Forme quadratique dépendant de deux paramètres
Partie
Question
Soient \(\lambda~\textrm{et}~\mu\) deux paramètres réels et \(q\) la forme quadratique sur \(\mathbb R ^4\)définie pour tout \(x = (x_1, x_2, x_3, x_4)~\textrm{de}~\mathbb R ^4\) par :
\(q(x) = x_1^2 + x_2^2 + 2\mu x_1x_2 + (\lambda + \mu)x_3x_4\)
1. Pour quelles valeurs de \(\lambda~\textrm{et}~\mu\) la forme \(q\) est-elle dégénérée ? Déterminer suivant les valeurs de \(\lambda~\textrm{et de}~\mu\) la signature de \(q.\)
2. Déterminer l'ensemble des vecteurs isotropes de \(q\) quand \(\lambda = -2 ~\textrm{et}~\mu = 2.\) Cet ensemble est-il un sous-espace vectoriel de \(\mathbb R ^ 4\) ?
Aide méthodologique
1. Pour trouver une décomposition de \(q\) « en carrés » on utilise la méthode de Gauss, celle-ci permet d'obtenir une décomposition de \(q\) en combinaison linéaire de carrés de formes linéaires linéairement indépendantes. Pour déterminer le rang et la signature de \(q\), on étudie suivant \(\lambda~\textrm{et}~\mu\) si les coefficients obtenus sont nuls ou non, ainsi que le signe de ces coefficients.
Aide à la lecture
1. D'après le théorème de Sylvester, pour déterminer le rang et la signature de la forme quadratique \(q,\) il suffit de trouver une décomposition de celle-ci « en carrés ».
2. Les vecteurs isotropes de \(q\) sont les vecteurs \(x~\textrm{de}~\mathbb R ^4 \)tels que \(q(x) = 0.\)
Solution détaillée
1. On cherche d'abord une décomposition de \(q\) « en carrés » en utilisant la méthode de Gauss.
\(q(x) = x_1^2 + x_2^2 + 2\mu x_1 x_2 + (\lambda + \mu)x_3x_4\)
\(q(x) = (x_1 + \mu x_2)^2 + (1- \mu^2)x_2^2 + (\lambda + \mu)[\frac{(x_3 + x_4)^2 - (x_3 - x_4)^2}{4}]\)
\(q(x) = (x_1 + \mu x_2)^2 + (1 - \mu ^2) x_2^2 + \frac{\lambda + \mu}{4}(x_3 + x_4)^2 - \frac{\lambda + \mu}{4}(x_3 - x_4)^2\)
La discussion concernant le rang et la signature de \(q\) consiste à envisager les différents cas suivant que les coefficients \((1 - \mu^2)~\textrm{et}~(\lambda + \mu)\)sont nuls ou non.
Pour la détermination de la signature, la connaissance du signe de \((1 - \mu^2)~\textrm{et}~(\lambda + \mu)\) est nécessaire, cependant les coefficients \(\frac{\lambda + \mu}{4}~\textrm{et}-\frac{\lambda + \mu}{4}~\) étant toujours de signes contraires, seul le signe de \((1 - \mu^2)\) intervient dans la discussion. On obtient ainsi les cas suivants :
\(\begin{array}{ r | l }\boxed{\mu = 1~~ \lambda= -1} & alors q(x) = (x_1 + x_2)^2, rg(q) = 1, q~\textrm{est dégénérée}~, sg(q) = (1, 0). \\\boxed{\mu =-1~~ \lambda= 1} & alors q(x) = (x_1 - x_2)^2, q~\textrm{est dégénérée}~, sg(q) = (1, 0).\\\boxed{\mu=1~~\lambda \neq -1} & alors q(x) = (x_1 + x_2)^2 + \frac{\lambda + 1}{4}(x_3 + x_4)^2 - \frac{\lambda + 1}{4}(x_3 - x_4)^2, rg(q) = 3, q~\textrm{est dégénérée}~, sg(q) = (2, 1).