Niveau : licence de mathématiques (L2), progressif. Durée estimée : 1 h 30. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour trouver la signature d'une forme quadratique réelle, écris-la comme une somme de carrés de formes linéaires indépendantes (c'est la réduction de Gauss), puis compte les coefficients positifs et négatifs. Exemple : $x^2+2xy-3y^2=(x+y)^2-4y^2$, un coefficient positif ($1$) et un négatif ($-4$), donc la signature est $(1,1)$. Ce couple ne dépend pas de la décomposition choisie : c'est la loi d'inertie de Sylvester (cours de L2 de François Dumas, chapitre 7).
Une forme bilinéaire $f$ sur un espace réel $E$ de dimension $n$ est linéaire par rapport à chacune de ses deux variables. Quand $f$ est symétrique, $q(x)=f(x,x)$ est la forme quadratique associée, et $f$ s'appelle sa forme polaire. Le noyau de $q$ réunit les $x$ tels que $f(x,y)=0$ pour tout $y$ : $q$ est non dégénérée si ce noyau vaut $\{0\}$. Un vecteur $x\neq0$ tel que $q(x)=0$ est dit isotrope, et $q$ est définie si elle n'en a aucun.
Formules à retenir :
- Matrice dans une base $(e_1,\dots,e_n)$ : $a_{ij}=f(e_i,e_j)$, et $f(x,y)={}^tXAY$ avec $X$, $Y$ les colonnes de coordonnées.
- Matrice de $q$ : le coefficient de $x_i^2$ va sur la diagonale, la moitié de celui de $x_ix_j$ ($i\neq j$) va en $a_{ij}$ et en $a_{ji}$.
- Forme polaire : $f(x,y)=\frac12\big(q(x+y)-q(x)-q(y)\big)$.
- Changement de base : $A'={}^tPAP$, où les colonnes de $P$ sont les coordonnées des nouveaux vecteurs dans l'ancienne base.
- Signature $(s,t)$ : $\operatorname{rg} q=s+t=\operatorname{rg} A$ ; $q$ est positive si $t=0$, définie positive si $(s,t)=(n,0)$, non dégénérée si $\det A\neq0$.
Piège classique : une somme de carrés ne donne la signature que si les formes linéaires sont indépendantes. Trois carrés de formes liées ne font pas une signature $(3,0)$ : l'exercice 7 te le montre.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Sur $\mathbb{R}^3$, on pose $f(x,y)=x_1y_1+2x_1y_2+x_2y_1+3x_2y_2+x_3y_3$. Écris la matrice $A$ de $f$ dans la base canonique et dis si $f$ est symétrique. Donne ensuite $q(x)=f(x,x)$ et la matrice de $q$.
Correction :
Le coefficient $a_{ij}$ est celui de $x_iy_j$ :
$$A=\begin{pmatrix}1&2&0\\1&3&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$Comme $a_{12}=2\neq a_{21}=1$, $f$ n'est pas symétrique. En posant $y=x$, on obtient $q(x)=x_1^2+3x_1x_2+3x_2^2+x_3^2$, dont la matrice est la partie symétrique $\frac12(A+{}^tA)$ :
$S=\begin{pmatrix}1&\frac32&0\\\frac32&3&0\\0&0&1\end{pmatrix}$
L'erreur à éviter : donner $A$ comme matrice de $q$, alors que la matrice d'une forme quadratique est toujours symétrique.
Exercice 2 : Sur $\mathbb{R}^2$, $q(x)=x_1^2+4x_1x_2+3x_2^2$. Donne la matrice de $q$ et sa forme polaire $f$, puis retrouve $f(e_1,e_2)$ par la formule de polarisation, $(e_1,e_2)$ étant la base canonique.
Correction :
Les carrés vont sur la diagonale, le terme croisé $4x_1x_2$ se partage en $2+2$ :
$$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix},\qquad f(x,y)=x_1y_1+2x_1y_2+2x_2y_1+3x_2y_2$$Vérification : $q(1,1)=8$, $q(1,0)=1$ et $q(0,1)=3$, donc $f(e_1,e_2)=\frac12(8-1-3)$.
$f(e_1,e_2)=2=a_{12}$. Avec $4$ hors de la diagonale, on trouverait $q(1,1)=12$ : le terme croisé serait compté deux fois.
Exercice 3 : Une forme bilinéaire symétrique $f$ sur $\mathbb{R}^3$ a pour matrice, dans la base canonique $(e_1,e_2,e_3)$ :
$$A=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&3\end{pmatrix}$$On pose $e'_1=e_1+e_2$, $e'_2=e_2+e_3$ et $e'_3=e_3$. Calcule la matrice $A'$ de $f$ dans la base $(e'_1,e'_2,e'_3)$.
