\documentclass[a4paper,11pt]{article}

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\theoremstyle{definition}
\newtheorem{exo}{Exercice}

\newcounter{qstct}[exo]
\newcommand{\qst}{\noindent\stepcounter{qstct}\arabic{qstct}.\hspace{0.1cm}}

\newcounter{sqct}[sqct]
\newcommand{\sq}{ \noindent\stepcounter{sqct}\textbf{\alph{sqct}.}\hspace{0.1cm}}

\def\b#1{{\mathbb{#1}}} % police en double barre (pour les corps, par exemple)
\def\l#1{{\mathcal{#1}}}
\def\lp{\left(} 
\def\rp{\right)}

\begin{document}

\begin{center}
\begin{large}
\textbf{Universit\'e Joseph Fourier\hfill MAT244 : Contr\^ole continu du 23 mars 2011\\ L2\hfill Corrig\'e}
\end{large}
\end{center}

\begin{exo}
 \qst Il suffit d'appliquer la d\'efinition, ce qui donne :
$$
A=\left(
\begin{array}{ccc}
1&0&2\\
0&0&3\\
2&3&5
\end{array}
\right)
$$

\qst Il s'agit juste de la m\'ethode de r\'eduction de Gauss :
$$
\begin{array}{rl}
q(x,y,z)&= x^2+5z^2+4xz+6yz\\
& =(x+2z)^2-4z^2+5z^2+6yz\\
&=(x+2z)^2-9y^2+(z+3y)^2.
\end{array}
$$

\qst Le changement de coordonn\'ees donne :
$$
q(x,y,z)= X^2-9Y^2+Z^2
$$
De sorte que :
$$
A_1=\left(
\begin{array}{ccc}
1&0&0\\
0&-9&0\\
0&0&1
\end{array}
\right)
$$

\qst 
$$
\left\{
\begin{array}{rcl}
X&=&x+2z\\
Y&=&y\\
Z&=&z+3y
\end{array}
\right.
\Leftrightarrow
\left\{
\begin{array}{rcl}
x&=&X+6Y-2Z\\
y&=&Y\\
z&=&-3Y+Z
\end{array}
\right.
$$
On obtient donc :
$$
P=\left(
\begin{array}{ccc}
1&6&-2\\
0&1&0\\
0&-3&1
\end{array}
\right)
$$

\qst 
$$
A_1={}^tPAP
$$

\qst Non.
La signature de $q$ est \'egale \`a la signature de $A_1$, soit $(2,1)$. Or, la signature d'une forme quadratique de matrice M dans une base est $(0,3)$. $M$ ne peut donc \^etre une matrice associ\'ee \`a $q$ dans une autre base. 
\end{exo}

\vspace{0.25cm}
\begin{exo}
\qst Par commutativit\'e du produit dans $\b R$, il est imm\'ediat que $\varphi$ est une forme sym\'etrique. De fait, pour avoir sa bilin\'earit\'e, il suffit de montrer qu'elle est lin\'eaire en sa premi\`ere variable, on la v\'erifie donc : soient $\lambda \in \b R$, $P,Q,R \in \b R_2 [X]$, (il s'agit juste de la lin\'earit\'e de l'int\'egrale)
$$
\begin{aligned}
 \varphi (\lambda P+Q,R) & = \int_{-1}^1 \lp \lambda P(x) + Q(x)\rp R(x) x^2 dx \\
& = \lambda \int_{-1}^1 P(x) R(x) x^2 dx + \int_{-1}^1 Q(x) R(x) x^2 dx \\
& = \lambda \varphi(P,R) + \varphi(Q,R)
\end{aligned}
$$
Finallement, pour $P \in \b R_2[X]$, $\varphi(P,P)$ est l'int\'egrale d'une fonction continue et positive, elle est donc toujours positive, en outre, si $\varphi(P,P)=0$ cela donne aussi $P(x)=0$ pour $x \in [-1,0[{}\cup{}]0,1]$ (en fait sur $[0,1]$ par continuit\'e), donc $P$ est un polyn\^ome poss\'edant une infinit\'e de racines, par suite $P=0$ et l'on en conclut que $\varphi$ est bien d\'efinie positive, donc il s'agit d'un produit scalaire. \\

