{12}=A_{21}=1$ , $A_{13}=A_{31}=-2$ , $A_{23}=A_{32}=3$ ✓ Une matrice non symétrique signale une erreur de recopie.

Étape 3 — la vérification par le produit

A\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x+y-2z\\x+2y+3z\\-2x+3y+3z\end{pmatrix},

puis

\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x+y-2z\\x+2y+3z\\-2x+3y+3z\end{pmatrix}

=x(x+y-2z)+y(x+2y+3z)+z(-2x+3y+3z)

=x^2+xy-2xz+xy+2y^2+3yz-2xz+3yz+3z^2.

On regroupe :

=x^2+2y^2+3z^2+\underbrace{(1+1)}_{2}xy+\underbrace{(-2-2)}_{-4}xz+\underbrace{(3+3)}_{6}yz=q.\ \checkmark

Chaque terme croisé apparaît exactement deux fois, ce qui reconstitue le coefficient d'origine. C'est la mécanique du partage, vue en dimension 3.

Le contrôle par les dérivées secondes

Quand on doute, la formule $A_{ij}=\dfrac12\dfrac{\partial^2q}{\partial x_i\partial x_j}$ tranche sans ambiguïté. Vérifions les trois cases croisées :

\frac{\partial q}{\partial x}=2x+2y-4z\ \Longrightarrow\ \frac{\partial^2q}{\partial x\partial y}=2,\qquad A_{12}=1\ \checkmark

\frac{\partial^2q}{\partial x\partial z}=-4,\qquad A_{13}=-2\ \checkmark

\frac{\partial q}{\partial y}=4y+2x+6z\ \Longrightarrow\ \frac{\partial^2q}{\partial y\partial z}=6,\qquad A_{23}=3\ \checkmark

Et sur la diagonale : $\dfrac{\partial^2q}{\partial y^2}=4$ , donc $A_{22}=2$ ✓

Cette méthode est plus lente mais mécanique : elle ne demande aucun repérage visuel, donc elle ne se trompe pas de case.

Réponse : $A=\begin{pmatrix}1&1&-2\\1&2&3\\-2&3&3\end{pmatrix}$ , où chaque coefficient croisé est la moitié de celui de $q$ , signe compris.

Réponse.

A=\begin{pmatrix}1&1&-2\\1&2&3\\-2&3&3\end{pmatrix}

. (Recoupement :

x^{\mathsf T}Ax

redonne

q

— vérifié machine ✓)

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Évaluer q et la forme polaire

ApplicationDifficulté 3/5

Pour $q(x,y)=x^2+4xy+3y^2$ (matrice $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}$ ), calculer $q(1,-1)$ et $b\big((2,1),(1,-1)\big)$ .

Indices (3)

$q(1,-1)$ : remplacer $x=1,y=-1$ .

$b(u,v)=u^{\mathsf T}Av$ ; calculer d'abord $Av$ .

$Av=A\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Exercice de calcul pur, mais qui vaut par ce qu'il révèle : une forme quadratique peut s'annuler en dehors de l'origine. C'est ce qui la distingue d'une norme, et c'est le fait de fond que le lot B va exploiter (signature, formes dégénérées).

q(x,y)=x^2+4xy+3y^2,\qquad A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix},

b\big((x,y),(x',y')\big)=xx'+2xy'+2x'y+3yy'\quad\text{(exercice A2)}.

Calcul de $q(1,-1)$

Par la forme développée, en substituant $x=1$ , $y=-1$ :

q(1,-1)=1^2+4\times1\times(-1)+3\times(-1)^2=1-4+3=\boxed{0}.

Par la matrice, pour recouper :

A\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-2\\2-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix},

\begin{pmatrix}1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}=1\times(-1)+(-1)\times(-1)=-1+1=0.\ \checkmark

Ce que ce zéro signifie — c'est le point important

$q(1,-1)=0$ alors que $(1,-1)\neq(0,0)$ .

Une forme quadratique n'est donc pas une norme au carré. Le vecteur $(1,-1)$ est dit isotrope : il est « de longueur nulle » pour $q$ sans être nul.

Cherchons tous les vecteurs isotropes en résolvant $q=0$ . On factorise :

x^2+4xy+3y^2=(x+y)(x+3y),

(contrôle : $(x+y)(x+3y)=x^2+3xy+xy+3y^2=x^2+4xy+3y^2$ ✓)

donc $q=0$ si et seulement si $x=-y$ ou $x=-3y$ . Le cône isotrope est la réunion de deux droites :

droite	un point	$q$
$x+y=0$	$(1,-1)$	$0$
$x+3y=0$	$(3,-1)$	$0$
ailleurs	$(1,0)$	$1>0$
ailleurs	$(0,1)$	$3>0$
ailleurs	$(1,-2)$	$1-8+12=5>0$
entre les deux	$(2,-1)$	$4-8+3=-1<0$

$q$ change donc de signe : positive à l'extérieur des deux droites, négative entre elles. C'est ce qu'on appellera une forme indéfinie, de signature $(1,1)$ — l'exercice B1 le retrouvera par la réduction de Gauss.

À comparer avec $x^2+y^2$ , qui ne s'annule qu'en l'origine : c'est une forme définie positive, et son seul vecteur isotrope est le vecteur nul.

Calcul de $b\big((2,1),(1,-1)\big)$

Par la forme polaire. Avec $(x,y)=(2,1)$ et $(x',y')=(1,-1)$ :

b=\underbrace{2\times1}_{xx'}+\underbrace{2\times2\times(-1)}_{2xy'}+\underbrace{2\times1\times1}_{2x'y}+\underbrace{3\times1\times(-1)}_{3yy'}=2-4+2-3=\boxed{-3}.

Par la matrice, pour recouper :

A\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}=-2-1=-3.\ \checkmark

Par la polarisation, troisième chemin :

b(u,v)=\tfrac12\big[q(u+v)-q(u)-q(v)\big]=\tfrac12\big[q(3,0)-q(2,1)-q(1,-1)\big]=\tfrac12\big[9-15-0\big]=-3.\ \checkmark

Trois méthodes indépendantes, la même valeur. C'est le meilleur contrôle qu'on puisse s'offrir sur ce genre de calcul.

Ce qu'il faut retenir

fait	conséquence
$q(1,-1)=0$ avec $(1,-1)\neq0$	$q$ n'est pas définie positive
$q$ prend des valeurs $>0$ et $<0$	$q$ est indéfinie
le cône isotrope est fait de deux droites	signature $(1,1)$ , forme non dégénérée
$b$ se calcule de trois façons	s'en servir pour se contrôler

⚠️ Ne pas confondre « $q$ s'annule hors de l'origine » (isotropie, banal dès que la signature est mixte) avec « $q$ est dégénérée » (la matrice n'est pas inversible). Ici $\det A=1\times3-2\times2=-1\neq0$ : la forme est non dégénérée bien qu'elle ait des vecteurs isotropes. Les deux notions sont distinctes, et l'exercice B3 montrera un vrai cas dégénéré.

Réponse : $q(1,-1)=0$ — le vecteur est isotrope sans être nul — et $b\big((2,1),(1,-1)\big)=-3$ .

Réponse.

q(1,-1)=0

,

b\big((2,1),(1,-1)\big)=-3

. (Recoupement :

q(1,-1)=0

alors que

(1,-1)\neq0

\Longrightarrow

q

non définie positive ✓ ; vérifié machine)

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Reconnaître une forme quadratique

DémonstrationDifficulté 3/5

Parmi $q_1=x^2+xy$ , $q_2=x^2+x$ , $q_3=xy+yz$ , $q_4=x^2+1$ , lesquelles sont des formes quadratiques ?

Indices (3)

Une forme quadratique est un polynôme homogène de degré 2 : tous les monômes de degré exactement $2$ .

Un terme de degré $1$ (comme $x$ ) ou $0$ (comme $1$ ) disqualifie.

Vérifier le degré de chaque monôme.

Correction détaillée

Le critère, et rien d'autre

Une forme quadratique sur $\mathbb{R}^n$ est un polynôme homogène de degré 2 : tous ses termes sont de degré exactement $2$ .

Deux façons équivalentes de le dire, et il faut connaître les deux :

(a) Par les termes. Chaque monôme est de la forme $x_i^2$ ou $x_ix_j$ . Aucun terme de degré $1$ (comme $x$ ), aucun terme constant, aucun terme de degré $\ge3$ .

(b) Par l'homogénéité. Pour tout scalaire $t$ :

q(t\vec u)=t^2\,q(\vec u).

Le critère (b) est le plus sûr : il se teste par un calcul, sans avoir à inspecter chaque monôme. C'est celui à employer quand on doute.

Passage en revue des quatre candidates

$q_1=x^2+xy$ — OUI. Les deux termes, $x^2$ et $xy$ , sont de degré $2$ . Contrôle d'homogénéité :

q_1(tx,ty)=(tx)^2+(tx)(ty)=t^2x^2+t^2xy=t^2\,q_1(x,y).\ \checkmark

Matrice associée : $\begin{pmatrix}1&\tfrac12\\[2pt]\tfrac12&0\end{pmatrix}$ .

