Correction exercice 11 feuille 3 .pdf



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1) Notons f (x, y) = x2 − xy + y 2 + x + y , on cherche une équation réduite de f (x, y) = 0 dans un repère orthonormé.
D'abord, reconnaître la partie forme quadratique :

f (x, y) = x

y




|

A a pour valeurs propres

− 12
1

1
− 12
{z

=A


x
+ x + y.
y
}

3
1
et .
2
2

!

√1
1
1
2
L'espace propre E 1 est (après calcul) Vect (U ), avec U =
U =
. (U ) est une base de E 1 , donc E1 =
√1
1
2
2
kU k
2
est une base orthonormée de E 1 .
2
!

√1
1
1
2
. (V ) est une base de E 3 , donc E2 =
V =
L'espace propre E 3 est (après calcul) Vect (V ), avec V =
−1
− √1
2
2
kV k
2
est une base orthonormée de E 3 .
2
Comme A est une matrice symétrique réelle, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux, donc la réunion d'une base
orthonormée de chacun des espaces propres de A formera une base orthonormée de M2,1 (R), donc (E1 , E2 ) est une base
orthonormée de M2,1 (R). Donc
!
√1
√1

2
2
P = Pass base canonique → (E1 , E2 ) =
√1
− √1
2

2

(qui est la matrice de passage entre deux bases orthonormée de M2,1 (R)) est orthogonale, donc t P = P −1 , et comme
c'est la matrice de passage vers une base de vecteurs propres de A,
P −1 AP =

Comme P est orthogonale, A = P

1

0

2

0
1



3
2

1

tP ,

2

0

0



soit A = P

3
2

1
2

0

0
3
2



P −1

donc

1

x
x
+ x + y = t tP
× 2
y
y
0

1 2
3 2
0
X
+x+y = X + Y +x+y
=
3
Y
2
2
2

X +Y






x = √
X
x
x
X
2
en notant
= tP
, soit
=P
(car P −1 = t P ), soit
X −Y
Y
y
y
Y


y = √
2
f (x, y)

=


y P 2
0

1
2
X Y
0

x

f (x, y) =

0



tP
3
2

0
3
2




×

tP


x
+x+y
y

. Donc

3
X +Y
3
2
1 2
X −Y
1
X + Y2+ √
+ √
= X2 + Y 2 + √ X
2
2
2
2
2
2
2

Et là, on fait le même principe que les carrés de Gauss, on reconnaît le début d'un carré :
"




#
√ 2
3
2
1
2 2
2 2
3
1
3
+ Y2 =
X2 + 2 √
X+√
− √
+ Y2 =
X + 2 −1+ Y2
2
2
2
2
2
2
2
2

Donc en posant X = X + 2, et Y = Y , on a
f (x, y) =

1
2

f (x, y) = 0 ⇔

1 2
3
X + Y2 − 1 = 0
2
2

et c'est l'équation réduite de notre conique (à savoir une ellipse) dans le repère orthonormé dont (X , Y) sont les coordonnées,
donc le repère R


d'origine − 2, 0 (on trouve ses coordonnées lors de l'opération semblable aux carrés de Gauss : si l'origine du
nouveau repère est (a, b)
, on doit poser

(X , Y) = (X − a, Y − b)),

1
1
1
1
√ ,√
et √ , − √
(qui sont les vecteurs E1 et E2 trouvés précédemment, ceux qui
2
2
2
2
forment une base orthonormée
propres de
A),

de vecteurs
1

1
1
1
que l'on note usuellement R =
− 2, 0 ; √ , √
, √ ,−√
(l'origine d'abord, puis les deux vecteurs qui
2
2
2
2

et dirigé par les vecteur

dirigent le repère).
2) Notons f (x, y) = xy + 2x + y , on cherche une équation réduite de f (x, y) = 0 dans un repère orthonormé.
D'abord, reconnaître la partie forme quadratique :
f (x, y) = x

y





1
2

0
1
2

|

0
{z

=A

1

}


x
+ 2x + y.
y

A a pour valeurs propres

1
1
et − .
2
2

L'espace propre E 1 est (après calcul) Vect (U ), avec U =
2

est une base orthonormée de E 1 .


1
1
. (U ) est une base de E 1 , donc E1 =
U =
1
2
kU k

√1
2
√1
2

!

2

L'espace propre E− 1 est (après calcul) Vect (V ), avec V =
2

1

2
− √1
2

!




