Formes quadratiques et coniques en L2 de maths : cours et méthodes

On appelle forme bilinéaire sur \(E\) toute application \(b : E \times E \to \mathbb{R}\) telle que \(x \mapsto b(x,y)\) soit linéaire à \(y\) fixé, et \(y \mapsto b(x,y)\) linéaire à \(x\) fixé. On la dit symétrique lorsque l’échange des deux arguments ne modifie jamais sa valeur.

La matrice de \(b\) dans \(\mathcal{B}\) est \(M = \big(b(e_i,e_j)\big)_{1 \leq i,j \leq n}\). En notant \(X\) et \(Y\) les colonnes qui représentent \(x\) et \(y\), on a \(b(x,y) = X^{T} M Y\). La symétrie de \(b\) équivaut alors à l’égalité \(M^{T} = M\).

Sur \(\mathbb{R}^2\), posons \(b(x,y) = 2x_1y_1 – x_1y_2 + 3x_2y_1\). Le coefficient de \(x_iy_j\) se place en ligne \(i\), colonne \(j\). Ainsi \(M = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 0 \end{pmatrix}\). Cette matrice n’est pas symétrique, donc \(b\) ne l’est pas : par exemple \(b(e_1,e_2) = -1\) alors que \(b(e_2,e_1) = 3\).

La matrice de \(b\) dans \(\mathcal{B}^{\prime}\) est \(M^{\prime} = P^{T} M P\). Deux matrices \(A\) et \(B\) sont dites congruentes s’il existe \(P\) inversible telle que \(B = P^{T}AP\). C’est une relation d’équivalence, et deux matrices congruentes ont le même rang.

On appelle forme quadratique sur \(E\) toute application de la forme \(q : x \mapsto b(x,x)\), où \(b\) est bilinéaire et symétrique. Une telle \(b\) est déterminée par \(q\) ; c’est la forme polaire de \(q\).

Pour tous \(x, y\) de \(E\) : \[b(x,y) = \frac{1}{2}\big(q(x+y) – q(x) – q(y)\big) = \frac{1}{4}\big(q(x+y) – q(x-y)\big).\]

1. On place le coefficient de \(x_i^2\) sur la diagonale, en position \((i,i)\).
2. On coupe en deux le coefficient du terme croisé \(x_ix_j\), puis on met chaque moitié en \((i,j)\) et en \((j,i)\).
3. On obtient alors la forme polaire en remplaçant \(x_i^2\) par \(x_iy_i\) et \(x_ix_j\) par \(\frac{1}{2}(x_iy_j + x_jy_i)\).

Prenons \(q(x,y,z) = x^2 – 2y^2 + 6xz – 4yz\). D’abord la diagonale vaut \((1, -2, 0)\). Ensuite, le terme \(6xz\) donne \(3\) en positions \((1,3)\) et \((3,1)\), et le terme \(-4yz\) donne \(-2\). Ainsi \[M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & -2 & -2 \\ 3 & -2 & 0 \end{pmatrix}.\] La forme polaire s’écrit \(b(u,u^{\prime}) = xx^{\prime} – 2yy^{\prime} + 3(xz^{\prime} + zx^{\prime}) – 2(yz^{\prime} + zy^{\prime})\).

Le noyau de \(q\) est \(\ker q = \{x \in E \mid \forall y \in E,\ b(x,y) = 0\}\). C’est le noyau de \(M\) en coordonnées, et le rang de \(q\) est celui de \(M\). On dit que \(q\) est non dégénérée si son noyau est réduit à \(\{0\}\). Le cône isotrope est \(C(q) = \{x \in E \mid q(x) = 0\}\).

Sur \(\mathbb{R}^2\), soit \(q(x,y) = x^2 – 4xy + 3y^2\). On factorise : \(q(x,y) = (x-y)(x-3y)\). Le cône isotrope est donc la réunion des droites \(y = x\) et \(y = x/3\). Pourtant, la matrice \(\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}\) a pour déterminant \(-1\). Le noyau est donc nul. De plus, \((1,1) + (3,1) = (4,2)\) donne \(q(4,2) = 16 – 32 + 12 = -4\) : la somme de deux vecteurs isotropes n’est pas isotrope.

