Mathématiques universitaires — Licence 2 · Bachelor Year 2

12Formes quadratiques

Une forme quadratique est l’ombre algébrique d’une géométrie : les parties de signature nulle aplatissent, les parties positives courbent dans un sens, les négatives dans l’autre. Ce chapitre réduit toute forme quadratique réelle à une somme de carrés $\pm$ (Gauss), prouve que les nombres de signes sont intrinsèques (Sylvester), puis couronne la géométrie euclidienne par le théorème spectral : les endomorphismes symétriques se diagonalisent dans des bases orthonormées — le théorème le plus utilisé de l’algèbre linéaire appliquée.

12.1 Formes bilinéaires et quadratiques

Définition 12.1

Une forme bilinéaire symétrique sur un espace vectoriel réel $E$ est une application bilinéaire $\varphi \colon E \times E \to \R$ vérifiant $\varphi(x, y) = \varphi(y, x)$ ; la forme quadratique associée est $q(x) = \varphi(x, x)$ . On retrouve $\varphi$ à partir de $q$ par polarisation :

\varphi(x, y) = \tfrac12\bigl(q(x + y) - q(x) - q(y)\bigr).

Dans une base $(e_i)$ , la matrice de $\varphi$ est la matrice symétrique $B = (\varphi(e_i, e_j))$ , avec $q(x) = X^{\mathsf T} B X$ ; un changement de base de matrice $P$ remplace $B$ par $P^{\mathsf T} B P$ (congruence — et non similitude !). Le rang de $q$ est $\operatorname{rk} B$ (invariant : la congruence multiplie par des matrices inversibles).

Exemple 12.2

Sur $\R^2$ : $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ a pour matrice $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Un produit scalaire est exactement une forme bilinéaire symétrique dont la forme quadratique est définie positive ; ce chapitre étudie le cas général, de signe indéfini.

Exemple 12.3 (La congruence en action)

Prenons $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ (de matrice $B = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ ) et la nouvelle base $e_1' = (1, 1)$ , $e_2' = (1, -1)$ , c’est-à-dire $P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}$ . Alors

P^{\mathsf T}BP = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0\\ 0 & -2\end{pmatrix} :

dans les coordonnées $(u, v)$ selon la nouvelle base, $q = 6u^2 - 2v^2$ — vérification : $x = u + v$ , $y = u - v$ donne directement $x^2 + 4xy + y^2 = 6u^2 - 2v^2$ . Remarquons que les nouveaux coefficients diagonaux $6, -2$ ne sont pas les valeurs propres $3, -1$ de $B$ : la congruence redimensionne, seule la similitude préserve les spectres — mais les signes coïncident, comme l’exige le théorème de Sylvester. (La base est ici orthogonale mais non orthonormée ; la normaliser par $\frac{1}{\sqrt2}$ diviserait la diagonale par $2$ et redonnerait les valeurs propres.)

Exemple 12.4 (Les déterminants de Gram mesurent une aire)

Pour $v_1, v_2$ dans un espace euclidien, la matrice de Gram $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)$ encode les longueurs et l’angle ; son déterminant encode l’aire :

\det G = \norm{v_1}^2\norm{v_2}^2 - \langle v_1, v_2\rangle^2 = \norm{v_1}^2\norm{v_2}^2\bigl(1 - \cos^2\theta\bigr) = \bigl(\norm{v_1}\,\norm{v_2}\sin\theta\bigr)^2 ,

l’aire au carré du parallélogramme construit sur $v_1, v_2$ — et Cauchy–Schwarz n’est autre que l’énoncé $\det G \geq 0$ . Cas concret : $v_1 = (1, 2, 2)$ , $v_2 = (2, 1, -2)$ dans $\R^3$ :

G = \begin{pmatrix} 9 & 0\\ 0 & 9 \end{pmatrix}, \qquad \det G = 81 :

les vecteurs sont orthogonaux, de longueur $3$ , et engendrent un parallélogramme (ici un carré) d’aire $\sqrt{81} = 9$ . Éclairage final : aucun produit vectoriel ni magie propre à la dimension $3$ n’a été utilisé — $\sqrt{\det G}$ mesure le volume $k$ -dimensionnel en toute dimension, point de départ de la partie I du problème du week-end et des intégrales d’aire de surface plus loin dans ce volume.

12.2 Réduction de Gauss et inertie de Sylvester

Théorème 12.5 (Réduction de Gauss)

Toute forme quadratique $q$ sur un espace réel de dimension finie peut s’écrire

q = \sum_{i=1}^{s} \ell_i^2 - \sum_{j=1}^{t} m_j^2 ,

où $\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t$ sont des formes linéaires linéairement indépendantes ; de manière équivalente, une certaine base rend la matrice de $q$ diagonale, à coefficients $+1$ ( $s$ fois), $-1$ ( $t$ fois), $0$ .

Démonstration. Récurrence sur le nombre de variables, en coordonnées : $q(x_1, \dots, x_n)$ .

Cas 1 : un carré apparaît, disons que le coefficient $a$ de $x_1^2$ est non nul. On regroupe tous les termes en $x_1$ et on complète le carré :

q = a\Bigl(x_1 + \frac{1}{a}\,\lambda(x_2, \dots, x_n)\Bigr)^{\!2} + q_1(x_2, \dots, x_n),

où $\lambda$ est linéaire et $q_1$ quadratique en les variables restantes : une forme indépendante s’est détachée (elle fait intervenir $x_1$ , les autres non), la récurrence s’applique à $q_1$ , et les signes $\pm$ proviennent du signe de $a$ après redimensionnement par $\sqrt{\abs a}$ .

Cas 2 : aucun carré, mais un terme croisé, disons $b\,x_1x_2$ avec $b \neq 0$ . On utilise l’identité

x_1x_2 = \tfrac14\bigl((x_1 + x_2)^2 - (x_1 - x_2)^2\bigr)

après regroupement : en écrivant $q = b\,x_1x_2 + x_1\alpha + x_2\beta + q_2$ (avec $\alpha, \beta, q_2$ en les autres variables), on vérifie

q = \frac{b}{4}\Bigl[\Bigl(x_1 + x_2 + \frac{\alpha + \beta}{b}\Bigr)^{2} - \Bigl(x_1 - x_2 + \frac{\beta - \alpha}{b}\Bigr)^{2}\Bigr] + \widetilde q ,

avec $\widetilde q$ ne dépendant pas de $x_1, x_2$ : deux formes indépendantes se détachent, et la récurrence conclut.

Indépendance des formes collectées : ordonnons les paquets dans l’ordre de production. Les formes du premier paquet contiennent $x_1$ (cas 1) ou $x_1, x_2$ (cas 2) ; toutes les formes suivantes ne dépendent pas de ces variables. Supposons qu’une combinaison linéaire de toutes les formes collectées s’annule. En lisant le coefficient de $x_1$ (et de $x_2$ ) : seul le premier paquet contribue, et à l’intérieur de ce paquet la ou les deux formes sont manifestement indépendantes ( $\ell$ seule ; ou $\ell \pm m$ avec $\ell, m$ indépendantes) : les coefficients du premier paquet s’annulent. On retire le paquet et on recommence : par récurrence le long des paquets, tous les coefficients s’annulent — la famille tout entière est libre, la triangularité rendue explicite. ∎

Théorème 12.6 (Loi d’inertie de Sylvester)

Le couple $(s, t)$ du Théorème 12.5 ne dépend que de $q$ , pas de la réduction : c’est la signature de $q$ . De plus

s = \max\{\dim F : q|_F \text{ définie positive}\},

et symétriquement pour $t$ .

Démonstration. Soit $q = \sum_{i \leq s}\ell_i^2 - \sum_{j\leq t} m_j^2$ et soit $F_+$ le sous-espace engendré par les vecteurs (pré-)duaux sur lesquels $(\ell_i)$ se restreignent en coordonnées — concrètement : on complète la famille indépendante $(\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t)$ en une base du dual $E^*$ , et on note $(u_1, \dots, u_n)$ la base de $E$ dont ce sont les formes coordonnées (la base pré-duale : $\ell_i(u_k) = \delta_{ik}$ pour $k \leq s$ , et les formes suivantes s’annulent sur les vecteurs précédents). Posons $F_+ = \operatorname{Vect}(u_1, \dots, u_s)$ : pour $x = \sum_{i\leq s}x_iu_i \in F_+$ ,

\ell_i(x) = x_i, \qquad m_j(x) = 0, \qquad\text{donc}\qquad q(x) = \sum_{i\leq s}x_i^2 > 0 \quad (x \neq 0) :

$q|_{F_+}$ est définie positive et le maximum de la formule est $\geq s$ . Réciproquement, soit $F$ un sous-espace quelconque tel que $q|_F$ soit définie positive, et $G = \{x : \ell_1(x) = \dots = \ell_s(x) = 0\}$ , de codimension $\leq s$ ; sur $G$ , $q(x) = -\sum m_j^2 \leq 0$ . Alors $F \cap G = \{0\}$ (un vecteur non nul y vérifierait $q > 0$ et $q \leq 0$ ), donc $\dim F \leq \dim E - \dim G \leq s$ . Ainsi le maximum vaut $s$ pour toute réduction : $s$ est intrinsèque, et $t = \operatorname{rk} q - s$ de même. ∎

Exemple 12.7

$q(x, y, z) = xy + yz + zx$ (aucun carré). Avec $x_1 = x$ , $x_2 = y$ : $q = xy + z(x + y)$ , et l’identité des deux carrés donne

q = \tfrac14(x + y + 2z)^2 - \tfrac14(x - y)^2 - z^2 ,

(développer pour vérifier). Trois formes indépendantes : signature $(1, 2)$ , rang $3$ . Une direction positive, deux négatives : la géométrie en « cône de lumière » de cette forme.