1
1
. (V ) est une base de E− 1 , donc E2 =
V =
−1
2
kV k

est une base orthonormée de E− 1 .
2

Comme A est une matrice symétrique réelle, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux, donc la réunion d'une base
orthonormée de chacun des espaces propres de A formera une base orthonormée de M2,1 (R), donc (E1 , E2 ) est une base
orthonormée de M2,1 (R). Donc

P = Pass base canonique → (E1 , E2 ) =

√1
2
√1
2

√1
2
− √1
2

!

(qui est la matrice de passage entre deux bases orthonormée de M2,1 (R)) est orthogonale, donc t P = P −1 , et comme
c'est la matrice de passage vers une base de vecteurs propres de A,
1

P −1



1
0 t
x
t tP x
P
+
2x
+
y
=
× 2
y
y
− 21
0

1 2
1 2
0
X
=
+ 2x + y = X − Y + x + y
Y
− 12
2
2

X +Y






x = √
x
x
X
X
2
t
−1
t
= P
, soit
=P
(car P = P ), soit
en notant
X −Y
y
y
Y
Y


y = √
2

0
− 12

Comme P est orthogonale, A = P
f (x, y)

1
2

0

0
− 12

2

0



tP ,

0
− 12



1



P −1 AP =

soit A = P

2

0

0
− 12

donc

1

y P 2
0

1
2
X Y
0

=

x

f (x, y) =




×

tP


x
+ 2x + y
y

. Donc

1
X +Y
1
3
1 2
X −Y
1
1
X − Y2+2 √
+ √
= X2 − Y 2 + √ X + √ Y
2
2
2
2
2
2
2
2

Et là, on fait le même principe que les carrés de Gauss, on reconnaît le début d'un carré :
f (x, y)

=
=

"
"






#


#
1
3
1
1
1
3 2
3 2
1 2
1 2
1
2
2

X+√
Y −√

X + 2√
Y − 2√ Y =
− √
− √
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2


9
1
1
3
1
1
X+√
− −
Y −√
+
2
4
2
4
2
2
3

1

Donc en posant X = X + √ , et Y = Y − √ , on a
2

2

f (x, y) = 0 ⇔

1 2
1
X − Y2 − 2 = 0
2
2

et c'est l'équation réduite de notre conique (à savoir une hyperbole) dans le repère orthonormé dont (X , Y) sont les
coordonnées, donc
le repère R
3
1
d'origine − √ , √
(on trouve ses coordonnées lors de l'opération semblable aux carrés de Gauss : si l'origine du
2

2

nouveau repère est (a, b)
, on doit poser

(X , Y) = (X − a, Y − b)),

1
1
1
1
√ ,√
et √ , − √
(qui sont les vecteurs E1 et E2 trouvés précédemment, ceux qui
2
2
2
2
forment une base orthonormée
propres de A
),
de vecteurs


3
1
1
1
1
1
que l'on note usuellement R =
−√ , √
; √ ,√
, √ ,−√
(l'origine d'abord, puis les deux vecteurs qui
2
2
2
2
2
2

et dirigé par les vecteur

dirigent le repère).
Remarque : Ici il y a plus astucieux, c'est de reprendre la même idée que le cas compliqué des carrés de Gauss :
f (x, y) = xy + 2x + y = (x + 1)(y + 2) − 2 =


1
1
1
(x + 1 + y + 2)2 − (x + 1 − y − 2)2 − 2 = (x + y + 3)2 − (x − y − 1)2 − 2
4
4
4

2

(

x+y+3
comme
x−y−1

x+y+3


X =
2
nouvelles coordonnées, mais on veut que le nouveau repère soit orthonormé, c'est pourquoi on prend
x−y−1 ,

Y =

2




1 x+y+3 2
1 2
1 x−y−1 2
1 2


et on retrouve que f (x, y) =

− 2 = X − Y − 2.
2
2
2
2
2
2
3) Notons f (x, y) = x2 − 2xy + y 2 − 10x − 6y + 25, on cherche une équation réduite de f (x, y) = 0 dans un repère
1
4

en utilisant (pour la troisième égalité) que ab = [(a + b)2 − (a − b)2 ]. On aurait alors envie de prendre

orthonormé.
D'abord, reconnaître la partie forme quadratique :
f (x, y) = x

y





1
−1

|


−1
x
− 10x − 6y + 25.
1
y
{z
}

=A

A a pour valeurs propres 2 et 0.

