Bases orthogonales, bases orthonormales

1. Pour déterminer le rang et la signature de \(q,\) on cherche d'abord une décomposition « en carrés ». On utilise la méthode de Gauss.

L'expression de \(q(x)\) ne comporte aucun terme « carré ». On privilégie alors un des termes rectangles, \(x_1x_2\) par exemple.

\(q(x) = x_1x_2 + x_1(x_3 + x_4) + x_2(x_3 + x_4) + x_3x_4~~~~~(*)\)

\(q(x) = (x_1 + x_3 + x_4)(x_2 + x_3 + x_4) - (x_3 + x_4)^2 + x_3x_4~~~~~(**)\)

D'où, en utilisant l'égalité \(ab = \frac{1}{4}[(a + b)^2 - (a-b)^2]\):

\(q(x) = \frac{1}{4}(x_1 + x_2 + 2x_3 + 2x_4)^2 - \frac{1}{4}(x_1 - x_2)^2 - x_3^2 - x_3x_4 - x_4^2\)

\(q(x) = \frac{1}{4}(x_1 + x_2 + 2x_3 + 2x_4)^2 - \frac{1}{4}(x_1 - x_2)^2 - (x_3 + \frac{1}{2}x_4)^2 - \frac{3}{4}x_4^2\)

La forme \(q\) est donc de rang 4, par conséquent elle n'est pas dégénérée. Sa signature est \((1, 3).\)

2. La question précédente a permis de décomposer \(q\) en combinaison linéaire de carrés de formes linéaires linéairement indépendantes :

\(q(x) = \frac{1}{4}[f_1(x)]^2 - \frac{1}{4}[f_2(x)]^2 - [f_3(x)]^2 - \frac{3}{4}[f_4(x)]^2\)

Avec, \(x\) désignant l'élément de \(\mathbb R ^4\):

\(f_1(x) = x_1 + x_2 + 2x_3 + 2x_4\)

\(f_2(x) = x_1 - x_2\)

\(f_3(x) = x_3 + \frac{1}{2}x_4\)

\(f_4(x) = x_4\)

Les formes linéaires \(f_1, f_2, f_3, f_4\) sont linéairement indépendantes et constituent donc une base de \((\mathbb R ^4)^*\) le dual de \(\mathbb R ^4.\)

On appelle \((e_1, e_2, e_3, e_4)\) la base canonique de \(\mathbb R ^4~\textrm{et}~(e_1^*, e_2^*, e_3^*, e_4^*)\) sa base duale. Soit \(R\) la matrice de passage de la base \((e_1^*, e_2^*, e_3^*, e_4^*)\) à la base \((f_1, f_2, f_3, f_4).\)

\(R = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 &-1& 0& 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & \frac{1}{2} & 1\end{pmatrix}\)

Chercher une base orthogonale de \(\mathbb R ^4\)relativement à \(q,\) c'est chercher une base \((\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3, \epsilon_4)\) telle que \(\forall(i, j), 1 \leq i \leq 4, 1 \leq j \leq 4, f_i(\epsilon_j) = \delta_i^j = \begin{cases} 1~\textrm{si}~i = j \\ 0~\textrm{si}~ i \neq j\end{cases}.\)

Une base orthogonale de \(\mathbb R ^4\) relativement à \(q\) est donc la base antéduale de \((f_1, f_2, f_3, f_4),\) c'est à dire \((\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3, \epsilon_4)\) avec \(\forall i \in \{1, 2, 3, 4\} ~~\epsilon_i^* = f_i.\)

La matrice de passage \(P\) de la base \((e_1, e_2, e_3, e_4)\) à la base \((\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3, \epsilon_4)\) est égale à \((^tR)^{-1}.\)

\(^tR = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2 \\ 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)

Il reste à calculer l'inverse de cette matrice. Pour cela on peut résoudre le système \(^tRX = X^t.\)

\(\begin{cases} x_1 + x_2 + 2x_3 + 2x_4 = x_1' \\ x_1 - x_2 = x_2' \\ x_3 + \frac{1}{2}x_4 = x_3' \\ x_4 = x_4' \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1 = \frac{1}{2}x_1' + \frac{1}{2}x_2' - x_3' - \frac{1}{2}x_4' \\ x_2 = \frac{1}{2}x_1' - \frac{1}{2}x_2' - x_3' - \frac{1}{2}x_4' \\ x_3 = x_3' - \frac{1}{2}x_4' \\ x_4 = x_4'\end{cases}\)

On a donc \(P = (^tR)^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -1 & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 &1& -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)

D'où \(\epsilon_1 = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0, 0), \epsilon_2 = (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0, 0), \epsilon_3 = (-1, -1, 1, 0), \epsilon_4= (-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1)\)

Soit \(\mathcal{B}\) la base \((\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3, \epsilon_4),\) la matrice associée à \(q\) dans cette base est la matrice diagonale :

\(\begin{pmatrix} \frac{1}{4} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -\frac{3}{4}\end{pmatrix}\)