Exemple 12.8 (Une forme dégénérée, réduite complètement)

$q(x, y, z) = xy + yz$ sur $\R^3$ : aucun carré, donc cas 2 avec le regroupement $q = y(x + z)$ . L’identité des deux carrés sur le produit des formes indépendantes $y$ et $x + z$ :

q = \frac14\bigl(y + x + z\bigr)^2 - \frac14\bigl(y - x - z\bigr)^2 .

Les deux formes linéaires $y + x + z$ et $y - x - z$ sont indépendantes (leur différence est $2(x+z)$ , leur somme $2y$ ), donc Sylvester se lit directement : signature $(1, 1)$ , rang $2$ — dégénérée. Le noyau de la forme polaire s’obtient en résolvant $\varphi(v, \cdot) = 0$ : avec la matrice $\frac12\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}$ , le noyau est $\{y = 0,\ x + z = 0\} = \R\,(1, 0, -1)$ , la direction selon laquelle $q$ ne voit rien. Éclairage final : le défaut de rang se manifeste dans Gauss comme un « manque de variables » — la réduction n’a produit que deux carrés sur trois dimensions, et la dimension manquante est exactement le noyau.

Exemple 12.9 (Une forme, deux chemins vers la signature)

$q(x, y, z) = 2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2xy + 2yz$ , de matrice $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ . Chemin 1, Gauss : on complète les carrés dans l’ordre,

q = 2\Bigl(x + \frac y2\Bigr)^{\!2} + \frac32 y^2 + 2yz + 2z^2 = 2\Bigl(x + \frac y2\Bigr)^{\!2} + \frac32\Bigl(y + \frac{2z}{3}\Bigr)^{\!2} + \frac43 z^2 :

trois carrés positifs sur des formes indépendantes, signature $(3, 0)$ : définie positive. Chemin 2, valeurs propres : la matrice est la tridiagonale $2I + N$ où $N$ est la matrice des voisins ; ses valeurs propres sont $2 + \sqrt2$ , $2$ , $2 - \sqrt2$ (vérifier les vecteurs propres $(1, \pm\sqrt2, 1)$ et $(1, 0, -1)$ ), toutes positives : même verdict, d’après le Corollaire 12.15. Gauss est plus rapide ; les valeurs propres en disent plus (elles donnent les axes principaux et les valeurs extrêmes de $q$ sur la sphère). Éclairage final : les pivots positifs $2, \frac32, \frac43$ de Gauss sont exactement les rapports $\frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}}$ des mineurs principaux dominants ( $\Delta_1 = 2$ , $\Delta_2 = 3$ , $\Delta_3 = 4$ ) — le problème du week-end le prouve en toute généralité.

Méthode 12.10 (Calculer une signature : trois voies)

Gauss (marche toujours, le plus rapide à la main) : compléter les carrés dans l’ordre, cas 2 lorsqu’aucun carré n’est disponible ; compter les signes. Vérifier que les formes linéaires collectées sont indépendantes — moins de formes que de variables signale un noyau (Exemple 12.8).
Mineurs dominants (pour les tests de définitude) : tous les $\Delta_k > 0$ ssi définie positive (Exercice 12.8) ; les pivots $\Delta_k/\Delta_{k-1}$ donnent même les coefficients de Gauss (problème du week-end). Échoue silencieusement si un $\Delta_k = 0$ : revenir à la voie 1.
Valeurs propres (le plus informatif, le plus coûteux) : signes du spectre (Corollaire 12.15) ; fournit aussi les axes principaux et les valeurs extrêmes de $q$ sur la sphère unité. À privilégier lorsque la structure propre est de toute façon nécessaire.

12.3 Le théorème spectral

Soit désormais $E$ euclidien (produit scalaire $\langle\cdot,\cdot\rangle$ , volume de l’année 1).

Définition 12.11 (Adjoint ; endomorphismes symétriques)

Pour $u \in \mathcal{L}(E)$ , l’adjoint $u^*$ est l’unique endomorphisme vérifiant

\langle u(x), y\rangle = \langle x, u^*(y)\rangle \qquad (x, y \in E);

dans une base orthonormée, $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ . On dit que $u$ est symétrique (auto-adjoint) lorsque $u^* = u$ — de manière équivalente, sa matrice dans une base orthonormée est symétrique.

Existence et unicité de l’adjoint. Pour $y$ fixé, la forme $x \mapsto \langle u(x), y\rangle$ est linéaire, donc (dimension finie) de la forme $\langle x, z_y\rangle$ pour un unique $z_y$ — l’application $y \mapsto z_y =: u^*(y)$ étant linéaire par unicité. L’identification matricielle : $\langle u(e_i), e_j\rangle$ lu dans les deux sens. ∎

Exemple 12.12 (L’adjoint dépend du produit scalaire)

Sur $\R^2$ , prenons le produit scalaire pondéré $\langle x, y\rangle_D = x_1y_1 + 2x_2y_2$ (de matrice $D = \operatorname{diag}(1,2)$ ) et $u$ de matrice $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ dans la base canonique. À partir de $\langle u(x), y\rangle_D = (Ax)^{\mathsf T}Dy = x^{\mathsf T}(A^{\mathsf T}D)y$ et de $\langle x, u^*(y)\rangle_D = x^{\mathsf T}(DA^*)y$ , la matrice de l’adjoint est

A^* = D^{-1}A^{\mathsf T}D = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & \tfrac12\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0\\ \tfrac12 & 0\end{pmatrix} \neq A^{\mathsf T} .

Vérification sur $x = (1,0)$ , $y = (0,1)$ :

\langle u(x), y\rangle_D = \langle (0,0), y\rangle_D = 0, \quad \langle x, u^*(y)\rangle_D = \langle(1,0), (0,\tfrac12)\rangle_D = 0 ;

sur $x = (0,1)$ , $y = (1,0)$ :

\langle u(x), y\rangle_D = \langle(1,0),(1,0)\rangle_D = 1, \quad \langle x, u^*(y)\rangle_D = \langle(0,1),(0,\tfrac12)\rangle_D = 1 .

Éclairage final : « $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ » est un énoncé sur les bases orthonormées uniquement ; en général la métrique $D$ intervient, exactement comme dans la réduction simultanée du problème du week-end.

Théorème 12.13 (Théorème spectral)

Soit $u$ un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien $E$ . Alors $E$ possède une base orthonormée de vecteurs propres de $u$ ; toutes les valeurs propres sont réelles, et les sous-espaces propres associés à des valeurs propres distinctes sont orthogonaux. Forme matricielle : toute matrice symétrique réelle $A$ s’écrit

A = P\,D\,P^{\mathsf T}, \qquad P \text{ orthogonale } (P^{\mathsf T} P = I),\ D \text{ diagonale}.

Démonstration. Existence d’un vecteur propre. La fonction $x \mapsto \langle u(x), x\rangle$ est continue sur la sphère unité $S$ de $E$ , qui est compacte (dimension finie, Théorème 5.13) : elle atteint son maximum $\lambda$ en un point $a \in S$ . Montrons que $u(a) = \lambda a$ . Pour tout $y \perp a$ avec $\norm y = 1$ et $t \in \R$ , le vecteur $x_t = \frac{a + ty}{\sqrt{1 + t^2}}$ est sur $S$ ( $\norm{a + ty}^2 = 1 + t^2$ par Pythagore) ; en développant la fonction maximisée,

g(t) = \langle u(x_t), x_t\rangle = \frac{\langle u(a), a\rangle + 2t\langle u(a), y\rangle + t^2\langle u(y), y\rangle}{1 + t^2}

(la symétrie de $u$ a fusionné les deux termes croisés : $\langle u(a), y\rangle = \langle a, u(y)\rangle = \langle u(y), a\rangle$ ). $g$ est une fonction dérivable de $t$ ayant un maximum en $t = 0$ ; la règle de dérivation d’un quotient en $0$ donne

g'(0) = \frac{2\langle u(a), y\rangle\cdot 1 - \langle u(a), a\rangle\cdot 0}{1} = 2\langle u(a), y\rangle = 0 .