L'espace propre E2 est (après calcul) Vect (U ), avec U =



est une base orthonormée de E2 .
L'espace propre E0 est (après calcul) Vect (V ), avec V =


1
1
U =
. (U ) est une base de E2 , donc E1 =
−1
kU k


1
1
V =
. (V ) est une base de E0 , donc E2 =
1
kV k

√1
2
− √1
2

!

√1
2
√1
2

!

est une base orthonormée de E0 .
Remarque : j'ai fait le choix de considérer E2 avant E0 pour reconnaître à la n l'écriture réduite habituelle d'une parabole.
Comme A est une matrice symétrique réelle, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux, donc la réunion d'une
base orthonormée de chacun des espaces propres de A formera une base orthonormée de M2,1 (R), donc (E1 , E2 ) est une
base orthonormée de M2,1 (R). Donc
!
1

√1

2
2
P = Pass base canonique → (E1 , E2 ) =
√1
− √1
2

2

(qui est la matrice de passage entre deux bases orthonormée de M2,1 (R)) est orthogonale, donc t P = P −1 , et comme
c'est la matrice de passage vers une base de vecteurs propres de A,
P −1 AP =



2
0


0
0

soit A = P



2
0


0
P −1
0


2 0 t
P , donc
0 0






2 0 t
x
x
2 0
x
f (x, y) =
x y P
P
− 10x − 6y + 25 = t t P
×
× tP
− 10x − 6y + 25
y
y
0 0
0 0 y
2 0
X
=
X Y
− 10x − 6y + 25 = 2X 2 − 10x − 6y + 25
0 0
Y

X +Y






x = √
X
x
x
X
2
t
−1
t
en notant
= P
, soit
=P
(car P = P ), soit
. Donc
−X + Y
Y
y
y
Y



y =
2

Comme P est orthogonale, A = P



X +Y
−X + Y
4
16
−6 √
+ 25 = 2X 2 − √ X − √ Y + 25
f (x, y) = 2X 2 − 10 √
2
2
2
2

Et là, on fait le même principe que les carrés de Gauss, on reconnaît le début d'un carré :
"




#
1
16
1 2
1 2
16
2 X2 − 2 √
− √ Y + 25 = 2
X−√
− √
− √ Y + 25
2
2
2
2
2 !





1 2
16
1 2
16
24 2
= 2 X−√
− 1 − √ Y + 25 = 2 X − √
−√
Y −
16
2
2
2
2

1
24 2
3
Donc en posant X = X − √ , et Y = Y −
= Y − √ , on a
16
2
2

16
2 2
f (x, y) = 0 ⇔ 2X 2 − √ Y = 0 ⇔
X −Y =0
8
2
f (x, y)

=

et c'est l'équation réduite de notre conique (à savoir une parabole) dans le repère orthonormé dont (X , Y) sont les coordonnées, donc le repère R
3



1

2



3

d'origine − √ , √

2

(on trouve ses coordonnées lors de l'opération semblable aux carrés de Gauss : si l'origine du

nouveau repère est (a, b)
, on doit poser

(X , Y) = (X − a, Y − b)),

1
1
1
1
√ ,√
et √ , − √
(qui sont les vecteurs E1 et E2 trouvés précédemment, ceux qui
2
2
2
2
forment une base orthonormée
propres de A
de vecteurs

),

1
3
1
1
1
1
que l'on note usuellement R =
−√ , √
; √ ,−√
, √ ,√
(l'origine d'abord, puis les deux vecteurs qui
2
2
2
2
2
2

et dirigé par les vecteur

dirigent le repère).
4) Notons f (x, y) = 4x2 + 12xy + 9y 2 − 8x − 12y − 5, on cherche une équation réduite de f (x, y) = 0 dans un repère
orthonormé.
D'abord, reconnaître la partie forme quadratique :
f (x, y) = x

y



4 6
x
− 8x − 12y − 5.
6 9
y
| {z }



=A

A a pour valeurs propres 13 et 0.

L'espace propre E13 est (après calcul) Vect (U ), avec U =
est une base orthonormée de E13 .
L'espace propre E0 est (après calcul) Vect (V ), avec V =




1
2
. (U ) est une base de E13 , donc E1 =
U =
3
kU k

1
−3
. (V ) est une base de E0 , donc E2 =
V =
2
kV k

√2
13
√3
13

− √3

!

!