$q_2=x^2+x$ — NON. Le terme $x$ est de degré $1$ . Le polynôme n'est pas homogène : il mélange les degrés $2$ et $1$ . Contrôle :

q_2(tx,ty)=t^2x^2+tx\ \neq\ t^2(x^2+x)=t^2x^2+t^2x\qquad\text{dès que }t\neq0,1.

Concrètement, avec $t=2$ et $x=1$ : $q_2(2)=4+2=6$ , alors que $4\,q_2(1)=4\times2=8$ . $6\neq8$ , l'homogénéité tombe.

$q_3=xy+yz$ — OUI. Les deux termes sont de degré $2$ (produits de deux variables), sur $\mathbb{R}^3$ . Contrôle :

q_3(tx,ty,tz)=t^2xy+t^2yz=t^2\,q_3.\ \checkmark

Matrice : $\begin{pmatrix}0&\tfrac12&0\\[2pt]\tfrac12&0&\tfrac12\\[2pt]0&\tfrac12&0\end{pmatrix}$ — noter les zéros sur la diagonale, il n'y a aucun terme carré.

$q_4=x^2+1$ — NON. Le terme constant $1$ est de degré $0$ . Contrôle décisif :

q_4(\vec0)=0+1=1\neq0.

Une forme quadratique vaut TOUJOURS $0$ en l'origine — c'est une conséquence immédiate de $q(t\vec u)=t^2q(\vec u)$ avec $t=0$ . Le test $q(\vec0)=0$ est donc le plus rapide de tous : s'il échoue, la réponse est non, sans autre examen.

Le tableau récapitulatif

candidate	degré des termes	$q(\vec0)$	$q(2\vec u)/q(\vec u)$	verdict
$q_1=x^2+xy$	$2,2$	$0$	$4$	✅ forme quadratique
$q_2=x^2+x$	$2,\mathbf{1}$	$0$	$\neq4$	❌ non homogène
$q_3=xy+yz$	$2,2$	$0$	$4$	✅ forme quadratique
$q_4=x^2+1$	$2,\mathbf{0}$	$\mathbf{1}$	$\neq4$	❌ terme constant

Le rapport $q(2\vec u)/q(\vec u)$ doit valoir exactement $4$ — c'est $t^2$ avec $t=2$ . Vérifié pour $q_1$ et $q_3$ .

La marche à suivre, dans l'ordre

Devant un polynôme, se poser les questions dans cet ordre — la première qui répond « non » clôt la discussion :

$q(\vec0)=0$ ? Sinon, il y a un terme constant : ce n'est pas une forme quadratique.
Tous les termes sont-ils de degré 2 ? Un $x$ tout seul, un $x^3$ , un $\sin x$ : c'est non.
En cas de doute, tester l'homogénéité $q(t\vec u)=t^2q(\vec u)$ sur un $t$ concret.

⚠️ Ne pas confondre avec « fonction polynomiale de degré 2 ». $x^2+x+1$ est un polynôme de degré $2$ mais n'est pas une forme quadratique : il n'est pas homogène. La différence est exactement celle entre une parabole quelconque et une parabole centrée en l'origine.

Réponse : $q_1=x^2+xy$ et $q_3=xy+yz$ sont des formes quadratiques ; $q_2=x^2+x$ ne l'est pas (terme de degré 1) et $q_4=x^2+1$ non plus (terme constant, et $q_4(\vec0)=1\neq0$ ).

Réponse. Formes quadratiques :

q_1=x^2+xy

et

q_3=xy+yz

uniquement. (Recoupement : homogénéité de degré

2

confirmée par Poly.is_homogeneous ✓)

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De la matrice à la forme quadratique

CalculDifficulté 3/5

Écrire la forme quadratique de matrice $A=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&5\end{pmatrix}$ .

Indices (3)

$q(x,y)=A_{11}x^2+2A_{12}xy+A_{22}y^2$ .

$A_{11}=2$ , $A_{22}=5$ .

Le coefficient de $xy$ est $2A_{12}=2\cdot(-1)=-2$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

C'est l'exercice A1 dans l'autre sens : on part de la matrice et on reconstitue la forme. La règle se retourne exactement :

à l'aller, on divise par 2 le coefficient croisé pour remplir la matrice ; au retour, on multiplie par 2 le coefficient de la matrice pour retrouver la forme.

C'est le même partage, lu à l'envers, et savoir faire les deux sens est ce qui garantit qu'on ne se trompera dans aucun.

Étape 1 — le produit matriciel

A=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&5\end{pmatrix}.

A\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2x-y\\-x+5y\end{pmatrix},

puis

q(x,y)=\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2x-y\\-x+5y\end{pmatrix}=x(2x-y)+y(-x+5y).

=2x^2-xy-xy+5y^2

\boxed{q(x,y)=2x^2-2xy+5y^2}

Le coefficient $-2$ de $xy$ est bien le DOUBLE du $-1$ de la matrice — les deux cases $A_{12}$ et $A_{21}$ ont chacune contribué pour $-1$ .

Étape 2 — le contrôle par le retour

On refait le trajet dans l'autre sens, comme à l'exercice A1 :

terme de $q$	coefficient	case	valeur
$x^2$	$2$	$A_{11}$	$2$ ✓
$y^2$	$5$	$A_{22}$	$5$ ✓
$xy$	$-2$	$A_{12}=A_{21}$	$\dfrac{-2}{2}=-1$ ✓

On retombe exactement sur $A$ . Le dictionnaire est bien bijectif, à condition d'imposer la symétrie (exercice A1).

Ce que la matrice dit déjà de la forme

Sans aucun calcul supplémentaire, la matrice livre la nature de $q$ — et c'est tout l'intérêt du passage par elle.

Par le critère de Sylvester (exercice D4), on regarde les mineurs principaux dominants :

\Delta_1=2>0,\qquad \Delta_2=\det A=2\times5-(-1)^2=10-1=9>0.

Tous strictement positifs $\Rightarrow$ $A$ est définie positive, donc $q(x,y)>0$ pour tout $(x,y)\neq(0,0)$ .

Confirmation par la réduction de Gauss (méthode du lot B) :

2x^2-2xy+5y^2=2\left(x^2-xy\right)+5y^2=2\left(x-\frac y2\right)^2-\frac{y^2}{2}+5y^2=2\left(x-\frac y2\right)^2+\frac{9}{2}y^2.

Contrôle du développement : $2\left(x^2-xy+\tfrac{y^2}{4}\right)+\tfrac92y^2=2x^2-2xy+\tfrac{y^2}{2}+\tfrac92y^2=2x^2-2xy+5y^2$ ✓

Somme de deux carrés à coefficients $>0$ : signature $(2,0)$ , définie positive ✓ Les deux méthodes concordent.

Contrôle numérique

$(x,y)$	$q=2x^2-2xy+5y^2$
$(0,0)$	$0$
$(1,0)$	$2$
$(0,1)$	$5$
$(1,1)$	$2-2+5=5$
$(1,-1)$	$2+2+5=9$
$(2,1)$	$8-4+5=9$
$(1,2)$	$2-4+20=18$

Toujours strictement positif hors de l'origine, comme annoncé — et aucun vecteur isotrope, contrairement à l'exercice A4.

Noter que $q(1,1)=5$ est plus petit que $q(1,-1)=9$ : la forme est « moins raide » dans la direction $(1,1)$ . C'est la direction propre associée à la plus petite valeur propre, et le lot D en fera l'objet de l'exercice D6.

Réponse : $q(x,y)=2x^2-2xy+5y^2$ — le coefficient de $xy$ est le double de $A_{12}$ ; la forme est définie positive, ses mineurs valant $2$ et $9$ .

Réponse.

q(x,y)=2x^2-2xy+5y^2

. (Recoupement : on double la case hors-diagonale pour le terme croisé — vérifié machine ✓)

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Réduction de Gauss avec terme carré

DémonstrationDifficulté 3/5

Réduire $q(x,y)=x^2+4xy+3y^2$ en somme de carrés (méthode de Gauss), puis donner sa signature et sa nature.

Indices (3)

Il y a un terme $x^2$ : regrouper tous les termes contenant $x$ dans un carré.

$x^2+4xy=(x+2y)^2-4y^2$ .

Reporter, puis compter les signes.

Correction détaillée

L'idée directrice

La réduction de Gauss transforme une forme quadratique en une somme de carrés indépendants :

q=\alpha_1\,\ell_1^2+\alpha_2\,\ell_2^2+\cdots

où les $\ell_i$ sont des formes linéaires linéairement indépendantes. Une fois cette écriture obtenue, tout se lit d'un coup : la signature, le rang, la nature de la forme.

C'est la même technique qu'au collège pour la forme canonique d'un trinôme — compléter le carré — appliquée variable après variable. Le principe : on regroupe tout ce qui contient $x$ dans un seul carré, puis on recommence avec ce qui reste.