\\ \boxed{\mu = -1~~\lambda \neq 1} & alors q(x) = (x_1 - x_2)^2 + \frac{\lambda - 1}{4}(x_3 + x_4)^2 - \frac{\lambda - 1}{4}(x_3 - x_4)^2, rg(q) = 3, q~\textrm{est dégénérée}~, sg(q) = (2,1). \\ \boxed{\mu \in ]-1 ;1 [~~\lambda=-\mu } & alors q(x) = (x_1 + \mu x_2)^2 + (1-\mu^2)x_2^2, rg(q) = 2, q~\textrm{est dégénérée}~, sg(q) = (2,0). \\ \boxed{\mu \in ]-1 ; 1[~~ \lambda \neq -\mu} & alors q(x) = (x_1-\mu x_2)^2 + (1-\mu^2)x_2^2 + \frac{\lambda + \mu}{4}(x_3 + x_4)^2 - \frac{\lambda + \mu}{4}(x_3 - x_4)^2, rg(q) = 4, q~\textrm{n'est pas dégénérée}~,sg(q) = (3,1). \\ \boxed{\mu \in] -\infty ;-1[ \bigcup] 1 ; +\infty [~~\lambda = -\mu} & alors q(x) = (x_1 + \mu x_2)^2 + (1 - \mu^2)x_2^2, rg(q) = 2, q~\textrm{est dégénérée}~, sg(q) = (1,1). \\ \boxed{\mu \in] -\infty ;-1[ \bigcup] 1 ; +\infty [~~\lambda \neq -\mu} & alors q(x) = (x_1 + \mu x_2)^2 + (1 - \mu^2)x_2^2 + \frac{\lambda + \mu}{4}(x_3 + x_4)^2 - \frac{\lambda + \mu}{4}(x_3 - x_4)^2, rg(q) = 4, q~\textrm{n'est pas dégénérée}~, sg(q) = (2,2).\end{array}\)
Signature de \(q\) suivant \(\lambda~\textrm{et}~\mu\):
\(\begin{array}{|l|c|c|}\hline & \lambda \neq - \mu & \lambda = - \mu \\ \hline\mu \in \{-1, 1\} & sg(q) = (2, 1) & sq(q) = (1,0) \\ \hline\mu \in ] -1, 1 [ & sg(q) = (3, 1) & sq(q) = (2,0) \\ \hline\mu \in ]-\infty;-1[ \bigcup ] 1; +\infty [ & sg(q) = (2, 2) & sq(q) = (1,1) \\ \hline\end{array}\)
2. On suppose \(\lambda = -2~\textrm{et}~\mu = 2.\)
On a dans ce cas \(\mu \in ] - \infty ; -1 [ \bigcup ] 1 ; + \infty[~~\lambda = -\mu, q(x) = (x_1 + 2x_2)^2 - 3x_2^2, rg(q) = 2\) la forme \(q\) est dégénérée, \(sg(q) = (1, 1).\)
On cherche l'ensemble \(\mathcal{I}\)des vecteurs isotropes (on dit aussi cône isotrope) de \(q,\) c'est-à-dire les \(x = (x_1, x_2, x_3, x_4)~\textrm{de}~\mathbb R ^4\) tels que \(q(x) = 0.\)
\(q(x) = (x_1 + 2x_2)^2 -3x_2^2 = [x_1 + (2 + \sqrt{3})x_2] [x_1 + (2-\sqrt{3})x_2]\)
\(\mathcal{I}\) est donc l'ensemble des \(x=(x_1, x_2, x_3, x_4)~\textrm{de}~\mathbb R ^4\) tels que \(x_1 + (2 + \sqrt{3})x_2 = 0~\textrm{ou}~x_1 + (2 - \sqrt{3})x_2 = 0.\) C'est donc la réunion des hyperplans \(H_1~\textrm{et}~H_2\) d'équations respectives \(x_1 + (2 + \sqrt{3})x_2 = 0~\textrm{ou}~x_1 + (2 - \sqrt{3})x_2 = 0\) relativement à la base canonique de \(\mathbb R ^4.\)
L'hyperplan \(H_1\) admet pour base \((u_1, u_2, u_3)~\textrm{avec}~u_1 = (-2-\sqrt{3}, 1, 0, 0), u_2 = (0, 0, 1, 0), u_3 = (0, 0, 0, 1).\)
L'hyperplan \(H_2\) admet pour base \((v_1, v_2, v_3)~\textrm{avec}~v_1 = (-2+\sqrt{3}, 1, 0, 0), v_2 = (0, 0, 1, 0), v_3 = (0, 0, 0, 1).\)
\(\mathcal{I} = H_1 \bigcup H_2\)n'est pas un sous-espace vectoriel de \(\mathbb R ^4\)car c'est la réunion de deux sous-espaces vectoriels de \(\mathbb R ^4\)tels que l'un n'est pas inclus dans l'autre (on peut aussi vérifier que \(u_1 + v_1 = (-4, 2, 0, 0)\)n'est pas élément de \(\mathcal{I},\) donc \(\mathcal{I}\)n'est pas stable pour l'addition).