Correction :
On applique $A'={}^tPAP$, les colonnes de $P$ étant les coordonnées des $e'_j$ :
$$P=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix},\qquad {}^tPA=\begin{pmatrix}1&2&1\\1&2&3\\1&0&3\end{pmatrix}$$$A'={}^tPAP=\begin{pmatrix}3&3&1\\3&5&3\\1&3&3\end{pmatrix}$
Contrôle : $a'_{11}=f(e'_1,e'_1)=a_{11}+2a_{12}+a_{22}=3$. L'erreur à éviter : calculer $P^{-1}AP$, la formule des endomorphismes, pas celle des formes bilinéaires.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Dans un espace réel de base $(e_1,e_2,e_3)$, la forme bilinéaire symétrique $f$ vérifie $f(e_1,e_1)=1$, $f(e_2,e_2)=0$, $f(e_3,e_3)=-1$, $f(e_1,e_2)=\frac12$ et $f(e_1,e_3)=f(e_2,e_3)=0$. Écris sa matrice $A$, calcule $f(u,v)$ pour $u=e_1+e_2$ et $v=e_1-e_3$, puis dis si la forme quadratique associée $q$ est définie, et si elle est dégénérée.
Correction :
Les valeurs $f(e_i,e_j)$ sont les coefficients de $A$ :
$$A=\begin{pmatrix}1&\frac12&0\\\frac12&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}$$Par bilinéarité, $f(u,v)=f(e_1,e_1)-f(e_1,e_3)+f(e_2,e_1)-f(e_2,e_3)=1-0+\frac12-0$, donc $f(u,v)=\frac32$.
$q(e_2)=0$ alors que $e_2\neq0$ : $e_2$ est isotrope et $q$ n'est pas définie. Pourtant $\det A=-1\times\left(0-\frac14\right)=\frac14\neq0$ : $q$ est non dégénérée. Un vecteur isotrope n'est donc pas forcément dans le noyau.
Exercice 5 : Sur $\mathbb{R}^3$, $q(x)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$. Réduis $q$ par la méthode de Gauss, puis donne son rang, sa signature et son noyau.
Correction :
On regroupe les termes en $x_1$ dans un carré, et ce carré redonne exactement $q$ :
$$q(x)=(x_1+x_2+x_3)^2$$Une seule forme linéaire, de coefficient positif : rang $1$, signature $(1,0)$. Le noyau est de dimension $3-1=2$ : c'est le plan $x_1+x_2+x_3=0$, que tu retrouves en résolvant $AX=0$. La forme est positive sans être définie, puisque $q(1,-1,0)=0$.
Exercice 6 : Sur $\mathbb{R}^3$, $q(x)=2x_1^2+x_2^2-3x_3^2+4x_1x_2-2x_1x_3+6x_2x_3$. Donne sa matrice, puis sa signature par la méthode de Gauss. $q$ est-elle définie positive, définie négative, ou indéfinie (elle prend les deux signes) ?
Correction :
On lit la matrice, puis on complète les carrés en commençant par $x_1$ :
$$A=\begin{pmatrix}2&2&-1\\2&1&3\\-1&3&-3\end{pmatrix}$$On met $2$ en facteur des termes en $x_1$ : $2(x_1^2+2x_1x_2-x_1x_3)=2\left(x_1+x_2-\frac{x_3}{2}\right)^2-2\left(x_2-\frac{x_3}{2}\right)^2$. Il reste $-x_2^2+8x_2x_3-\frac72x_3^2$, qu'on traite de même :
$$q(x)=2\left(x_1+x_2-\tfrac{x_3}{2}\right)^2-(x_2-4x_3)^2+\tfrac{25}{2}x_3^2$$Les trois formes linéaires sont indépendantes (système triangulaire). Signature $(2,1)$ : $q$ est indéfinie, par exemple $q(e_1)=2\gt0$ et $q(e_3)=-3\lt0$.
Exercice 7 : Un étudiant écrit : « $q(x)=(x_1-x_2)^2+(x_2-x_3)^2+(x_3-x_1)^2$ est une somme de trois carrés, donc sa signature est $(3,0)$ et $q$ est définie positive. » Montre qu'il se trompe, puis donne la vraie signature de $q$ et son noyau.
Correction :
Les trois formes linéaires sont liées, car leur somme est nulle : la décomposition ne compte pas. D'ailleurs $q(1,1,1)=0$, donc $q$ n'est pas définie. On développe : $q(x)=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3-2x_2x_3$, puis Gauss donne :
$$q(x)=2\left(x_1-\tfrac{x_2+x_3}{2}\right)^2+\tfrac32(x_2-x_3)^2$$Signature $(2,0)$, rang $2$ : $q$ est positive, non définie. Son noyau, de dimension $3-2=1$, est la droite $\mathrm{Vect}\big((1,1,1)\big)$, sur laquelle les deux formes s'annulent.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : Deux matrices symétriques réelles $M$ et $M'$ sont congruentes s'il existe $P$ inversible telle que $M'={}^tPMP$. On pose :
$$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-\frac15\end{pmatrix}$$Justifie que $A$ et $C$ ne sont pas congruentes, puis trouve $P$ inversible telle que ${}^tPAP=B$.