Étape 1 — compléter le carré en $x$

q(x,y)=x^2+4xy+3y^2.

On isole les termes contenant $x$ : ici $x^2+4xy$ . On cherche à les écrire comme le début du développement de $(x+\text{quelque chose})^2$ :

(x+2y)^2=x^2+4xy+4y^2.

Ce carré contient $4y^2$ de trop par rapport à ce qu'on avait ; on le retranche :

q=\underbrace{(x+2y)^2}_{\text{contient }4y^2}-4y^2+3y^2=(x+2y)^2-y^2.

\boxed{q(x,y)=(x+2y)^2-y^2}

Vérification, à ne jamais sauter : $(x+2y)^2-y^2=x^2+4xy+4y^2-y^2=x^2+4xy+3y^2$ ✓

Étape 2 — lire la signature

L'écriture obtenue est

q=\underbrace{(+1)}_{\alpha_1}\,\ell_1^2+\underbrace{(-1)}_{\alpha_2}\,\ell_2^2,\qquad \ell_1=x+2y,\quad \ell_2=y.

La signature est le couple $(p,n)$ où

$p$ = nombre de coefficients strictement positifs ;
$n$ = nombre de coefficients strictement négatifs.

Ici : un $+1$ et un $-1$ , donc

\boxed{\text{signature}=(1,1)}

⚠️ Deux contrôles avant d'aller plus loin.

(a) Les formes linéaires doivent être indépendantes. Ici $\ell_1=x+2y$ et $\ell_2=y$ : leur matrice $\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}$ a pour déterminant $1\neq0$ , elles sont bien indépendantes ✓ Sans cette condition, la signature lue serait fausse.

(b) Le rang est $p+n=2$ , donc égal à la dimension : la forme est non dégénérée. Cohérent avec $\det A=1\times3-2^2=-1\neq0$ ✓

Étape 3 — la nature

signature	nature
$(n,0)$	définie positive
$(0,n)$	définie négative
$(p,0)$ avec $p<n$	positive non définie (dégénérée)
$(0,n')$ avec $n'<n$	négative non définie
$p>0$ et $n>0$	indéfinie

Ici $(1,1)$ : les deux sont non nuls, donc $q$ est indéfinie — elle prend des valeurs des deux signes.

Contrôle numérique, qui rend la conclusion tangible :

$(x,y)$	$(x+2y)^2$	$-y^2$	$q$
$(1,0)$	$1$	$0$	$\mathbf{+1}$
$(0,1)$	$4$	$-1$	$+3$
$(2,-1)$	$0$	$-1$	$\mathbf{-1}$
$(1,-1)$	$1$	$-1$	$0$
$(3,-1)$	$1$	$-1$	$0$

Des valeurs positives et négatives : indéfinie ✓ Et deux vecteurs isotropes, $(1,-1)$ et $(3,-1)$ — ce sont ceux de l'exercice A4.

Le contrôle par les valeurs propres

La signature se lit aussi sur les valeurs propres de $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}$ :

\det(A-\mu I)=(1-\mu)(3-\mu)-4=\mu^2-4\mu-1=0\ \Longrightarrow\ \mu=2\pm\sqrt5.

\mu_1=2-\sqrt5\approx-0{,}236<0,\qquad \mu_2=2+\sqrt5\approx4{,}236>0.

Une valeur propre positive, une négative : signature $(1,1)$ ✓ — la même que par Gauss, alors que les nombres n'ont rien à voir.

C'est le théorème d'inertie de Sylvester : la signature ne dépend pas de la méthode employée, c'est un invariant de la forme. Les coefficients $(+1,-1)$ de Gauss et les valeurs propres $(4{,}236\,;\,-0{,}236)$ diffèrent, mais leurs signes sont les mêmes. L'exercice D3 revient là-dessus.

Réponse : $q=(x+2y)^2-y^2$ , de signature $(1,1)$ ; la forme est non dégénérée (rang 2) et indéfinie.

Réponse.

q=(x+2y)^2-y^2

, signature

(1,1)

, non définie. (Recoupement : les valeurs propres de

\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}

sont de signes opposés — vérifié machine ✓)

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Réduction de Gauss sans terme carré

DémonstrationDifficulté 3/5

Réduire $q(x,y)=xy$ en somme de carrés (il n'y a aucun terme carré).

Indices (3)

Utiliser l'identité $xy=\dfrac14\big[(x+y)^2-(x-y)^2\big]$ .

C'est le cas « pas de carré » de la méthode de Gauss.

Compter ensuite les signes.

Correction détaillée

Le problème posé

q(x,y)=xy.

Il n'y a aucun terme carré. La méthode de l'exercice B1 — compléter le carré en $x$ — est donc inapplicable telle quelle : il n'y a pas de $x^2$ à compléter.

C'est le second cas de l'algorithme de Gauss, et il a sa technique propre : on fabrique les carrés qui manquent par une identité remarquable.

La technique : l'identité de polarisation

On part de

\left(\frac{u+v}{2}\right)^2-\left(\frac{u-v}{2}\right)^2=\frac{(u+v)^2-(u-v)^2}{4}=\frac{4uv}{4}=uv.

(Développement : $(u+v)^2-(u-v)^2=u^2+2uv+v^2-u^2+2uv-v^2=4uv$ .)

Appliquée à $u=x$ et $v=y$ :

\boxed{q(x,y)=xy=\left(\frac{x+y}{2}\right)^2-\left(\frac{x-y}{2}\right)^2}

Vérification :

\frac{(x+y)^2-(x-y)^2}{4}=\frac{4xy}{4}=xy.\ \checkmark

Cette identité est celle de la formule de polarisation de l'exercice A2, écrite autrement — d'où son nom.

Lire la signature

q=(+1)\,\ell_1^2+(-1)\,\ell_2^2,\qquad \ell_1=\frac{x+y}{2},\quad \ell_2=\frac{x-y}{2}.

Indépendance des formes linéaires : leur matrice $\dfrac12\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$ a pour déterminant $\dfrac14(-1-1)=-\dfrac12\neq0$ ✓

Un coefficient positif, un négatif :

\boxed{\text{signature}=(1,1),\qquad \text{rang}=2,\qquad q\ \text{indéfinie et non dégénérée.}}

Contrôle par la matrice : $A=\begin{pmatrix}0&\tfrac12\\[2pt]\tfrac12&0\end{pmatrix}$ , de déterminant $-\dfrac14\neq0$ (non dégénérée ✓) et de valeurs propres $\pm\dfrac12$ — une de chaque signe, signature $(1,1)$ ✓

Ce que la forme fait, en chiffres

$(x,y)$	$q=xy$	signe
$(1,1)$	$1$	$+$
$(1,-1)$	$-1$	$-$
$(2,3)$	$6$	$+$
$(-1,2)$	$-2$	$-$
$(1,0)$	$0$	isotrope
$(0,1)$	$0$	isotrope

Le cône isotrope est la réunion des deux axes ( $x=0$ et $y=0$ ), et $q$ est positive dans les quadrants $1$ et $3$ , négative dans les quadrants $2$ et $4$ . C'est la selle de cheval — les lignes de niveau $xy=c$ sont des hyperboles.

C'est exactement la fonction $x^2-y^2$ de l'exercice A2 du chapitre Optimisation, à une rotation de $45°$ et un facteur $\tfrac12$ près. La réduction de Gauss vient d'ailleurs de le montrer : les nouvelles variables $\tfrac{x+y}{2}$ et $\tfrac{x-y}{2}$ sont les anciennes tournées de $45°$ (et redimensionnées).

L'algorithme de Gauss, dans son ensemble

Voici la marche à suivre complète, valable en toute dimension :

Cas 1 — il existe un terme carré $x_i^2$ . On regroupe tous les termes contenant $x_i$ dans un carré, on développe, on retranche l'excédent. Il reste une forme en les autres variables, qu'on traite de même. (exercices B1, B4, B5)

Cas 2 — aucun terme carré, mais un terme croisé $x_ix_j$ . On applique l'identité de polarisation :

x_ix_j=\left(\frac{x_i+x_j}{2}\right)^2-\left(\frac{x_i-x_j}{2}\right)^2,

ce qui fait apparaître des carrés, et l'on repart au cas 1. (cet exercice)

Cas 3 — plus aucun terme. C'est fini.

⚠️ Une variante de l'identité, à connaître aussi : en présence de plusieurs termes croisés, on peut factoriser d'abord — par exemple $xy+xz=x(y+z)$ , puis $x(y+z)=\tfrac14\big[(x+y+z)^2-(x-y-z)^2\big]$ . C'est la même idée avec $u=x$ et $v=y+z$ .

Réponse : $xy=\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2-\left(\dfrac{x-y}{2}\right)^2$ , de signature $(1,1)$ ; la forme est non dégénérée et indéfinie.