13

√2
13

est une base orthonormée de E0 .
Comme A est une matrice symétrique réelle, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux, donc la réunion d'une base
orthonormée de chacun des espaces propres de A formera une base orthonormée de M2,1 (R), donc (E1 , E2 ) est une base
orthonormée de M2,1 (R). Donc
√2
13
√3
13


P = Pass base canonique → (E1 , E2 ) =

− √3

!

13

√2
13

(qui est la matrice de passage entre deux bases orthonormée de M2,1 (R)) est orthogonale, donc t P = P −1 , et comme
c'est la matrice de passage vers une base de vecteurs propres de A,
P −1 AP =


13
0


0
0

soit A = P



13
0


0
P −1
0


13 0 t
P , donc
0
0






13 0 t
x
x
13 0
x
f (x, y) =
x y P
P
− 8x − 12y − 5 = t t P
×
× tP
− 8x − 12y − 5
y
0 y
y
0
0
0
13 0
X
=
X Y
− 8x − 12y − 5 = 13X 2 − 8x − 12y − 5
0
0
Y


x = 2X√− 3Y





X
x
x
X
13
t
−1
t
en notant
= P
, soit
=P
(car P = P ), soit
. Donc
3X + 2Y
Y
y
y
Y



y =
13

Comme P est orthogonale, A = P



f (x, y) = 13X 2 − 8

2X − 3Y
3X + 2Y
52

− 12 √
− 5 = 13X 2 − √ X − 5
13
13
13

Arrivé à ce stade, on sait que notre conique va être dégénérée, qu'elle sera deux droites.
Et là, on fait le même principe que les carrés de Gauss, on reconnaît le début d'un carré :

Remarque :


f (x, y)

=

13

X2

2

Donc en posant X = X − √

13

2
− 2√
13

"


− 5 = 13

2
X−√
13

2




2

13

2 #


2
2
− 5 = 13 X − √
−4−5
13

, et Y = Y , on a
f (x, y) = 0 ⇔ 13X 2 − 9 = 0
3

et c'est l'équation réduite de notre conique (à savoir une deux droites, d'équation X = ± √
dont (X , Y) sont
donc le repère R
les coordonnées,

2

d'origine − √

13

,0

13

) dans le repère orthonormé

(on trouve ses coordonnées lors de l'opération semblable aux carrés de Gauss : si l'origine du

nouveau repère est (a, b), on doit poser (X , Y) = (X − a, Y − b)),
4





2
3
3
2
√ ,√
et − √ , √
(qui sont les vecteurs E1 et E2 trouvés précédemment, ceux
13
13
13
13
qui forment une base orthonormée
de
vecteurs
propres
de


A),

2
2
3
3
2
que l'on note usuellement R =
−√ ,0 ; √ , √
, −√ , √
(l'origine d'abord, puis les deux vecteurs
13
13
13
13
13

et dirigé par les vecteur

qui dirigent le repère).
5) Notons f (x, y) = 5x2 − 6xy + 5y 2 + 2x − 14y + a, on cherche une équation réduite de f (x, y) = 0 dans un repère
orthonormé.
D'abord, reconnaître la partie forme quadratique :
f (x, y) = x

y





5
−3

|


−3
x
+ 2x − 14y + a.
5
y
{z
}

=A

A a pour valeurs propres 2 et 8.

L'espace propre E2 est (après calcul) Vect (U ), avec U =
est une base orthonormée de E2 .
L'espace propre E8 est (après calcul) Vect (V ), avec V =

√1
2
√1
2

!

√1
2
− √1
2

!


1
1
U =
. (U ) est une base de E2 , donc E1 =
1
kU k




1
1
V =
. (V ) est une base de E8 , donc E2 =
−1
kV k

est une base orthonormée de E8 .
Comme A est une matrice symétrique réelle, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux, donc la réunion d'une base
orthonormée de chacun des espaces propres de A formera une base orthonormée de M2,1 (R), donc (E1 , E2 ) est une base
orthonormée de M2,1 (R). Donc

P = Pass base canonique → (E1 , E2 ) =

√1
2
√1
2

√1
2
− √1
2

!

