Déterminant d'une matrice de M2(R)
Partie
Question
Soit \(M_2(\mathbf R)\) l'espace vectoriel des matrices carrées d'ordre 2 à coefficients réels et \(q\) la forme quadratique sur \(M_2(R)\) qui à toute matrice \(A\) de \(M_2(\mathbf R)\) associe son déterminant.
La forme quadratique \(q\) est-elle dégénérée?
Déterminer les éléments isotropes pour \(q\).
Soit \(F\) et \(G\) les sous-espaces vectoriels de \(M_2(\mathbf R)\) définis par : \(F=\left\{\left(\begin{array}{cc} a&c \\ b&0 \end{array}\right),(a,b,c)\in\mathbf R^3\right\}~~~~G=\left\{\left(\begin{array}{cc} a&c \\ b&-a \end{array}\right),(a,b,c)\in\mathbf R^3\right\}\).
Déterminer les sous-espaces vectoriels suivants : \(F^\perp\), \(G^\perp\), \((F+G)^\perp\) et \((F\cap G)^\perp\). Ces sous-espaces vectoriels sont-ils isotropes ?
Aide méthodologique
3. Déterminer une base de chacun des sous-espaces vectoriels \(F\) et \(G\) et utiliser la propriété suivante :
Soit \(E\) un espace vectoriel sur \(\mathbf R\) ou \(\mathbf C\), \(f\) une forme bilinéaire symétrique sur \(E\), et \(p\) vecteurs de \(E\):
si \(F=Vect(\{u_1,u_2,...,u_p\})\) alors \(F^\perp=\{u_1,u_2,...,u_p\}^\perp\).
Utiliser ensuite les définitions suivantes :
Le sous-espace vectoriel \(F\) est isotrope pour \(f\) s'il existe un vecteur non nul de \(F\) qui est orthogonal à \(F\), c'est-à-dire si \(F^\perp \cap F\neq \{0\}\).
Le sous-espace vectoriel \(F\) est totalement isotrope pour \(f\) si tous les vecteurs de \(F\) sont orthogonaux à \(F\), c'est-à-dire si \(F\) est inclus dans \(F^\perp\).
Pour connaître \((F+G)^\perp=F^\perp\cap G^\perp\), on peut utiliser la propriété suivante :
Soit \(E\) un espace vectoriel, \(q\) une forme quadratique sur \(E\), \(F\) et \(G\) deux sous-espaces vectoriels de \(E\), on a :
\((F+G)^\perp=F^\perp\cap G^\perp\).
On peut aussi déterminer \(F+G\) puis son orthogonal.
Pour connaître \((F\cap G)^\perp\), on peut utiliser la propriété suivante :
Soit \(E\) un espace vectoriel de type fini, \(q\) une forme quadratique sur \(E\) non dégénérée, \(F\) et \(G\) deux sous-espaces vectoriels de \(E\), on a :
\((F\cap G)^\perp=F^\perp+G^\perp\).
On peut aussi déterminer \(F\cap G\) puis son orthogonal.
Aide à la lecture
2. Soit \(E\) un espace vectoriel sur \(\mathbf R\) ou \(\mathbf C\), \(q\) une forme quadratique sur \(E\), un vecteur \(x\) de \(E\) est isotrope pour \(q\) s'il est orthogonal à lui-même, c'est-à-dire si \(q(x)=0\).
Solution détaillée
Soit \(B=(E_1,E_2 ,E_3,E_4)\) la base canonique de \(M_2(\mathbf R)\)(\(E_1=\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&0\end{array}\right),~~E_2=\left(\begin{array}{cc}0&0\\1&0\end{array}\right),~~E_3=\left(\begin{array}{cc}0&1\\0&0\end{array}\right),~~E_4=\left(\begin{array}{cc}0&0\\0&1\end{array}\right)\) ).
Soit \(A=\left(\begin{array}{cc}a&c \\ b&d\end{array}\right)\) une matrice de \(M_2(\mathbf R)\). Elle s'écrit \(A=aE_1+bE_2+cE_3+dE_4\)et \(\det(A)=ad-bc\).
La matrice \(M\) associée à \(q\) dans la base canonique de \(M_2(\mathbf R)\) est :
\(M=\left(\begin{array}{rrrr}0&0&0&\displaystyle{\frac{1}{2}}\\0&0&\displaystyle{-\frac{1}{2}}&0\\0&\displaystyle{-\frac{1}{2}}&0&0\\\displaystyle{\frac{1}{2}}&0&0&0\end{array}\right)\)
\(\det M=\frac{1}{16}\), la forme quadratique \(q\) n'est pas dégénérée.
