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\evensidemargin=\oddsidemargin


\begin{document}
\section{Forme Quadratique et D\'{e}terminant}

\begin{enumerate}
\item -

\begin{enumerate}
\item $A=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  $, $A^{\prime}=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a^{\prime} & b^{\prime}\\
c^{\prime} & d^{\prime}%
\end{array}
\right)  $, alors : $\lambda\,A+A^{\prime}=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\lambda\,a+a^{\prime} & \lambda\,b+b^{\prime}\\
\lambda\,c+c^{\prime} & \lambda\,d+d^{\prime}%
\end{array}
\right)  $.

Ce qui donne : $\mathrm{tr}\left(  \lambda\,A+A^{\prime}\right)
=\lambda\,a+a^{\prime}+\lambda\,d+d^{\prime}=\lambda\,\mathrm{tr}\left(
A\right)  +\mathrm{tr}\left(  A^{\prime}\right)  $.

On a bien la lin\'{e}arit\'{e}.

D'autre part, $A\,A^{\prime}=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
aa^{\prime}+bc^{\prime} & ab^{\prime}+bd^{\prime}\\
ca^{\prime}+dc^{\prime} & cb^{\prime}+dd^{\prime}%
\end{array}
\right)  $,

ce qui donne : $\mathrm{tr}\left(  A\,A^{\prime}\right)  =aa^{\prime
}+bc^{\prime}+cb^{\prime}+dd^{\prime}=\mathrm{tr}\left(  A^{\prime}A\right)  $.

Enfin, il est clair que $\mathrm{tr}\left(  \,^{t}\!A\right)  =\mathrm{tr}%
\left(  A\right)  $.

\item  Il faut montrer que la forme est bilin\'{e}aire sym\'{e}trique,
d\'{e}finie positive.

$\left\langle A|B\right\rangle =\mathrm{tr}\left(  A\,^{t}\!B\right)
=\mathrm{tr}\left(  \,^{t}\!\left(  A\,^{t}\!B\right)  \right)  =\mathrm{tr}%
\left(  B\,^{t}\!A\right)  =\left\langle B|A\right\rangle $, la forme est
sym\'{e}trique.

$\left\langle \lambda\,A+A^{\prime}|B\right\rangle =\mathrm{tr}\left(  \left(
\lambda\,A+A^{\prime}\right)  \,^{t}\!B\right)  =\mathrm{tr}\left(
\lambda\,A\,^{t}\!B+A^{\prime}\,^{t}\!B\right)  =\lambda\,\mathrm{tr}\left(
A\,^{t}\!B\right)  +\mathrm{tr}\left(  A^{\prime}\,^{t}\!B\right)  $

$\left\langle \lambda\,A+A^{\prime}|B\right\rangle =\lambda\,\left\langle
A|B\right\rangle +\left\langle A^{\prime}|B\right\rangle $.

La forme est aussi lin\'{e}aire par rapport \`{a} la premi\`{e}re variable,
elle est bilin\'{e}aire sym\'{e}trique.

Etudions maintenant la forme quadratique.

$\left\langle A|A\right\rangle =\mathrm{tr}\left(  A\,^{t}\!A\right)
=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\geqslant0$, la forme est positive.

$\left\langle A|A\right\rangle =0\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}%
=0\Rightarrow a=b=c=d=0\Rightarrow A=0$.

La forme quadratique est bien d\'{e}finie positive, on a bien un produit
scalaire sur $M_{2}$.
\end{enumerate}

\item  Pour montrer qu'on a une base othonorm\'{e}e, il faut montrer que les
vecteurs-matrices sont norm\'{e}s et orthogonaux 2 \`{a} 2.

$E_{1}\,^{t}\!E_{1}=E_{1}$ dont la trace est 1 : $E_{1}$ est norm\'{e}.

$E_{2}\,^{t}\!E_{2}=E_{2}$ dont la trace est 1 : $E_{2}$ est norm\'{e}.

$E_{3}\,^{t}\!E_{3}=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\frac{1}{2} & 0\\
0 & \frac{1}{2}%
\end{array}
\right)  $ dont la trace est 1 : $E_{3}$ est norm\'{e}.

$E_{4}\,^{t}\!E_{4}=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\frac{1}{2} & 0\\
0 & \frac{1}{2}%
\end{array}
\right)  $ dont la trace est 1 : $E_{4}$ est norm\'{e}.

On aurait aussi pu utiliser $\left\langle A|A\right\rangle =a^{2}+b^{2}%
+c^{2}+d^{2},$ l'expression obtenue \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente, ce
qui donne un peu moins de calculs.

$E_{1}\,^{t}\!E_{2}=0$ dont la trace est 0 : $E_{1}$ et $E_{2}$ sont orthogonaux.

$E_{1}\,^{t}\!E_{3}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 1\\
0 & 0
\end{array}
\right)  $ dont la trace est 0 : $E_{1}$ et $E_{3}$ sont orthogonaux.

$E_{1}\,^{t}\!E_{4}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 1\\
0 & 0
\end{array}
\right)  $ dont la trace est 0 : $E_{1}$ et $E_{4}$ sont orthogonaux.

$E_{2}\,^{t}\!E_{3}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
1 & 0
\end{array}
\right)  $ dont la trace est 0 : $E_{2}$ et $E_{3}$ sont orthogonaux.

$E_{2}\,^{t}\!E_{4}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
-1 & 0
\end{array}
\right)  $ dont la trace est 0 : $E_{2}$ et $E_{4}$ sont orthogonaux.

$E_{3}\,^{t}\!E_{4}=\dfrac{1}{2}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 0\\
0 & -1
\end{array}
\right)  $ dont la trace est 0 : $E_{3}$ et $E_{4}$ sont orthogonaux.

$\mathbf{B}_{0}$ est bien une base orthonormale.