Réponse.

xy=\dfrac14(x+y)^2-\dfrac14(x-y)^2

, signature

(1,1)

. (Recoupement :

\begin{pmatrix}0&\frac12\\\frac12&0\end{pmatrix}

a pour valeurs propres

\pm\frac12

— vérifié machine ✓)

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Forme dégénérée : un carré parfait

DémonstrationDifficulté 3/5

Réduire $q(x,y)=x^2-4xy+4y^2$ et préciser signature, rang et nature.

Indices (3)

Reconnaître éventuellement une identité remarquable.

$x^2-4xy+4y^2=(x-2y)^2$ .

Un seul carré : que vaut le rang ?

Correction détaillée

L'idée directrice

Premier exemple de forme dégénérée : sa réduction ne produit qu'un seul carré au lieu de deux, alors qu'on est en dimension $2$ . Le rang chute, et cela a des conséquences géométriques bien visibles.

q(x,y)=x^2-4xy+4y^2.

Un œil exercé reconnaît immédiatement une identité remarquable — mais menons quand même la réduction de Gauss, pour voir le mécanisme.

Étape 1 — la réduction

On complète le carré en $x$ . Les termes contenant $x$ sont $x^2-4xy$ :

(x-2y)^2=x^2-4xy+4y^2.

Ce carré contient $4y^2$ , et c'est exactement ce que $q$ contient déjà. Il ne reste donc rien à retrancher :

q=(x-2y)^2-4y^2+4y^2=(x-2y)^2.

\boxed{q(x,y)=(x-2y)^2}

Vérification : $(x-2y)^2=x^2-4xy+4y^2$ ✓ — c'est le carré parfait annoncé.

Étape 2 — signature, rang, nature

q=(+1)\,\ell^2,\qquad \ell=x-2y.

Un seul carré, de coefficient positif :

\boxed{\text{signature}=(1,0),\qquad \text{rang}=1,\qquad q\ \text{DÉGÉNÉRÉE.}}

Le mot dégénérée signifie exactement : $\text{rang}<\dim=2$ . Autrement dit, la matrice n'est pas inversible.

Contrôle par la matrice :

A=\begin{pmatrix}1&-2\\-2&4\end{pmatrix},\qquad \det A=1\times4-(-2)^2=4-4=\mathbf{0}.

Déterminant nul $\Longrightarrow$ dégénérée ✓ Et les valeurs propres sont $0$ et $5$ (leur somme vaut la trace $1+4=5$ , leur produit le déterminant $0$ ) : une valeur propre nulle, une positive — signature $(1,0)$ ✓

Nature : $q=(x-2y)^2\ge0$ toujours, mais elle s'annule ailleurs qu'en $\vec0$ . Elle est donc positive NON définie, ou semi-définie positive.

Étape 3 — le noyau, qui est visible ici

Où $q$ s'annule-t-elle ?

q=0\ \Longleftrightarrow\ (x-2y)^2=0\ \Longleftrightarrow\ x=2y.

C'est une droite entière : $\operatorname{Vect}\big((2,1)\big)$ .

$(x,y)$	$q$
$(2,1)$	$(2-2)^2=0$
$(4,2)$	$(4-4)^2=0$
$(-2,-1)$	$0$
$(1,0)$	$1$
$(0,1)$	$4$
$(3,1)$	$1$

Toute la droite $x=2y$ est « invisible » pour $q$ : c'est son noyau (ou radical), le sous-espace des vecteurs $\vec u$ tels que $b(\vec u,\vec v)=0$ pour tout $\vec v$ .

Contrôle : le noyau de $q$ est le noyau de sa matrice. Résolvons $A\vec u=\vec0$ :

\begin{pmatrix}1&-2\\-2&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\vec0\ \Longleftrightarrow\ x-2y=0

(la seconde ligne est $-2$ fois la première : elle n'apporte rien, ce qui est la signature du rang 1.)

Noyau $=\operatorname{Vect}\big((2,1)\big)$ , de dimension $1$ ✓ Et rang $+$ dim noyau $=1+1=2=\dim$ : le théorème du rang est vérifié.

La distinction à ne pas manquer

Comparons avec l'exercice A4/B1, où $q=x^2+4xy+3y^2$ s'annulait aussi hors de l'origine :

	$x^2+4xy+3y^2$ (B1)	$x^2-4xy+4y^2$ (ici)
$\det A$	$-1\neq0$	$\mathbf{0}$
rang	$2$	$\mathbf{1}$
signature	$(1,1)$	$(1,0)$
dégénérée ?	non	OUI
$q=0$ sur	deux droites	une droite
nature	indéfinie	positive non définie

Les deux ont des vecteurs isotropes, une seule est dégénérée. La différence :

en B1, $q$ s'annule sur deux droites distinctes mais change de signe de part et d'autre ;
ici, $q$ s'annule sur une droite et reste positive partout ailleurs — elle « touche » le zéro sans le traverser.

⚠️ Isotrope $\neq$ dégénérée. L'isotropie est une propriété d'un vecteur, la dégénérescence une propriété de la forme. Le critère qui tranche est le déterminant de $A$ , rien d'autre.

Réponse : $q=(x-2y)^2$ , de signature $(1,0)$ et de rang $1$ ; la forme est DÉGÉNÉRÉE (det $A=0$ ), positive non définie, et son noyau est la droite $x=2y$ .

Réponse.

q=(x-2y)^2

, signature

(1,0)

, rang

1

, dégénérée. (Recoupement :

\det\begin{pmatrix}1&-2\\-2&4\end{pmatrix}=0

\Longrightarrow

rang

<2

— vérifié machine ✓)

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Forme définie positive par Gauss

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer, par réduction de Gauss, que $q(x,y)=x^2+xy+y^2$ est définie positive.

Indices (3)

Regrouper les termes en $x$ : $x^2+xy=\Big(x+\dfrac y2\Big)^2-\dfrac{y^2}4$ .

Reporter dans $q$ .

Tous les coefficients des carrés sont-ils $>0$ ?

Correction détaillée

Ce qu'il faut établir

Montrer, par réduction de Gauss, que $q(x,y)=x^2+xy+y^2$ est définie positive.

Rappel du critère : une forme est définie positive si sa signature vaut $(n,0)$ où $n$ est la dimension — c'est-à-dire si la réduction de Gauss produit autant de carrés que de variables, tous à coefficients strictement positifs.

Ici $n=2$ : il faut donc obtenir deux carrés, tous deux positifs.

Étape 1 — la réduction

On complète le carré en $x$ . Les termes contenant $x$ sont $x^2+xy$ :

\left(x+\frac y2\right)^2=x^2+xy+\frac{y^2}{4}.

Ce carré contient $\dfrac{y^2}{4}$ de trop ; on le retranche et on ajoute le $y^2$ initial :

q=\left(x+\frac y2\right)^2-\frac{y^2}{4}+y^2=\left(x+\frac y2\right)^2+\frac{3}{4}\,y^2.

\boxed{q(x,y)=\left(x+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\,y^2}

Vérification :

\left(x+\frac y2\right)^2+\frac34y^2=x^2+xy+\frac{y^2}{4}+\frac{3y^2}{4}=x^2+xy+y^2.\ \checkmark

Le calcul du coefficient : $-\tfrac14+1=\tfrac34$ . C'est là qu'on se trompe si l'on oublie de retrancher.

Étape 2 — conclure

Deux carrés, de coefficients $1>0$ et $\dfrac34>0$ :

\text{signature}=(2,0),\qquad \text{rang}=2.

Les formes linéaires $\ell_1=x+\dfrac y2$ et $\ell_2=y$ sont indépendantes (matrice $\begin{pmatrix}1&\tfrac12\\0&1\end{pmatrix}$ , de déterminant $1\neq0$ ) ✓

Donc $q$ est DÉFINIE POSITIVE.

L'argument direct, qui est le cœur de la démonstration :

q(x,y)=\underbrace{\left(x+\frac y2\right)^2}_{\ge0}+\underbrace{\frac34y^2}_{\ge0}\ \ge\ 0,

et $q=0$ exige que les deux carrés soient nuls :

\frac34y^2=0\ \Longrightarrow\ y=0,\qquad\text{puis}\qquad x+\frac02=0\ \Longrightarrow\ x=0.

Donc $q(x,y)=0$ si et seulement si $(x,y)=(0,0)$ : c'est exactement la définition de « définie positive ». Aucun vecteur isotrope hors de l'origine, contrairement aux exercices B1 et B3.

Les deux contrôles indépendants

Par le critère de Sylvester (exercice D4). La matrice est

A=\begin{pmatrix}1&\tfrac12\\[2pt]\tfrac12&1\end{pmatrix},\qquad \Delta_1=1>0,\qquad \Delta_2=\det A=1-\frac14=\frac34>0.

Mineurs principaux dominants tous $>0$ $\Longrightarrow$ définie positive ✓

Par les valeurs propres.

\det(A-\mu I)=(1-\mu)^2-\tfrac14=0\ \Longrightarrow\ 1-\mu=\pm\tfrac12\ \Longrightarrow\ \mu=\tfrac12\ \text{ou}\ \tfrac32.