Correction :
Des matrices congruentes représentent la même forme dans deux bases, donc elles ont la même signature. Or $x_1^2+4x_1x_2+3x_2^2=(x_1+2x_2)^2-x_2^2$ donne $(1,1)$ pour $A$, et $C$, diagonale à coefficients négatifs, a pour signature $(0,2)$ : $A$ et $C$ ne sont pas congruentes.
Pour $B$, on pose $y_1=x_1+2x_2$ et $y_2=x_2$, soit $Y=MX$ avec $M=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}$. La matrice de passage exprime les anciennes coordonnées en fonction des nouvelles, $X=PY$, donc $P=M^{-1}$ :
$P=\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}$, et le calcul donne bien ${}^tPAP=B$.
L'erreur à éviter : prendre $P=M$. Ici ${}^tMAM=\begin{pmatrix}1&4\\4&15\end{pmatrix}$, qui n'est même pas diagonale.
Exercice 9 : On reprend $B$ de l'exercice 8 et la matrice identité $I_2$. Sont-elles congruentes sur $\mathbb{R}$ ? Trouve ensuite une matrice inversible $P$ à coefficients complexes telle que ${}^tPI_2P=B$, et dis ce que cela change sur $\mathbb{C}$.
Correction :
Sur $\mathbb{R}$, les signatures $(2,0)$ et $(1,1)$ diffèrent : pas de congruence réelle.
Sur $\mathbb{C}$, on change le signe d'un carré en multipliant la variable par $i$, car $(ix_2)^2=-x_2^2$. Avec $P=\begin{pmatrix}1&0\\0&i\end{pmatrix}$, symétrique donc égale à sa transposée :
$${}^tPI_2P=P^2=\begin{pmatrix}1&0\\0&i^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}=B$$$P=\begin{pmatrix}1&0\\0&i\end{pmatrix}$ convient. Sur $\mathbb{C}$, tout coefficient non nul est un carré, donc le signe ne compte plus : seul le rang distingue deux formes. L'erreur à éviter : remplacer ${}^tP$ par la conjuguée $\begin{pmatrix}1&0\\0&-i\end{pmatrix}$, ce qui redonnerait $I_2$.
Exercice 10 : Une entreprise fabrique deux produits en quantités $x$ et $y$, en centaines d'unités. Son coût de production, en milliers d'euros, est modélisé par $C(x,y)=x^2+xy+y^2-3x-3y+10$ (données fictives). Montre que $C(1+h,1+k)=7+q(h,k)$, où $q$ est une forme quadratique à préciser, puis déduis de la signature de $q$ le coût minimal et les quantités à produire.
Correction :
On se place au point candidat $(1,1)$ : le signe de la partie quadratique décide. En développant, les termes de degré $1$ en $h$ et $k$ s'annulent :
$$C(1+h,1+k)=7+h^2+hk+k^2,\qquad q(h,k)=\left(h+\tfrac{k}{2}\right)^2+\tfrac34k^2$$Signature $(2,0)$ : $q$ est définie positive, donc $C(1+h,1+k)\gt7$ dès que $(h,k)\neq(0,0)$. La matrice de $q$ est d'ailleurs la moitié de la matrice hessienne de $C$, celle de ses dérivées secondes.
Coût minimal : 7 milliers d'euros, soit 7 000 euros, pour 100 unités de chaque produit.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : la matrice d'une forme quadratique est symétrique, termes croisés partagés en deux, et elle change de base par ${}^tPAP$, jamais par $P^{-1}AP$. La signature se lit sur une somme de carrés de formes linéaires indépendantes, et elle ne dépend pas de la décomposition.
Avant de rendre une réduction de Gauss, redéveloppe-la en un point simple comme $(1,1,1)$ : les deux expressions doivent donner le même nombre.
Pour une matrice symétrique réelle $2\times2$, le signe du déterminant tranche vite. Comme $\det({}^tPAP)=(\det P)^2\det A$, il ne change pas d'une base à l'autre, et sur une forme réduite $\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2$ c'est celui de $\lambda_1\lambda_2$ : un déterminant négatif donne la signature $(1,1)$.
Sources
François Dumas, Algèbre euclidienne, notes de cours de L2, Université Clermont Auvergne, 2023-2024 : chapitre 1 pour la matrice et le changement de base, chapitre 7 pour la réduction de Gauss et la loi d'inertie de Sylvester.