\item -D\'{e}terminant

\begin{enumerate}
\item $M=\sum\limits_{i=1}^{4}x_{i}\,E_{i}=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
x_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}}\left(  x_{3}+x_{4}\right) \\
\frac{1}{\sqrt{2}}\left(  x_{3}-x_{4}\right)  & x_{2}%
\end{array}
\right)  $, ce qui donne :

$\det\left(  M\right)  =x_{1}\,x_{2}-\dfrac{1}{2}\left(  x_{3}-x_{4}\right)
\left(  x_{3}+x_{4}\right)  =x_{1}\,x_{2}+\dfrac{1}{2}\left(  x_{4}^{2}%
-x_{3}^{2}\right)  $.

\item $\det\circ\Psi\left(  a,b,c,d\right)  =\det\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  =ad-bc$.

C'est un polyn\^{o}me homog\`{e}ne de degr\'{e} 2 en $a,b,c,d$, c'est donc une
forme quadratique.

La matrice de $\det\circ\Psi$ dans la base canonique est donc : $M=\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
0 & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
0 & 0 & -\frac{1}{2} & 0\\
0 & -\frac{1}{2} & 0 & 0\\
\frac{1}{2} & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $.

La matrice, orthogonale, de changement de bases est : $P=\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\
0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\
0 & 1 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $.

La matrice de cette forme quadratique dans la nouvelle base est donc :
$P^{-1}\,M\,P=$ $^{t}\!P\,M\,P$.

Plus simplement, c'est aussi la matrice de la forme quadratique obtenue \`{a}
la question pr\'{e}c\'{e}dente $\left(  x_{1}\,x_{2}+\dfrac{1}{2}\left(
x_{4}^{2}-x_{3}^{2}\right)  \right)  $.

En effet, $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
a\\
b\\
c\\
d
\end{array}
\right)  =P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}\\
x_{4}%
\end{array}
\right)  $, d'o\`{u} : $\left(  a,b,c,d\right)  =\left(  x_{1},x_{2}%
,x_{3},x_{4}\right)  \,^{t}\!P$,

ce qui donne : $\det\left(  M\right)  =\left(  a,b,c,d\right)  \,M\,\left(
\begin{array}
[c]{c}%
a\\
b\\
c\\
d
\end{array}
\right)  =\left(  x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\right)  \,^{t}\!P\,M\,P\,\left(
\begin{array}
[c]{c}%
x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}\\
x_{4}%
\end{array}
\right)  $

$x_{1}\,x_{2}+\dfrac{1}{2}\left(  x_{4}^{2}-x_{3}^{2}\right)  =\left(
x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\right)  \,^{t}\!P\,M\,P\,\left(
\begin{array}
[c]{c}%
x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}\\
x_{4}%
\end{array}
\right)  $ donne bien : $^{t}\!P\,M\,P=\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
0 & \frac{1}{2} & 0 & 0\\
\frac{1}{2} & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & -\frac{1}{2} & 0\\
0 & 0 & 0 & \frac{1}{2}%
\end{array}
\right)  $.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Forme Quadratique sur $M_{2}$}

\begin{enumerate}
\item  Il est clair que le d\'{e}terminant convient.

\item $q$ est non nulle, sinon, $q\circ\Psi$ serait nulle, ce qui est
contraire aux hypoth\`{e}ses.

Soit $N$ telle que $q\left(  N\right)  \neq0$ et $q\left(  N\right)  \neq1$,
ce qui est possible car $q\left(  2N\right)  =4\,q\left(  N\right)  $.

$q\left(  0\right)  =q\left(  0\times N\right)  =q\left(  0\right)  q\left(
N\right)  $, ce qui entraine $q\left(  0\right)  \left(  q\left(  N\right)
-1\right)  =0$, et enfin $q\left(  0\right)  =0$.

$q\left(  N\right)  =q\left(  I\times N\right)  =q\left(  I\right)  q\left(
N\right)  $, ce qui entraine $q\left(  N\right)  \left(  q\left(  I\right)
-1\right)  =0$, et enfin $q\left(  I\right)  =1$.

\item  Si le rang de $M$ est 2, $M$ est inversible, et donc : $q\left(
I\right)  =q\left(  M\,M^{-1}\right)  =q\left(  M\right)  q\left(
M^{-1}\right)  =1$, ce qui prouve : $q\left(  M\right)  \neq0$.

\item -

\begin{enumerate}
\item $f$ est de rang 1, son noyau est de dimension : $2-1=1$, engendr\'{e}
par $v$. On compl\`{e}te par $u$ cette base incompl\`{e}te d'un seul vecteur,
on se retrouve avec une base $\left(  u,v\right)  $ telle que $\ker
f=\mathrm{Vect}(v)$. On appelle $A$ la matrice de passage correspondante.

$u$ n'appartient pas au noyau car il n'est pas colin\'{e}aire \`{a} $v$, ce
qui donne $f(u)\neq0$. On compl\`{e}te par $w$ cette base incompl\`{e}te d'un
seul vecteur $f(u)$. On obtient la base $B_{3}$. On appelle $B$ la matrice de
passage correspondante.

On appelle $U,V,W$ les vecteurs colonnes des coordonn\'{e}es de $u,v,w$ dans
la base canonique.

On a $AU=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
1\\
0
\end{array}
\right)  $ et $AV=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
1
\end{array}
\right)  $.

On a aussi $BW=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
1\\
0
\end{array}
\right)  $, qu'on n'utilise pas, et $BMU=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
1
\end{array}
\right)  $.

Enfin, $MV=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0
\end{array}
\right)  $.

Ce qui donne : $BMA^{-1}\left(
\begin{array}
[c]{c}%
1\\
0
\end{array}
\right)  =BMU=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
1
\end{array}
\right)  $, premi\`{e}re colonne de $BMA^{-1}$,

et $BMA^{-1}\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
1
\end{array}
\right)  =BMV=B\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0
\end{array}
\right)  $, seconde colonne de $BMA^{-1}$.