Les deux sont $>0$ $\Longrightarrow$ définie positive ✓ (contrôle : somme $=2=$ trace, produit $=\tfrac34=\det$ ✓)

Trois méthodes, même conclusion — et ce sont trois chemins vraiment différents : la première manipule des carrés, la deuxième des déterminants, la troisième un polynôme caractéristique.

Contrôle numérique

$(x,y)$	$\left(x+\tfrac y2\right)^2$	$\tfrac34y^2$	$q$
$(0,0)$	$0$	$0$	$\mathbf{0}$
$(1,0)$	$1$	$0$	$1$
$(0,1)$	$0{,}25$	$0{,}75$	$1$
$(1,1)$	$2{,}25$	$0{,}75$	$3$
$(1,-1)$	$0{,}25$	$0{,}75$	$\mathbf{1}$
$(2,-1)$	$2{,}25$	$0{,}75$	$3$
$(-1,2)$	$0$	$3$	$3$

Toujours strictement positif hors de l'origine ✓ Noter la ligne $(-1,2)$ : le premier carré s'annule, et c'est le second qui sauve la positivité. C'est précisément le rôle du $\tfrac34y^2$ — sans lui, la forme serait dégénérée sur la droite $x=-y/2$ .

Cette forme est celle de l'exercice E1 du chapitre Optimisation, où elle servait d'exemple de fonction strictement convexe. Les deux notions coïncident : une forme quadratique est définie positive si et seulement si elle est strictement convexe.

Réponse : $q=\left(x+\dfrac y2\right)^2+\dfrac34y^2$ , somme de deux carrés indépendants à coefficients strictement positifs ; signature $(2,0)$ , donc $q$ est définie positive, et $q=0$ n'a lieu qu'en l'origine.

Réponse.

q=\Big(x+\frac y2\Big)^2+\frac34 y^2

, signature

(2,0)

: définie positive. (Recoupement : valeurs propres de

\begin{pmatrix}1&\frac12\\\frac12&1\end{pmatrix}

toutes

>0

— vérifié machine ✓)

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Réduction de Gauss en dimension 3

CalculDifficulté 3/5

Réduire $q(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2+2xy+2yz$ et donner sa signature.

Indices (3)

Regrouper d'abord tous les termes en $x$ : $x^2+2xy=(x+y)^2-y^2$ .

Il reste une forme en $(y,z)$ : recommencer avec $y$ .

$y^2+2yz=(y+z)^2-z^2$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Réduction de Gauss en dimension $3$ . La méthode ne change pas — on complète les carrés variable après variable — mais il faut être méthodique : à chaque étape, on élimine toutes les occurrences d'une variable, et on ne revient jamais en arrière.

q(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2+2xy+2yz.

Noter d'emblée qu'il n'y a pas de terme $xz$ : cela allègera le premier regroupement.

Étape 1 — éliminer $x$

Termes contenant $x$ : $\ x^2+2xy$ .

(x+y)^2=x^2+2xy+y^2.

On retranche l'excédent $y^2$ :

q=(x+y)^2-y^2+2y^2+3z^2+2yz=(x+y)^2+\underbrace{y^2+2yz+3z^2}_{\text{plus de }x}.

Contrôle intermédiaire — c'est le geste qui évite de propager une erreur : $q-(x+y)^2$ doit bien valoir $y^2+2yz+3z^2$ .

x^2+2y^2+3z^2+2xy+2yz-(x^2+2xy+y^2)=y^2+2yz+3z^2.\ \checkmark

Étape 2 — éliminer $y$

On recommence sur la forme restante $y^2+2yz+3z^2$ . Termes contenant $y$ : $\ y^2+2yz$ .

(y+z)^2=y^2+2yz+z^2.

On retranche $z^2$ :

y^2+2yz+3z^2=(y+z)^2-z^2+3z^2=(y+z)^2+2z^2.

Il ne reste plus de $y$ , et le terme en $z$ est déjà un carré. C'est fini.

\boxed{q(x,y,z)=(x+y)^2+(y+z)^2+2z^2}

Vérification globale :

(x+y)^2+(y+z)^2+2z^2=x^2+2xy+y^2+y^2+2yz+z^2+2z^2

=x^2+2y^2+3z^2+2xy+2yz=q.\ \checkmark

Étape 3 — signature et nature

q=(+1)\ell_1^2+(+1)\ell_2^2+(+2)\ell_3^2,\qquad \ell_1=x+y,\ \ell_2=y+z,\ \ell_3=z.

Indépendance des trois formes linéaires — indispensable, et facile à vérifier ici : leur matrice est triangulaire avec des $1$ sur la diagonale,

\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad \det=1\neq0.\ \checkmark

C'est toujours le cas quand on suit l'algorithme dans l'ordre des variables : chaque nouvelle forme linéaire introduit une variable que les précédentes n'avaient pas éliminée. L'indépendance est donc automatique — mais il faut savoir le dire.

Trois carrés, tous à coefficients strictement positifs ( $1$ , $1$ , $2$ ) :

\boxed{\text{signature}=(3,0),\qquad \text{rang}=3,\qquad q\ \text{DÉFINIE POSITIVE.}}

Et $q=0$ exige les trois carrés nuls : $z=0$ , puis $y+0=0$ donc $y=0$ , puis $x+0=0$ donc $x=0$ . Seule l'origine annule $q$ ✓

Les contrôles indépendants

A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&2&1\\0&1&3\end{pmatrix}.

Critère de Sylvester (exercice D4) — les trois mineurs principaux dominants :

\Delta_1=1>0,\qquad \Delta_2=\begin{vmatrix}1&1\\1&2\end{vmatrix}=2-1=1>0,

\Delta_3=\det A=1(6-1)-1(3-0)+0=5-3=2>0.

Tous strictement positifs $\Longrightarrow$ définie positive ✓

Valeurs propres : $2-\sqrt3\approx0{,}268$ , $2$ , et $2+\sqrt3\approx3{,}732$ . Toutes $>0$ ✓ (contrôle : leur somme vaut $6=$ trace $1+2+3$ ✓ ; leur produit vaut $(4-3)\times2=2=\det A$ ✓)

Trois méthodes, même verdict.

Contrôle numérique

$(x,y,z)$	$(x+y)^2$	$(y+z)^2$	$2z^2$	$q$
$(0,0,0)$	$0$	$0$	$0$	$\mathbf{0}$
$(1,0,0)$	$1$	$0$	$0$	$1$
$(0,1,0)$	$1$	$1$	$0$	$2$
$(0,0,1)$	$0$	$1$	$2$	$3$
$(1,-1,0)$	$0$	$1$	$0$	$1$
$(1,-1,1)$	$0$	$0$	$2$	$2$
$(1,1,1)$	$4$	$4$	$2$	$10$

Toujours strictement positif hors de l'origine ✓ La ligne $(1,-1,1)$ est instructive : les deux premiers carrés s'annulent, et seul $2z^2$ maintient la positivité. C'est ce qui distingue une forme définie positive d'une forme dégénérée — il faut vraiment annuler les trois pour atteindre zéro.

Réponse : $q=(x+y)^2+(y+z)^2+2z^2$ , de signature $(3,0)$ et de rang $3$ ; la forme est définie positive.

Réponse.

q=(x+y)^2+(y+z)^2+2z^2

, signature

(3,0)

, définie positive. (Recoupement : les

3

valeurs propres de la matrice sont

>0

— vérifié machine ✓)

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Forme dégénérée & noyau

CalculDifficulté 3/5

Réduire $q(x,y,z)=x^2+y^2+2z^2+2xy$ , donner sa signature et décrire le noyau (radical) de sa forme polaire.

Indices (3)

Regrouper les termes en $x$ : $x^2+2xy=(x+y)^2-y^2$ .

Combien de carrés non nuls reste-t-il ? (rang)

Le noyau est $\ker A$ : résoudre $Av=0$ avec $A$ la matrice de $q$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Cet exercice réunit tout le lot B : réduction en dimension $3$ , forme dégénérée, et description explicite du noyau. C'est le seul du chapitre où l'on calcule le radical d'une forme polaire, et c'est l'occasion de voir ce que la dégénérescence signifie géométriquement.

q(x,y,z)=x^2+y^2+2z^2+2xy.

Étape 1 — la réduction

Termes contenant $x$ : $\ x^2+2xy$ .

(x+y)^2=x^2+2xy+y^2.

On retranche l'excédent $y^2$ — et il se trouve que $q$ contient exactement un $y^2$ :

q=(x+y)^2-y^2+y^2+2z^2=(x+y)^2+2z^2.

\boxed{q(x,y,z)=(x+y)^2+2z^2}

Vérification : $(x+y)^2+2z^2=x^2+2xy+y^2+2z^2=q$ ✓

La variable $y$ a entièrement disparu de l'écriture réduite — elle n'apparaît plus que dans la combinaison $x+y$ . C'est le signe de la dégénérescence, et l'origine du noyau.

Étape 2 — signature et rang

q=(+1)\ell_1^2+(+2)\ell_2^2,\qquad \ell_1=x+y,\quad \ell_2=z.