Toute forme quadratique \(q\) sur \(E\) s’écrit \(q = \sum_{k=1}^{r} \lambda_k \ell_k^2\), avec des coefficients réels \(\lambda_k\) tous différents de zéro et une famille libre \((\ell_1, \dots, \ell_r)\) de formes linéaires. Le nombre \(r\) est alors le rang de \(q\).

1. On écrit \(q = a x_1^2 + 2x_1 L(x_2,\dots,x_n) + R(x_2,\dots,x_n)\), avec \(a \neq 0\).
2. On factorise : \(q = a\big(x_1 + \frac{1}{a}L\big)^2 – \frac{1}{a}L^2 + R\).
3. Le reste \(R – \frac{1}{a}L^2\) ne contient plus \(x_1\). On recommence donc avec une variable de moins.
4. À la fin, on contrôle l’indépendance des formes obtenues par un déterminant ou par leur forme échelonnée.

Partons de \(q(x,y,z) = x^2 + 2xy + 6xz + 3y^2 + 2yz + 4z^2\). Tout ce qui contient \(x\) se regroupe en \(x^2 + 2x(y + 3z)\). D’où \[q = (x + y + 3z)^2 – (y+3z)^2 + 3y^2 + 2yz + 4z^2 = (x+y+3z)^2 + 2y^2 – 4yz – 5z^2.\] Le carré suivant porte sur \(y\) : \(2y^2 – 4yz = 2(y – z)^2 – 2z^2\). Au bout du compte, \[q = (x+y+3z)^2 + 2(y-z)^2 – 7z^2.\] Chaque forme fait apparaître une variable de tête nouvelle, si bien que la famille est libre. Par conséquent, \(q\) est de rang 3, avec deux coefficients positifs et un négatif.

1. On choisit un terme \(x_ix_j\) de coefficient non nul.
2. On écrit \(q = c\,x_ix_j + x_i L_1 + x_j L_2 + R\), où \(L_1\), \(L_2\) et \(R\) ne font intervenir ni \(x_i\) ni \(x_j\).
3. On factorise : \(q = c\big(x_i + \frac{L_2}{c}\big)\big(x_j + \frac{L_1}{c}\big) + R – \frac{L_1L_2}{c}\).
4. On transforme le produit en différence de deux carrés, puis on poursuit sur le reste.

Soit \(q(x,y,z) = xy – 2xz + 5yz\). On choisit le terme \(xy\). D’abord, \((x + 5z)(y – 2z) = xy – 2xz + 5yz – 10z^2\). Donc \(q = (x+5z)(y-2z) + 10z^2\). Ensuite, avec \(A = x + 5z\) et \(B = y – 2z\), on obtient \[q = \frac{1}{4}(x + y + 3z)^2 – \frac{1}{4}(x – y + 7z)^2 + 10z^2.\] Les formes \(x+y+3z\), \(x-y+7z\) et \(z\) sont indépendantes, car leur déterminant vaut \(-2\). Ainsi \(q\) a deux coefficients positifs et un négatif.

Soit \(q = \sum_{k=1}^{r} \lambda_k \ell_k^2\) une décomposition en carrés de formes linéaires indépendantes. Le nombre \(s\) de coefficients \(\lambda_k\) strictement positifs et le nombre \(t\) de coefficients strictement négatifs ne dépendent pas de la décomposition. Le couple \((s,t)\) s’appelle la signature de \(q\), et \(s + t\) est le rang.