Ce qui revient \`{a} : $BMA^{-1}=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
1 & 0
\end{array}
\right)  $.

$P=B$ et $Q=A^{-1}$ conviennent donc.

\item $q(M)=q\left(  B^{-1}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
1 & 0
\end{array}
\right)  A\right)  =q\left(  B^{-1}\right)  q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
1 & 0
\end{array}
\right)  \right)  q\left(  A\right)  $,

on va plus loin en calculant : $q\left(  M^{2}\right)  =q(M)^{2}=q\left(
B^{-1}\right)  ^{2}q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
1 & 0
\end{array}
\right)  \right)  ^{2}q\left(  A\right)  ^{2}$

$q\left(  M\right)  ^{2}=q\left(  B^{-1}\right)  ^{2}q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
1 & 0
\end{array}
\right)  ^{2}\right)  q\left(  A\right)  ^{2}=q\left(  B^{-1}\right)
^{2}q\left(  0\right)  q\left(  A\right)  ^{2}=0$.

Finalement : $q(M)=0$.
\end{enumerate}

\item  Si le rang de $M$ est 2, $q(M)\neq0$,

si le rang est 1, $q(M)=0$ et si le rang de $M$ est nul, $M=0$ et $q(M)=0$ car
$q$ est quadratique.

On a bien : $M\neq0\Leftrightarrow M$ est inversible.

\item -

\begin{enumerate}
\item $f(\lambda)=\left|
\begin{array}
[c]{cc}%
a-\lambda &  b\\
c & d-\lambda
\end{array}
\right|  =\left(  a-\lambda\right)  \left(  d-\lambda\right)  -bc$. C'est un
polyn\^{o}me de degr\'{e} 2 en $\lambda$ dont les racines sont les valeurs
propres de $M$.

\item  Remarquon d'abord que : $\varphi\left(  A,A\right)  =\dfrac{1}%
{4}\left(  q\left(  2A\right)  -q\left(  0\right)  \right)  =\dfrac{1}%
{4}q\left(  2A\right)  =q\left(  A\right)  $.

Mais $\varphi$ est bilin\'{e}aire sym\'{e}trique, on l'admet ou on
consid\`{e}re qu'il s'agit d'une extension des propri\'{e}t\'{e}s du cours ;
la d\'{e}monstration est la m\^{e}me.

Ce qui donne : $g(\lambda)=q\left(  M-\lambda I\right)  =\varphi\left(
M-\lambda I,M-\lambda I\right)  =\underbrace{\varphi\left(  M,M\right)
}_{=q\left(  M\right)  }-2\lambda\,\varphi\left(  M,I\right)  +\lambda
^{2}\underbrace{\varphi\left(  I,I\right)  }_{=q\left(  I\right)  =1}$.

Enfin, $g(\lambda)=q\left(  M\right)  -2\lambda\,\varphi\left(  M,I\right)
+\lambda^{2}$.

$g(\lambda)=0\Leftrightarrow q\left(  M-\lambda I\right)  =0\Leftrightarrow
M-\lambda I$ non inversible $\Leftrightarrow\lambda$ valeur propre de $M$.

Les racines de $g$ sont les valeurs propres de $M$.

Ainsi $g$ et le polyn\^{o}me caract\'{e}ristique de $M$ ont les m\^{e}mes
racines et m\^{e}me terme de plus haut degr\'{e}, ils sont \'{e}gaux. Ils ont
donc le m\^{e}me terme constant, ce qui donne : $q\left(  M\right)
=\det\left(  M\right)  $.
\end{enumerate}

\item -

\begin{enumerate}
\item  Il suffit de prendre $M$ non trigonalisable, c'est \`{a} dire dont le
polyn\^{o}me caract\'{e}ristique n'est pas scind\'{e}. Par exemple $M=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & -1\\
1 & 1
\end{array}
\right)  $ dont le polyn\^{o}me caract\'{e}ristique est : $\lambda
^{2}-2\lambda+2>0$.

\item  On a : $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 0\\
-c & a
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
0 & ad-bc
\end{array}
\right)  $, ce qui revient \`{a} remplacer la deuxi\`{e}me ligne par $a$ fois
la deuxi\`{e}me moins $c$ fois la premi\`{e}re.

$\underbrace{q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
0 & ad-bc
\end{array}
\right)  \right)  }_{\text{\'{e}gal au d\'{e}terminant}}=q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 0\\
-c & a
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  =\underbrace{q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 0\\
-c & a
\end{array}
\right)  \right)  }_{\text{\'{e}gal au d\'{e}terminant}}\,q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  $

D'o\`{u} : $a\left(  ad-bc\right)  =a\,q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  $ et $a\neq0$ donnent : $q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  =ad-bc$.

Si $a\neq0$, $q$ est encore le d\'{e}terminant.

\item  Dans le cas o\`{u} $a=0$ et $c\neq0$ : $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 1\\
0 & 1
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & b\\
c & d
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
c & b+d\\
c & d
\end{array}
\right)  $.

Ce qui donne $\underbrace{q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
c & b+d\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  }_{=cd-c(b+d)}=q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 1\\
0 & 1
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  =\underbrace{q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 1\\
0 & 1
\end{array}
\right)  \right)  }_{=1}\,q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  $,

$q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  =-cb$, $q$ est encore le d\'{e}terminant.

\item  Il ne reste que le cas o\`{u} $a=c=0$, mais alors $M$ n'est pas
inversible, donc $q\left(  M\right)  =0$ et d'autre part, on a aussi
$\det\left(  M\right)  =0$.

