Réduction de Gauss et signature : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « réduction de Gauss et signature », question par question.
Cette correction détaille chaque réduction comme on l’attend dans une copie de licence. Toutes les écritures en somme de carrés sont redéveloppées, puis l’indépendance des formes linéaires est prouvée par un déterminant. Pour l’exercice 2, observez comment le noyau se lit sur la figure : c’est le point commun aux deux droites. L’exercice 3 montre ensuite la technique du produit de deux formes, transformé en différence de carrés. Le quatrième exercice relie la signature à l’allure des courbes de niveau. Enfin, le problème confronte la réduction de Gauss et la réduction orthonormée, qui donnent la même signature d’après la loi d’inertie de Sylvester. Le barème suit chaque exercice.
L’énoncé complet se trouve ici : Réduction de Gauss et signature : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : réduction de Gauss et signature
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Matrice et forme polaire | 3 points |
| 2. Un cône isotrope formé de deux plans | 4,5 points |
| 3. Une forme sans terme carré | 3,5 points |
| 4. Signature selon un paramètre | 3 points |
| 5. Problème : une ellipse inclinée | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : réduction de Gauss et signature
Exercice 1 – Matrice et forme polaire (3 points)
- Les coefficients diagonaux sont ceux des carrés, tandis que chaque terme rectangle se partage en deux moitiés symétriques. La matrice est \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}\).
- La forme polaire s’obtient en dédoublant chaque terme : un carré \(x^2\) devient \(xx^{\prime}\), et un produit \(xy\) devient la demi-somme \(\frac{1}{2}(xy^{\prime} + x^{\prime}y)\). On obtient \(\varphi(u, u^{\prime}) = xx^{\prime} + 3yy^{\prime} – zz^{\prime} + 2(xy^{\prime} + x^{\prime}y) – (yz^{\prime} + y^{\prime}z)\). On vérifie d’ailleurs que \(\varphi(u, u) = q(u)\).
- D’une part, \(q(1, -1, 1) = 1 + 3 – 1 – 4 + 2 = 1\). D’autre part, \(q(1, 0, 1) = 1 – 1 = 0\), donc \(w\) est isotrope. Cependant, \(Aw\) a pour coordonnées \((1, 1, -1)\), qui ne sont pas toutes nulles. Ainsi \(w\) est isotrope, mais il n’appartient pas au noyau de \(q\).
Piège classique : placer le coefficient 4 de \(4xy\) tel quel dans la matrice. Chaque coefficient rectangle doit être divisé par 2, car il apparaît deux fois dans le produit matriciel.
Exercice 2 – Un cône isotrope formé de deux plans (4,5 points)
-
Complétion du premier carré
On regroupe d’abord les termes en \(x\) : \(x^2 + 4xy = (x + 2y)^2 – 4y^2\). Il reste alors \(3y^2 – 4y^2 – z^2 – 2yz = -(y^2 + 2yz + z^2)\), qui est l’opposé d’un carré. Ainsi \(q(x, y, z) = (x + 2y)^2 – (y + z)^2\).
En développant, on retrouve \(x^2 + 4xy + 4y^2 – y^2 – 2yz – z^2\), c’est-à-dire la forme de départ.
- Les formes linéaires \(x + 2y\) et \(y + z\) ne sont pas proportionnelles, donc elles sont indépendantes. On a ainsi un carré affecté du signe plus et un carré affecté du signe moins. Le rang vaut 2 et la signature est \((1, 1)\) ; comme le rang est inférieur à 3, la forme est dégénérée.
- Le noyau est celui de \(A\) : on résout \(x + 2y = 0\), \(2x + 3y – z = 0\) et \(-y – z = 0\). Les première et troisième équations donnent \(x = -2y\) et \(z = -y\), puis la deuxième est alors vérifiée. Le noyau est la droite engendrée par \((-2, 1, -1)\).
-
Deux plans isotropes
Un vecteur est isotrope quand \((x + 2y)^2 = (y + z)^2\), c’est-à-dire quand \(x + 2y = y + z\) ou \(x + 2y = -(y + z)\). Le cône isotrope est donc la réunion des plans \(P_1 : x + y – z = 0\) et \(P_2 : x + 3y + z = 0\).
