مسابقة دكتوراه 2025 — Centre Universitaire de Barika — الموضوع 01

1. Dimension

$B=\{1,X,X^2\}$ est une famille génératrice (tout $P=a+bX+cX^2$) et libre (un polynôme nul a tous ses coefficients nuls), donc c'est une base :

$$\boxed{\dim\mathbb{R}_2[X]=3.}$$

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2. Bilinéarité

Les applications $P\mapsto P(0)$, $P\mapsto P(1)$, $P\mapsto P(2)$ sont des formes linéaires (évaluations). $\Phi$ est une combinaison de produits d'une forme linéaire en $P$ par une forme linéaire en $Q$ :

$$\Phi(\lambda P_1+P_2,Q)=2(\lambda P_1+P_2)(0)Q(2)-6(\lambda P_1+P_2)(1)Q(0)=\lambda\Phi(P_1,Q)+\Phi(P_2,Q),$$

et de même en la seconde variable. Donc $\boxed{\Phi\ \text{est bilinéaire.}}$

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3. Symétrie

$$\Phi(1,X)=2\cdot 1\cdot 2-6\cdot 1\cdot 0=4,\qquad \Phi(X,1)=2\cdot 0\cdot 1-6\cdot 1\cdot 1=-6.$$

$\Phi(1,X)\neq\Phi(X,1)$, donc $\boxed{\Phi\ \text{n'est pas symétrique.}}$

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4. Matrice dans la base canonique

$M_{ij}=\Phi(e_i,e_j)$ avec $e_1=1$, $e_2=X$, $e_3=X^2$. Valeurs utiles : $e_1(0)=1,e_1(1)=1,e_1(2)=1$ ; $e_2(0)=0,e_2(1)=1,e_2(2)=2$ ; $e_3(0)=0,e_3(1)=1,e_3(2)=4$.

$$\Phi(1,1)=2-6=-4,\quad \Phi(1,X)=4,\quad \Phi(1,X^2)=8,$$ $$\Phi(X,1)=-6,\quad \Phi(X,X)=0,\quad \Phi(X,X^2)=0,$$ $$\Phi(X^2,1)=-6,\quad \Phi(X^2,X)=0,\quad \Phi(X^2,X^2)=0.$$ $$\boxed{M=\begin{pmatrix} -4 & 4 & 8 \\ -6 & 0 & 0 \\ -6 & 0 & 0 \end{pmatrix}.}$$

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5. Rang

$L_2=L_3$ donc $\operatorname{rg}M\le 2$ ; les lignes $L_1$ et $L_2$ sont non proportionnelles, donc

$$\boxed{\operatorname{rg}\Phi=\operatorname{rg}M=2.}$$

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6. Base $B'$ et matrice de passage

$B'=\{1,\,X-1,\,(X-1)^2\}$ est une famille de degrés échelonnés $0,1,2$, donc libre ; $3$ vecteurs libres en dimension $3$ : c'est une base. Coordonnées dans $B$ : $X-1=-1+X$, $(X-1)^2=1-2X+X^2$, donc

$$\boxed{P=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.}$$

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7. Matrice dans la base $B'$

Formule de changement de base : $N={}^{t}P\,M\,P$. On calcule d'abord

$$MP=\begin{pmatrix} -4 & 8 & -4 \\ -6 & 6 & -6 \\ -6 & 6 & -6 \end{pmatrix},$$

puis

$$\boxed{N={}^{t}P\,(MP)=\begin{pmatrix} -4 & 8 & -4 \\ -2 & -2 & -2 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix}.}$$

Vérification : $N_{22}=\Phi(X-1,X-1)=2(-1)(1)-6\cdot 0\cdot(-1)=-2$ ✓ ; $N_{33}=\Phi\big((X-1)^2,(X-1)^2\big)=2\cdot 1\cdot 1-6\cdot 0\cdot 1=2$ ✓.