Ainsi $u(a)$ est orthogonal à l’hyperplan $a^\perp$ tout entier : $u(a) \in (a^{\perp})^{\perp} = \R a$ , c’est-à-dire $u(a) = \mu a$ ; et $\mu = \langle u(a), a\rangle = \lambda$ .

Récurrence. Le supplémentaire orthogonal $F = a^\perp$ est $u$ -stable : pour $x \perp a$ , $\langle u(x), a\rangle = \langle x, u(a)\rangle = \lambda\langle x, a\rangle = 0$ . La restriction $u|_F$ est symétrique pour le produit scalaire induit ; par récurrence sur la dimension, $F$ possède une base orthonormée de vecteurs propres ; on préfixe $a$ .

Compléments. Les valeurs propres sont les nombres réels $\langle u(e), e\rangle$ sur la base propre. Orthogonalité des sous-espaces propres : $u(x) = \lambda x$ , $u(y) = \mu y$ donnent $\lambda\langle x, y\rangle = \langle u(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle = \mu\langle x, y\rangle$ , donc $\langle x, y\rangle = 0$ lorsque $\lambda \neq \mu$ . Forme matricielle : les colonnes de $P$ = la base orthonormée de vecteurs propres. ∎

Exemple 12.14 (Un calcul spectral complet)

Diagonaliser orthogonalement $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Polynôme caractéristique $(1 - \lambda)^2 - 4$ : valeurs propres $3$ et $-1$ . Vecteurs propres : $(A - 3I)v = 0$ donne $v_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ; $(A + I)v = 0$ donne $v_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ — orthogonaux, comme le Théorème 12.13 le garantit sans calcul. Avec $P = (v_1\ v_2)$ (une rotation d’angle $\frac\pi4$ ) :

P^{\mathsf T}AP = \begin{pmatrix} 3 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad x^2 + 4xy + y^2 = 3u^2 - v^2 \quad\text{dans le repère tourné} .

Ainsi la forme de l’Exercice 12.1 est une forme de type hyperbolique : signature $(1,1)$ , cohérente avec sa réduction de Gauss $(x + 2y)^2 - 3y^2$ — des carrés différents, la même signature, comme l’exige Sylvester. Éclairage final : Gauss a donné la réponse plus vite, mais la voie spectrale signale aussi que sur le cercle unité $q$ parcourt exactement $\intcc{-1}{3}$ , atteint le long de $v_2$ et $v_1$ : le travail supplémentaire achète de la géométrie.

Corollaire 12.15 (Axes principaux ; tests de positivité)

Toute forme quadratique $q$ sur un espace euclidien se diagonalise dans une base orthonormée : $q(x) = \sum_i \lambda_i x_i^2$ où les $\lambda_i$ sont les valeurs propres de la matrice symétrique de $q$ ; la signature compte les valeurs propres positives et négatives.
Une matrice symétrique est semi-définie positive (resp. définie positive) ssi toutes ses valeurs propres sont $\geq 0$ (resp. $> 0$ ) ; et alors les valeurs extrêmes du quotient de Rayleigh sont

$\min_{\norm x = 1} \langle Ax, x\rangle = \lambda_{\min}, \qquad \max_{\norm x = 1} \langle Ax, x\rangle = \lambda_{\max} .$

Démonstration. (1) Écrivons $q(x) = \langle A x, x\rangle$ avec $A$ symétrique (la matrice de $q$ dans une base orthonormée) ; diagonalisons $A$ par le théorème spectral : pour $x = \sum x_ie_i$ dans la base propre orthonormée,

q(x) = \Bigl\langle \sum_i \lambda_ix_ie_i,\ \sum_j x_je_j\Bigr\rangle = \sum_i \lambda_i x_i^2

(l’orthonormalité tue les termes croisés). Les signes $\pm$ des $\lambda_i$ comptent la signature d’après Sylvester : redimensionner chaque coordonnée par $\sqrt{\abs{\lambda_i}}$ exhibe une réduction de Gauss à formes indépendantes.

(2) Dans la base propre, $\langle Ax, x\rangle = \sum \lambda_i x_i^2$ , encadré entre $\lambda_{\min}\norm x^2$ et $\lambda_{\max}\norm x^2$ , avec égalité aux vecteurs propres correspondants ; la positivité de toutes les valeurs propres équivaut donc à la positivité de la forme. ∎

Exemple 12.16

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ : valeurs propres $3$ (vecteur propre $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ) et $1$ ( $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ ). La forme quadratique $2x^2 + 2xy + 2y^2$ devient $3X^2 + Y^2$ dans le repère orthonormé tourné : les axes principaux d’une ellipse, calculés. La réduction de Gauss atteint elle aussi une forme diagonale, mais seul le théorème spectral l’atteint sans distordre les longueurs.

Exemple 12.17 (Une ellipse entièrement identifiée)

Quelle courbe est $5x^2 + 4xy + 2y^2 = 6$ ? La matrice $\begin{pmatrix} 5 & 2\\ 2 & 2\end{pmatrix}$ a pour polynôme caractéristique $\lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda - 1)(\lambda - 6)$ : valeurs propres $1$ et $6$ , toutes deux positives — une ellipse. Vecteurs propres orthonormés : pour $\lambda = 1$ , on résout $\begin{pmatrix} 4 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}v = 0$ : $v_1 = \frac{1}{\sqrt5}(1, -2)$ ; pour $\lambda = 6$ : $v_2 = \frac{1}{\sqrt5}(2, 1)$ . Dans les coordonnées tournées $(X, Y)$ selon $(v_2, v_1)$ l’équation devient

6X^2 + Y^2 = 6, \qquad\text{c.-à-d.}\qquad X^2 + \frac{Y^2}{6} = 1 :

demi-axes $1$ (selon $v_2$ ) et $\sqrt6$ (selon $v_1$ ). Éclairage final : l’allure grossière était gratuite — $\det = 6 > 0$ et une trace positive annoncent une ellipse avant tout calcul de vecteur propre — mais seul le théorème spectral livre les directions et longueurs des axes, c’est-à-dire la géométrie réelle.

Exemple 12.18 (Extrema sur la sphère, lus sur le spectre)

Quelles sont les valeurs extrêmes de $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ sur la sphère unité ? Sa matrice (celle dont la partie hors-diagonale ne contient que des uns, de l’Exercice 12.2) a pour valeurs propres $2$ et $-1$ (double), donc d’après le Corollaire 12.15 (2) :

\max_{\norm v = 1} q(v) = 2 \ \text{ en } v = \tfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1), \qquad \min_{\norm v = 1} q(v) = -1 \ \text{ sur le cercle } x + y + z = 0 .

Aucun calcul différentiel, aucun multiplicateur de Lagrange : le théorème spectral résout d’emblée cette optimisation sous contrainte — et exhibe le maximiseur. Éclairage final : comparer avec la méthode des multiplicateurs du chapitre de calcul différentiel, qui trouve les mêmes points critiques au prix de plus de travail ; pour des objectifs quadratiques sur des sphères, les spectres sont la voie royale (le problème du week-end du chapitre hermitien construit toute la théorie de Courant–Fischer sur cette observation).

Remarque 12.19 (Pièges classiques)

(i) La congruence n’est pas la similitude : un changement de base pour une forme agit par $P^{\mathsf T}BP$ , non par $P^{-1}BP$ ; les valeurs propres ne sont pas des invariants d’une forme quadratique ( $I$ et $4I$ sont congruentes via $P = 2I$ ) — seuls leurs signes le sont (Sylvester). Ne parler des valeurs propres d’une forme qu’une fois un produit scalaire fixé. (ii) Des coefficients positifs ne prouvent rien : $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ a tous ses coefficients positifs et pourtant une signature $(1,1)$ ( $\det = -3$ ) ; réciproquement une matrice définie positive peut avoir des coefficients hors-diagonaux négatifs (l’Exemple 12.9 décalé : $2I - N$ convient tout autant). Utiliser la Méthode 12.10. (iii) Carrés dépendants : écrire $q = \ell_1^2 - \ell_2^2$ ne dit rien si $\ell_1, \ell_2$ sont proportionnelles — $x^2 + 2xy + y^2 = (x+y)^2$ est de rang $1$ , non $2$ ; toujours vérifier l’indépendance avant de lire la signature. (iv) Extrema sur la sphère sans compacité : les bornes de Rayleigh du Corollaire 12.15 sont atteintes parce que la sphère est compacte ; sur la boule ouverte ou l’espace entier, une forme indéfinie n’a ni maximum ni minimum.

Remarque 12.20 (Où cela sert)

Le théorème spectral est le résultat le plus exporté de ce livre : la statistique s’en sert pour diagonaliser les matrices de covariance (analyse en composantes principales), la mécanique en extrait les modes propres d’oscillation (la réduction simultanée du problème du week-end), l’analyse numérique y bâtit les décompositions de Cholesky et en valeurs singulières (le même problème), et le chapitre suivant le transporte aux espaces hermitiens complexes. Le volume de l’année 3 en prouve l’avatar en dimension infinie pour les opérateurs auto-adjoints compacts, où l’argument de compacité de la preuve en dimension finie devient toute l’histoire.

