2MA221 Sorbonne Université 2019–2020 Examen

Correction de l’examen du 16 janvier 2020

Durée : 2h. Notes et appareils électroniques interdits.

La présentation, la lisibilité, l’orthographe, la qualité

de la rédaction, la clarté et la précision des raison-
nements entreront pour une part importante dans
l’appréciation des copies.

Exercice 1. Soit x1 , ..., xn ∈ R∗+ des nombres réels strictement positifs. Montrer
l’inégalité
1 1 1
 
(x1 + x2 + ... + xn ) + + ... + ≥ n2 .
x1 x2 xn
À quelle condition a-t-on égalité ?

Démonstration. On applique l’inégalité de Cauchy-Schwarz aux deux vecteurs

√ √
( x1 , ..., xn ) et ( √1x1 , ..., √1xn ) pour obtenir

n
1 n n
1
2
√ √
X X X 
n =
2
xi × √ ≤ ( xi ) 2
( √ )2 .
i=1 xi i=1 i=1 xi

Le cas d’égalité se produit lorsque ces deux vecteurs sont proportionnels, c’est-à-
√
dire lorsqu’il existe λ ∈ R tel que pour tout i, on a l’égalité √1xi = λ xi .
Cette condition est équivalente à xi = 1/λ2 pour tout i. On a donc égalité si
et seulement si tous les xi sont égaux.

Exercice 2. On considère la droite du plan R2 définie par

D = {(x, y) ∈ R2 | x = y}.

Donner la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à cette droite. Dessiner

le triangle de sommets (1, 0), (2, 0), (−1, 1) et son image par cette symétrie.

Démonstration. La droite D est dirigée par le vecteur v = (1, 1). La projection

orthogonale sur cette droite est donnée par l’expression
 
x1
 
x1
h x2 , vi
p x2 = v
kvk2

et la symétrie orthogonale par rapport à D est donnée par l’expression s = 2p − id.

x1 + x2 1 0 1
! ! ! ! ! !
x x x x1
s 1 =2 − 1 = 2 = .
x2 2 1 x2 x1 1 0 x2

1
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0 1 1 2 0
! ! ! ! !
−1
La matrice de s vaut et les points , , ont pour image ,
1 0 0 0 1 1
0 1
! !
, .
2 −1

Exercice 3. On considère la forme quadratique

q(x, y, z) = x2 − 2xy + 4xz + 2yz.
1. Écrire la matrice B de la forme quadratique q.
2. Déterminer le rang et le noyau de B.
3. Écrire la forme quadratique q comme combinaison linéaire de carrés de
formes linéaires linéairement indépendantes.
4. Déterminer la signature de q.
5. Existe-t-il un vecteur v ∈ R3 n’appartenant pas au noyau de q tel que
q(v) = 0 ? Si oui, en expliciter un.
6. Déterminer la nature de la quadrique
Q = {(x, y, z) ∈ R3 : Q(x, y, z) + 1 = 0.}

Démonstration. (1) La matrice de la forme quadratique q est égale à

1 −1 2
 

B = −1 0 1 .
 

2 1 0
(2) Le déterminant de la matrice est −5. La matrice est donc inversible, son
rang est égal à 3 et son noyau ne contient que le vecteur nul :
rang(B) = 3, ker B = {0}.

2
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(3) On applique l’algorithme de Gauss :

q(x, y, z) = x2 − 2xy + 4xz + 2yz = (x − y + 2z)2 − y 2 − 4z 2 + 6yz

= + (x − y + 2z)2 − (y 2 − 3z)2 + 5z 2 .

(4) La forme quadratique a pour signature (2, 1). Cette signature est égale au
couple formé par le nombre de signes + et le nombre de signes − apparaissant
dans la décomposition précédente.
(5) Oui, par exemple v = e2 = (0, 1, 0) car q(0, 1, 0) = 0.
(6) D’après (3) la quadrique a équation Y 2 − X 2 − 5Z 2 = 1 où X = x − y + 2z,
Y = y 2 − 3z et Z = z. Il s’agit donc d’un hyperboloïde à deux nappes (le dessin
n’était pas exigé).