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8. Forme quadratique associée

$$q(P)=\Phi(P,P)=2P(0)P(2)-6P(1)P(0)=2P(0)\big[P(2)-3P(1)\big].$$

En coordonnées $P=a+bX+cX^2$ ($P(0)=a$, $P(1)=a+b+c$, $P(2)=a+2b+4c$) :

$$\boxed{q(P)=2a(a+2b+4c)-6a(a+b+c)=-4a^2-2ab+2ac.}$$

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9. $\Psi$ est la forme polaire de $q$

• $\Psi$ est bilinéaire (combinaison de produits de formes linéaires) et symétrique : l'échange $P\leftrightarrow Q$ échange les deux premiers termes entre eux et les deux derniers entre eux.
• $\Psi(P,P)=q(P)$ :

$$\Psi(P,P)=P(0)P(2)+P(2)P(0)-3P(0)P(1)-3P(1)P(0)=2P(0)P(2)-6P(0)P(1)=q(P).$$

La forme polaire d'une forme quadratique étant l'unique forme bilinéaire symétrique $\Psi$ vérifiant $\Psi(P,P)=q(P)$, on conclut :

$$\boxed{\Psi\ \text{est la forme polaire de}\ q.}$$

On le retrouve aussi par symétrisation : $\Psi=\dfrac{\Phi+{}^{t}\Phi}{2}$, i.e. $\Psi(P,Q)=\frac12\big[\Phi(P,Q)+\Phi(Q,P)\big]$.

$Q$ est une forme quadratique

$Q$ est un polynôme homogène de degré 2 en $(x,y,z)$ : c'est donc une forme quadratique, de forme polaire $\varphi(u,u')=\frac12[Q(u+u')-Q(u)-Q(u')]$ et de matrice symétrique associée

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & \tfrac12 \\ 0 & -2 & \tfrac12 \\ \tfrac12 & \tfrac12 & 0 \end{pmatrix}.$$

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Réduction de Gauss

On regroupe les termes en $x$ :

$$Q=x^2+xz-2y^2+yz=\Big(x+\frac{z}{2}\Big)^2-\frac{z^2}{4}-2y^2+yz.$$

Puis les termes en $y$ :

$$-2y^2+yz=-2\Big(y^2-\frac{yz}{2}\Big)=-2\Big(y-\frac{z}{4}\Big)^2+\frac{z^2}{8}.$$

Donc

$$Q=\Big(x+\frac{z}{2}\Big)^2-2\Big(y-\frac{z}{4}\Big)^2+\frac{z^2}{8}-\frac{z^2}{4}$$ $$\boxed{Q=\Big(x+\frac{z}{2}\Big)^2-2\Big(y-\frac{z}{4}\Big)^2-\frac{z^2}{8}.}$$

Vérification : $(x+\tfrac z2)^2=x^2+xz+\tfrac{z^2}{4}$ ; $-2(y-\tfrac z4)^2=-2y^2+yz-\tfrac{z^2}{8}$ ; somme $=x^2-2y^2+xz+yz$. ✓

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Rang et signature

Les trois formes linéaires $\ell_1=x+\tfrac z2$, $\ell_2=y-\tfrac z4$, $\ell_3=z$ sont indépendantes (matrice triangulaire). La décomposition comporte $1$ carré positif et $2$ carrés négatifs :

$$\boxed{\operatorname{rg}Q=3\ \text{(non dégénérée)},\qquad \operatorname{sgn}(Q)=(1,2).}$$

Dimension de la somme

$\mathbb{H}_1+\mathbb{H}_2$ est un sous-espace de $E$ contenant $\mathbb{H}_1$, donc

$$n-1=\dim\mathbb{H}_1\le\dim(\mathbb{H}_1+\mathbb{H}_2)\le n.$$

Si $\dim(\mathbb{H}_1+\mathbb{H}_2)=n-1$, alors $\mathbb{H}_1+\mathbb{H}_2=\mathbb{H}_1$ (inclusion + égalité des dimensions), d'où $\mathbb{H}_2\subset\mathbb{H}_1$, puis $\mathbb{H}_2=\mathbb{H}_1$ (mêmes dimensions) — contradiction avec $\mathbb{H}_1\neq\mathbb{H}_2$. Donc

$$\boxed{\dim(\mathbb{H}_1+\mathbb{H}_2)=n,\qquad\text{i.e. } \mathbb{H}_1+\mathbb{H}_2=E.}$$

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Dimension de l'intersection

Par la formule de Grassmann :

$$\dim(\mathbb{H}_1\cap\mathbb{H}_2)=\dim\mathbb{H}_1+\dim\mathbb{H}_2-\dim(\mathbb{H}_1+\mathbb{H}_2)=(n-1)+(n-1)-n.$$ $$\boxed{\dim(\mathbb{H}_1\cap\mathbb{H}_2)=n-2.}$$