QCM : Formes quadratiques et coniques en L2 de maths

Réponse B.

La matrice d’une forme quadratique est symétrique. Le terme \(-2xy\) se partage donc également entre les places \((1,2)\) et \((2,1)\), qui valent chacune \(-1\). Le piège \(-2\) oublie ce partage : la matrice obtenue représenterait alors \(-4xy\). La réponse 2 est le coefficient d’indice \((2,3)\), issu de \(4yz\). Enfin, 1 perd le signe.

Réponse C.

La forme polaire est l’unique forme bilinéaire symétrique \(\varphi\) telle que \(\varphi(u,u)=q(u)\). Le terme croisé \(-4xy\) se répartit en \(-2xt-2ys\). On vérifie qu’en posant \(s=x\) et \(t=y\), on retrouve bien \(q\). Le piège \(3xs-4xt+yt\) n’est pas symétrique. Quant à \(6xs-4xt-4ys+2yt\), elle vaut \(2q(u)\) sur la diagonale.

Réponse C.

La congruence représente la même forme quadratique dans deux bases. Par conséquent, le rang et la signature, invariants de la forme, se conservent. En revanche, le déterminant est multiplié par \(\det(P)^2\) : seul son signe est conservé. De même, avec \(P=2I\), la matrice est multipliée par 4, ce qui change la trace et les valeurs propres. Le piège confond donc congruence et similitude.

Réponse B.

Le cône isotrope rassemble les vecteurs tels que \(q(u)=0\). Or \(x^2-4y^2=(x-2y)(x+2y)\), qui s’annule sur deux droites. Ce cône n’est pas un sous-espace : la somme de \((2,1)\) et \((-2,1)\) n’est pas isotrope. Le piège du vecteur nul confond la forme avec une forme définie. Celui des droites \(x=\pm 4y\) oublie de prendre la racine du coefficient 4.

Réponse A.

On regroupe les termes en \(x\) : \(x^2+4xy=(x+2y)^2-4y^2\). Il reste donc \(7y^2-4y^2=3y^2\). Le piège \(7y^2\) oublie de retrancher le carré introduit. La réponse \((x+4y)^2\) prend le coefficient croisé entier au lieu de sa moitié. Enfin, \(-3y^2\) inverse la soustraction. On vérifie en développant le résultat obtenu.

Réponse D.

La méthode de Gauss donne \(q=(x+2y)^2-3y^2\). Il y a un carré positif et un carré négatif, de formes linéaires indépendantes : la signature vaut donc \((1,1)\). Le piège \((2,0)\) se fie aux coefficients diagonaux positifs. Or \(q(1,-1)=-2\), ce qui exclut toute positivité. La réponse de rang 1 oublie le second carré.

Réponse D.

Sans carré, on pose \(x=a+b\) et \(y=a-b\). Alors \(q=a^2-b^2+2az\), puis \(q=(a+z)^2-b^2-z^2\). On obtient un carré positif et deux négatifs. Par conséquent, la signature vaut \((1,2)\). Le piège \((3,0)\) croit qu’une forme à coefficients positifs est positive, alors que \(q(1,-1,0)=-1\). La réponse \((1,1)\) oublie un carré.

Réponse B.

Le théorème d’inertie de Sylvester affirme que le nombre de coefficients positifs, négatifs et nuls ne dépend pas de la base diagonalisante. Ici, la signature vaut \((2,1)\) et le rang 3. Les valeurs peuvent changer, mais pas leurs signes. Le piège du rang compte aussi le coefficient négatif. Le dernier range 0 parmi les négatifs, ce qui est faux.

Réponse D.

La matrice symétrique a pour diagonale 5 et 2, et 2 hors de la diagonale. Sa trace vaut 7 et son déterminant 6 : les valeurs propres sont donc 6 et 1. Le théorème spectral fournit une base orthonormée de vecteurs propres, dans laquelle \(q=6X^2+Y^2\). Le piège \(5X^2+2Y^2\) efface le terme croisé sans changer de base. La réponse \(6X^2-Y^2\) se trompe sur le signe du déterminant.

Réponse A.

D’après la question précédente, l’équation devient \(6X^2+Y^2=6\) dans un repère orthonormé, soit \(X^2+\frac{Y^2}{6}=1\). C’est donc une ellipse, de demi-axes 1 et \(\sqrt{6}\). Le piège du cercle exigerait deux valeurs propres égales. L’hyperbole demanderait des valeurs propres de signes opposés. Enfin, les demi-axes sont les racines des dénominateurs, et non les coefficients.

Réponse A.

La matrice de la partie quadratique a pour déterminant \(1-9=-8\), qui est négatif. Les valeurs propres sont donc de signes opposés : on trouve 4 et \(-2\). En base orthonormée, l’équation devient \(4X^2-2Y^2=1\), celle d’une hyperbole. Le piège de l’ellipse se fie aux coefficients positifs de \(x^2\) et \(y^2\). Quant à la parabole, elle exige un déterminant nul.

Réponse C.

On réécrit l’équation sous la forme \(3z^2-x^2-2y^2=1\). Ainsi, \(z^2\geq\frac{1}{3}\) : aucun point ne vérifie \(|z|<\frac{1}{\sqrt{3}}\), et la surface se coupe en deux morceaux. C’est donc un hyperboloïde à deux nappes. Le piège de la nappe unique ignore le second membre négatif. Le cône correspondrait à un second membre nul.