(qui est la matrice de passage entre deux bases orthonormée de M2,1 (R)) est orthogonale, donc t P = P −1 , et comme
c'est la matrice de passage vers une base de vecteurs propres de A,
P −1 AP =



2
0


0
8

soit A = P



2
0


0
P −1
8


2 0 t
P , donc
0 8






x
x
2 0
x
2 0 t
P
+ 2x − 14y + a = t t P
×
× tP
+ 2x − 14y + a
f (x, y) =
x y P
y
y
0
8
y
0
8


2 0
X
=
X Y
+ 2x − 14y + a = 2X 2 + 8Y 2 + 2x − 14y + a
0 8
Y

X +Y






x = √
X
x
x
X
2
t
−1
t
en notant
= P
, soit
=P
(car P = P ), soit
. Donc
X −Y
Y
y
y
Y



y
=

2

Comme P est orthogonale, A = P



X +Y
12
X −Y
16
f (x, y) = 2X 2 + 8Y 2 + 2 √
− 14 √
+ a = 2X 2 + 8Y 2 − √ X + √ Y + a
2
2
2
2

Et là, on fait le même principe que les carrés de Gauss, on reconnaît le début d'un carré :
f (x, y)

=
=
=

3





3
1
2 X2 − 2 √
+ 8 Y 2 + 2√ Y + a
2
"
"


# 2

#
3 2
1 2
1 2
3 2
2
− √
+ 8Y
Y +√
− √
+a
2
X−√
2
2
2
2

2

2
3
1
2 X−√
−9+8 Y + √
−4+a
2
2
1

Donc en posant X = X − √ , et Y = Y + √ , on a
2

2

f (x, y) = 0 ⇔ 2X 2 + 8Y 2 − 13 + a = 0

et c'est l'équation réduite de notre conique, à savoir :
? une ellipse réelle si a < 13,


3
1
? une ellipse dégénérée (c'est-à-dire un seul point) si a = 13, qui est le point − √ , √ ,
? une ellipse imaginaire (donc pas de solution dans R2 ) si a > 13,
dans le repère orthonormé dont (X , Y) sont les coordonnées, donc le repère R

5

2

2



3

2



1

d'origine − √ , √

2

(on trouve ses coordonnées lors de l'opération semblable aux carrés de Gauss : si l'origine du

nouveau repère est (a, b)
, on doit poser

(X , Y) = (X − a, Y − b)),

1
1
1
1
√ ,√
et √ , − √
(qui sont les vecteurs E1 et E2 trouvés précédemment, ceux qui
2
2
2
2
forment une base orthonormée
propres de A
),
de vecteurs


3
1
1
1
1
1
que l'on note usuellement R =
−√ , √
; √ ,√
, √ ,−√
(l'origine d'abord, puis les deux vecteurs qui
2
2
2
2
2
2

et dirigé par les vecteur

dirigent le repère).
6) Notons f (x, y) = 15x2 + 24xy + 15y 2 + 30x − 24y + 20, on cherche une équation réduite de f (x, y) = 0 dans un repère
orthonormé.
D'abord, reconnaître la partie forme quadratique :
f (x, y) = x

y





15
12

|


12
x
+ 30x − 24y + 20.
15
y
{z
}

=A

A a pour valeurs propres 27 et 3.

L'espace propre E27 est (après calcul) Vect (U ), avec U =
est une base orthonormée de E27 .
L'espace propre E3 est (après calcul) Vect (V ), avec V =




1
1
U =
. (U ) est une base de E27 , donc E1 =
1
kU k

1
1
. (V ) est une base de E3 , donc E2 =
V =
−1
kV k

√1
2
√1
2

!

√1
2
− √1
2

!

est une base orthonormée de E3 .
Comme A est une matrice symétrique réelle, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux, donc la réunion d'une base
orthonormée de chacun des espaces propres de A formera une base orthonormée de M2,1 (R), donc (E1 , E2 ) est une base
orthonormée de M2,1 (R). Donc

P = Pass base canonique → (E1 , E2 ) =

√1
2
√1
2

√1
2
− √1
2

!

(qui est la matrice de passage entre deux bases orthonormée de M2,1 (R)) est orthogonale, donc t P = P −1 , et comme
c'est la matrice de passage vers une base de vecteurs propres de A,

27
0

P −1 AP =


0
3

soit A = P



27
0


0
P −1
3


0 t
P , donc
3






27 0 t
x
x
27 0
x
f (x, y) =
x y P
P
+ 30x − 24y + 20 = t t P
×
× tP
+ 30x − 24y + 20
3 y
y
0
3
y
0
27 0
X
+ 30x − 24y + 20 = 27X 2 + 3Y 2 + 30x − 24y + 20
=
X Y
Y
0
3