Remarque 12.21 (Perspectives au sein de ce volume)

Les formes quadratiques traversent le reste du livre 4 sous trois déguisements. En tant que hessiennes : le chapitre de calcul différentiel classe les points critiques par la signature de la forme du second ordre, si bien que l’invariance de Sylvester est ce qui donne un sens précis au mot « selle ». En tant qu’énergies : les oscillateurs du chapitre d’équations différentielles portent l’énergie quadratique $\frac12x'^2 + \frac12\omega^2x^2$ , et la réduction simultanée du problème du week-end de ce chapitre est exactement l’extraction des modes propres. En tant que géométrie : les coniques de ce chapitre grandissent en les surfaces quadriques des chapitres de géométrie, où la seconde forme fondamentale d’une surface — une forme quadratique sur chaque plan tangent — a une signature qui décide si la surface courbe comme un bol ou comme une selle. Le chapitre hermitien, ensuite, rejoue toute la partition sur $\C$ .

12.4 Exercices

Exercice 12.1 ★

Réduire par Gauss et donner le rang et la signature :

q_1(x,y) = x^2 + 4xy + y^2, \qquad q_2(x,y,z) = x^2 + 2y^2 + 3z^2 + 2xy + 2yz .

Solution

Solution de Exercice 12.1.

$q_1 = (x + 2y)^2 - 3y^2$ : rang $2$ , signature $(1, 1)$ (une forme de type hyperbolique).

$q_2$ : on complète le carré en $x$ : $q_2 = (x + y)^2 + y^2 + 2yz + 3z^2 = (x+y)^2 + (y + z)^2 + 2z^2$ : rang $3$ , signature $(3, 0)$ — définie positive.

Exercice 12.2 ★

Diagonaliser orthogonalement $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$ (valeurs propres issues du calcul du Chapitre 3 ; rendre maintenant la base orthonormée) et réduire la forme $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ à ses axes principaux.

Solution

Solution de Exercice 12.2.

Valeurs propres $2$ (sur $\operatorname{Vect}(1,1,1)$ ) et $-1$ (sur le plan $x + y + z = 0$ ). Orthonormalisation : $e_1 = \frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$ ; dans le plan, Gram–Schmidt sur $(1,-1,0), (1,0,-1)$ donne $e_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$ , $e_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$ . Alors $P = (e_1\ e_2\ e_3)$ est orthogonale avec $P^{\mathsf T}AP = \operatorname{diag}(2,-1,-1)$ .

La forme $q = 2xy + 2yz + 2zx$ a pour matrice $A$ : dans les coordonnées tournées $q = 2X^2 - Y^2 - Z^2$ — axes principaux ; signature $(1,2)$ , en accord avec l’Exemple 12.7 (la même forme !).

Exercice 12.3 ★

Prouver que $u^{**} = u$ , $(u \circ v)^* = v^* \circ u^*$ , et que $\ker u^* = (\operatorname{im} u)^{\perp}$ . En déduire $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ .

Solution

Solution de Exercice 12.3.

$u^{**} = u$ : $\langle u^{**}x, y\rangle = \langle x, u^*y\rangle = \langle ux, y\rangle$ pour tout $y$ . $(uv)^* = v^*u^*$ : $\langle uvx, y\rangle = \langle vx, u^*y\rangle = \langle x, v^*u^*y\rangle$ . Noyau : $y \in \ker u^* \iff \langle x, u^*y \rangle = 0\ \forall x \iff \langle u(x), y\rangle = 0\ \forall x \iff y \perp \operatorname{im} u$ . Rangs : $\dim\ker u^* = n - \operatorname{rk} u$ (supplémentaire orthogonal), donc $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ par le théorème du rang — l’avatar euclidien du théorème sur le rang de la transposée.

Exercice 12.4 ★★

Soit $A$ symétrique réelle telle que $A^3 = A$ . Prouver que $A^2$ est la matrice d’une projection orthogonale. Plus généralement, relier les décompositions spectrales de $A$ et de $P(A)$ pour un polynôme $P$ .

Solution

Solution de Exercice 12.4.

Spectral : $A = PDP^{\mathsf T}$ , $D$ diagonale à coefficients $\lambda_i$ vérifiant $\lambda_i^3 = \lambda_i$ : $\lambda_i \in \{-1, 0, 1\}$ . Alors $A^2 = PD^2P^{\mathsf T}$ avec $D^2$ diagonale à coefficients $0/1$ : $A^2$ est symétrique et idempotente ( $(A^2)^2 = A^4 = A\cdot A^3 = A^2$ ) — symétrique idempotente $=$ projection orthogonale (c’est la projection sur $\ker(A^2 - I) = \ker(A-I)\oplus\ker(A+I)$ parallèlement à $\ker A$ , et ceux-ci sont orthogonaux par le théorème spectral).

En général, $P(A) = P\!\left(\text{diag}\right)$ : $P(A)$ a les mêmes vecteurs propres, pour valeurs propres $P(\lambda_i)$ — l’« image spectrale » au niveau diagonalisable.

Exercice 12.5 ★★

Prouver que $O(n) = \{P : P^{\mathsf T}P = I\}$ est une partie compacte de $\mathcal{M}_n(\R)$ (fermée : image réciproque de $\{I\}$ par une application continue ; bornée : les colonnes sont des vecteurs unitaires). Est-elle connexe ?

Solution

Solution de Exercice 12.5.

Fermé : $O(n) = g^{-1}(\{I\})$ pour l’application continue $g(P) = P^{\mathsf T}P$ (coefficients polynomiaux). Borné : chaque colonne de $P \in O(n)$ est un vecteur unitaire, donc tous les coefficients sont dans $\intcc{-1}{1}$ . Fermé et borné dans $\mathcal{M}_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ : compact (Théorème 4.16 (2)).

Non connexe : $\det$ prend les deux valeurs $\pm1$ sur $O(n)$ , et une surjection continue sur $\{-1, 1\}$ scinde l’espace (l’argument de l’Exemple 4.28).

Exercice 12.6 ★★

(Racine carrée) Soit $A$ symétrique semi-définie positive. Construire une matrice symétrique semi-définie positive $B$ telle que $B^2 = A$ , et prouver qu’elle est unique (existence : prendre les racines carrées des valeurs propres dans une base spectrale ; unicité : un candidat $B$ commute avec $A = B^2$ , donc préserve ses sous-espaces propres — se ramener au cas scalaire sur chacun).

Solution

Solution de Exercice 12.6.

Existence : $A = PDP^{\mathsf T}$ avec $D = \operatorname{diag}(\lambda_i)$ , $\lambda_i \geq 0$ ; posons $B = P\sqrt D P^{\mathsf T}$ avec $\sqrt D = \operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_i})$ : symétrique, semi-définie positive, $B^2 = A$ .

Unicité : soit $B$ symétrique semi-définie positive avec $B^2 = A$ . $B$ commute avec $A$ ; donc $B$ préserve chaque sous-espace propre $E_\lambda(A)$ (pour $Ax = \lambda x$ : $A(Bx) = BAx = \lambda Bx$ ). Sur $E_\lambda(A)$ , la restriction de $B$ est symétrique semi-définie positive de carré $\lambda\,\mathrm{id}$ ; ses valeurs propres $\mu$ vérifient $\mu^2 = \lambda$ , $\mu \geq 0$ : $\mu = \sqrt\lambda$ — donc la restriction, étant diagonalisable de seule valeur propre $\sqrt\lambda$ , est $\sqrt\lambda\,\mathrm{id}$ . Comme $E = \bigoplus E_\lambda(A)$ , $B$ est déterminée : $B = \sqrt A$ .

Exercice 12.7 ★★

Pour $A$ symétrique réelle, prouver que $\vertiii{A}_2 := \sup_{\norm x_2 = 1}\norm{Ax}_2 = \max_i \abs{\lambda_i}$ (rayon spectral), et calculer $\vertiii{A}_2$ pour $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ .

Solution

Solution de Exercice 12.7.

Dans une base propre orthonormée, $\norm{Ax}_2^2 = \sum \lambda_i^2 x_i^2 \leq (\max_i \lambda_i^2)\norm x_2^2$ , avec égalité au vecteur propre correspondant : $\vertiii A_2 = \max\abs{\lambda_i}$ . Pour la matrice donnée : valeurs propres $3, -1$ (la jumelle de l’Exemple 12.16) : $\vertiii A_2 = 3$ .

Exercice 12.8 ★★★

(Critère de Sylvester) Soit $A$ symétrique réelle de mineurs principaux dominants $\Delta_1, \dots, \Delta_n$ (déterminants des blocs en haut à gauche). Prouver que $A$ est définie positive si et seulement si tous les $\Delta_k > 0$ . (Pour $\Rightarrow$ : les restrictions d’une forme définie sont définies, et le déterminant d’une matrice définie positive — le produit de ses valeurs propres — est positif. Pour $\Leftarrow$ : récurrence sur $n$ ; le bloc $(n-1)$ en haut à gauche est défini positif, diagonaliser la forme sur ce sous-espace et compléter le carré en la dernière variable ; le signe du dernier coefficient diagonal est gouverné par $\det A = \Delta_n > 0$ .)