\qst On peut constater que $\varphi(a,bX)$ et $\varphi(bX,cX^2-d)$ sont des int\'egrales de fonctions impaires sur un intervalle sym\'etrique par rapport \`a 0, ce qui donne leur nullit\'e quelque soient $a,b,c,d \in \b R$. Notons que $a,b\neq 0$, car sinon la famille est li\'ee et n'est donc pas une base. Avec la derni\`ere relation d'orthogonalit\'e, $\varphi(a,cX^2-d)=0$, \`a v\'erifier et le calcul suivant, on obtient aussi la condition $d=\frac{3}{5}c$ :
$$
\begin{aligned}
\varphi(a,cX^2-d) & = ac \varphi(1,X^2) - ad \varphi(1,1) \\
& = a \lp \frac{2c}{5} - \frac{2d}{3} \rp
\end{aligned}
$$
Finalement, si $a,b,c \in \b R^*$ et $d=\frac{3}{5} c$, on a une famille de vecteurs non nuls deux \`a deux orthogonaux, elle est donc libre. Enfin puisque cette famille libre poss\`ede autant de vecteurs que la dimension de l'espace $\b R_2[X]$, on en d\'eduit qu'il s'agit d'une base. \\

\qst Maintenant que l'on dispose d'une base orthogonale, il suffit s'assurer d'un choix de $a,b,c$ afin que $a,bX$ et $cX^2-\frac{3}{5}c$ soient de norme 1. Mais par bilin\'earit\'e de $\varphi$ cela signifie qu'il suffit de choisir $a$ et $b$ tels que :
$$
\left\lbrace
\begin{aligned}
 a^{-2} & = \varphi(1,1) = \int_{-1}^1 x^2 dx = \frac{2}{3} \\
b^{-2} & = \varphi(X,X) = \int_{-1}^1 x^4 dx = \frac{2}{5} 
\end{aligned}
\right.
$$
Enfin, pour la derni\`ere condition, $\varphi \lp cX^2-\frac{3}{5} c,cX^2-\frac{3}{5} c \rp=1$, le calcul suivant nous donne $c^2=\frac{175}{8} $ :
$$
\begin{aligned}
 \varphi \lp cX^2-\frac{3}{5} c,cX^2-\frac{3}{5} c \rp & = c^2 \varphi(X^2,X^2) + \frac{9}{25}c^2 \varphi(1,1) - \frac{6}{5}c^2 \varphi(X^2,1) \\
& = \frac{2}{7}c^2 + \frac{6}{25} c^2 - \frac{12}{25}c^2 \\
& = \frac{8}{175} c^2
\end{aligned}
$$
D'o\`u $a=\pm\sqrt{\frac{3}{2}}$, $b=\pm\sqrt{\frac{5}{2}}$, $(c,d)=\lp \frac{5\sqrt{14}}{4}, \frac{3 \sqrt{14}}{4} \rp$ ou $(c,d)=\lp -\frac{5\sqrt{14}}{4}, -\frac{3 \sqrt{14}}{4} \rp$.
\end{exo}

\vspace{0.25cm}
\begin{exo}
 \qst La d\'efinition nous donne : $b(X,X')=xx'+zz'+tt'-xy'-yx'+xz'+zx'+yt'+t'y'+
zt'+tz'
$. \\

\qst $q(X)=x^2+z^2+t^2-2xy+2xz+2yt+2zt$ \\

\qst On a $det(A)=2\neq 0$ donc $A$ est inversible donc $q$ est non d\'eg\'en\'er\'ee. \\

\qst  $dim(V)=4-1=3$ ( $1$ \'equation en dimension $4$, th\'eor\`eme du rang). Base: choisir successivement $(y,z,t)=(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ donc
 $e_1=(-1,1,0,0)$, $e_2=(-1,0,1,0)$, $e_3=(1,0,0,1)$.\\

\qst $b(X,e_1)=y-z+t=0$, $b(X,e_2)=y+t=0$, $b(X,e_3)=x+2z+t=0$, sont les 3 \'equations d\'efinissant $V^\perp$. Elles se r\'eduisent \`a $X=t\times(-1,-1,0,1)$. \\

\qst Oui: On a $dim(V)+dim(V^\perp)=4$ car $b$ est non d\'eg\'en\'er\'ee. De plus $V^\perp\cap V=\{0\}$, car $(-1,-1,0,1)$ ne v\'erifie pas l'\'equation $x+y+z-t=0$. \\

\end{exo}
\end{document}