Lecture de la figure
Dans le plan \(z = 1\), le plan \(P_1\) laisse la droite \(x + y = 1\), qui passe par \(A\), \(C\) et \(D\) : c’est \(\mathcal{D}_1\). De même, \(P_2\) laisse la droite \(x + 3y = -1\), qui passe par \(B\) et \(D\) : c’est \(\mathcal{D}_2\). Par ailleurs, les deux plans se coupent selon le noyau, engendré aussi par \((2, -1, 1)\). Ce vecteur a pour troisième coordonnée 1, donc il donne le point commun \(D(2 ; -1)\). Les deux droites se coupent en \(D\), car \(D\) représente le noyau de \(q\).
Exercice 3 – Une forme sans terme carré (3,5 points)
- Aucun terme carré n’apparaît, donc la diagonale est nulle. La matrice est \(\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{3}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 0 \end{pmatrix}\).
- En développant, \((x + 3z)(y – z) = xy – xz + 3yz – 3z^2\). Il suffit alors d’ajouter \(3z^2\) pour retrouver \(Q\). L’égalité \(Q(x, y, z) = (x + 3z)(y – z) + 3z^2\) est donc vérifiée.
-
Du produit à la différence de carrés
Posons \(u = x + 3z\) et \(v = y – z\). Alors \(u + v = x + y + 2z\) et \(u – v = x – y + 4z\). D’après l’identité de l’énoncé :
\[Q(x, y, z) = \frac{1}{4}(x + y + 2z)^2 – \frac{1}{4}(x – y + 4z)^2 + 3z^2.\]
Indépendance
Les trois formes linéaires ont pour coefficients \((1, 1, 2)\), \((1, -1, 4)\) et \((0, 0, 1)\). En développant selon la dernière ligne, le déterminant vaut \(1 \times (-1 – 1) = -2\), qui est non nul. Les trois formes sont donc linéairement indépendantes.
- On compte deux carrés positifs et un carré négatif, en nombre égal au nombre de formes indépendantes. Le rang vaut 3 et la signature est \((2, 1)\). Pourtant, \(Q\) admet des vecteurs isotropes non nuls : par exemple, \(Q(1, 0, 0) = 0\), car aucun terme en \(x^2\) n’apparaît.
Piège classique : croire qu’une forme non dégénérée n’a aucun vecteur isotrope non nul. C’est faux dès que la signature mélange des signes plus et des signes moins.
Exercice 4 – Signature selon un paramètre (3 points)
- On complète le carré en \(x\) : \(x^2 + 2axy = (x + ay)^2 – a^2y^2\). Ainsi \(q_a(x, y) = (x + ay)^2 + (4 – a^2)\,y^2\), et les formes \(x + ay\) et \(y\) sont indépendantes.
-
Tout dépend du signe de \(4 – a^2\).
Si \(-2 < a < 2\), ce coefficient est strictement positif : la signature vaut \((2, 0)\) et le rang 2.
Si \(a = 2\) ou \(a = -2\), le second carré disparaît : la signature vaut \((1, 0)\) et le rang 1.
Enfin, si \(\left|a\right| > 2\), le coefficient est négatif : la signature vaut \((1, 1)\) et le rang 2. La forme \(q_a\) est donc définie positive si et seulement si \(-2 < a < 2\).
- Pour \(a = 1\), la forme est définie positive : la courbe de niveau 4 est bornée, c’est l’ellipse (III). Pour \(a = 2\), on obtient \((x + 2y)^2 = 4\), soit les deux droites parallèles \(x + 2y = 2\) et \(x + 2y = -2\) de la figure (I). Enfin, pour \(a = 3\), la signature \((1, 1)\) donne une hyperbole, la courbe (II). L’association est donc : (I) pour \(a = 2\), (II) pour \(a = 3\) et (III) pour \(a = 1\).