Finalement, $q$ n'est que le d\'{e}terminant : $q\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)  \right)  =ad-bc$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Etude d'une surface}

\begin{enumerate}
\item $M=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
x & \frac{z}{\sqrt{2}}\\
\frac{z}{\sqrt{2}} & y
\end{array}
\right)  ,$ $\det\left(  M\right)  =xy-\dfrac{z^{2}}{2}=k$ est bien
l'\'{e}quation d'une quadrique.

\item  Comme $k=0$, on a comme \'{e}quation : $xy-\dfrac{z^{2}}{2}=0$. On
reconnait l'\'{e}quation d'un c\^{o}ne de sommet $O$.

\begin{enumerate}
\item  Par $M_{0}\neq O$, il passe la g\'{e}n\'{e}ratrice $\left(
OM_{0}\right)  $ trac\'{e}e sur le c\^{o}ne. En param\'{e}triques : $\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
x=\lambda\,x_{0}\\
y=\lambda\,y_{0}\\
z=\lambda\,z_{0}%
\end{array}
\right.  $

\item  En $M_{0}\neq O$, le gradient est $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
y_{0}\\
x_{0}\\
-z_{0}%
\end{array}
\right)  $ qui est bien non nul, le plan tangent est donc d'\'{e}quation :
$\left(  x-x_{0}\right)  y_{0}+\left(  y-y_{0}\right)  x_{0}-\left(
z-z_{0}\right)  z_{0}=0$, ou encore, comme $M_{0}\in\Gamma_{0}$,
$x\,y_{0}+y\,x_{0}-z\,z_{0}=0$.

Ce plan contient bien la g\'{e}n\'{e}ratrice car il contient $M_{0}$ et $O$.
\end{enumerate}

\item  Comme $k=-1$, on a comme \'{e}quation : $xy-\dfrac{z^{2}}{2}=-1$.

\begin{enumerate}
\item  On a $xy=-1+\dfrac{z^{2}}{2}$, c'est \`{a} dire que, quand $z$ varie,
$xy$ prend toutes les valeurs sup\'{e}rieures ou \'{e}gales \`{a} $-1$. La
projection orthogonale de $\Gamma_{-1}$ est donc l'espace du plan $xOy$
situ\'{e}, au sens large, entre les 2 branches de l'hyperbole d'\'{e}quation
$xy=-1$.

\item  On a encore : $xy=-1+\dfrac{z^{2}}{2}$, si $x\neq0$, on a toujours une
valeur de $y$ qui permet d'obtenir le point de coordonn\'{e}es $\left(
x,z\right)  $ dans la projection.

Si $x=0$, les seules valeurs possibles de $z$ sont $\pm\sqrt{2}$, $y$ est
d'ailleurs quelconque dans ce cas.

La projection de $\Gamma_{-1}$ sur le plan $xOz$ est donc tout le plan,
priv\'{e} de l'axe $Oz$ auquel il faut remettre les point de coordonn\'{e}es
$\left(  0,\pm\sqrt{2}\right)  $.

\item  Compte tenu de la remarque faite \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente,
les droites : $\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
x=0\\
z=\sqrt{2}%
\end{array}
\right.  $ et $\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
x=0\\
z=-\sqrt{2}%
\end{array}
\right.  $ sont parall\`{e}les et trac\'{e}es sur $\Gamma_{-1}$.
\end{enumerate}

\item  Equation r\'{e}duite

\begin{enumerate}
\item  La matrice de la forme quadratique est : $\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & \frac{1}{2} & 0\\
\frac{1}{2} & 0 & 0\\
0 & 0 & -\frac{1}{2}%
\end{array}
\right)  $

Son polyn\^{o}me caract\'{e}ristique est : $\left(  \lambda^{2}-\dfrac{1}%
{4}\right)  \left(  -\lambda-\dfrac{1}{2}\right)  $.

Les valeurs propres sont donc : $-\dfrac{1}{2}$ qui est double et $\dfrac
{1}{2}$ qui est simple.

Dans un rep\`{e}re orthonormal de m\^{e}me origine et de vecteurs propres, en
commen\c{c}ant par un vecteur propre correspondant \`{a} la valeur propre
$\dfrac{1}{2}$, l'\'{e}quation devient : $\dfrac{X^{2}}{2}-\dfrac{Y^{2}}%
{2}-\dfrac{Z^{2}}{2}=k$. 

$E_{3}$ est bien propre pour la valeur propre $-\dfrac{1}{2}$.

Le premier vecteur $U$ est norm\'{e} et propre pour $\lambda=\dfrac{1}{2}$. On
obtient $x=y$ et $z=0$.

Par exemple $U=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\frac{\sqrt{2}}{2}\\
\frac{\sqrt{2}}{2}\\
0
\end{array}
\right)  $.

Le second vecteur est norm\'{e} et orthogonal \`{a} $U$ et \`{a} $E_{3}$, par
exemple $V=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
-\frac{\sqrt{2}}{2}\\
\frac{\sqrt{2}}{2}\\
0
\end{array}
\right)  $.

On a ici en fait un nouveau rep\`{e}re direct, tourn\'{e} de $\dfrac{\pi}{4}$
par rapport \`{a} $Oz$.

\item  La quadrique est toujours de r\'{e}volution. Si $k>0$, on a un
hyperbolo\"{i}de \`{a} 2 nappes, si $k<0$, on a un hyperbolo\"{i}de \`{a} 1
nappe et si $k=0$, on a le c\^{o}ne d\'{e}j\`{a} \'{e}tudi\'{e}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Applications $\Phi$}

\begin{enumerate}
\item  Propri\'{e}t\'{e} \textbf{P}

\begin{enumerate}
\item -

\begin{enumerate}
\item $\Phi$ est bijective donc il existe $M$ telle que $\Phi\left(  M\right)
=I$.

$\Phi\left(  I\,M\right)  =\Phi\left(  I\right)  \,\Phi\left(  M\right)
=\Phi\left(  I\right)  =\Phi\left(  M\right)  =I$.