Solution

Solution de Exercice 12.8.

( $\Rightarrow$ ) Le bloc $k \times k$ en haut à gauche $A_k$ est la matrice de la restriction de la forme (définie) au sous-espace engendré par les $k$ premiers vecteurs de base : définie positive, donc ses valeurs propres sont positives et $\Delta_k = \det A_k > 0$ .

( $\Leftarrow$ ) Récurrence sur $n$ ; $n = 1$ clair. Supposons tous les $\Delta_k > 0$ . Par récurrence, $A_{n-1}$ est définie positive : la forme $q$ restreinte à $F = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_{n-1})$ est définie. Diagonalisons $q|_F$ (Gauss) : coordonnées $y_1, \dots, y_{n-1}$ avec $q|_F = \sum y_i^2$ . Dans l’espace entier, en complétant le carré en la dernière variable,

q = \sum_{i=1}^{n-1} \bigl(y_i + c_i x_n\bigr)^2 + c\,x_n^2

pour des constantes convenables (regrouper les termes croisés dans les carrés). La réduction exhibe une signature $(n-1 + \epsilon, \cdot)$ où $\epsilon$ est la contribution de signe de $c$ ; et le déterminant conserve le signe du produit des coefficients diagonaux par congruence ( $\det(P^{\mathsf T}AP) = (\det P)^2\det A$ ) : $\Delta_n > 0$ force $c > 0$ . Ainsi $q$ est une somme de $n$ carrés de formes indépendantes : définie positive.

Exercice 12.9 ★★★

(Courant–Fischer, deuxième valeur propre) Soit $u$ symétrique de valeurs propres $\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \dots \geq \lambda_n$ . Prouver

\lambda_2 = \min_{\substack{H \text{ hyperplan}}}\; \max_{\substack{x \in H,\ \norm x = 1}} \langle u(x), x\rangle .

(Pour $\leq$ : tout hyperplan rencontre le $2$ -plan engendré par les deux premiers vecteurs propres. Pour $\geq$ : choisir $H = (e_1)^{\perp}$ .)

Solution

Solution de Exercice 12.9.

Soit $(e_1, \dots, e_n)$ une base propre orthonormée pour $\lambda_1 \geq \dots \geq \lambda_n$ .

$\lambda_2 \leq$ le min-max : pour tout hyperplan $H$ , le sous-espace $V = \operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ de dimension $2$ vérifie $\dim(H \cap V) \geq 1$ (Grassmann) : on choisit un $x \in H \cap V$ unitaire, $x = ae_1 + be_2$ , $a^2 + b^2 = 1$ :

\langle u(x), x\rangle = \lambda_1 a^2 + \lambda_2 b^2 \geq \lambda_2 :

le maximum de tout hyperplan est $\geq \lambda_2$ .

$\geq$ : pour $H = e_1^{\perp}$ , tout $x = \sum_{i\geq2} x_ie_i \in H$ unitaire vérifie $\langle u(x), x\rangle = \sum_{i \geq 2} \lambda_i x_i^2 \leq \lambda_2$ , atteint en $e_2$ : le maximum de cet hyperplan est exactement $\lambda_2$ . Le minimum sur $H$ est donc $\lambda_2$ .

Exercice 12.10 ★★

Déterminer le rang et la signature de $q(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i < j} x_ix_j$ sur $\R^n$ ( $n \geq 2$ ), de deux façons : par l’identité algébrique $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ jointe à la restriction de $q$ à l’hyperplan $\sum x_i = 0$ ; et en calculant les valeurs propres de sa matrice $\frac12(J - I)$ , où $J$ est la matrice ne contenant que des uns.

Solution

Solution de Exercice 12.10.

Voie algébrique : $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ . Sur l’hyperplan $H : \sum x_i = 0$ (dimension $n - 1$ ), $q = -\frac12\sum x_i^2$ est définie négative ; sur la droite $\R(1, \dots, 1)$ , $q(t, \dots, t) = \binom n2 t^2 > 0$ . Un sous-espace où $q$ est définie positive rencontre $H$ trivialement, donc est de dimension $\leq 1$ : par Sylvester (Théorème 12.6), $s = 1$ , et $t \geq n-1$ grâce à $H$ ; le rang $\leq n$ force la signature $(1, n-1)$ , rang $n$ .

Voie spectrale : la matrice est $\frac12(J - I)$ ; $J$ a pour valeurs propres $n$ (sur $(1,\dots,1)$ ) et $0$ (sur $H$ ), donc $\frac12(J-I)$ a pour valeurs propres $\frac{n-1}{2}$ (une fois) et $-\frac12$ ( $n-1$ fois) : une positive, $n-1$ négatives — la même signature, d’après le Corollaire 12.15.

Exercice 12.11 ★★

Soient $A$ , $B$ symétriques réelles avec $B$ semi-définie positive. Prouver

\lambda_{\min}(A)\operatorname{tr} B \;\leq\; \operatorname{tr}(AB) \;\leq\; \lambda_{\max}(A)\operatorname{tr} B .

(Écrire $B = C^{\mathsf T}C$ et $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \langle A c_i, c_i\rangle$ sur les colonnes $c_i$ de $C^{\mathsf T}$ .) En particulier $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ lorsque les deux sont semi-définies positives.

Solution

Solution de Exercice 12.11.

Écrivons $B = C^{\mathsf T}C$ (Exercice 12.6 via $C = \sqrt B$ ). Alors, avec $c_1, \dots, c_n$ les colonnes de $C^{\mathsf T}$ :

\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(AC^{\mathsf T}C) = \operatorname{tr}(CAC^{\mathsf T}) = \sum_{i=1}^n \langle A c_i, c_i\rangle .

D’après le Corollaire 12.15 (2), chaque terme est compris entre $\lambda_{\min}(A)\norm{c_i}^2$ et $\lambda_{\max}(A)\norm{c_i}^2$ , et $\sum\norm{c_i}^2 = \operatorname{tr}(C^{\mathsf T}C)^{\vphantom1} = \operatorname{tr} B$ : la double inégalité s’ensuit. Si $A$ est aussi semi-définie positive, $\lambda_{\min}(A) \geq 0$ : $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ .

Exercice 12.12 ★★★

Sur $E = \mathcal{M}_n(\R)$ , on considère $q(M) = \operatorname{tr}(M^2)$ .

Montrer que $q$ est une forme quadratique de forme polaire $\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ .
Montrer que les matrices symétriques et antisymétriques forment des sous-espaces $\varphi$ -orthogonaux sur lesquels $q$ est respectivement définie positive et définie négative (calculer $\operatorname{tr}(M^2)$ coefficient par coefficient dans chaque cas).
Conclure : $q$ a pour signature $\bigl(\frac{n(n+1)}{2}, \frac{n(n-1)}{2}\bigr)$ et rang $n^2$ .

Solution

Solution de Exercice 12.12.

$\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ est bilinéaire et symétrique ( $\operatorname{tr}(MN) = \operatorname{tr}(NM)$ ), et $\varphi(M, M) = q(M)$ : $q$ est la forme quadratique de $\varphi$ .
Pour $S$ symétrique et $K$ antisymétrique : $\operatorname{tr}(SK) = \operatorname{tr}\bigl((SK)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(K^{\mathsf T}S^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(KS) = -\operatorname{tr}(SK)$ , donc $\varphi(S, K) = 0$ : les deux sous-espaces sont $\varphi$ -orthogonaux. Coefficient par coefficient, $\operatorname{tr} (M^2) = \sum_{i,j} m_{ij}m_{ji}$ : pour $M$ symétrique cela vaut $\sum m_{ij}^2 > 0$ ( $M \neq 0$ ) ; pour $M$ antisymétrique cela vaut $-\sum m_{ij}^2 < 0$ .
$\mathcal M_n(\R) = S_n \oplus A_n$ de dimensions $\frac{n(n+1)}2$ et $\frac{n(n-1)}2$ ; une réduction de Gauss adaptée à cette décomposition $\varphi$ -orthogonale écrit $q$ comme $\frac{n(n+1)}2$ carrés positifs et $\frac{n(n-1)}2$ carrés négatifs : signature $\bigl(\frac{n(n+1)}2, \frac{n(n-1)}2\bigr)$ (Sylvester), rang $n^2$ : la forme est non dégénérée.

12.5 Problème : Cholesky, Hadamard et la décomposition polaire

Problème 12.1

Le théorème spectral est un microscope ; ce problème l’utilise comme une usine. À partir des matrices de Gram, on fabrique la factorisation de Cholesky (et on identifie les pivots de Gauss aux rapports de mineurs), puis on prouve l’inégalité de Hadamard sur les déterminants, on construit la décomposition polaire $A = QS$ et la décomposition en valeurs singulières, on classe les coniques planes, et on termine par la réduction simultanée de deux formes — le théorème derrière les modes propres d’oscillation. Dans tout ce qui suit, $E = \R^n$ muni de son produit scalaire canonique.

