Exemples
Exemple : Exemple 1
Soit \(q\) l'application de \(R^3\) dans \(R\) définie pour tout \((x_1,x_2,x_3)\) par :
\(q(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-x_3^2+2x_1x_2+2x_2x_3-2x_1x_3\)
Première étape : il y a des termes « carrés » (\(x_1^2\) et \(x_3^2\)).
On choisit \(x_1^2\) et on ordonne \(q(x_1,x_2,x_3)\) comme un polynôme en \(x_1\).
Cela donne : \(q(x_1,x_2,x_3)=x^2_1+2x_1(x_2-x_3)+2x_2x_3-x^2_3\).
Deuxième étape : on utilise l'identité \((O_1)\) \(x^2+2xy=(x+y)^2-y^2\).
On obtient : \(q(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2-x_3)^2-(x_2-x_3)^2+2x_2x_3-x^2_3\)
et par conséquent : .\(q(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2-x_3)^2-x^2_2-2x_3^2+4x_2x_3\)
Troisième étape : on recommence pour la forme quadratique \(q_1\) telle que \(q_1(x_2,x_3)=-x^2_2-2x^2_3+4x_2x_3\).
Il y a des termes carrés, on choisit par exemple \(x_2^2\) et cela donne :
\(\begin{array}{ccc}q_1(x_2,x_3)&=&-x^2_2-2x^2_3+4x_2x_3\\&=&-(x^2_2-4x_2x_3)-2x_3^2\\&=&-(x_2-2x_3)^2+4x_3^2-2x_3^2\\&=&-(x_2-2x_3)^2+2x_3^2\end{array}\)
Donc \(q(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2-x_3)^2-(x_2-2x_3)^2+2x_3^2\).
La forme quadratique \(q\) est donc de rang 3 (elle est par conséquent non dégénérée).
Cela permet de déterminer une base \(q\)-orthogonale . En effet la matrice de passage de la base canonique à la base \(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)\) est :
\(P=^t\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\1&1&0\\-1&-2&1\end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1&-1&-1\\0&1&2\\0&0&1\end{array}\right)\).
Donc \(\epsilon_1=(1,0,0)\); \(\epsilon_2=(-1,1,0)\);\(\epsilon_3=(-1,2,1)\).
Si \(y_1,y_2,y_3\) sont les coordonnées d'un vecteur \(x\) dans la base \(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)\), alors on a \(q(x)=y^2_1-y^2_2+2y^2_3\).
Remarque :
Au niveau de la première étape on aurait pu choisir \(x_3^2\) au lieu de \(x^2_1\). Cela aurait donné comme résultat : \(q(x_1,x_2,x_3)=(x_3-x_2+x_1)^2+x^2_2+2x_1^2\).
Ce calcul illustre le fait qu'il n'y a pas unicité. Remarquons qu'il y a trois formes linéaires affectées d'un coefficient non nul. Cela est normal puisque le nombre de formes est égal au rang de la forme quadratique considérée. Donc ici, toutes les décompositions de q en carrés feront intervenir 3 formes linéaires.
Exemple : Exemple 2
Soit \(q\) l'application de \(R^3\) dans \(R\) définie pour tout \((x_1,x_2,x_3)\) par : \(q(x_1,x_2,x_3)=x_2x_3+x_1x_3\). C'est une forme quadratique.
Remarque :
En appliquant l'identité \((O_2)\) \(xy=\frac14[(x+y)^2-(x-y)^2]\), successivement à \(x_2x_3\)et à \(x_1x_3\), il vient :
\(q(x_1,x_2,x_3)=\frac14[(x_2+x_3)^2-(x_2-x_3)^2]+\frac14[(x_1+x_3)^2-(x_1-x_3)^2]\)
L'expression trouvée est une combinaison linéaire de carrés de formes linéaires mais elles ne sont pas indépendantes.
En effet soient les formes linéaires
\(f_1:(x_1,x_2,x_3)\mapsto x_2+x_3\)
\(f_2:(x_1,x_2,x_3)\mapsto x_2-x_3\)
\(f_3:(x_1,x_2,x_3)\mapsto x_1+x_3\)
\(f_4:(x_1,x_2,x_3)\mapsto x_1-x_3\)
Alors \(\forall(x_1,x_2,x_3)\in R^3\), \(f_1(x_1,x_2,x_3)-f_2(x_1,x_2,x_3)-f_3(x_1,x_2,x_3)+f_4(x_1,x_2,x_3)=0\) et donc \(f_1-f_2-f_3+f_4=0\).
Les formes linéaires \(f_1,f_2,f_3,f_4\) ne sont donc pas linéairement indépendantes.
Il était clair, à priori, que cette décomposition ne pouvait pas convenir car elle faisait intervenir quatre formes linéaires ; or \(q\), forme quadratique sur \(R^3\), est de rang inférieur ou égal à 3.
Exemple :
On va utiliser la méthode de Gauss.
Première étape : il n'y a pas de termes « carrés ». On choisit donc un terme rectangle par exemple \(x_2x_3\). On écrit \(q(x_1,x_2,x_3)=(x_2+x_1)(x_3+0)\) et on transforme cette expression de la façon suivante : .
Deuxième étape : on applique l'identité \((O_2)\). Il vient alors : \(q(x_1,x_2,x_3)=\frac14[(x_2+x_1+x_3)^2-(x_2+x_1-x_3)^2]\).
C'est terminé ; le rang de \(q\) est 2 et cela permet d'obtenir une base orthogonale dans laquelle la matrice associée à \(q\) est \(\frac14\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{array}\right)\).