+Y

x = X√





X
x
x
X
2
t
−1
t
en notant
= P
, soit
=P
(car P = P ), soit
. Donc
X −Y
Y
y
y
Y


y = √
2

Comme P est orthogonale, A = P



27
0

X −Y
6
54
X +Y
f (x, y) = 27X 2 + 3Y 2 + 30 √
− 24 √
+ 20 = 27X 2 + 3Y 2 + √ X + √ Y + 20
2
2
2
2

Et là, on fait le même principe que les carrés de Gauss, on reconnaît le début d'un carré :
f (x, y)

=
=
=





1
9
27 X 2 + 2 √
+ 3 Y 2 + 2 √ Y + 20
9 2
"
"

2 # 2


#
2
1
1
9 2
9 2

X+ √
27

+ 3Y 2
Y +√
− √
+ 20
9 2
9 2
2
2

2

2

2


1
1
243
9 2
305
9
1
27 X + √
− +3 Y + √

+ 20 = 27 X + √
+3 Y + √

6
2
3
9 2
2
9 2
2
1

9

Donc en posant X = X + √ , et Y = Y + √ , on a
9 2

2

f (x, y) = 0 ⇔ 27X 2 + 3Y 2 −

305
=0
3

et c'est l'équation réduite de notre conique (à savoir une ellipse) dans le repère orthonormé dont (X , Y) sont les coordonnées,
donc le repère R
6



1

9

d'origine − √ , − √
9 2



2

(on trouve ses coordonnées lors de l'opération semblable aux carrés de Gauss : si l'origine

du nouveau repère est (a,
poser
(X , Y) = (X − a, Y − b)),
b), on doit

1
1
1
1
√ ,√
et √ , − √
(qui sont les vecteurs E1 et E2 trouvés précédemment, ceux qui
2
2
2
2
forment une base orthonormée
propres
de A),
de vecteurs



1
9
1
1
1
1
que l'on note usuellement R =
− √ ,−√
; √ ,√
, √ ,−√
(l'origine d'abord, puis les deux vecteurs
9 2
2
2
2
2
2

et dirigé par les vecteur

qui dirigent le repère).
7) Notons f (x, y) = 15x2 − 16xy − 15y 2 − 62x − 44y − 13, on cherche une équation réduite de f (x, y) = 0 dans un repère
orthonormé.
D'abord, reconnaître la partie forme quadratique :
f (x, y) = x

y





15
−8

|


−8
x
− 62x − 44y − 13.
−15
y
{z
}

=A

A a pour valeurs propres 17 et 17.

L'espace propre E17 est (après calcul) Vect (U ), avec U =
− √4

!

17

√1
17

!


1
−4
. (U ) est une base de E17 , donc E1 =
U =
1
kU k

est une base orthonormée de E17 .

L'espace propre E−17 est (après calcul) Vect (V ), avec V =
√1
17
√4
17




1
1
. (V ) est une base de E−17 , donc E2 =
V =
4
kV k

est une base orthonormée de E−17 .

Comme A est une matrice symétrique réelle, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux, donc la réunion d'une base
orthonormée de chacun des espaces propres de A formera une base orthonormée de M2,1 (R), donc (E1 , E2 ) est une base
orthonormée de M2,1 (R). Donc

P = Pass base canonique → (E1 , E2 ) =

− √4

17

√1
17

√1
17
√4
17

!

(qui est la matrice de passage entre deux bases orthonormée de M2,1 (R)) est orthogonale, donc t P = P −1 , et comme
c'est la matrice de passage vers une base de vecteurs propres de A,
P −1 AP =

=
=
=

en notant



X
x
= tP
,
Y
y

17
0



0
−17

soit A = P



17
0


0
P −1
−17

17
0
t P , donc
0
−17




17
0
t P x − 62x − 44y − 13
x y P
0 −17
y
17
0
x
t tP x
×
× tP
− 62x − 44y − 13
y
0 −17
y

17
0
X
X Y
− 62x − 44y − 13 = 17X 2 − 17Y 2 − 62x − 44y − 13
0
−17
Y

−4X + Y





x =
x
X
17
−1
t
. Donc
soit
=P
(car P = P ), soit
X + 4Y
y
Y



y
=

17

Comme P est orthogonale, A = P
f (x, y)





f (x, y) = 17X 2 − 17Y 2 − 62

−4X + Y
204
X + 4Y
238

− 44 √
− 13 = 17X 2 − 17Y 2 + √ X − √ Y − 13
17
17
17
17

Et là, on fait le même principe que les carrés de Gauss, on reconnaît le début d'un carré :