\item  Si $M$ est sym\'{e}trique, $\Phi\left(  \,^{t}\!M\right)  =\Phi\left(
M\right)  =\,^{t}\!\left(  \Phi\left(  M\right)  \right)  $, d'o\`{u}
$\Phi\left(  M\right)  $ est aussi sym\'{e}trique.

Ceci prouve que $\Phi\left(  S_{2}\right)  \subset S_{2}$, et comme $\Phi$ est
lin\'{e}aire et bijective en dimension finie, $\Phi\left(  S_{2}\right)  $ et
$S_{2}$ ont la m\^{e}me dimension, finalement $\Phi\left(  S_{2}\right)
=S_{2}$.

\item $\,^{t}\!E_{4}=-E_{4}$, donc $\Phi\left(  \,^{t}\!E_{4}\right)
=\Phi\left(  -E_{4}\right)  =-\Phi\left(  E_{4}\right)  =\,^{t}\!\left(
\Phi\left(  E_{4}\right)  \right)  $, $\Phi\left(  E_{4}\right)  $ est donc
antisym\'{e}trique, colin\'{e}aire \`{a} $E_{4}$.

$\Phi\left(  E_{4}\right)  =\lambda\,E_{4}$, mais $E_{4}^{2}=-\dfrac{1}{2}I$
et $\Phi\left(  E_{4}^{2}\right)  =\Phi\left(  E_{4}\right)  ^{2}=\Phi\left(
-\dfrac{1}{2}I\right)  =-\dfrac{1}{2}I=\lambda^{2}\,E_{4}^{2}=-\dfrac
{\lambda^{2}}{2}I$ ce qui prouve que $\lambda^{2}=1$.

Finalement : $\Phi\left(  E_{4}\right)  =\pm E_{4}$.
\end{enumerate}

\item  Si $M$ est inversible : $\Phi\left(  I\right)  =I=\Phi\left(
M\,M^{-1}\right)  =\Phi\left(  M\right)  \,\Phi\left(  M^{-1}\right)  $ ce qui
prouve que $\Phi\left(  M\right)  $ est inversible.

Si $\Phi\left(  M\right)  $ est inversible, comme $\Phi$ est bijective, soit
$M^{\prime}$ telle que $\Phi\left(  M^{\prime}\right)  =\Phi\left(  M\right)
^{-1}$, alors $\Phi\left(  M\,M^{\prime}\right)  =\Phi\left(  M\right)
\,\Phi\left(  M^{\prime}\right)  =\Phi\left(  M\right)  \,\Phi\left(
M\right)  ^{-1}=I$. Et comme encore une fois $\Phi$ est bijective,
$M\,M^{\prime}=I$ et donc $M$ est inversible.

On a bien l'\'{e}quivalence demand\'{e}e. De plus : $\Phi\left(
M^{-1}\right)  =\Phi\left(  M\right)  ^{-1}$.

$M\in\Gamma_{0}\Leftrightarrow\det M=0\Leftrightarrow M$ non inversible
$\Leftrightarrow\Phi\left(  M\right)  $ non inversible $\Leftrightarrow
\det\left(  \Phi\left(  M\right)  \right)  =0$

Ce qui donne : $M\in\Gamma_{0}\Leftrightarrow\Phi\left(  M\right)  \in
\Gamma_{0}$.

Finalement : $\Phi\left(  \Gamma_{0}\right)  =\Gamma_{0}$.
\end{enumerate}

\item  Exemple

\begin{enumerate}
\item $\Phi_{A}$ est clairement lin\'{e}aire et $\Phi_{A}\left(  I\right)
=I=A\,I\,A=A^{2}$. On a la condition n\'{e}cessaire, il faut montrer que
$A^{2}=I$ est suffisante.

$A$ est donc inversible et $\Psi_{A}$ d\'{e}finie par $\Psi_{A}\left(
M\right)  =A^{-1}\,M\,A^{-1}$ verifie clairement $\Psi_{A}\circ\Phi_{A}\left(
M\right)  =M$, c'est \`{a} dire $\Psi_{A}\circ\Phi_{A}=I$ et enfin $\Phi_{A}$
est bijective.

On a facilement : $\Phi_{A}\left(  M\right)  \,\Phi_{A}\left(  M^{\prime
}\right)  =AMAAM^{\prime}A=AMM^{\prime}A=\Phi_{A}\left(  MM^{\prime}\right)  $.

$A$ est sym\'{e}trique donc : $\Phi_{A}\left(  \,^{t}\!M\right)
=A\,^{t}\!MA=\,^{t}\!A\,^{t}\!M\,^{t}\!A=\,^{t}\!\left(  AMA\right)
=\,^{t}\!\Phi_{A}\left(  M\right)  $.

$\Phi_{A}$ v\'{e}rifie bien la propri\'{e}t\'{e} \textbf{P}.

\item $A^{2}=I$ et $A=\,^{t}\!A$ donc $A\,^{t}\!A=I$, ce qui prouve que $A$
est orthogonale.

$A$ est orthogonale et sym\'{e}trique, c'est donc la matrice d'une
sym\'{e}trie orthogonale :

\begin{itemize}
\item  matrice de l'identit\'{e} ou de moins l'identit\'{e}, ce qui est
impossible ici car contraire aux hypoth\`{e}ses, ou

\item  la matrice d'une sym\'{e}trie orthogonale par rapport \`{a} une droite,
de la forme $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  $.
\end{itemize}

On aurait aussi pu travailler avec $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
b & c
\end{array}
\right)  $ et $\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
ab+bc=0\\
a^{2}+b^{2}=1\\
b^{2}+c^{2}=1
\end{array}
\right.  $

On en tire $a^{2}=c^{2}$ ou $a=\pm c$.

$a=c$ donne $b=0$ et $a=\pm1$, c'est \`{a} dire l'identit\'{e} ou moins
l'identit\'{e}.