Partie I — Matrices de Gram et Cholesky. Pour des vecteurs $v_1, \dots, v_n \in E$ , leur matrice de Gram est $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)_{i,j}$ .

Montrer que $G$ est symétrique semi-définie positive, et définie positive si et seulement si $(v_1, \dots, v_n)$ est linéairement indépendante (calculer $X^{\mathsf T}GX$ ).
Réciproquement, montrer que toute matrice symétrique semi-définie positive $A$ est une matrice de Gram : $A = C^{\mathsf T}C$ pour un certain $C$ (utiliser la racine carrée de l’Exercice 12.6), avec $C$ inversible ssi $A$ est définie.
En déduire qu’une matrice semi-définie positive $A$ vérifie $\abs{a_{ij}} \leq \sqrt{a_{ii}\,a_{jj}}$ pour tous $i, j$ (restreindre à deux coordonnées) — l’inégalité de Cauchy–Schwarz, relue matriciellement.
(Cholesky) Soit $A$ définie positive. Prouver qu’il existe une unique matrice triangulaire supérieure $T$ à coefficients diagonaux positifs telle que

$A = T^{\mathsf T}\,T$

(existence : appliquer Gram–Schmidt à des vecteurs réalisant $A$ comme matrice de Gram ; unicité : si $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ , montrer que $T_1T_2^{-1}$ est orthogonale et triangulaire à diagonale positive, donc $I$ ).
Montrer que les mineurs principaux dominants vérifient $\Delta_k = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ , et en déduire que les pivots produits par la réduction de Gauss d’une forme définie positive, dans l’ordre naturel des variables, sont

$d_k = \frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}} \qquad (\Delta_0 = 1) :$

les mineurs du critère de Sylvester (Exercice 12.8) et les pivots de Gauss sont la même donnée. Vérifier sur l’Exemple 12.9.

Partie II — Inégalité de Hadamard.

Soit $A$ définie positive. Prouver

$\det A \leq a_{11}\,a_{22}\cdots a_{nn}$

(normaliser : $B = DAD$ avec $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ a une diagonale unité ; majorer $\det B = \prod \mu_i$ par l’inégalité arithmético-géométrique face à $\operatorname{tr} B = n$ ).
Montrer que l’égalité a lieu ssi $A$ est diagonale.
En déduire l’inégalité de Hadamard : pour toute matrice carrée réelle $M$ de colonnes $c_1, \dots, c_n$ ,

$\abs{\det M} \leq \prod_{i=1}^{n}\norm{c_i}_2 ,$

avec égalité (pour $M$ inversible) ssi les colonnes sont deux à deux orthogonales (appliquer les questions 6–7 à $M^{\mathsf T}M$ ).
Dividendes géométriques et combinatoires : interpréter la question 8 comme « le volume d’un parallélépipède est au plus le produit de ses longueurs d’arêtes » ; et montrer qu’une matrice dont tous les coefficients sont dans $\intcc{-1}{1}$ vérifie $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Les matrices atteignant cette borne — les matrices de Hadamard — existent pour $n = 1, 2$ et de nombreux multiples de $4$ ; savoir si c’est le cas pour tous les multiples de $4$ est un célèbre problème ouvert.)

Partie III — Décomposition polaire et valeurs singulières.

Soit $A$ inversible. Montrer que $A^{\mathsf T}A$ est définie positive, et que

$S = \sqrt{A^{\mathsf T}A} \quad\text{(la racine carrée de l'\text{Exercice 12.6})}, \qquad Q = AS^{-1}$

donnent une factorisation $A = QS$ avec $Q$ orthogonale et $S$ définie positive.
Prouver que cette factorisation d’un $A$ inversible est unique.
Étendre l’existence à un $A$ quelconque : choisir $\varepsilon_k \to 0$ tel que $A + \varepsilon_k I$ soit inversible, écrire $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ , et utiliser la compacité de $O(n)$ (Exercice 12.5) pour extraire $Q_k \to Q$ ; montrer que $S_k = Q_k^{\mathsf T}(A + \varepsilon_kI)$ converge vers une matrice semi-définie positive $S$ avec $A = QS$ et $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Où l’unicité échoue-t-elle pour $A$ singulière ?
(Décomposition en valeurs singulières) En déduire que toute matrice carrée réelle $A$ s’écrit

$A = U\,\Sigma\,V^{\mathsf T}, \qquad U, V \in O(n),\quad \Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_1, \dots, \sigma_n),\ \sigma_i \geq 0 ,$

où les $\sigma_i$ (les valeurs singulières) sont les valeurs propres de $\sqrt{A^{\mathsf T}A}$ .
Trois conséquences : $\vertiii{A}_2 = \sigma_{\max}$ pour toute matrice réelle $A$ (généralisant l’Exercice 12.7) ; $\abs{\det A} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ ; et l’image de la sphère unité par un $A$ inversible est un ellipsoïde de demi-axes $\sigma_1, \dots, \sigma_n$ le long des colonnes de $U$ .

Partie IV — Coniques, par le théorème spectral. Une conique plane est l’ensemble des zéros de $f(x) = q(x) + \langle b, x\rangle + c$ , avec $q \neq 0$ une forme quadratique de matrice $A$ , $b \in \R^2$ , $c \in \R$ .

Réduire $f$ par une rotation (axes principaux, Corollaire 12.15) suivie d’une translation, et classer les formes possibles non vides et non dégénérées selon la signature de $q$ : ellipse ( $\det A > 0$ ), hyperbole ( $\det A < 0$ ), parabole ( $\det A = 0$ , rang $1$ , avec le terme linéaire non absorbé).
Mener la réduction complète pour

$x^2 + 4xy + y^2 + 2x - 2y = 4 :$

coordonnées tournées, équation réduite, nature et centre de la conique.
(Coniques à centre) Supposons $\det A \neq 0$ . Montrer que le centre est $x_0 = -\frac12 A^{-1}b$ , et que la congruence par $\begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ de la matrice $3\times3$ $\widetilde Q = \begin{pmatrix} A & b/2 \\ b^{\mathsf T}/2 & c\end{pmatrix}$ donne

$\det\widetilde Q = f(x_0)\,\det A :$

la conique à centre est dégénérée (un point ou deux droites) exactement lorsque $\det\widetilde Q = 0$ .
Vérifier la question 17 sur l’exemple de la question 16 : calculer $x_0$ , $f(x_0)$ et $\det\widetilde Q$ , et conclure de nouveau que la conique est une hyperbole non dégénérée.
(Un faisceau de quadriques) Pour $\lambda \in \R$ , classer la surface

$x^2 + y^2 + z^2 + 2\lambda(xy + yz + zx) = 1$

par les valeurs propres de sa matrice (structure ne contenant que des uns : valeurs propres $1 + 2\lambda$ et $1 - \lambda$ double) : sphère/ellipsoïde, cylindre, paire de plans, hyperboloïdes à une et à deux nappes, selon $\lambda$ .

Partie V — Deux formes à la fois : réduction simultanée.

Soit $q$ définie positive et $q'$ une forme quadratique quelconque sur $E$ . Prouver qu’il existe une base de $E$ orthonormée pour $q$ et orthogonale pour $q'$ : dans celle-ci, $q = \sum x_i^2$ et $q' = \sum \mu_i x_i^2$ (utiliser $q$ comme produit scalaire et appliquer le théorème spectral à l’endomorphisme représentant $q'$ ).
Forme matricielle : pour $A$ définie positive et $B$ symétrique, il existe un $P$ inversible avec $P^{\mathsf T}AP = I$ et $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$ , où les $\mu_i$ sont les racines de $\det(B - \mu A) = 0$ .
La mener complètement pour

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix} :$

les valeurs propres généralisées $\mu_\pm$ , et des vecteurs diagonalisant les deux formes.
Montrer que le caractère défini positif ne peut être abandonné : pour

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix},$

aucune base ne diagonalise les deux formes (si $P$ diagonalisait les deux, $\det(B - \mu A)$ serait scindé à racines réelles ; le calculer).
Montrer que les $\mu_i$ de la question 21 sont les valeurs propres de $A^{-1}B$ , et que $A^{-1}B$ , bien que non symétrique en général, est toujours diagonalisable à valeurs propres réelles (conjuguer par $\sqrt A$ ).
Synthèse. En une phrase chacune : (i) l’unique théorème sur lequel chaque partie s’est appuyée ; (ii) quels résultats des parties I–III survivent pour les matrices semi-définies positives, et lesquels exigent la définitude ; (iii) le système physique dont les petites oscillations des questions 20–22 diagonalisent (énergie cinétique et énergie potentielle comme les deux formes), et ce que les $\mu_i$ y signifient.

Solution

Solution de Problème 12.1.