6
7
− 17 Y 2 + 2 √ Y − 13
17 X 2 + 2 √
17
"

2 # 17 "
2
2 #
2
6
6
7
7
= 17
X+√
− √
− 17
Y +√
− √
− 13
17
17
17
17

2

2
6
7
= 17 X + √
− 36 − 17 Y + √
+ 49 − 13
17
17
6
7
Donc en posant X = X + √ , et Y = Y + √ , on a
17
17
f (x, y)

=

f (x, y) = 0 ⇔ 17X 2 − 17Y 2 = 0 ⇔ X 2 − Y 2 = 0

7

et c'est l'équation réduite de notre conique (à savoir une hyperbole dégénérée, c'est-à-dire l'équation de deux droites, les
droites X = ±Y ) dans le repère orthonormé dont (X , Y) sont les coordonnées, donc le repère R
6

7
,−√
(on trouve ses coordonnées lors de l'opération semblable aux carrés de Gauss : si l'origine
17
du nouveau repère est (a,
(X , Y) = (X − a, Y − b)),
b), on doit poser

4
1
1
4
et dirigé par les vecteur − √ , √
et √ , √
(qui sont les vecteurs E1 et E2 trouvés précédemment, ceux
17
17
17
17
qui forment une base orthonormée
de
vecteurs
propres
de
A),



6
7
4
1
1
4
que l'on note usuellement R =
−√ ,−√
; −√ , √
, √ ,√
(l'origine d'abord, puis les deux vec17
17
17
17
17
17

d'origine − √

17

teurs qui dirigent le repère).

Il me semble que je n'avais pas ni la correction de l'exercice 3 de la feuille 3. Voici la correction des points dont je ne
me rappelle pas avoir fait la correction.

1
4
linéaires (x, y) 7→ x + y et (x, y) 7→ x − y sont libres, donc la signature de q est (1, 1) , son rang est 2 .
(
X =x+y
1
1
Si on pose
, alors q(x, y) = X 2 − Y 2 , donc si (X, Y ) sont les coordonnées dans la base (u, v), alors la
4
4
Y =x−y
1

0
matrice de q dans la base (u, v) est 4
1 , donc diagonale, donc (u, v) sera une base b-orthogonale.
0 −4

(
X +Y


x=

X =x+y
2
Or,

, et en notant P = Pass base canonique → (u, v) la matrice de passage de la
X −Y

Y =x−y
y =
2


x
X
2
base canonique de R à (u, v), alors les formules du cours sur les changement de bases donnent
= P
. Donc
y
Y

1



1
1 1
1
1
2
, et donc u =
P = 21
,
et v =
,−
forment une base b-orthogonale.
− 21
2 2
2
2
2
4) En suivant (le cas di cile de) l'algorithme des carrés de Gauss, on a
2)

1
4

En suivant (le cas di cile de) l'algorithme des carrés de Gauss, on a q(x, y) = (x + y)2 − (x − y)2 , les formes

q(x, y) = y(x − z) =

2
2
2
2
1
1
1
1
y + (x − z) −
y − (x − z) =
y+x−z −
y−x+z .
4
4
4
4

Et comme conséquence de l'algorithme des carrés de Gauss, `1 : (x, y, z) 7→ y + x − z et `2 : (x, y, z) 7→ y − x + z sont deux
formes linéaires libres. Donc la signature de q est (1, 1) , son rang est 2 .
On peut véri er que si l'on dé nit
`3 : (x, y,

z) 7→ z , alors (`1 ; `2 , `3 ) sont une famille libre de formes linéaires (cela
1

revient à montrer que la matrice  1
à (`1 ; `2 , `3 ) est inversible).

Alors, si l'on pose

−1


X = x + y − z
Y = −x + y + z


Z=z

−1
1
1

0
0, qui est la matrice de passage de la base canonique des formes linéaires
1

, q(x, y) =

1 2
1
X − Y 2 , donc si (X, Y, Z) sont les coordonnées dans la base
4
4
1
4

0
− 14
0


0
0, donc diagonale, donc (u, v, w) sera une base
0

(u, v, w), alors la matrice de q dans la base (u, v, w) est  0
0
b-orthogonale.