Pour $a=-c,$ on pose $a=\cos\theta$ et $b=\sin\theta$ qui donne la matrice de
la sym\'{e}trie othogonale d\'{e}j\`{a} pr\'{e}cis\'{e}e.

$\Phi_{A}\left(  E_{4}\right)  =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 1\\
-1 & 0
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  $

$\Phi_{A}\left(  E_{4}\right)  =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\sin\theta & -\cos\theta\\
-\cos\theta & -\sin\theta
\end{array}
\right)  =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & -1\\
1 & 0
\end{array}
\right)  =-E_{4}$.

\item $A=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  =\cos\theta\,\left(  E_{1}-E_{2}\right)  +\sqrt{2}\sin\theta
\,E_{3}=\sqrt{2}\left(  \cos\theta\,\underbrace{\dfrac{E_{1}-E_{2}}{\sqrt{2}}%
}_{\text{norm\'{e}}}+\sin\theta\,E_{3}\right)  $.

Les deux matrices-vecteurs $\dfrac{E_{1}-E_{2}}{\sqrt{2}}$ et $E_{3}$ sont
norm\'{e}s et orthogonaux.

$A$ d\'{e}crit donc le cercle du plan $\left(  O,\frac{E_{1}-E_{2}}{\sqrt{2}%
},E_{3}\right)  $ de centre $O$ et de rayon $\sqrt{2}$.

\item $\left\|  \Phi_{A}\left(  M\right)  \right\|  ^{2}=\mathrm{tr}\left(
\Phi_{A}\left(  M\right)  \,^{t}\!\Phi_{A}\left(  M\right)  \right)
=\mathrm{tr}\left(  AMA\,^{t}\!A\,^{t}\!M\,^{t}\!A\right)  =\mathrm{tr}\left(
AM\,^{t}\!M\,^{t}\!A\right)  $

$=\mathrm{tr}\left(  \left(  AM\,^{t}\!M\right)  A\right)  =\mathrm{tr}\left(
A\left(  AM\,^{t}\!M\right)  \right)  =\mathrm{tr}\left(  M\,^{t}\!M\right)
=\left\|  M\right\|  ^{2}$.

Ceci prouve que $\Phi_{A}$ conserve la norme et est donc une isom\'{e}trie.

Par ailleurs, $\Phi_{A}\circ\Phi_{A}\left(  M\right)  =A\,AMA\,A=M$, c'est
\`{a} dire $\Phi_{A}$ est une sym\'{e}trie.

$\Phi_{A}$ est donc une sym\'{e}trie orthogonale.

\item  Restriction de $\Phi_{A}$ \`{a} $S_{2}$ qui est de dimension 3.

\begin{enumerate}
\item $\Phi_{A}\left(  A\right)  =AAA=A$ et $\Phi_{A}\left(  I\right)  =I$, le
plan engendr\'{e} par $A$ et $I$ est invariant.

Dans la base orthonormale $\left(  E_{1},E_{2},E_{3}\right)  $ de $S_{2}$, 

$A$ a pour coordonn\'{e}es $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\cos\theta\\
-\cos\theta\\
\sqrt{2}\sin\theta
\end{array}
\right)  $ et $I:\left(
\begin{array}
[c]{c}%
1\\
1\\
0
\end{array}
\right)  $, 

un vecteur normal \`{a} ces deux vecteurs a (par exemple) pour coordonn\'{e}es
: $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
-\sqrt{2}\sin\theta\\
\sqrt{2}\sin\theta\\
2\cos\theta
\end{array}
\right)  $, 

qui est l'\'{e}criture dans la base donn\'{e}e de : $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
-\sqrt{2}\sin\theta & \sqrt{2}\cos\theta\\
\sqrt{2}\cos\theta & \sqrt{2}\sin\theta
\end{array}
\right)  $.

$\Phi_{A}\left(  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
-\sqrt{2}\sin\theta & \sqrt{2}\cos\theta\\
\sqrt{2}\cos\theta & \sqrt{2}\sin\theta
\end{array}
\right)  \right)  $

$=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
-\sqrt{2}\sin\theta & \sqrt{2}\cos\theta\\
\sqrt{2}\cos\theta & \sqrt{2}\sin\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  $

$=\sqrt{2}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & -1\\
1 & 0
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\sqrt{2}\sin\theta & -\sqrt{2}\cos\theta\\
-\sqrt{2}\cos\theta & -\sqrt{2}\sin\theta
\end{array}
\right)  $

$=-\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
-\sqrt{2}\sin\theta & \sqrt{2}\cos\theta\\
\sqrt{2}\cos\theta & \sqrt{2}\sin\theta
\end{array}
\right)  $.

Ce vecteur-matrice est transform\'{e} en son oppos\'{e}.

$\Phi_{A}$ est donc la sym\'{e}trie orthogonale par rapport au plan
engendr\'{e} par $A$ et $I$.

\item $\Phi_{A}\left(  E_{1}\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 0\\
0 & 0
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  $

$=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
0 & 0
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos^{2}\theta & \cos\theta\sin\theta\\
\cos\theta\sin\theta & \sin^{2}\theta
\end{array}
\right)  $

$\Phi_{A}\left(  E_{2}\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
0 & 1
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  $

$=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\sin^{2}\theta & -\cos\theta\sin\theta\\
-\cos\theta\sin\theta & \cos^{2}\theta
\end{array}
\right)  $

$\Phi_{A}\left(  U\right)  =\Phi_{A}\left(  \dfrac{E_{1}+E_{2}}{\sqrt{2}%
}\right)  =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 0\\
0 & 1
\end{array}
\right)  =\dfrac{E_{1}+E_{2}}{\sqrt{2}}=U$

$\Phi_{A}\left(  V\right)  =\Phi_{A}\left(  \dfrac{E_{1}-E_{2}}{\sqrt{2}%
}\right)  =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta & 2\cos\theta\sin\theta\\
2\cos\theta\sin\theta & -\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta
\end{array}
\right)  $