Exercice 5 – Problème : une ellipse inclinée (6 points)
- On factorise d’abord 6 dans les termes en \(x\) : \(6x^2 – 4xy = 6\left(x – \frac{y}{3}\right)^2 – \frac{2}{3}y^2\). Il reste alors \(3y^2 – \frac{2}{3}y^2 = \frac{7}{3}y^2\). Ainsi \(f(x, y) = 6\left(x – \frac{y}{3}\right)^2 + \frac{7}{3}y^2\), de signature \((2, 0)\). Une somme de deux carrés de formes indépendantes à coefficients positifs ne s’annule qu’en \((0, 0)\), donc \(f\) est définie positive.
-
Valeurs propres de M
La matrice est \(M = \begin{pmatrix} 6 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}\). Sa trace vaut 9 et son déterminant \(18 – 4 = 14\), donc son polynôme caractéristique est \(\lambda^2 – 9\lambda + 14 = (\lambda – 2)(\lambda – 7)\). Les valeurs propres sont donc 2 et 7.
Vecteurs propres normés
On vérifie que \(M\) envoie \((1, 2)\) sur \((2, 4)\) et \((2, -1)\) sur \((14, -7)\). Ces deux vecteurs sont orthogonaux, comme le prévoit le théorème spectral, et ont pour norme \(\sqrt{5}\). On prend \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 2)\), associé à 2, et \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}(2, -1)\), associé à 7.
- La base \((u_1, u_2)\) est orthonormée, donc \(f\) s’écrit \(2X^2 + 7Y^2\) dans ces coordonnées. L’équation devient \(2X^2 + 7Y^2 = 14\), c’est-à-dire \(\frac{X^2}{7} + \frac{Y^2}{2} = 1\). La courbe \(\Gamma\) est une ellipse de demi-grand axe \(\sqrt{7}\), porté par \(u_1\), et de demi-petit axe \(\sqrt{2}\), porté par \(u_2\). La signature \((2, 0)\) trouvée par Gauss est bien celle donnée par les valeurs propres, conformément à la loi d’inertie de Sylvester.
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Coordonnées des sommets
Les sommets sont les points \(\pm\sqrt{7}\,u_1\) et \(\pm\sqrt{2}\,u_2\). On obtient \(\pm\frac{\sqrt{35}}{5}(1, 2)\) sur le grand axe, soit environ \(\pm(1{,}18 ; 2{,}37)\), et \(\pm\frac{\sqrt{10}}{5}(2, -1)\) sur le petit axe, soit environ \(\pm(1{,}26 ; -0{,}63)\). On contrôle par exemple que \(f(1, 2) = 10\), et que \(10 \times \frac{7}{5} = 14\).
Tracé de la conique
L’ellipse est tracée ci-dessous avec ses axes dirigés par \(u_1\) et \(u_2\).
- Le changement de base orthonormée conserve les distances, donc \(x^2 + y^2 = X^2 + Y^2\). Sur \(\Gamma\), on a \(X^2 = 7 – \frac{7}{2}Y^2\), d’où \(X^2 + Y^2 = 7 – \frac{5}{2}Y^2\), avec \(Y^2\) compris entre 0 et 2. Cette quantité varie donc de 2 à 7. La distance minimale vaut \(\sqrt{2}\), atteinte aux sommets du petit axe, et la distance maximale vaut \(\sqrt{7}\), atteinte aux sommets du grand axe.
Piège classique : oublier de normer les vecteurs propres. Avec \((1, 2)\) et \((2, -1)\) non normés, l’équation réduite serait fausse d’un facteur 5.
À retenir de ce contrôle
- La réduction de Gauss écrit une forme quadratique comme combinaison de carrés de formes linéaires indépendantes ; on lit alors le rang et la signature.
- Sans terme carré, on factorise un produit de deux formes linéaires, puis on utilise la relation 4uv = (u + v)² – (u – v)².
- Le noyau d’une forme quadratique est le noyau de sa matrice ; il est toujours contenu dans le cône isotrope, mais l’inclusion est souvent stricte.
- D’après la loi d’inertie de Sylvester, toutes les réductions d’une même forme donnent le même nombre de carrés positifs et négatifs.
- Pour réduire une conique, on diagonalise sa matrice symétrique dans une base orthonormée de vecteurs propres : les valeurs propres donnent sa nature.
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