مسابقة دكتوراه 2025 — Centre Universitaire de Barika — الموضوع 02

1. Dimension, bilinéarité, symétrie

$\dim E = \boxed{3}.$

Pour $P, P_1, P_2, Q \in E$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ :

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

et de même linéarité en la seconde variable (les évaluations $P \mapsto P(0)$, $P\mapsto P(1)$, $Q \mapsto Q(2)$, $Q \mapsto Q(0)$ sont linéaires) : $\Phi$ est bilinéaire.

Symétrie : testons sur $P = 1$, $Q = X$ : $\Phi(1, X) = 2\cdot1\cdot2 - 6\cdot1\cdot0 = 4$, tandis que $\Phi(X, 1) = 2\cdot0\cdot1 - 6\cdot1\cdot0 = -6$. Comme $4 \neq -6$ :

$\boxed{\Phi \text{ n'est pas symétrique.}}$

2. Matrice de $\Phi$ dans la base canonique

Pour $P = X^i$, $Q = X^j$ ($i,j \in \{0,1,2\}$) : $\Phi(X^i, X^j) = 2\cdot 0^i \cdot 2^j - 6 \cdot 1^i \cdot 0^j$. On calcule terme à terme ($M_{ij} = \Phi(X^{i-1}, X^{j-1})$, lignes/colonnes indexées $1,X,X^2$) :

• $\Phi(1,1) = 2\cdot1\cdot1 - 6\cdot1\cdot1 = -4$
• $\Phi(1,X) = 2\cdot1\cdot2 - 6\cdot1\cdot0 = 4$
• $\Phi(1,X^2) = 2\cdot1\cdot4 - 6\cdot1\cdot0 = 8$
• $\Phi(X,1) = 2\cdot0\cdot1 - 6\cdot1\cdot1 = -6$
• $\Phi(X,X) = 2\cdot0\cdot2 - 6\cdot1\cdot0 = 0$
• $\Phi(X,X^2) = 2\cdot0\cdot4 - 6\cdot1\cdot0 = 0$
• $\Phi(X^2,1) = 2\cdot0\cdot1 - 6\cdot1\cdot1 = -6$
• $\Phi(X^2,X) = 2\cdot0\cdot2 - 6\cdot1\cdot0 = 0$
• $\Phi(X^2,X^2) = 2\cdot0\cdot4 - 6\cdot1\cdot0 = 0$

$M = \begin{pmatrix} -4 & 4 & 8 \\ -6 & 0 & 0 \\ -6 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$

Les lignes 2 et 3 sont identiques, donc $\operatorname{rg}(M) \leq 2$ ; comme les colonnes 1 et 2 sont indépendantes :

$\boxed{\operatorname{rg}(\Phi) = 2.}$

3. Changement de base vers $B' = (1, X-1, (X-1)^2)$

On exprime les vecteurs de $B$ en fonction de $B'$ : $1 = 1$, $X = 1 + (X-1)$, $X^2 = ((X-1)+1)^2 = (X-1)^2 + 2(X-1) + 1$. La matrice de passage de $B'$ à $B$ (colonnes = coordonnées des vecteurs de $B$ dans... ) ; ici on donne directement $P$, matrice de passage de $B$ à $B'$ telle que les colonnes soient les coordonnées des vecteurs de $B'$ exprimés dans $B$ :

$1 = 1,\quad X - 1 = -1 + X, \quad (X-1)^2 = 1 - 2X + X^2,$

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

La nouvelle matrice est $N = {}^t\!P\, M\, P$. Calculons $MP$ :

$MP = \begin{pmatrix} -4 & 4 & 8 \\ -6 & 0 & 0 \\ -6 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 & 8 & -4 \\ -6 & 6 & -6 \\ -6 & 6 & -6 \end{pmatrix}.$

Puis $N = {}^t\!P (MP)$ avec ${}^t\!P = \begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\1&-2&1\end{pmatrix}$ :

$N = \begin{pmatrix} -4 & 8 & -4 \\ -2 & -2 & -2 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix}.$

(Ligne 1 = ligne 1 de $MP$ ; ligne 2 = $-$ligne1$+$ligne2 de $MP$ = $(-4+(-6), 8+6, -4+(-6))$... on recalcule proprement : ligne2$(N)$ = $-\text{L1}(MP)+\text{L2}(MP) = (-(-4)+(-6),\,-(8)+6,\,-(-4)+(-6)) = (-2,-2,-2)$ ; ligne3$(N)$ = $\text{L1}(MP) - 2\text{L2}(MP)+\text{L3}(MP) = (-4-2(-6)+(-6),\,8-2(6)+6,\,-4-2(-6)+(-6)) = (2,2,2)$.)