X+Y


X = x + y − z
y = 2

Or, Y = −x + y + z ⇔ x = X−Y
+ Z , et en notant P = Pass base canonique → (u, v, w) la matrice de
2




z=Z
Z=z
 
x
passage de la base canonique de R3 à (u, v, w), alors les formules du cours sur les changement de bases donnent y  =
z
 
1

1





1
X
2
2
1 1
1 1
1
P  Y . Donc P =  21
, , 0 , v = − , , 0 et w = (1, 0, 1) forment une base b0, et donc u =
2
2 2
2 2
Z
0
0
1

orthogonale.

8

5)

En suivant (le cas di cile de) l'algorithme des carrés de Gauss, on a

2
2

1
1
P (1) + (P (2) + P (0)) −
P (1) − (P (2) + P (0))
P (1) P (2) + P (0) =
4
4
2
2
1
1
=
P (1) + P (2) + P (0) −
P (1) − P (2) − P (0)
4
4
Et comme conséquence de l'algorithme des carrés de Gauss, `1 : P 7→ P (1) + P (2) + P (0) et `2 : P 7→ P (1) − P (2) − P (0)
q(P )

=

sont deux formes linéaires libres. Donc la signature de q est (1, 1) , son rang est 2 .
On peut véri er que si 
l'on dé nit `
3 : P 7→ P (0), alors (`1 ; `2 , `3 ) sont une famille libre de formes linéaires (cela revient
1

−1
1
−1

1
0, qui est la matrice de passage de la base (e0 , e1 , e2 ) (en notant ei : P 7→ P (i) la
1
0
forme linéaire évalutation
en i ) (qui est bien une base ...) à (`1 ; `2 , `3 ) est inversible, mais il y a d'autres possibilités ...).


X = P (1) + P (2) + P (0)
1
1
Alors, si l'on pose Y = P (1) − P (2) − P (0) , q(P ) = X 2 − Y 2 , donc si (X, Y, Z) sont les coordonnées dans la

4
4

Z = P (0)
1

0
0
4
1
base (U, V, W ), alors la matrice de q dans la base (U, V, W ) est  0 − 4 0, donc diagonale, donc (U, V, W ) sera une
0
0
0
base b-orthogonale.


X = P (1) + P (2) + P (0) = (a + b + c) + (4a + 2b + c) + c = 5a + 3b + 3c
En notant P = aX 2 + bX + c, Y = P (1) − P (2) − P (0) = (a + b + c) − (4a + 2b + c) − c = −3a − b − c
équivaut à


Z = P (0) = c


c=Z



5
3

b = X + Y − Z , et en notant Q = Pass base canonique → (U, V, W ) la matrice de passage de la base canonique
4
4


1
3

a = − X − Y
4
4
 
 
c
X


de R[ X]2 à (U, V, W ), alors les formules du cours sur les changement de bases donnent b = Q  Y . Donc Q =
a
Z


0
0
1
3
3
5
1
5
 3
−1, et donc P1 = − X 2 + X , P2 = − X 2 + X et P3 = −X + 1 forment une base b-orthogonale.
4
4
4
4
4
4
1
3
−4 −4
0
Remarque : On peut travailler à l'aide d'une autre base que la base canonique de R[X]2 (ce qui donne un système


P (0) = Z
X = P (1) + P (2) + P (0)



plus simple à résoudre) : Y = P (1) − P (2) − P (0) ⇔ P (1) = X+Y
, et en notant Q = Pass B → (U, V, W )
2




Z = P (0)
P (2) = X−Y
−Z
2
(en notant B la base
ayant
(P
(0),
P
(1),
P
(2))
comme
coordonnées
pour un polynôme P , donc, grâce à l'interpolation


1
1
de Lagrange, B =
(X − 1)(X − 2), −X(X − 2), X(X − 1) ) la matrice de passage de la base B à (U, V, W ), alors
2
2
 




0
0
1
P (0)
X
1
1
0 , et donc
les formules du cours sur les changement de bases donnent P (1) = Q  Y . Donc Q =  2
2
1
1
Z
P (2)

−1
2
2
1 1
1 1
1
1
1
1
− X(X − 2) + × X(X − 1) = X(3 − X) = P1 , V =
− X(X − 2) − × X(X − 1) = − X(3X − 5) = P2
U =
2
2 2
4
2
2 2
4
1
1
et W = (X − 1)(X − 2) − X(X − 1) = −(X − 1) = P3 forment une base b-orthogonale (on a retrouvé la même qu'avant,
2
2

à montrer que la matrice 1

sans surprise, puisque la di érence des deux méthodes consiste juste dans la présentation des objets (dans une base ou une
autre), pas dans le choix des objets).

9


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