3
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Exercice 4. On considère la matrice

−1 2 −1
 

A= 2 2 −2.


−1 −2 −1
1. Citer un théorème du cours assurant que la matrice A est diagonalisable
sur R.
2. Calculer le polynôme caractéristique de A.
3. Calculer les valeurs propres de A.
4. Pour toute valeur propre, trouver une base orthonormée de l’espace propre
correspondant.
5. Déterminer la signature de la forme quadratique
Q(x, y, z) = −x2 + 2y 2 − z 2 + 4xy − 2xz − 4yz.
6. Déterminer les caractéristiques géometriques (le centre pour une ellipse,
centre et asymptotes pour une hyperbole, axe pour une parabole) de la
conique
C = {(x, y) ∈ R2 : Q(x, y, 1) + 2x = 0}.
La dessiner.
Démonstration. (1) Nous avons vu en cours le théorème suivant.
Théorème : toute matrice à coefficients réels symétrique est diagonalisable.
Ici, la matrice A est bien symétrique : t A = A.
(2) On calcule le polynôme caractéristique :
x + 1 −2 1
 

PA (x) = det  −2 x − 2 2 


1 2 x+1
x+2 0 x+2
 

= det 
 −2 x−2 2 
1 2 x+1
1 0 1
 

= (x + 2) det −2 x − 2 2 


1 2 x+1
1 0 0
 

= (x + 2) det −2 x − 2 4 
 

1 2 x
x−2 4
!
= (x + 2) det
2 x
= (x + 2)(x2 − 2x − 8) = (x + 2)2 (x − 4).

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(3) La matrice A a deux valeurs propres : −2 (de multiplicité 2), 4 (de multi-
plicité 1).
(4) On calcule d’abord l’espace propre E−2 = ker(A + 2 id) :

1 2 −1
 

A + 2 id =  2 4 −2.


−1 −2 1

La matrice A + 2 id est de rang 1, l’espace propre E−2 est donc de dimension 2.

Une base de E−2 est donnée par

1 0
   

v−2 = e1 + e3 = 0 , w−2 = e2 + 2e3 = 1 .

   

1 2

Pour trouver une base orthonormée on applique la méthode de Gram-Schmidt :

 
−1
hw−2 , v−2 i
w̃−2 = w−2 − v−2 = −e1 + e2 + e3 =  1  .
 
hv−2 , v−2 i
1

√  
 2 1
√ −1
 
3  

Une base orthonormée de E−2 est donc donnée par  0 , 1  .
 
 2 3
1 1 
 

Pour le sous-espace propre E4 qui est de dimension 1, on obtient

√  1 

6  
E4 = ker(A − 4 id) = vect   2  .
6

−1

(5) La matrice A a une valeur propre positive et deux négatives, la signature

vaut donc (1, 2).
(6) Nous avons

Q(x, y, 1) + 2x = −x2 + 2y 2 + 4xy − 4y − 1.

Le déterminant de la matrice
−1 2
!

2 2
est négatif, il peut donc s’agir d’une hyperbole ou de deux droites sécantes. On a

−x2 + 4xy + 2y 2 = −(x − 2y)2 + 6y 2.

5
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√
Posons x′ = x − 2y et y ′ = 6y. L’équation de la conique devient
√
2 6 ′
−x′2 + y ′2 − y − 1 = 0.
3
Il suffit de poser
X = x′ = √
x − 2y, √
(

Y = y ′ − 6/3 = 6(y − 1/3)

pour obtenir la forme réduite
15
−X 2 + Y 2 = .
9
Il s’agit donc d’une hyperbole dont le centre a pour coordonnées X = 0, Y = 0. Ce
centre a pour coordonnées x = 2/3, y = 1/3 dans le repère originel.
Les asymptotes ont pour équations Y = X et Y = −X ce qui donne dans le
repère originel √
√ 6
x − ( 6 + 2) y + = 0,
3
√
√ 6
x + ( 6 − 2) y − = 0.
3

-1

-2

-3
-3 -2 -1 0 1 2 3