$=\cos2\theta\,\dfrac{E_{1}-E_{2}}{\sqrt{2}}+\sin2\theta\,E_{3}=\cos
2\theta\,V+\sin2\theta\,E_{3}$

$\Phi_{A}\left(  E_{3}\right)  =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 1\\
1 & 0
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  $

$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\sin\theta & -\cos\theta\\
\cos\theta & \sin\theta
\end{array}
\right)  =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
2\cos\theta\sin\theta & -\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta\\
-\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta & -2\cos\theta\sin\theta
\end{array}
\right)  $

$=\sin2\theta\,\dfrac{E_{1}-E_{2}}{\sqrt{2}}-\cos2\theta\,E_{3}=\sin
2\theta\,V-\cos2\theta\,E_{3}$

La matrice de $\Phi_{A}$ dans la base $\left(  U,V,E_{3}\right)  $ est donc :
$\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 0 & 0\\
0 & \cos2\theta & \sin2\theta\\
0 & \sin2\theta & -\cos2\theta
\end{array}
\right)  $.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\item  Retour au cas g\'{e}n\'{e}ral

\begin{enumerate}
\item $\Phi$ est lin\'{e}aire donc les coefficients de $\Phi\left(  M\right)
$ sont des formes lin\'{e}aires des coefficients de $M$ et $\det\circ
\Phi\left(  M\right)  $ est une forme quadratique, (polyn\^{o}me homog\`{e}ne
de degr\'{e} 2), des coefficients de $M$. c'est \`{a} dire que $\det\circ
\Phi\circ\Psi$ est une forme quadratique. 

Elle est non nulle car $\Phi\left(  I\right)  =I$ et $\det\circ\Phi\left(
I\right)  =1$.

\item $\det\circ\Phi$ est une forme quadratique non nulle qui v\'{e}rifie la
propri\'{e}t\'{e} (1) de la partie II car $\Phi$ v\'{e}rifie \textbf{P}.

V\'{e}rifions : $\det\left(  \Phi\left(  MM^{\prime}\right)  \right)
=\det\left(  \Phi\left(  M\right)  \Phi\left(  M^{\prime}\right)  \right)
=\det\left(  \Phi\left(  M\right)  \right)  \det\left(  \Phi\left(  M^{\prime
}\right)  \right)  $.

En utilisant le r\'{e}sultat final de la partie II, $\det\circ\Phi$ est le
d\'{e}terminant.

Enfin $M\in\Gamma_{k}\Leftrightarrow\det M=k\Leftrightarrow\det\left(
\Phi\left(  M\right)  \right)  =k\Leftrightarrow\Phi\left(  M\right)
\in\Gamma_{k}$.

\item $U\,/\!/\,I$ et $\Phi\left(  I\right)  =I$ donc $\Phi\left(  U\right)
=U$.

Si $M$ est sym\'{e}trique, $\Phi\left(  M\right)  $ est sym\'{e}trique donc
$\Phi\left(  S_{2}\right)  \subset S_{2}$. $\Phi$ est bijective et on est en
dimension finie donc $\Phi\left(  S_{2}\right)  =S_{2}$.

$\Phi\left(  \,^{t}\!E_{4}\right)  =\Phi\left(  -E_{4}\right)  =-\Phi\left(
E_{4}\right)  =\,^{t}\!\Phi\left(  E_{4}\right)  $ donc $\Phi\left(
E_{4}\right)  $ est antisym\'{e}trique.

Ce qui donne : $E_{4}\in S_{2}^{\bot}\Rightarrow\Phi\left(  E_{4}\right)  \in
S_{2}^{\bot}$ qui est de dimension 1 donc $\Phi\left(  E_{4}\right)
=\lambda\,E_{4}$.

$\Phi\left(  E_{4}^{2}\right)  =\Phi\left(  -\dfrac{1}{2}I\right)  =-\dfrac
{1}{2}I=\Phi\left(  E_{4}\right)  ^{2}=\lambda^{2}E_{4}^{2}=-\dfrac{1}%
{2}\lambda^{2}I$ d'o\`{u} $\lambda^{2}=1$.

On a bien : $\Phi\left(  E_{4}\right)  =\varepsilon\,E_{4}$ avec
$\varepsilon=\pm1$.

La matrice de $\Phi$ dans la base \textbf{B} est donc de la forme : $\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & u & v & 0\\
0 & \alpha & \gamma & 0\\
0 & \beta & \delta & 0\\
0 & 0 & 0 & \varepsilon
\end{array}
\right)  $.

On prend la matrice $M$ de coordonn\'{e}es dans cette base : $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
a\\
b\\
c\\
d
\end{array}
\right)  $, les coordonn\'{e}es de $\Phi\left(  M\right)  $ sont donc :
$\left(
\begin{array}
[c]{c}%
a+bu+cv\\
\alpha b+\gamma c\\
\beta b+\delta c\\
\varepsilon d
\end{array}
\right)  $.

$M=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\dfrac{a+b}{\sqrt{2}} & \dfrac{c+d}{\sqrt{2}}\\
\dfrac{c-d}{\sqrt{2}} & \dfrac{a-b}{\sqrt{2}}%
\end{array}
\right)  $ et $\det M=\dfrac{a^{2}-b^{2}-c^{2}+d^{2}}{2}$,

et $\det\left(  \Phi\left(  M\right)  \right)  =\dfrac{\left(  a+bu+cv\right)
^{2}-\left(  \alpha b+\gamma c\right)  ^{2}-\left(  \beta b+\delta c\right)
^{2}+d^{2}}{2}=\det M=\dfrac{a^{2}-b^{2}-c^{2}+d^{2}}{2}$ pour toutes les
valeurs de $a,b,c,d$.