Deux carrés seulement, alors qu'on est en dimension $3$ :

\boxed{\text{signature}=(2,0),\qquad \text{rang}=2<3,\qquad q\ \text{DÉGÉNÉRÉE.}}

Nature : les deux coefficients sont positifs, donc $q\ge0$ partout — mais elle s'annule ailleurs qu'en $\vec0$ . Elle est positive non définie (semi-définie positive).

Contrôle par la matrice :

A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}.

Les deux premières lignes sont identiques, donc $\det A=0$ ✓ — dégénérée, confirmé. Valeurs propres : $0$ , $2$ , $2$ (somme $=4=$ trace ✓). Une valeur propre nulle, deux positives : signature $(2,0)$ et rang $2$ ✓

Étape 3 — le noyau (radical)

Le noyau de la forme polaire est

\ker b=\{\vec u\ :\ b(\vec u,\vec v)=0\ \text{ pour TOUT }\vec v\}=\ker A.

⚠️ Attention à la définition : ce n'est pas l'ensemble des vecteurs isotropes ( $q(\vec u)=0$ ), c'est plus fort — il faut que $\vec u$ soit orthogonal à tout l'espace. (Les deux coïncident quand la forme est positive, ce qui est le cas ici, mais pas en général : à l'exercice B1, la forme avait des isotropes et un noyau réduit à $\{\vec0\}$ .)

Résolvons $A\vec u=\vec0$ :

\begin{cases}x+y=0\\ x+y=0\\ 2z=0\end{cases}\qquad\Longleftrightarrow\qquad\begin{cases}y=-x\\ z=0\end{cases}

(la deuxième ligne est identique à la première : elle n'apporte rien, ce qui est exactement la manifestation du rang $2$ .)

\boxed{\ker b=\operatorname{Vect}\big((1,-1,0)\big)}

— une droite, de dimension $1$ .

Théorème du rang : $\operatorname{rang}+\dim\ker=2+1=3=\dim$ ✓

Lire le noyau sur la forme réduite

C'est le contrôle le plus parlant, et il ne demande aucun calcul matriciel. Le noyau est l'ensemble des points où tous les carrés s'annulent :

\begin{cases}\ell_1=x+y=0\\ \ell_2=z=0\end{cases}\qquad\Longrightarrow\qquad (x,-x,0)=x\,(1,-1,0).

Même réponse ✓ Et l'on voit pourquoi : les deux formes linéaires $\ell_1,\ell_2$ ne suffisent pas à déterminer les trois coordonnées, il reste un degré de liberté — précisément la direction du noyau.

Contrôle numérique :

$(x,y,z)$	$(x+y)^2$	$2z^2$	$q$
$\mathbf{(1,-1,0)}$	$0$	$0$	$\mathbf{0}$
$\mathbf{(5,-5,0)}$	$0$	$0$	$\mathbf{0}$
$(1,-1,1)$	$0$	$2$	$2$
$(1,0,0)$	$1$	$0$	$1$
$(1,1,0)$	$4$	$0$	$4$
$(0,0,1)$	$0$	$2$	$2$

Toute la droite $\operatorname{Vect}\big((1,-1,0)\big)$ annule $q$ , et rien d'autre ne l'annule ✓

Ce que le noyau signifie

Un vecteur du noyau est invisible pour la forme : l'ajouter à n'importe quel vecteur ne change rien.

q(\vec v+\vec u)=q(\vec v)+2b(\vec v,\vec u)+q(\vec u)=q(\vec v)+0+0=q(\vec v)\qquad\text{pour }\vec u\in\ker b.

Vérifions-le avec $\vec v=(1,0,0)$ et $\vec u=(1,-1,0)$ : leur somme est $(2,-1,0)$ , et

q(2,-1,0)=(2-1)^2+0=1=q(1,0,0).\ \checkmark

Conséquences pratiques :

$q$ ne « voit » réellement qu'un espace de dimension $2$ — le quotient $\mathbb{R}^3/\ker b$ ;
on peut choisir un représentant dans chaque classe : ici, tout vecteur est équivalent à un vecteur de la forme $(s,0,z)$ , et $q$ y vaut $s^2+2z^2$ ;
toute question de « distance » ou d'« angle » perd son sens le long du noyau, ce qui est exactement pourquoi une forme dégénérée ne peut pas être un produit scalaire (exercice C1).

Réponse : $q=(x+y)^2+2z^2$ , de signature $(2,0)$ et de rang $2$ — donc dégénérée et positive non définie ; son noyau est la droite $\operatorname{Vect}\big((1,-1,0)\big)$ .

Réponse.

q=(x+y)^2+2z^2

, signature

(2,0)

, rang

2

; noyau

=\operatorname{Vect}(1,-1,0)

. (Recoupement :

A(1,-1,0)^{\mathsf T}=0

— vérifié machine ✓)

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Matrice d'une forme (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Donner la matrice symétrique de $q(x,y)=3x^2-2xy+3y^2$ .

Indices (3)

Diagonale : coefficients de $x^2$ et $y^2$ .

$A_{12}=\tfrac12(\text{coeff }xy)$ .

Coefficient de $xy$ : $-2$ .

Correction détaillée

La règle à appliquer

q(x,y)=3x^2-2xy+3y^2.

Le dictionnaire forme $\longleftrightarrow$ matrice (exercice A1) tient en une ligne :

$A_{ii}$ = coefficient de $x_i^2$ ; $A_{ij}=A_{ji}$ = la moitié du coefficient de $x_ix_j$ .

Le partage par $2$ vient de ce que le produit $\vec x^{\mathsf T}A\vec x$ fait apparaître deux fois le terme croisé — une fois par $A_{12}$ , une fois par $A_{21}$ .

Le calcul

case	contenu	valeur
$A_{11}$	coefficient de $x^2$	$3$
$A_{22}$	coefficient de $y^2$	$3$
$A_{12}=A_{21}$	moitié du coefficient de $xy$	$\dfrac{-2}{2}=-1$

\boxed{A=\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}}

⚠️ Le signe fait partie du coefficient : $-2xy$ donne $-1$ dans chaque case, pas $+1$ .

La vérification

A\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3x-y\\-x+3y\end{pmatrix},

\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3x-y\\-x+3y\end{pmatrix}=x(3x-y)+y(-x+3y)=3x^2-xy-xy+3y^2

=3x^2-2xy+3y^2=q.\ \checkmark

Les deux $-xy$ se recomposent en $-2xy$ : c'est bien le partage annoncé.

Ce que la matrice livre en prime

Sans autre calcul, on peut déjà dire la nature de $q$ .

Critère de Sylvester :

\Delta_1=3>0,\qquad \Delta_2=\det A=3\times3-(-1)^2=9-1=8>0.

Tous positifs $\Longrightarrow$ définie positive.

Valeurs propres — la matrice est de la forme $\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}$ , dont les valeurs propres sont toujours $a\pm b$ :

\mu_1=3-1=2,\qquad \mu_2=3+1=4.

(contrôle : somme $=6=$ trace ✓, produit $=8=\det$ ✓)

Toutes deux $>0$ $\Longrightarrow$ définie positive ✓ Les vecteurs propres associés sont $(1,1)$ pour $\mu=2$ et $(1,-1)$ pour $\mu=4$ — c'est une propriété générale de cette famille de matrices, et elle resservira aux exercices D1 et D5.

Contrôle numérique :

$(x,y)$	$q$
$(1,0)$	$3$
$(1,1)$	$3-2+3=\mathbf{4}$
$(1,-1)$	$3+2+3=\mathbf{8}$
$(2,1)$	$12-4+3=11$

Toujours $>0$ ✓ Et l'on retrouve les valeurs propres : sur les vecteurs unitaires $\tfrac{(1,1)}{\sqrt2}$ et $\tfrac{(1,-1)}{\sqrt2}$ , $q$ vaut $\tfrac42=2$ et $\tfrac82=4$ — exactement $\mu_1$ et $\mu_2$ . C'est le quotient de Rayleigh de l'exercice D6.

Réponse : $A=\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}$ ; la forme est définie positive, de valeurs propres $2$ et $4$ .

Réponse.

A=\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}

. (Recoupement : vérifié machine ✓)

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Forme polaire (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Donner la forme polaire de $q(x,y)=3x^2-2xy+3y^2$ .

Indices (3)

Matrice $\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}$ .

$b=u^{\mathsf T}Av$ .

Le terme croisé $-2xy$ devient $-(xy'+x'y)$ .

Correction détaillée

La règle

La forme polaire s'obtient en remplaçant $\vec x^{\mathsf T}A\vec x$ par $\vec x^{\mathsf T}A\vec x'$ — deux vecteurs différents de part et d'autre de la matrice (exercice A2).

q(x,y)=3x^2-2xy+3y^2\qquad\text{a pour matrice}\qquad A=\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}\quad\text{(exercice E1)}.

Le calcul

b\big((x,y),(x',y')\big)=\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}.

Produit de droite :

\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3x'-y'\\-x'+3y'\end{pmatrix},

puis :

b=x(3x'-y')+y(-x'+3y').

