\documentclass{article}

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\usepackage{a4wide}

\newcommand{\R}{\mathbb{R}}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem{exo}{\bf Exercice}

\begin{document}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item
$ \varphi(Q,P)=Q(1)P(0)-Q(0)P(1)=-\varphi(P,Q)$ donc $\varphi$ est
  antisym\'etrique. Pour $P,Q,\tilde{Q}\in\R_2[X]$ et $\lambda\in\R$
  quelconques,
\begin{eqnarray*}
\varphi(P,Q+\lambda \tilde{Q}) &=&
P(1)(Q+\lambda \tilde{Q})(0)-P(0)(Q+\lambda \tilde{Q})(1)\\
&=&P(1)Q(0)-P(0)Q(1)+\lambda(P(1)\tilde{Q}(0)-P(0)\tilde{Q}(1))\\
&=&\varphi(P,Q)+\lambda \varphi(P,\tilde{Q})
\end{eqnarray*}
donc $\varphi$ est lin\'eaire par rapport au deuxi\`eme argument. Par
antisym\'etrie, elle est aussi lin\'eaire par rapport au premier
argument. Donc $\varphi$ est bilin\'eaire antisym\'etrique.
\item
$$
M=\begin{pmatrix}
\varphi(1,1) & \varphi(1,X) & \varphi(1,X^2) \\
\varphi(X,1) & \varphi(X,X) & \varphi(X,X^2) \\
\varphi(X^2,1) & \varphi(X^2,X) & \varphi(X^2,X^2) 
\end{pmatrix} 
=\begin{pmatrix}
0 & -1 & -1\\
1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix} 
$$
\item 
La famille $B'$ a 3 \'el\'ements, qui est la dimension de $\mathbb{R}_2[X]$, il
suffit de montrer que $B'$ est libre. Soient $\lambda_1, \lambda_2,
\lambda_3$ trois r\'eels tels que
$$ \lambda_1 X + \lambda_2 (X-1) + \lambda_3 (X-1)^2=0$$
Le coefficient de $X^2$  donne $\lambda_3=0$, ensuite le coefficient
constant donne $\lambda_2=0$ et donc $\lambda_1= \lambda_2=
\lambda_3=0$.
\item La matrice de $\varphi$ dans $B'$ est par d\'efinition~:
    $$
N=\begin{pmatrix}
\varphi(X,X) & \varphi(X,X-1) & \varphi(X,(X-1)^2) \\
\varphi(X-1,X) & \varphi(X-1,X-1) & \varphi(X-1,(X-1)^2) \\
\varphi((X-1)^2,X) & \varphi((X-1)^2,X-1) & \varphi((X-1)^2,(X-1)^2) 
\end{pmatrix} 
=\begin{pmatrix}
0 & -1 & 1\\
1 & 0 & 0\\
-1 & 0 & 0
\end{pmatrix} 
$$
D'autre part la matrice de passage de $B$ \`a $B'$ est~:
$$
P=\left[\begin{array}{ccc}0&-1&1\\1&1&-2\\0&0&1\end{array}\right]
$$
et on v\'erifie la formule de changement de base pour une forme bilin\'eaire~:
$$ N=^t\!\!P M P$$
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item 
Comme $f(t)g(t)=g(t)f(t)$ pour tout $t \in [0,2]$, $\phi$ est sym\'etrique.\\
Soient $f_1,f_2,g$ des fonctions continues de $[0,2]$ dans
  $\R$, et $\lambda$ un r\'eel, on a~:
$$\begin{array}{lll} \phi(f_1+\lambda f_2,g)
&=&\int_0^2 (f_1+\lambda f_2)(t)g(t)\mbox{d}t \\
&=& \int_0^2 (f_1(t)+\lambda f_2(t))g(t)\mbox{d}t \\ 
&=& \int_0^2 f_1(t)g(t)\mbox{d}t + \lambda \int_0^2
    f_2(t)g(t)\mbox{d}t \\
&=& \phi(f_1,g) + \lambda \phi(f_2,g)
\end{array}$$
donc $\phi$ est lin\'eaire par rapport au premier argument, donc aussi 
par rapport au deuxi\`eme argument par sym\'etrie.