Ce qui donne : $u=0$ et $v=0$ pour les termes en $ab$ et $ac$.

On arrive maintenant \`{a} $\left(  \alpha b+\gamma c\right)  ^{2}+\left(
\beta b+\delta c\right)  ^{2}=b^{2}+c^{2}$ pour tous les $b$ et $c$.

Ce qui donne : $\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
\alpha^{2}+\beta^{2}=1\\
\gamma^{2}+\delta^{2}=1\\
\alpha\gamma+\beta\delta=0
\end{array}
\right.  $ ou encore $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\alpha & \gamma\\
\beta & \delta
\end{array}
\right)  $ est orthogonale.

C'est donc soit une matrice de rotation, $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & -\sin\theta\\
\sin\theta & \cos\theta
\end{array}
\right)  $,

soit une matrice de sym\'{e}trie orthogonale, $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta
\end{array}
\right)  $.

Dans tous les cas $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\alpha & \gamma\\
\beta & \delta
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\cos\theta & \varepsilon^{\prime}\,\sin\theta\\
\sin\theta & -\varepsilon^{\prime}\,\cos\theta
\end{array}
\right)  $ avec $\varepsilon^{\prime}=\pm1$.

La matrice de $\Phi$ dans la base \textbf{B} a bien la forme indiqu\'{e}e.

\item $\varepsilon^{\prime}=1$

\begin{enumerate}
\item  Montrons que si $\Phi$ et $\Phi_{A}$ v\'{e}rifient la propri\'{e}t\'{e}
\textbf{P}, alors $\Phi\circ\Phi_{A}$ la v\'{e}rifie aussi.

Tout d'abord : $\Phi\left(  \Phi_{A}\left(  M\,M^{\prime}\right)  \right)
=\Phi\left(  \Phi_{A}\left(  M\right)  \,\Phi_{A}\left(  M^{\prime}\right)
\right)  =\Phi\left(  \Phi_{A}\left(  M\right)  \right)  \,\Phi\left(
\Phi_{A}\left(  M^{\prime}\right)  \right)  $,

et ensuite : $\Phi\left(  \Phi_{A}\left(  \,^{t}\!M\right)  \right)
=\Phi\left(  \,^{t}\!\Phi_{A}\left(  M\right)  \right)  =\,^{t}\!\Phi\left(
\Phi_{A}\left(  M\right)  \right)  $, ce qui assure la propri\'{e}t\'{e} car
$\Phi\circ\Phi_{A}$ est clairement lin\'{e}aire et bijective.

La propri\'{e}t\'{e} d\'{e}montr\'{e}e ici est en fait tr\`{e}s g\'{e}%
n\'{e}rale. On la r\'{e}utilisera \`{a} la question suivante.

\item  On cherche maintenant la matrice de la transposition dans \textbf{B}.

$M=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\dfrac{a+b}{\sqrt{2}} & \dfrac{c+d}{\sqrt{2}}\\
\dfrac{c-d}{\sqrt{2}} & \dfrac{a-b}{\sqrt{2}}%
\end{array}
\right)  $ est de transpos\'{e}e $\,^{t}\!M=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\dfrac{a+b}{\sqrt{2}} & \dfrac{c-d}{\sqrt{2}}\\
\dfrac{c+d}{\sqrt{2}} & \dfrac{a-b}{\sqrt{2}}%
\end{array}
\right)  $, la matrice cherch\'{e}e associe donc le vecteur $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
a\\
b\\
c\\
-d
\end{array}
\right)  $ au vecteur $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
a\\
b\\
c\\
d
\end{array}
\right)  $. C'est donc : $\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}
\right)  $.

Toujours dans la base \textbf{B}, $\Phi\circ\Phi_{A}$ a pour matrice :

$\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & \cos\theta & \sin\theta & 0\\
0 & \sin\theta & -\cos\theta & 0\\
0 & 0 & 0 & \varepsilon
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & \cos\theta & \sin\theta & 0\\
0 & \sin\theta & -\cos\theta & 0\\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -\varepsilon
\end{array}
\right)  $.

Ce qui prouve que $\Phi\circ\Phi_{A}$ est soit l'identit\'{e}, soit la transposition.

Mais la transposition ne v\'{e}rifie pas la deuxi\`{e}me ligne de la
d\'{e}finition de \textbf{P}, donc $\Phi\circ\Phi_{A}$ est l'identit\'{e} et
$\varepsilon=-1$.

Enfin, $\Phi=\Phi_{A}^{-1}=\Phi_{A}$.
\end{enumerate}

\item  On prend maintenant $\varepsilon^{\prime}=-1$ et on cherche la matrice
de $\Phi\circ\Phi_{A}$, toujours dans la base \textbf{B}.

C'est : $\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & \cos\theta & -\sin\theta & 0\\
0 & \sin\theta & \cos\theta & 0\\
0 & 0 & 0 & \varepsilon
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & \cos\theta & \sin\theta & 0\\
0 & \sin\theta & -\cos\theta & 0\\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{cccc}%
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & \cos2\theta & \sin2\theta & 0\\
0 & \sin2\theta & -\cos2\theta & 0\\
0 & 0 & 0 & -\varepsilon
\end{array}
\right)  $.

Mais cette matrice, en utilisant la question p\'{e}c\'{e}dente est celle de
$\Phi_{B}$ en changeant $\theta$ en $2\theta$. Cette fois ci, $\varepsilon$
vaut 1$.$

Ce qui donne $\Phi\circ\Phi_{A}=\Phi_{B}$ ou encore $\Phi=\Phi_{B}\circ
\Phi_{A}^{-1}=\Phi_{B}\circ\Phi_{A}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

Fin du corrig\'{e}.

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Auteur : Christophe Caignaert, Lyc\'{e}e Colbert, Parvis Colbert 59200 Tourcoing.

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\texttt{http://c.caignaert.free.fr}
\end{document}