On complète \((\ell_1, \dots, \ell_r)\) en une base \((\ell_1, \dots, \ell_n)\) de l’espace dual, et on considère sa base antéduale \((f_1, \dots, f_n)\). On suppose \(\lambda_1, \dots, \lambda_s > 0\) et \(\lambda_{s+1}, \dots, \lambda_r < 0\). D’abord, sur \(F = \mathrm{Vect}(f_1, \dots, f_s)\), on a \(q(x) = \sum_{k \leq s} \lambda_k \ell_k(x)^2\), qui est strictement positif si \(x \neq 0\). Ensuite, posons \(G = \mathrm{Vect}(f_{s+1}, \dots, f_n)\), de dimension \(n – s\). Pour \(x\) dans \(G\), on a \(q(x) = \sum_{s<k\leq r} \lambda_k \ell_k(x)^2 \leq 0\). Soit maintenant \(H\) un sous-espace où \(q\) est définie positive. Alors \(H \cap G = \{0\}\). En effet, si \(x \neq 0\) était commun aux deux, on aurait simultanément \(q(x) > 0\) et \(q(x) \leq 0\). Par conséquent, \(\dim H + (n – s) \leq n\), c’est-à-dire \(\dim H \leq s\). Ainsi \(s\) est le maximum cherché, qui ne dépend que de \(q\). Enfin, \(t = r – s\), et le rang \(r\) est celui de la matrice. Donc \(t\) est lui aussi invariant.

Pour deux matrices symétriques réelles de même taille, être congruentes revient à partager la même signature. En particulier, toute matrice symétrique de signature \((s,t)\) est congruente à la matrice diagonale \(\mathrm{diag}(I_s, -I_t, 0)\).

En dimension \(n\), la forme \(q\) est définie positive si sa signature vaut \((n, 0)\), et positive si elle vaut \((s, 0)\) avec \(s \leq n\). Elle est non dégénérée exactement quand \(s + t = n\).

Sur \(\mathbb{R}^2\), considérons \(q(x,y) = (x+y)^2 + (x+2y)^2 – (2x+3y)^2\). L’écriture semble annoncer deux signes plus et un signe moins. Pourtant, trois formes linéaires sur un plan sont forcément liées. En développant, on trouve \(q(x,y) = -2x^2 – 6xy – 4y^2 = -2(x+y)(x+2y)\). La vraie signature est \((1,1)\), comme le montre la réduction \(q = -2\big(x + \frac{3}{2}y\big)^2 + \frac{1}{2}y^2\).

Soit \(q\) une forme quadratique sur \(\mathbb{R}^n\), de matrice symétrique \(M\) dans la base canonique. On peut trouver des vecteurs \(u_1, \dots, u_n\), deux à deux orthogonaux et unitaires, tels que \(Mu_k = \mu_k u_k\) pour chaque \(k\). Si \(X_1, \dots, X_n\) sont les coordonnées dans cette base, alors \(q = \mu_1X_1^2 + \dots + \mu_nX_n^2\).

Le théorème spectral fournit une matrice orthogonale \(P\) telle que \(P^{-1}MP = D\) soit diagonale. Comme \(P\) est orthogonale, \(P^{-1} = P^{T}\). Ainsi \(P^{T}MP = D\) : la même matrice \(P\) réalise à la fois une similitude et une congruence. Dans la nouvelle base, la matrice de \(q\) est donc \(D\).

La signature de \(q\) est le couple formé du nombre de valeurs propres strictement positives et du nombre de valeurs propres strictement négatives de \(M\), comptées avec multiplicité.

Soit \(q(x,y) = 5x^2 + 4xy + 2y^2\), de matrice \(M = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\). La trace vaut 7 et le déterminant 6. Les valeurs propres sont donc 1 et 6. Pour 6, on résout \(-x + 2y = 0\) : on trouve \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}(2, 1)\). Pour 1, on obtient \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}(-1, 2)\), orthogonal au premier. Ainsi \(q = 6X^2 + Y^2\). La courbe \(q(x,y) = 6\) a pour équation \(X^2 + \frac{Y^2}{6} = 1\) : c’est une ellipse de demi-axes 1 et \(\sqrt{6}\).

1. On réduit \(q\) en base orthonormée : on obtient \(\mu_1X^2 + \mu_2Y^2\) par une rotation.
2. On exprime les termes de degré un dans les nouvelles coordonnées.
3. Pour chaque valeur propre non nulle, on complète le carré : cela revient à translater l’origine.
4. On lit l’équation réduite et on conclut sur la nature de la courbe.