\item Par d\'efinition $B$ engendre $W$, il faut donc montrer que $B$
  est une famille libre pour avoir une base (attention, on ne connait
  pas encore la dimension de $W$).  Soient $\lambda_0, \lambda_1,
  \lambda_2$ trois r\'eels tels que $\lambda_0 f_0+\lambda_1
  f_1+\lambda_2 f_2=0$ donc tels que pour tout $t \in [0,2]$ on ait~:
$$ \lambda_0 1 + \lambda_1 (t-1) + \lambda_2 (t-1)^2=0$$
On pose $t=1$, on en d\'eduit que $\lambda_0=0$. On divise par $t-1$
et on fait \`a nouveau $t=1$, on en d\'eduit que $\lambda_1=0$ puis
$\lambda_2=0$.
\item $$\phi(f_1,f_0)
= \int_0^2 (t-1) \ dt =\left[\frac{(t-1)^2}{2}\right]_0^2=0 $$
$$\phi(f_1,f_2)
= \int_0^2 (t-1) (t-1)^2 \ dt =\left[\frac{(t-1)^4}{4}\right]_0^2=0 $$
Donc $f_1$ est orthogonal \`a $f_0$ et $f_2$.
\item On a donc 4 coefficients de la matrice $M$ qui sont nuls. Il
  reste \`a d\'eterminer les 5 autres
$$ \phi(1,1)=\int_0^2 1 \ dt=2$$
$$ \phi(f_0,f_2)=\phi(f_2,f_0)=\int_0^2 (t-1)^2 \ dt = \phi(f_1,f_1)=
\left[\frac{(t-1)^3}{3}\right]_0^2 = \frac{2}{3} $$
$$ \phi(f_2,f_2)=\int_0^2 (t-1)^4 \ dt= \left[\frac{(t-1)^5}{5}\right]_0^2 =
\frac{2}{5} $$
Donc
$$ M=\begin{pmatrix}
2 & 0 & \frac{2}{3}\\
0 & \frac{2}{3} & 0 \\
\frac{2}{3} & 0 &\frac{2}{5}
\end{pmatrix}
$$
\item
  $\phi(f_0,f_2-cf_0)=\phi(f_0,f_2)-c\phi(f_0,f_0)=\frac{2}{3}-2c$,
  qui est nul ssi $c=\frac{1}{3}$. La base $B'=(f_0,f_1,f_2-cf_0)$ est
  alors $\phi$-orthogonale (car
  $\phi(f_1,f_2-cf_0)=\phi(f_1,f_2)-c\phi(f_1,f_0)=0$).
\item La matrice de $\phi$ dans la base $B'$ est donc diagonale. Il
  faut calculer son dernier \'el\'ement
$$ \phi(f_2-cf_0,f_2-cf_0)= \phi(f_2,f_2)+c^2
\phi(f_0,f_0)-2c\phi(f_0,f_2)
= \frac{2}{5}+\frac{2}{9} - \frac{4}{9}=\frac{8}{45}$$
Donc 
$$ \mbox{Mat}(\phi,B')=
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0\\
0 & \frac{2}{3} & 0 \\
0 & 0 &\frac{8}{45}
\end{pmatrix}
$$
\item On utilise la matrice de $\phi$ (=la matrice de $q$) dans la
  base $B$
  $$ q(a,b,c)=2a^2+ \frac{4}{3} ac+\frac{2}{3}b^2 + \frac{2}{5}
  c^2, $$
\item On a
$$
q(a,b,c)=2\left(a+\frac{c}{3}\right)^2-2\left(\frac{c}{3}\right)^2+\frac{2}{3}b^2
+ \frac{2}{5} c^2
= 2\left(a+\frac{c}{3}\right)^2+\frac{2}{3}b^2 + \frac{8}{45} c^2$$
(les formes lin\'eaires $a+c/3,b,c$ sont bien ind\'ependantes,
puisqu'on a utilis\'e l'algorithme vu en cours)
\item Donc la signature de $q$ est $(3,0)$ et son rang 3.
La base $q$-orthogonale correspondante s'obtient en r\'esolvant les trois
syst\`emes~:
$$ \left\{ 
\begin{array}{rcl}
a+\frac{c}{3} &=& a'\\
b&=&b'\\
c&=&c'
\end{array}
\right.$$
o\`u $(a',b',c')$ valent respectivement $(1,0,0)$ puis $(0,1,0)$ et $(0,0,1)$, ce qui
donne une base $q$-orthogonale $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(-1/3,0,1)$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}