$\boxed{N = \begin{pmatrix} -4 & 8 & -4 \\ -2 & -2 & -2 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix}.}$

4. Forme quadratique $q(P)$

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

$q(P) = \Phi(P,P) = 2P(0)P(2) - 6P(1)P(0) = 2a(a+2b+4c) - 6a(a+b+c),$

$q(P) = 2a^2 + 4ab + 8ac - 6a^2 - 6ab - 6ac = \boxed{-4a^2 - 2ab + 2ac.}$

5. Symétrisation $\Psi = \frac{1}{2}(\Phi + {}^t\Phi)$

Par construction, $\Psi(P,Q) = \frac{1}{2}\big(\Phi(P,Q) + \Phi(Q,P)\big)$ vérifie $\Psi(Q,P) = \Psi(P,Q)$ : $\Psi$ est symétrique. De plus :

$\Psi(P,P) = \frac{1}{2}\big(\Phi(P,P) + \Phi(P,P)\big) = \Phi(P,P) = q(P).$

$\boxed{\Psi \text{ est la forme polaire (partie symétrique) de } \Phi, \text{ de forme quadratique associée } q.}$

En effet, la matrice de $\Psi$ dans $B$ est $\frac{1}{2}(M + {}^t\!M) = \begin{pmatrix} -4 & -1 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}$, symétrique, et l'on retrouve bien $q(a,b,c) = -4a^2 -2ab+2ac$ en développant ${}^t\!X \cdot\frac12(M+{}^tM)\cdot X$.

1. Réduction de Gauss

On regroupe les termes contenant $x$ :

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

Il reste à traiter $-2y^2 + yz - \frac{z^2}{4}$. On regroupe les termes en $y$ :

$-2y^2 + yz = -2\left(y^2 - \frac{yz}{2}\right) = -2\left(y - \frac{z}{4}\right)^2 + 2\cdot\frac{z^2}{16} = -2\left(y-\frac{z}{4}\right)^2 + \frac{z^2}{8}.$

En substituant :

$Q(x,y,z) = \left(x+\frac{z}{2}\right)^2 - 2\left(y - \frac{z}{4}\right)^2 + \frac{z^2}{8} - \frac{z^2}{4},$

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

Les trois formes linéaires $\ell_1 = x+\frac{z}{2}$, $\ell_2 = y - \frac{z}{4}$, $\ell_3 = z$ sont linéairement indépendantes (matrice triangulaire par rapport à $x,y,z$).

2. Rang et signature

Les coefficients des trois carrés indépendants sont $1$, $-2$, $-\frac{1}{8}$, tous non nuls :

$\boxed{\operatorname{rg}(Q) = 3.}$

Un coefficient positif ($1$) et deux négatifs ($-2$ et $-\frac18$) :

$\boxed{\text{signature}(Q) = (1, 2).}$

$Q$ est donc une forme quadratique non dégénérée, indéfinie.

1. Dimension d'un hyperplan

Par définition, un hyperplan est un sous-espace vectoriel de codimension $1$ :

$\dim H_1 = \dim H_2 = n - 1.$

2. $H_1 + H_2 = E$

Comme $H_1 \neq H_2$ et que ce sont deux hyperplans (donc maximaux parmi les sous-espaces propres, chacun étant noyau d'une forme linéaire non nulle), $H_1 \not\subset H_2$ (sinon, étant de même dimension $n-1$, on aurait $H_1 = H_2$). Il existe donc $u \in H_1 \setminus H_2$.

Le sous-espace $H_2 + \operatorname{Vect}(u)$ contient strictement $H_2$, donc sa dimension est $\geq \dim H_2 + 1 = n$, donc $H_2 + \operatorname{Vect}(u) = E$. Comme $u \in H_1$ et $H_2 \subset H_1+H_2$, on a $E = H_2 + \operatorname{Vect}(u) \subset H_1 + H_2 \subset E$ :

$\boxed{H_1 + H_2 = E.}$

3. Dimension de l'intersection

Par la formule de Grassmann :

$\dim(H_1 + H_2) = \dim H_1 + \dim H_2 - \dim(H_1 \cap H_2),$

$n = (n-1) + (n-1) - \dim(H_1\cap H_2) \implies \dim(H_1 \cap H_2) = 2(n-1) - n = n-2.$

$\boxed{\dim(H_1 \cap H_2) = n - 2.}$