1. $G$ est symétrique par symétrie du produit scalaire, et

X^{\mathsf T}GX = \sum_{i,j}x_ix_j\langle v_i, v_j\rangle = \Bigl\|\sum_i x_iv_i\Bigr\|^2 \geq 0 ,

avec égalité ssi $\sum x_iv_i = 0$ : $G$ est définie ssi la seule combinaison nulle est triviale, c’est-à-dire ssi la famille est indépendante.

2. Avec $B = \sqrt A$ (Exercice 12.6) : $A = B^2 = B^{\mathsf T}B$ , la matrice de Gram des colonnes de $B$ ; prendre $C = B$ . Et $X^{\mathsf T}AX = \norm{CX}^2$ , donc $A$ est définie ssi $CX \neq 0$ pour $X \neq 0$ , ssi $C$ est inversible.

3. La restriction de la forme à $\operatorname{Vect}(e_i, e_j)$ a pour matrice $\begin{pmatrix} a_{ii} & a_{ij}\\ a_{ij} & a_{jj} \end{pmatrix}$ , encore semi-définie positive : son déterminant (produit de ses valeurs propres positives ou nulles) est $\geq 0$ : $a_{ij}^2 \leq a_{ii}a_{jj}$ . C’est Cauchy–Schwarz pour les vecteurs $v_i, v_j$ d’une réalisation de Gram.

4. Existence : écrire $A$ comme la matrice de Gram d’une famille indépendante $(v_1, \dots, v_n)$ (questions 1–2). Gram–Schmidt produit une famille orthonormée $(e_1, \dots, e_n)$ avec

v_k = \sum_{i \leq k} t_{ik}\,e_i, \qquad t_{kk} = \bigl\| v_k - \operatorname{proj}_{k-1}v_k \bigr\| > 0 ,

donc $T = (t_{ik})$ est triangulaire supérieure à diagonale positive, et

a_{jk} = \langle v_j, v_k\rangle = \sum_i t_{ij}t_{ik} = (T^{\mathsf T}T)_{jk} .

Unicité : si $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ alors $R = T_1T_2^{-1}$ vérifie $R^{\mathsf T}R = I$ : $R$ est orthogonale, et aussi triangulaire supérieure à diagonale positive (produit de telles matrices). Alors $R^{-1} = R^{\mathsf T}$ est simultanément triangulaire supérieure (inverse d’une supérieure) et inférieure (transposée d’une supérieure) : diagonale ; une matrice diagonale orthogonale a des coefficients $\pm1$ , et la positivité force $R = I$ : $T_1 = T_2$ .

5. Pour $i, j \leq k$ , $(T^{\mathsf T}T)_{ij} = \sum_m t_{mi}t_{mj}$ ne fait intervenir que $m \leq \min(i,j) \leq k$ : le bloc $k\times k$ dominant de $A$ est $T_k^{\mathsf T}T_k$ où $T_k$ est le bloc dominant de $T$ . Ainsi $\Delta_k = (\det T_k)^2 = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ . Or la réduction de Gauss d’une forme définie positive dans l’ordre naturel ne rencontre jamais un coefficient de carré nul (les pivots sont les coefficients diagonaux des blocs définis positifs successivement réduits) : elle produit $q = \sum_k d_k\ell_k^2$ avec $\ell_k = x_k + (\text{termes en } x_{k+1}, \dots)$ , c’est-à-dire $A = L^{\mathsf T}DL$ avec $L$ triangulaire unipotente ; alors $T = \sqrt D\,L$ est un facteur de Cholesky, donc par unicité $t_{kk}^2 = d_k$ et

d_k = \frac{(t_{11}\cdots t_{kk})^2} {(t_{11}\cdots t_{k-1,k-1})^2} = \frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}} .

Sur l’Exemple 12.9 : $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3 = 2, 3, 4$ et les pivots étaient $2, \frac32, \frac43$ .

6. Chaque $a_{ii} = e_i^{\mathsf T}Ae_i > 0$ . Posons $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ et $B = DAD$ : définie positive (congruence), avec $b_{ii} = 1$ , donc $\operatorname{tr} B = n$ . Ses valeurs propres $\mu_i > 0$ vérifient, par l’inégalité arithmético-géométrique,

\det B = \prod_i\mu_i \leq \Bigl(\frac{\sum\mu_i}{n}\Bigr)^{\!n} = 1 ,

et $\det B = (\det D)^2\det A = \dfrac{\det A}{\prod a_{ii}}$ : $\det A \leq \prod a_{ii}$ .

7. L’inégalité arithmético-géométrique est une égalité ssi tous les $\mu_i$ sont égaux (à $1$ ) ; une matrice symétrique de seule valeur propre $1$ est $PIP^{\mathsf T} = I$ . Donc égalité ssi $B = I$ ssi $a_{ij} = 0$ pour $i \neq j$ : $A$ diagonale.

8. Si $M$ est singulière, les deux membres sont $\geq 0 = \abs{\det M}$ . Sinon $A = M^{\mathsf T}M$ est définie positive avec $a_{ii} = \norm{c_i}^2$ et $\det A = (\det M)^2$ : la question 6 donne $(\det M)^2 \leq \prod\norm{c_i}^2$ . Égalité ssi $A = M^{\mathsf T}M$ est diagonale (question 7), c’est-à-dire ssi les colonnes sont deux à deux orthogonales.

9. $\abs{\det M}$ est le volume du parallélépipède engendré par les colonnes : le volume est au plus le produit des longueurs d’arêtes, avec égalité exactement pour les pavés rectangles. Si $\abs{m_{ij}} \leq 1$ alors $\norm{c_i} \leq \sqrt n$ , donc $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (L’atteindre force des colonnes orthogonales à coefficients $\pm1$ : une matrice de Hadamard.)

10. $X^{\mathsf T}A^{\mathsf T}AX = \norm{AX}^2 > 0$ pour $X \neq 0$ ( $A$ inversible) : $A^{\mathsf T}A$ est définie positive. Sa racine carrée $S$ est définie positive (valeurs propres $\sqrt{\lambda_i} > 0$ ), donc inversible, et $Q = AS^{-1}$ vérifie

Q^{\mathsf T}Q = S^{-1}A^{\mathsf T}AS^{-1} = S^{-1}S^2S^{-1} = I :

$A = QS$ avec $Q$ orthogonale, $S$ définie positive.

11. Si $A = QS = Q'S'$ alors $S'^{\,2} = S'^{\mathsf T}Q'^{\mathsf T}Q'S' = A^{\mathsf T}A = S^2$ ; deux matrices semi-définies positives de même carré coïncident (Exercice 12.6) : $S' = S$ , puis $Q' = AS^{-1} = Q$ .

12. $\det(A + \varepsilon I)$ est un polynôme non nul en $\varepsilon$ : il a un nombre fini de racines, donc une suite $\varepsilon_k \to 0$ les évite. Écrire $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ (question 10). $O(n)$ est compact (Exercice 12.5) : une sous-suite donne $Q_{\varphi(k)} \to Q \in O(n)$ . Alors

S_{\varphi(k)} = Q_{\varphi(k)}^{\mathsf T} \bigl(A + \varepsilon_{\varphi(k)}I\bigr) \longrightarrow Q^{\mathsf T}A =: S,

symétrique semi-définie positive comme limite de telles matrices (conditions fermées), et $A = QS$ . De plus $S^2 = S^{\mathsf T}S = A^{\mathsf T}QQ^{\mathsf T}A = A^{\mathsf T}A$ , donc $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ par unicité. Pour $A$ singulière, $S$ est singulière et $Q$ n’est pas unique : il peut être modifié arbitrairement sur $(\operatorname{im} S)^{\perp}$ — cas extrême $A = 0$ , où tout $Q$ orthogonal convient.

13. Diagonaliser $S = P\Sigma P^{\mathsf T}$ (théorème spectral), $\Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_i)$ avec $\sigma_i \geq 0$ les valeurs propres de $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Alors

A = QS = (QP)\,\Sigma\,P^{\mathsf T} = U\Sigma V^{\mathsf T}, \qquad U = QP,\ V = P \in O(n) .

14. $\norm{Ax}^2 = x^{\mathsf T}S^2x \leq \sigma_{\max}^2\norm x^2$ avec égalité en un vecteur propre dominant de $S$ : $\vertiii A_2 = \sigma_{\max}$ — pour $A$ symétrique, $S = \sqrt{A^2}$ a pour valeurs propres $\abs{\lambda_i}$ , ce qui retrouve l’Exercice 12.7. Déterminant : $\abs{\det A} = \abs{\det U}\det\Sigma\abs{\det V} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ . Sphère : en écrivant $x = Vy$ avec $\norm y = 1$ , $Ax = U\Sigma y$ a pour coordonnées $z_i = \sigma_iy_i$ dans le repère orthonormé des colonnes de $U$ : l’image est $\{\sum z_i^2/\sigma_i^2 = 1\}$ , un ellipsoïde de demi-axes $\sigma_i$ .