\begin{enumerate}

\item $\varphi( 
     \left(\begin{matrix}x_1\\x_2\\x_3\end{matrix}\right),
     \left(\begin{matrix}y_1\\y_2\\y_3\end{matrix}\right)
    ) = a x_1 y_1 + 2 x_2 y_2 - a x_3 y_3 - x_1 y_3 - x_3 y_1.$

\item Le noyau de $\varphi$ est le noyau de $M$, $\left\{
      X\in\R^3\ :\ MX=0
  \right\}$. $X=\left(\begin{matrix}x_1\\x_2\\x_3\end{matrix}\right)$ est
  dans le noyau si et seulement si
  $$
  \left\{
    \begin{array}{l}
      a x_1 - x_3 = 0\\
      2 x_2 = 0\\
      - x_1 - a x_3 = 0
    \end{array}
    \right. \iff
  \left\{
    \begin{array}{l}
      x_1 + a x_3 = 0\\
      (1+a^2)x_3 = 0\\
      x_2 = 0\\
    \end{array}
    \right.
  $$
  Comme $1+a^2\neq 0$, la deuxi\`eme \'equation donne $x_3=0$, puis on
  trouve $x_1=0$. Donc $Ker(\varphi)=\{ {\bf 0}_{\R^3} \}.$ Par d\'efinition, le
  rang de $\varphi$ est le rang de $M$, qui par le th\'eor\`eme du rang vaut
  $\dim(\R^3)-dim(Ker(M))=3$.

\item $F^\perp=\{ u\in \R^3\ :\ \varphi(u,v)=0 \}$. Pour
  $u=\left(\begin{matrix}u_1\\u_2\\u_3\end{matrix}\right)$, on a
  $\varphi(u,v)=0$ ssi $(a-2)u_1 - 2 u_2 -(1+2a) u_3=0$. Comme cette
  \'equation est non-nulle (quel que soit a), $F^\perp$ est toujours de dimension
  2. Les vecteurs
  $e_1=\left(\begin{matrix}2\\a-2\\0\end{matrix}\right)$ et
  $e_2=\left(\begin{matrix}0\\1+2a\\-2\end{matrix}\right)$ sont dans
  $F^\perp$, et $\{e_1,e_2\}$ forme un partie libre, car si $\lambda_1
  e_1 + \lambda_2 e_2=0$, alors en comparant les 1\`eres et 3\`eme
  composantes, on a $\lambda_1=\lambda_2=0$. C'est donc une base de $F^\perp$.

\item $v$ est dans $(Vect\{v\})^\perp$ ssi $\varphi(v,v)=0$, c.-\`a-d. ssi
  $(a-2)\cdot 1 - 2\cdot(-1) - 2(1+2a)=0$, ce qui est \'equivalent \`a
  $a=-2/3$.

