Forme quadratique sur R3
Durée : 20 mn
Note maximale : 10
Question
On considère les vecteurs de \(\mathbb{R}^{3}\), \(v_{1} = (1,0,0)\), \(v_{2} = (2,1,0)\), et \(v_{3} = (1,2,1)\).
Vérifier que ces vecteurs déterminent une base de \(\mathbb{R}^{3}\), on appelle \(B'\) cette base.
Soit la forme quadratique \(q\) sur \(\mathbb{R}^{3}\) telle que la matrice associée à \(q\) dans la base \(B'\) est la matrice identité \(I_{3}\). Donner l'expression de \(q(x)\) en fonction des coordonnées de \(x\) relatives à la base \(B'\).
Déterminer la matrice \(A\) associée à la forme quadratique \(q\) dans la base canonique \(B\) et l'expression de \(q(x)\) en fonction des coordonnées de \(x\) relatives à la base \(B\).
Solution
[3 points] Pour prouver que les vecteurs \(v_{1},v_{2},v_{3}\) déterminent une base de \(\mathbb{R}^{3}\) il suffit de vérifier que le déterminant de ces trois vecteurs est non nul.
\(\textrm{det}_{B} (v_{1},v_{2},v_{3}) \displaystyle{= \left|\begin{array}{c c c} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right|} = 1\)
Soit \(B'\) la base \((v_{1},v_{2},v_{3})\).
Soit \(x\) un élément de \(\mathbb{R}^{3}\) tel que \(x = x'_{1}v_{1} + x'_{2}v_{2} + x'_{3}v_{3}\). Alors, si \(\displaystyle{ X' = \left(\begin{array} {c} x'_{1} \\ x'_{2} \\ x'_{3} \end{array}\right)}\), on a \(q(x) = ~^{t}X'~I_{3}~X' = (x'_{1})^{2} + (x'_{2})^{2} + (x'_{3})^{2}\).
[7 points] On appelle \(P\) la matrice de passage de la base canonique \(B\) à la base \(B'\).
\(\displaystyle{P = \left(\begin{array}{c c c} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)}\)
La matrice de passage de \(B'\) à \(B\) est \(P^{-1}\) l'inverse de la matrice \(P\).
La forme quadratique sur \(\mathbb{R}^{3}q\) est telle que : \(M(q,B') = I_{3} \displaystyle{= \left(\begin{array}{c c c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)}.\)
Si on appelle \(A\) la matrice associée à \(q\) relativement à la base canonique \(B\), on a la relation : \(A = M(q,B) = ~^{t}(P^{-1})I_{3}P^{-1} = ~^{t}(P^{-1})P^{-1}.\)
Pour obtenir \(A\) on calcule donc \(P^{-1}\) .
Pour faire ce calcul on peut, soit utiliser la formule \(P^{-1} = \frac{1}{\textrm{det}P}~^{t}\textrm{com}P\) (où \(\textrm{com}P\) désigne la matrice des cofacteurs de \(P\)), soit résoudre le système \(PX = X'\) pour \(\displaystyle{ X' = \left(\begin{array} {c} x' \\ y' \\ z' \end{array}\right)}\) donné quelconque.
On obtient \(\displaystyle{ P^{-1} = \left(\begin{array}{c c c}1 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)}.\)
D'où \(\displaystyle{ A = \left(\begin{array}{c c c}1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 3 & -2 & 1 \end{array}\right)} \displaystyle{ \left(\begin{array}{c c c}1 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)}\displaystyle{ = \left(\begin{array}{c c c}1 & -2 & 3 \\ -2 & 5 & -8 \\ 3 & -8 & 14 \end{array}\right)}.\)
Soit \(x\) un élément de \(\mathbb{R}^{3}\) tel que \(x = x_{1}e_{1} + x_{2}e_{2} + x_{3}e_{3}.\)
Alors, si \(\displaystyle{ X = \left(\begin{array} {lll} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array}\right)}\),
on a \(q(x) = ~^{t}XAX = (x_{1})^{2} + 5(x_{2})^{2} + 14(x_{3})^{2} - 4x_{1}x_{2} + 6x_{1}x_{3} - 16x_{2}x_{3}.\)