15. Une rotation vers les axes principaux (Corollaire 12.15) transforme $f$ en $\lambda_1X^2 + \lambda_2Y^2 + \beta_1X + \beta_2Y + c$ , avec $\lambda_1\lambda_2 = \det A$ . Si $\det A \neq 0$ , absorber les termes linéaires par la translation $X \mapsto X - \frac{\beta_1}{2\lambda_1}$ (et de même pour $Y$ ) : $\lambda_1X'^2 + \lambda_2Y'^2 = c'$ . Pour $\det A > 0$ (signes égaux) : une ellipse ( $c'$ du bon signe), un point, ou l’ensemble vide. Pour $\det A < 0$ : une hyperbole ( $c' \neq 0$ ) ou deux droites sécantes. Si $\det A = 0$ de rang $1$ (disons $\lambda_2 = 0 \neq \lambda_1$ ) : $\lambda_1X'^2 + \beta_2Y + c''$ , une parabole lorsque $\beta_2 \neq 0$ ; sinon deux droites parallèles, une droite, ou l’ensemble vide. Formes non dégénérées : ellipse, hyperbole, parabole, gouvernées par le signe de $\det A$ .

16. La partie quadratique $x^2 + 4xy + y^2$ a pour matrice $\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ , valeurs propres $3$ et $-1$ de directions orthonormées $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ , $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ . Dans les coordonnées tournées $u = \frac{x+y}{\sqrt2}$ , $v = \frac{x-y}{\sqrt2}$ : $x^2 + y^2 = u^2 + v^2$ , $2xy = u^2 - v^2$ , donc la forme est $3u^2 - v^2$ , et $2x - 2y = 2\sqrt2\,v$ . L’équation devient

3u^2 - v^2 + 2\sqrt2\,v = 4 \quad\Longleftrightarrow\quad 3u^2 - \bigl(v - \sqrt2\bigr)^2 = 2 :

une hyperbole, de centre $(u, v) = (0, \sqrt2)$ , c’est-à-dire $(x, y) = (1, -1)$ , d’axes selon le repère tourné.

17. $f(x) = (x - x_0)^{\mathsf T}A(x - x_0) + f(x_0)$ dès que $Ax_0 = -\frac b2$ , c’est-à-dire $x_0 = -\frac12A^{-1}b$ : le gradient de $f$ s’annule exactement là ( $x_0$ est le centre de symétrie). Avec $M = \begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ :

M^{\mathsf T}\widetilde QM = \begin{pmatrix} A & Ax_0 + \frac b2\\[2pt] \bigl(Ax_0 + \frac b2\bigr)^{\mathsf T} & x_0^{\mathsf T}Ax_0 + b^{\mathsf T}x_0 + c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & 0\\ 0 & f(x_0)\end{pmatrix},

et $\det M = 1$ : $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A$ . L’équation centrée s’écrit $q(X) = -f(x_0)$ : pour $f(x_0) = 0$ elle dégénère en $q(X) = 0$ (deux droites passant par le centre si la signature est $(1,1)$ , le point unique $x_0$ si $q$ est définie) ; pour $f(x_0) \neq 0$ la conique est une véritable ellipse ou hyperbole.

18. $A^{-1} = -\frac13\begin{pmatrix} 1 & -2\\ -2 & 1\end{pmatrix}$ , $\frac b2 = (1, -1)$ : $x_0 = -A^{-1}\frac b2 = (1, -1)$ , comme trouvé à la question 16. $f(x_0) = q(1,-1) + 2 + 2 - 4 = (1 - 4 + 1) + 0 = -2 \neq 0$ , et $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A = (-2)(-3) = 6 \neq 0$ : non dégénérée ; $\det A = -3 < 0$ : une hyperbole — et en effet l’équation centrée $3u^2 - (v - \sqrt2)^2 = -f(x_0) = 2$ correspond à la question 16.

19. La matrice est $(1-\lambda)I + \lambda J$ : valeurs propres $1 + 2\lambda$ (direction $(1,1,1)$ ) et $1 - \lambda$ (double, sur $x + y + z = 0$ ). Cas :

$-\frac12 < \lambda < 1$ : toutes les valeurs propres positives : un ellipsoïde de révolution autour de $(1,1,1)$ (une sphère pour $\lambda = 0$ ) ;
$\lambda = 1$ : $q = (x+y+z)^2$ : l’équation donne les deux plans parallèles $x + y + z = \pm1$ ;
$\lambda = -\frac12$ : valeurs propres $0, \frac32, \frac32$ : un cylindre de révolution d’axe $(1,1,1)$ ;
$\lambda > 1$ : signature $(1, 2)$ : un hyperboloïde à deux nappes ;
$\lambda < -\frac12$ : signature $(2, 1)$ : un hyperboloïde à une nappe.

20. La forme polaire de $q$ est un produit scalaire $\langle\cdot,\cdot\rangle_q$ sur $E$ . Pour $x$ fixé, $y \mapsto \varphi'(x, y)$ (forme polaire de $q'$ ) est linéaire, donc égale $\langle z_x, y\rangle_q$ pour un unique $z_x$ ; $u(x) := z_x$ est linéaire (unicité), et $\langle u(x), y\rangle_q = \varphi'(x,y) = \varphi'(y,x) = \langle u(y), x\rangle_q$ : $u$ est symétrique dans l’espace euclidien $(E, \langle\cdot,\cdot\rangle_q)$ . Le théorème spectral (Théorème 12.13) donne une base propre $q$ -orthonormée $(\varepsilon_i)$ , $u(\varepsilon_i) = \mu_i\varepsilon_i$ : dans celle-ci $q(x) = \sum x_i^2$ et $q'(x) = \langle u(x), x\rangle_q = \sum\mu_ix_i^2$ .

21. Soit $P$ la matrice de cette base : la congruence donne $P^{\mathsf T}AP = I$ et $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_i)$ . Alors

\det(B - \mu A) = \det(P^{-\mathsf T}) \det\bigl(\operatorname{diag}(\mu_i) - \mu I\bigr) \det(P^{-1}) = (\det P)^{-2}\prod_i(\mu_i - \mu) :

les $\mu_i$ sont les racines du faisceau $\det(B - \mu A)$ .

22. $\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -2\mu & 1-\mu\\ 1-\mu & -\mu\end{pmatrix} = 2\mu^2 - (1-\mu)^2 = \mu^2 + 2\mu - 1$ : racines $\mu_\pm = -1 \pm \sqrt2$ . En résolvant $(B - \mu_\pm A)v = 0$ : $v_\pm = (1 - \mu_\pm,\ 2\mu_\pm)$ (l’identité de la deuxième ligne $(1-\mu)^2 = 2\mu^2$ aux racines le confirme). Les $A$ -normes se calculent sans peine : $q_A(v_\pm) = 2(1 + \mu_\pm^2)$ , et on vérifie $\varphi_A(v_+, v_-) = 0$ en utilisant $\mu_+ + \mu_- = -2$ , $\mu_+\mu_- = -1$ . La base $\Bigl(\frac{v_+}{\sqrt{2(1 + \mu_+^2)}}, \frac{v_-}{\sqrt{2(1+\mu_-^2)}}\Bigr)$ est orthonormée pour $A$ et diagonalise $B$ avec coefficients $\mu_\pm$ .

23. Si un $P$ inversible diagonalisait les deux formes, le calcul de la question 21 donnerait $\det(B - \mu A) = (\det P)^{-2}\prod(d_{2i} - \mu d_{1i})$ , un polynôme réel scindé en facteurs linéaires réels. Mais ici

\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -\mu & 1\\ 1 & \mu\end{pmatrix} = -\mu^2 - 1 ,

de degré $2$ sans racine réelle : contradiction. (Le $A$ de signature de Lorentz admet des « rotations » pour $B$ sans axes réels.)

24. $A^{-1}B = A^{-1/2}\bigl(A^{-1/2}BA^{-1/2}\bigr) A^{1/2}$ avec $A^{1/2} = \sqrt A$ définie positive (Exercice 12.6) : $A^{-1}B$ est semblable à la matrice symétrique $A^{-1/2}BA^{-1/2}$ , donc diagonalisable à valeurs propres réelles. Et $\det(B - \mu A) = \det A\cdot \det(A^{-1}B - \mu I)$ : les racines du faisceau $\mu_i$ de la question 21 sont exactement les valeurs propres de $A^{-1}B$ .

25. (i) Chaque partie s’est appuyée sur le théorème spectral : via la racine carrée (Cholesky, polaire), les bornes sur les valeurs propres (Hadamard), les axes principaux (coniques), et la version adaptée à $q$ (réduction simultanée). (ii) Les réalisations de Gram, Hadamard et la décomposition polaire survivent dans le monde semi-défini ; l’unicité de Cholesky, la formule des pivots et la réduction simultanée exigent la définitude (les questions 12 et 23 montrent exactement comment elles échouent). (iii) Petites oscillations couplées : l’énergie cinétique (définie positive) et l’énergie potentielle sont deux formes quadratiques ; la base des questions 20–22 constitue les modes propres du système, et les $\mu_i$ sont les carrés des pulsations.