Les éléments isotropes pour \(q\) sont les matrices de \(M_2(\mathbf R)\) dont le déterminant est nul. Ce sont les matrices non inversibles de \(M_2(\mathbf R)\).
\(F=\left\{\left(\begin{array}{cc} a&c \\ b&0 \end{array}\right),(a,b,c)\in\mathbf R^3\right\}\)
\(F=Vect(\{E_1,E_2,E_3\})\), d'où \(F^\perp=\{E_1,E_2,E_3\}^\perp\).
La forme bilinéaire symétrique associée à \(q\) est définie pour tout \(A=aE_1+bE_2+cE_3+dE_4\) et tout \(A'=a'E_1+b'E_2+c'E_3+d'E_4\) par :
\(f(A,A')=\frac{1}{2}(ad'+a'd)-\frac{1}{2}(bc'+b'c)\).
\(f(A,E_1)=\frac{1}{2}d; f(A,E_2)=-\frac{1}{2}c; f(A,E_3)=-\frac{1}{2}b\) .
D'où \(A\in F^\perp \Leftrightarrow b=c=d=0\) et \(F^\perp=Vect(\{E_1\})\).
\(F^\perp \cap F=Vect(\{E_1\})\)
\(F^\perp\cap F\neq \{0\}\), d'où \(F\) est un sous-espace vectoriel isotrope, mais non totalement isotrope car \(F\) n'est pas inclus dans \(F^\perp\).
\(G=\left\{\left(\begin{array}{cc} a&c \\ b&-a \end{array}\right),(a,b,c)\in\mathbf R^3\right\}\)
\(G=Vect(\{E_1-E_4,E_2E_3\})\) d'où \(G^\perp=\{E_1-E_4,E_2E_3\}^\perp\).
\(f(A,E_1-E_4)=\frac{1}{2}(-a+d); f(A,E_2)=-\frac{1}{2}c; f(A,E_3)=-\frac{1}{2}b\) .
D'où \(A\in G^\perp \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=d \\ b=c=0\end{array}\right.\) et \(G^\perp=(\{E_1+E_4\})\).
\(E_1+E_4 \notin G\) d'où \(G^\perp\cap G=\{0\}\) et \(G\) est un sous-espace vectoriel non isotrope.
On détermine \((F+G)^\perp\):
Première méthode :
On utilise la propriété suivante : \((F+G)^\perp=F^\perp \cap G^\perp\).
Donc, \((F+G)^\perp = Vect (\{E_1\})\cap Vect(\{E_1+E_4\})=\{0\}\).
Deuxième méthode :
\(F+G=Vect(\{E_1,E_2,E_3\})+Vect(\{E_1-E_4,E_2,E_3\})\)
D'où \(F+G=Vect(\{E_1,E_2,E_3,E_1-E_4\})=Vect(\{E_1,E_2,E_3,E_4\})=M_2(\mathbf R)\)
La forme quadratique \(q\) n'est pas dégénérée d'où \((F+G)^\perp=\{0\}\).
Le sous-espace vectoriel \(F+G\) est un sous-espace vectoriel non isotrope.
On détermine maintenant \((F\cap G)^\perp\):
Première méthode :
L'espace vectoriel \(M_2(\mathbf R)\) étant de type fini et la forme quadratique \(q\) étant non dégénérée, on a : \((F\cap G)^\perp =F^\perp + G^\perp\).
D'où \((F\cap G)^\perp =Vect(\{E_1\})+Vect(\{E_1+E_4\})=Vect(\{E_1,E_1+E_4\})=Vect(\{E_1,E_4\})\)
Deuxième méthode :
\(F\cap G=Vect(\{E_1,E_2,E_3\})\cap Vect(\{E_1-E_4,E_2E_3\})=Vect(\{E_2,E_3\})\).
\(E_1\in (F\cap G)^\perp\) et \(E_4\in (F\cap G)^\perp\) (d'après la matrice associée à \(q\) dans la base canonique de \(M_2(\mathbf R)\), \(f(E_1,E_2)=f(E_1,E_3)=f(E_4,E_2)=f(E_4,E_3)=0\))
Comme \(q\) est non dégénérée, \(\dim F^\perp=\dim M_2(\mathbf R)-\dim F\), d'où \(\dim F^\perp=4-2=2\)et donc \((F\cap G)^\perp=Vect(\{E_1,E_4\})\).
L'intersection de \(F\cap G\) et de \((F\cap G)^\perp\) est réduite à la matrice nulle. Le sous-espace vectoriel \(F\cap G\) est un sous-espace vectoriel non isotrope.