\boxed{b\big((x,y),(x',y')\big)=3xx'-xy'-x'y+3yy'}

Les deux contrôles

(a) Symétrie. En échangeant $(x,y)\leftrightarrow(x',y')$ :

3x'x-x'y-xy'+3y'y,

qui est la même expression, aux termes réordonnés ✓

(b) On retrouve $q$ sur la diagonale. En posant $x'=x$ et $y'=y$ :

b\big((x,y),(x,y)\big)=3x^2-xy-xy+3y^2=3x^2-2xy+3y^2=q.\ \checkmark

C'est le contrôle le plus efficace : il détecte immédiatement une erreur de facteur $2$ .

Par la formule de polarisation

On peut aussi obtenir $b$ sans passer par la matrice :

b(u,v)=\tfrac12\big[q(u+v)-q(u)-q(v)\big].

Testons sur $u=(1,0)$ et $v=(0,1)$ :

quantité	valeur
$q(1,0)$	$3$
$q(0,1)$	$3$
$u+v=(1,1)$ , $q(1,1)$	$3-2+3=4$
$b(u,v)$	$\tfrac12(4-3-3)=\mathbf{-1}$

Et par la formule directe : $b\big((1,0),(0,1)\big)=3\times1\times0-1\times1-0\times0+3\times0\times1=-1$ ✓

C'est aussi, tout simplement, $A_{12}=-1$ : la forme polaire évaluée sur deux vecteurs de base rend le coefficient correspondant de la matrice. Un moyen commode de contrôler une matrice qu'on vient d'écrire.

Un second contrôle, sur des vecteurs quelconques

Prenons $u=(2,1)$ et $v=(1,-1)$ .

Par la formule : $3\times2\times1-2\times(-1)-1\times1+3\times1\times(-1)=6+2-1-3=\mathbf{4}$ .

Par la matrice :

A\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3+1\\-1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\-4\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4\\-4\end{pmatrix}=8-4=4.\ \checkmark

Par polarisation : $q(2,1)=12-4+3=11$ , $q(1,-1)=3+2+3=8$ , $u+v=(3,0)$ donc $q(3,0)=27$ , et

b=\tfrac12(27-11-8)=\tfrac12\times8=4.\ \checkmark

Trois chemins, la même valeur.

Réponse : $b\big((x,y),(x',y')\big)=3xx'-xy'-x'y+3yy'$ , symétrique et vérifiant $b(u,u)=q(u)$ .

Réponse.

b=3xx'-(xy'+x'y)+3yy'

. (Recoupement :

b(u,u)=q(u)

✓ ; vérifié machine)

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Réduction de Gauss (DS)

CalculDifficulté 2/5

Réduire $q(x,y)=x^2+6xy+5y^2$ et donner sa signature.

Indices (3)

$x^2+6xy=(x+3y)^2-9y^2$ .

Reporter dans $q$ .

Compter les signes.

Correction détaillée

La méthode

Réduction de Gauss : on complète le carré en $x$ , puis on lit la signature sur les coefficients obtenus (exercice B1).

q(x,y)=x^2+6xy+5y^2.

La réduction

Termes contenant $x$ : $\ x^2+6xy$ .

(x+3y)^2=x^2+6xy+9y^2.

Ce carré contient $9y^2$ , alors que $q$ n'en a que $5$ . On retranche donc $9y^2$ et on remet $5y^2$ :

q=(x+3y)^2-9y^2+5y^2=(x+3y)^2-4y^2.

\boxed{q(x,y)=(x+3y)^2-4y^2}

Vérification : $(x+3y)^2-4y^2=x^2+6xy+9y^2-4y^2=x^2+6xy+5y^2$ ✓

Le coefficient $-4$ vient de $-9+5$ . C'est là que se produit l'erreur la plus courante — oublier de retrancher le $9y^2$ du carré.

La signature

q=(+1)\ell_1^2+(-4)\ell_2^2,\qquad \ell_1=x+3y,\quad \ell_2=y.

Indépendance : matrice $\begin{pmatrix}1&3\\0&1\end{pmatrix}$ , de déterminant $1\neq0$ ✓

Un coefficient positif ( $+1$ ), un négatif ( $-4$ ) :

\boxed{\text{signature}=(1,1),\qquad \text{rang}=2,\qquad q\ \text{non dégénérée et INDÉFINIE.}}

⚠️ Ce qui compte est le SIGNE, pas la valeur. Le $-4$ compte pour un coefficient négatif, exactement comme un $-1$ l'aurait fait. La signature ne retient que les signes — c'est ce qui en fait un invariant (théorème d'inertie de Sylvester).

Les contrôles

Par la matrice. $A=\begin{pmatrix}1&3\\3&5\end{pmatrix}$ , donc

\det A=1\times5-3^2=5-9=-4<0.

Un déterminant négatif en dimension $2$ signifie que les deux valeurs propres sont de signes opposés — donc signature $(1,1)$ , sans même les calculer ✓

Par les valeurs propres, pour recouper :

\det(A-\mu I)=(1-\mu)(5-\mu)-9=\mu^2-6\mu-4=0\ \Longrightarrow\ \mu=3\pm\sqrt{13}.

\mu_1=3-\sqrt{13}\approx-0{,}606<0,\qquad \mu_2=3+\sqrt{13}\approx6{,}606>0.

Une de chaque signe $\Longrightarrow$ signature $(1,1)$ ✓ — la même que par Gauss, avec des nombres complètement différents.

Contrôle numérique

$(x,y)$	$(x+3y)^2$	$-4y^2$	$q$
$(1,0)$	$1$	$0$	$\mathbf{+1}$
$(0,1)$	$9$	$-4$	$+5$
$(-3,1)$	$0$	$-4$	$\mathbf{-4}$
$(-1,1)$	$4$	$-4$	$\mathbf{0}$
$(-5,1)$	$4$	$-4$	$\mathbf{0}$
$(-2,1)$	$1$	$-4$	$-3$

Des valeurs des deux signes $\Longrightarrow$ indéfinie ✓ Et deux directions isotropes : $(-1,1)$ et $(-5,1)$ .

Contrôle par la factorisation : $x^2+6xy+5y^2=(x+y)(x+5y)$ , qui s'annule sur $x=-y$ et $x=-5y$ — exactement les deux directions trouvées ✓

Réponse : $q=(x+3y)^2-4y^2$ , de signature $(1,1)$ ; la forme est non dégénérée et indéfinie.

Réponse.

q=(x+3y)^2-4y^2

, signature

(1,1)

. (Recoupement : vérifié machine ✓)

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Nature d'une forme diagonale (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Quelle est la nature de $q(x,y)=2x^2+3y^2$ ?

Indices (3)

La forme est déjà une somme de carrés (matrice diagonale).

Lire directement les coefficients.

$2>0$ et $3>0$ .

Correction détaillée

La lecture immédiate

q(x,y)=2x^2+3y^2.

La forme est déjà diagonale : il n'y a aucun terme croisé, donc aucune réduction à faire. C'est déjà une somme de carrés, et la signature se lit directement.

q=(+2)\,x^2+(+3)\,y^2.

Deux coefficients, tous deux strictement positifs :

\boxed{\text{signature}=(2,0),\qquad \text{rang}=2,\qquad q\ \text{DÉFINIE POSITIVE.}}

Pourquoi « définie » et pas seulement « positive »

C'est la nuance que l'exercice teste, et elle se démontre en une ligne.

q(x,y)=\underbrace{2x^2}_{\ge0}+\underbrace{3y^2}_{\ge0}\ \ge\ 0\qquad\text{toujours.}

Cela donne « positive ». Pour « définie », il faut de plus que $q=0$ n'ait lieu qu'en l'origine. Or une somme de deux quantités positives est nulle si et seulement si chacune l'est :

2x^2=0\ \Longrightarrow\ x=0,\qquad 3y^2=0\ \Longrightarrow\ y=0.

Donc $q(x,y)=0\iff(x,y)=(0,0)$ ✓ Aucun vecteur isotrope hors de l'origine, contrairement aux exercices B3 et E3.

⚠️ Comparer avec $q=2x^2$ seule (en dimension $2$ ) : elle serait positive, mais pas définie — elle s'annule sur tout l'axe $x=0$ . C'est la différence entre signature $(2,0)$ et signature $(1,0)$ , et c'est le rang qui la porte.

Les contrôles

A=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}.

Valeurs propres : une matrice diagonale a ses coefficients diagonaux pour valeurs propres, donc $\mu_1=2$ et $\mu_2=3$ . Toutes deux $>0$ $\Longrightarrow$ définie positive ✓

Sylvester : $\Delta_1=2>0$ et $\Delta_2=\det A=6>0$ ✓

Trois lectures concordantes — et c'est normal, elles disent toutes la même chose sur une forme déjà diagonale. L'intérêt est de vérifier que les trois critères sont bien compris avant de les appliquer à des cas où ils divergent en apparence (exercice D3).