\item $q(x_1,x_2,x_3)=a x_1^2 + 2 x_2^2 - a x_3^2 - 2 x_1 x_3.$

\item Si $a\neq 0$, $q(x_1,x_2,x_3)= 2 x_2^2 + a (x_1-
  \frac{1}{a}x_3)^2 - \frac{1+a^2}{a}x_3^2.$ Si $a=0$,
  $q(x_1,x_2,x_3)= 2 x_2^2 - \frac{1}{2}(x_1+x_3)^2 +
  \frac{1}{2}(x_1-x_3)^2$. Les formes lin\'eaires qui apparaissent dans
  les carr\'es sont ind\'ependantes, parce qu'on a utilis\'e
  l'algorithme de r\'eduction de Gauss (cas ``p\'enible'' pour $a=0$).
\item Si $a=0$, la forme est de signature $(2,1)$. Lorsque $a\neq 0$,
  $a$ et $-(1+a^2)/a$ ont le signe oppos\'e (car $1+a^2>0$), donc la
  forme est aussi de signature $(2,1)$.
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item
  $0=\varphi(x+y,x+y)=\varphi(x,y)+\varphi(x,y)+\varphi(y,x)+\varphi(y,y)=\varphi(x,y)+\varphi(y,x)$,
  ce qui donne $\varphi(x,y)=-\varphi(y,x)$.
\item 
  \begin{enumerate}
  \item Par bilin\'earit\'e,
    $\varphi(z_0,bx-az_0)=b\varphi(z_0,x)-a\varphi(z_0,z_0)=ba-ab=0.$
    Par $(\star)$, cette \'egalit\'e implique $\varphi(bx-az_0,z_0)=0$
    donc $b\varphi(x,z_0)-a\varphi(z_0,z_0)=0$, ou encore
    $b(\varphi(x,z_0)-\varphi(z_0,x))=0$. Comme $b\neq
    0$, on a $\varphi(x,z_0)-\varphi(z_0,x)=0$, donc
    $\varphi(x,z_0)=\varphi(z_0,x)$.
  \item Comme $b\neq 0$, $\varphi(z_0,dz_0+y)=bd+\varphi(z_0,y)$
    n'est nul que pour $d=-\varphi(z_0,y)/b$, ceci laisse une infinit\'e de
    valeurs possibles pour lesquelles $\varphi(z_0,dz_0+y)\neq 0$. 
    Par ailleurs,
    $\varphi(cz_0+x,dz_0+y)=c\varphi(z_0,dz_0+y)+\varphi(x,dz_0+y)$ et
    $\varphi(z_0,dz_0+y)\neq 0$, donc il suffit de prendre
    $c=-\varphi(x,dz_0+y)/\varphi(z_0,dz_0+y)$.  On choisit $z_0,c$ et
    $d$ comme dans l'\'enonc\'e. Par la partie 2(a),
    $\varphi(z_0,x)=\varphi(x,z_0)$ et
    $\varphi(z_0,y)=\varphi(y,z_0)$.
    En utilisant la bilin\'earit\'e, on a
    $$
    \begin{array}{l}
        \varphi(cz_0+x,dz_0+y)=cd\varphi(z_0,z_0)+c\varphi(z_0,y)+d\varphi(x,z_0)+\varphi(x,y)\\
        \varphi(dz_0+y,cz_0+x)=cd\varphi(z_0,z_0)+c\varphi(y,z_0)+d\varphi(z_0,x)+\varphi(y,x).
    \end{array}
    $$
    Comme $\varphi(cz_0+x,dz_0+y)=0$, la condition $(\star)$ donne
    $\varphi(dz_0+y,cz_0+x)=0$, et en prenant la diff\'erence de ces
    deux \'equations, on trouve $\varphi(x,y)=\varphi(y,x)$.
  \end{enumerate}
\item Si $\varphi(x,x)=0$ pour tout $x$, le r\'esultat de la question 1)
  dit que $\varphi$ est antisym\'etrique. Sinon, on choisit un $z_0\in V$
  tel que $\varphi(z_0,z_0)\neq 0$. Alors le r\'esultat de la question 2b)
  dit que $\varphi$ est sym\'etrique.

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}
