Bases orthogonales, bases orthonormales

Soit \(q(x) = x_{1}^{2} + x_{3}^{2} +x_{4}^{2} -2x_{1}x_{3} +2x_{1}x_{4}+4x_{2}x_{3}+6x_{3}x_{4}.\)

On commence par décomposer la forme quadratique \(q\) en « carrés ».

On regroupe les termes en \(x_{1},\) ce qui donne :

\(\begin{array} {lll}q(x) &=& x_{1}^{2} + 2x_{1}(-x_{3}+x_{4})+x_{3}^{2} + x_{4}^{2} +4x_{2}x_{3} +6x_{3}x_{4} \\ &=& (x_{1} - x_{3} + x_{4})^{2} + 4x_{2}x_{3} + 8x_{3}x_{4}. \end{array}\)

Mais \(4x_{2}x_{3} + 8x_{3}x_{4} = 4x_{3}(x_{2} + 2x_{4})\) est de la forme \(4~a~b = (a+b)^{2} - (a -b)^{2}.\)

Par conséquent\( q(x) = (x_{1} - x_{3} + x_{4})^{2} + (x_{3} + x_{2} + 2x_{4})^{2}-(x_{3} - x_{2} -2x_{4})^{2} . (*)\) [4 points]

L'espace vectoriel considéré est \(\mathbb{R}^{4},\) de dimension 4 et le rang de \(q\) est 3 car la signature de la forme quadratique \(q\) est (2,1), donc la forme quadratique \(q\) est dégénérée.

• Construction d'une base orthogonale pour \(q\) à partir de la décomposition en carrés :

  La forme quadratique \(q\) est une combinaison linéaire de carrés des formes linéaires \(f_{1},f_{2},f_{3}\)(linéairement indépendantes d'après leur construction) définies sur \(\mathbb{R}^{4}\) par :

  \(f_{1} : (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) \mapsto x_{1} - x_{3} + x_{4},\)

  \(f_{2} : (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) \mapsto x_{2} + x_{3} + 2x_{4},\)

  \(f_{3} : (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) \mapsto -x_{2} + x_{3} -2 x_{4}.\)

On complète la famille libre \(\{f_{1},f_{2},f_{3}\}\) par une forme linéaire \(f_{4}\) de manière à ce que \((f_{1},f_{2},f_{3},f_{4})\) soit une base du dual de \(\mathbb{R}^{4}.\)

Prenons par exemple \(f_{4} : (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) \mapsto x_{4}.\)

Cette forme linéaire convient car le déterminant des vecteurs \(\{f_{1},f_{2},f_{3},f_{4}\}\) sur la base duale de la base canonique de \(\mathbb{R}^{4}\) est :

\(\displaystyle{ \left |\begin{array}{c c c c c c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & -2 & 1 \end{array}\right|} = 2\) [2 points]

Alors la base \((\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\varepsilon_{3},\varepsilon_{4})\) de \(\mathbb{R}^{4}\) antéduale de la base \((f_{1},f_{2},f_{3},f_{4}),\) c'est-à-dire telle que :

\(\forall(\textrm{i},j), 1\le\textrm{i} \le 4, 1 \le j \le4,\) \(\qquad\) \(f_{\textrm{i}}(\varepsilon_{j}) = \delta_{\textrm{i}}^{j} \displaystyle{= \left\{\begin{array}{l l} 1 & \textrm{si } \textrm{i} = j \\0 & \textrm{si } \textrm{i} \ne j  \end{array}\right.}\)

est une base orthogonale pour \(q.\)

Au lieu de résoudre pour chaque entier \(j,\) \(1\le j \le 4,\) le système \(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l l} f_{1} (\varepsilon_{j}) = \delta_{1}^{j} \\ f_{2} (\varepsilon_{j}) = \delta_{2}^{j} \\ f_{3} (\varepsilon_{j}) = \delta_{3}^{j} \\ f_{4} (\varepsilon_{j}) = \delta_{4}^{j} \end{array}\right.}\),

on résout le système \(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l l} f_{1} \big( ( \alpha, \beta ,\gamma , \mu )\big )  = a \\ f_{2} \big( ( \alpha, \beta ,\gamma , \mu )\big )  = b \\ f_{3} \big( ( \alpha, \beta ,\gamma , \mu )\big )  = c \\ f_{4} \big( ( \alpha, \beta ,\gamma , \mu )\big )  = d \end{array}\right.}\)

pour ensuite donner à \((a,b,c,d)\) successivement les valeurs \((1,0,0,0) , (0,1,0,0) , (0,0,1,0)\) et \((0,0,0,1).\)

On obtient les systèmes équivalents suivants :

\(\displaystyle{\left\{\begin{array}{rrrrl}\alpha&& - \gamma& + \mu&= a\\&\beta& + \gamma& + 2\mu&= b\\&-\beta& + \gamma&- 2\mu& = c\\&&&\mu& = d\end{array}\right.}\Leftrightarrow\displaystyle{\left\{\begin{array}{rrrrl}\alpha&& - \gamma& + \mu&=a\\&\beta& + \gamma& + 2\mu&=b\\&&2\gamma&& =b+c\\&&&\mu& = d \end{array}\right.}\Leftrightarrow\displaystyle{\left\{\begin{array}{cl}\alpha& = \frac{2a + b + c -2d}{2}\\\beta& = \frac{b - c -4d}{2}\\\gamma &= \frac{b + c}{2}\\\mu  &= d\end{array}\right.}\)

On en déduit \(\varepsilon_{1} = (1,0,0,0), \varepsilon_{2} = \bigg(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\bigg), \varepsilon_{3} = \bigg(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\bigg), \varepsilon_{4} = (-1,-2,0,1)\) [4 points]

La base \(\beta = \big(\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\varepsilon_{3},\varepsilon_{4}\big)\) est une base orthogonale pour \(q,\) et pour tout vecteur

\(x = y_{1}\varepsilon_{1} + y_{2}\varepsilon_{2} + y_{3}\varepsilon_{3} + y_{4}\varepsilon_{4},\) on a \(y_{j} = f_{j}(x)\) pour\(j,\) \(1\le j \le4.\)

Donc d'après l'expression \((*)\), on obtient : \(q(x) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}.\)

La matrice associée à \(q\) par rapport à \(B = (\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\varepsilon_{3},\varepsilon_{4})\) est donc :

\(\displaystyle{ \left (\begin{array}{c c c c c c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)}\)

[2 points]