Ce que la forme représente

Les lignes de niveau $q=c$ (pour $c>0$ ) sont les courbes

2x^2+3y^2=c\qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{x^2}{c/2}+\frac{y^2}{c/3}=1,

c'est-à-dire des ellipses centrées à l'origine, de demi-axes $\sqrt{c/2}$ selon $x$ et $\sqrt{c/3}$ selon $y$ .

Toutes les formes définies positives ont des lignes de niveau elliptiques — c'est leur signature géométrique, et c'est ce qui les distingue des formes indéfinies (hyperboles, exercice B1) et dégénérées (droites parallèles, exercice B3).

$(x,y)$	$q$
$(0,0)$	$\mathbf{0}$
$(1,0)$	$2$
$(0,1)$	$3$
$(1,1)$	$5$
$(1,-1)$	$5$
$(2,1)$	$11$

Toujours $>0$ hors de l'origine ✓ Et l'ellipse est plus étirée selon $x$ : à valeur de $q$ égale, on peut aller plus loin dans la direction où le coefficient est le plus petit.

Réponse : $q=2x^2+3y^2$ est DÉFINIE POSITIVE, de signature $(2,0)$ ; elle ne s'annule qu'en l'origine et ses lignes de niveau sont des ellipses.

Réponse. Signature

(2,0)

: définie positive. (Recoupement : matrice

\operatorname{diag}(2,3)

, valeurs propres

2,3>0

✓)

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Signature en dimension 3 (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Donner la signature de $q(x,y,z)=x^2+y^2-z^2$ .

Indices (3)

Forme déjà réduite (somme de carrés).

Compter les coefficients $>0$ et $<0$ .

$+1,+1,-1$ .

Correction détaillée

La lecture immédiate

q(x,y,z)=x^2+y^2-z^2.

Forme déjà diagonale, en dimension $3$ . Aucune réduction à faire : on compte les signes.

q=(+1)x^2+(+1)y^2+(-1)z^2.

Deux coefficients positifs, un négatif :

\boxed{\text{signature}=(2,1),\qquad \text{rang}=3,\qquad q\ \text{non dégénérée et INDÉFINIE.}}

Le rang vaut $2+1=3=\dim$ , donc la forme est non dégénérée — cohérent avec $\det A=1\times1\times(-1)=-1\neq0$ .

Ce que la signature $(2,1)$ raconte

Elle dit que $q$ prend des valeurs des deux signes, et l'on peut exhiber les directions :

direction	$q$	signe
$(1,0,0)$	$1$	$+$
$(0,1,0)$	$1$	$+$
$(0,0,1)$	$-1$	$\mathbf{-}$
$(1,1,0)$	$2$	$+$
$(1,0,1)$	$0$	isotrope
$(1,1,1)$	$1$	$+$
$(0,1,2)$	$1-4=-3$	$-$

Le cône isotrope — l'ensemble où $q=0$ — est ici

x^2+y^2=z^2,

c'est-à-dire un vrai cône de révolution d'axe $Oz$ . À l'intérieur du cône $q<0$ , à l'extérieur $q>0$ .

C'est de là que vient le mot « cône isotrope », employé depuis l'exercice A4 : en signature mixte, l'ensemble $q=0$ est un cône au sens géométrique.

Pourquoi cette forme est célèbre

La signature $(2,1)$ — ou plutôt $(3,1)$ en dimension $4$ — est celle de la métrique de Minkowski, le cadre de la relativité restreinte :

q(x,y,z,t)=x^2+y^2+z^2-c^2t^2.

Le cône isotrope y est le cône de lumière, et le signe de $q$ classe les événements :

signe de $q$	nom	interprétation
$q>0$	genre espace	trop loin pour être atteint
$q=0$	genre lumière	atteignable exactement à la vitesse $c$
$q<0$	genre temps	atteignable en dessous de $c$

C'est pourquoi une forme quadratique de signature mixte n'est pas un produit scalaire (exercice C1) : il n'existe pas de « distance » cohérente, puisque $q$ change de signe. On parle de pseudo-métrique.

Les contrôles

A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}.

Valeurs propres : $1$ , $1$ , $-1$ — lues sur la diagonale. Deux positives, une négative $\Longrightarrow$ signature $(2,1)$ ✓

Sylvester ne conclut PAS ici, et c'est instructif : $\Delta_1=1>0$ , $\Delta_2=1>0$ , mais $\Delta_3=\det A=-1<0$ . Le critère de Sylvester teste la définie positivité (tous les mineurs $>0$ ) ; comme le dernier est négatif, il répond « pas définie positive » — ce qui est vrai — mais il ne donne pas la signature. Pour une signature, c'est Gauss ou les valeurs propres, jamais Sylvester seul.

Réponse : signature $(2,1)$ , rang $3$ ; la forme est non dégénérée et indéfinie, son cône isotrope étant le cône $x^2+y^2=z^2$ .

Réponse. Signature

(2,1)

. (Recoupement : c'est le « cône de lumière » — vérifié machine ✓)

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Forme définie négative (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Quelle est la nature de $q(x,y)=-x^2-y^2$ ?

Indices (3)

Forme déjà réduite.

Les deux coefficients sont $-1$ .

Signe constant négatif.

Correction détaillée

La lecture immédiate

q(x,y)=-x^2-y^2.

Forme déjà diagonale, à coefficients tous deux strictement négatifs :

q=(-1)x^2+(-1)y^2.

\boxed{\text{signature}=(0,2),\qquad \text{rang}=2,\qquad q\ \text{DÉFINIE NÉGATIVE.}}

⚠️ L'ordre du couple compte : la signature s'écrit $(p,n)$ avec $p$ d'abord (les positifs). Ici $p=0$ et $n=2$ , donc $(0,2)$ et non $(2,0)$ . Confondre les deux inverse complètement la conclusion.

La démonstration

q(x,y)=-\big(x^2+y^2\big)\ \le\ 0\qquad\text{toujours,}

et $q=0$ exige $x^2+y^2=0$ , donc $x=y=0$ .

Donc $q<0$ strictement pour tout $(x,y)\neq(0,0)$ : c'est la définition de définie négative.

Le maximum de $q$ est $0$ , atteint uniquement en l'origine — à comparer avec une forme définie positive, dont le minimum est $0$ en l'origine.

Le lien avec les formes positives

q=-\big(x^2+y^2\big)=-q_0\qquad\text{où }q_0=x^2+y^2\ \text{est définie POSITIVE.}

C'est la règle générale, et elle évite de tout redémontrer :

$q$ est définie négative $\iff$ $-q$ est définie positive.

Conséquences immédiates sur les critères :

pour $q$ définie négative	traduction
signature	$(0,n)$
valeurs propres	toutes $<0$
Sylvester	mineurs de signes ALTERNÉS : $\Delta_1<0$ , $\Delta_2>0$ , $\Delta_3<0$ …

⚠️ Ne pas chercher « tous les mineurs négatifs » — c'est faux. Vérifions ici :

A=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad \Delta_1=-1<0,\qquad \Delta_2=\det A=(-1)(-1)=+1>0.

Le second mineur est positif ! La raison est mécanique : $\det(-A)=(-1)^n\det A$ en dimension $n$ , donc les signes alternent. Appliquer « tous négatifs » ferait conclure à tort que $q$ n'est pas définie négative.

Les contrôles

Valeurs propres : $-1$ et $-1$ , toutes deux $<0$ $\Longrightarrow$ définie négative ✓

Contrôle numérique :

$(x,y)$	$q$
$(0,0)$	$\mathbf{0}$
$(1,0)$	$-1$
$(0,1)$	$-1$
$(1,1)$	$-2$
$(1,-1)$	$-2$
$(2,3)$	$-13$

Toujours strictement négatif hors de l'origine ✓

Géométrie : les lignes de niveau $q=c$ n'existent que pour $c\le0$ , et ce sont les cercles $x^2+y^2=-c$ . La surface est un paraboloïde retourné — une cloche dont le sommet est l'origine.

Réponse : $q=-x^2-y^2$ est DÉFINIE NÉGATIVE, de signature $(0,2)$ ; elle est strictement négative partout sauf en l'origine, où elle atteint son maximum $0$ .

Réponse. Signature

(0,2)

: définie négative. (Recoupement :

-q

est définie positive ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Exercices corrigés — Formes quadratiques & espaces euclidiens

Les 18 exercices

De la forme quadratique à sa matrice

Forme polaire

Matrice d'une forme quadratique en dimension 3

Évaluer q et la forme polaire

Reconnaître une forme quadratique

De la matrice à la forme quadratique

Réduction de Gauss avec terme carré

Réduction de Gauss sans terme carré

Forme dégénérée : un carré parfait

Forme définie positive par Gauss

Réduction de Gauss en dimension 3

Forme dégénérée & noyau

Matrice d'une forme (DS)

Forme polaire (DS)

Réduction de Gauss (DS)

Nature d'une forme diagonale (DS)

Signature en dimension 3 (DS)

Forme définie négative (DS)

S'entraîner davantage sur formes quadratiques & espaces euclidiens