Soit \(\Delta = ac – b^2\) le déterminant de la matrice de \(q\). Hors cas dégénérés (ensemble vide, point, droite ou paire de droites) :

• si \(\Delta > 0\), soit une signature \((2,0)\) ou \((0,2)\), la conique est une ellipse ;
• si \(\Delta < 0\), soit une signature \((1,1)\), c’est une hyperbole ;
• si \(\Delta = 0\), soit un rang égal à 1, c’est une parabole.

Étudions \(\Gamma : x^2 + 6xy + y^2 + 4x – 4y – 12 = 0\). D’abord, le centre annule les dérivées partielles : \(2x + 6y + 4 = 0\) et \(6x + 2y – 4 = 0\). On trouve \((x_0, y_0) = (1, -1)\). Ensuite, avec \(u = x – 1\) et \(v = y + 1\), l’équation devient \(u^2 + 6uv + v^2 = 8\). La matrice \(\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}\) a pour valeurs propres 4, de vecteur \(\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)\), et \(-2\), de vecteur \(\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,1)\). Ainsi \(4X^2 – 2Y^2 = 8\), soit \[\frac{X^2}{2} – \frac{Y^2}{4} = 1.\] C’est une hyperbole de centre \((1,-1)\). Ses sommets sont \((2,0)\) et \((0,-2)\), et ses asymptotes ont pour équations \(Y = \pm\sqrt{2}\,X\).

Considérons maintenant \((3x – 4y)^2 = 20x + 15y\). La partie quadratique est un carré : \(\Delta = 0\). On pose \(X = \frac{1}{5}(3x – 4y)\) et \(Y = \frac{1}{5}(4x + 3y)\), qui sont les coordonnées dans une base orthonormée. Alors \((3x-4y)^2 = 25X^2\) et \(20x + 15y = 25Y\). L’équation devient donc \(Y = X^2\). C’est une parabole de sommet l’origine, dont l’axe est dirigé par \(\frac{1}{5}(4,3)\).

• Ellipsoïde : \(\frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2} + \frac{Z^2}{c^2} = 1\), partie quadratique de signature \((3,0)\).
• Hyperboloïde à une nappe : \(\frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2} – \frac{Z^2}{c^2} = 1\), signature \((2,1)\).
• Hyperboloïde à deux nappes : \(\frac{X^2}{a^2} – \frac{Y^2}{b^2} – \frac{Z^2}{c^2} = 1\), signature \((1,2)\).
• Cône : \(\frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2} – \frac{Z^2}{c^2} = 0\), qui est le cône isotrope d’une forme de signature \((2,1)\).
• Paraboloïdes : \(Z = \frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2}\) (elliptique) et \(Z = \frac{X^2}{a^2} – \frac{Y^2}{b^2}\) (hyperbolique), où la partie quadratique est de rang 2.

Cherchons la nature de la surface \(\Sigma : 2xy + 2z^2 = 2\). La matrice de \(q(x,y,z) = 2xy + 2z^2\) est \(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\). Le bloc supérieur a pour valeurs propres \(1\) et \(-1\), avec les vecteurs \(\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)\) et \(\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,1,0)\). De plus, \(e_3\) est propre pour la valeur 2. Ainsi l’équation devient \(X^2 – Y^2 + 2Z^2 = 2\), soit \(\frac{X^2}{2} + Z^2 – \frac{Y^2}{2} = 1\). Deux signes plus et un signe moins : \(\Sigma\) est donc un hyperboloïde à une nappe, d’axe dirigé par \((-1,1,0)\).

• S’exercer : exercices corrigés de L2 de maths sur formes quadratiques et coniques
• Bases utiles : Isométries et endomorphismes symétriques
• Chapitre d’avant : Coefficients de Fourier, Dirichlet et Parseval
• Chapitre d’après : Intégrales doubles, triples et curvilignes
• Vérifier ses acquis : QCM de L2 de maths sur formes quadratiques et coniques
• Contrôle corrigé en temps limité : Réduction de Gauss et signature : contrôle de maths en L2
• Un autre sujet noté sur 20 : Coniques, barycentres et affinités : contrôle de maths en L2
• Tous les chapitres : le sommaire de la L2 de maths
• Après le bac : les maths post-bac, de la MPSI à la L3