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\input{tcilatex}

\begin{document}

\author{The Professor}
\title{$\frame{Math\'{e}matiquesCentrale TSI 2 }$}
\date{The Date}
\maketitle

\begin{equation*}
\frame{Math\'{e}matiquesCentrale TSI 2 }
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item Questions pr\'{e}limaires

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit$P=\left( 
\begin{array}{cc}
a & b \\ 
c & d%
\end{array}%
\right) $ et $P^{\prime }=\left( 
\begin{array}{cc}
a^{\prime } & b^{\prime } \\ 
c^{\prime } & d^{\prime }%
\end{array}%
\right) $ on obtient que : $A=\left( 
\begin{array}{ccc}
a & b & q_{1} \\ 
c & d & q_{2} \\ 
r_{1} & r_{2} & s%
\end{array}%
\right) $ et $A^{\prime }=\left( 
\begin{array}{ccc}
a^{\prime } & b^{\prime } & q_{1}^{\prime } \\ 
c^{\prime } & d^{\prime } & q_{2}^{\prime } \\ 
r_{1}^{\prime } & r_{2}^{\prime } & s^{\prime }%
\end{array}%
\right) $ donc $Y=\left( 
\begin{array}{c}
aq_{1}^{\prime }+bq_{2}^{\prime }+q_{1}s^{\prime } \\ 
cq_{1}^{\prime }+dq_{2}^{\prime }+q_{2}s^{\prime }%
\end{array}%
\right) $ soit $Y=PQ^{\prime }+QS^{\prime }$

\item $^{t}A=\left( 
\begin{array}{cc}
^{t}P & ^{t}R \\ 
^{t}Q & S%
\end{array}%
\right) $
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item $\left\Vert -X_{1}\right\Vert =\left\Vert X_{1}\right\Vert $ et
d'autre part $\left( -X_{1}\right) .X_{2}=-X_{1}.X_{2}$ donc $\left(
-X_{1}\right) .X_{2}=0$ et $\left( -X_{1},X_{2}\right) $ est une base
orthonormale de $\mathbb{R}^{2}.$ De plus $B\left( -X_{1}\right) =-BX_{1}$
en supposant que $X_{1}$ est vecteur propre pour $B$ associ\'{e} \`{a} la
valeur propre $\lambda _{1}$ : $-X_{1}\neq 0$ et $B\left( -X_{1}\right)
=-\lambda _{1}X_{1}$ donc $-X_{1}$ est vecteur propre de $B$ pour la valeur
propre $\lambda _{1}.$ De m\^{e}me pour $X_{2}$

\item $S$ est une matrice sym\'{e}trique r\'{e}elle donc il existe une
matrice $D$ diagonale et une matrice orthogonale $N$ r\'{e}elles telles que
: $S=ND^{t}N$ . On peut remplacer le premier vecteur colonne de $N$ par son
oppos\'{e} gr\^{a}ce \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente. Donc $S=LD^{t}L$

\item $\det N=-\det L$ donc comme ce sont 2 matrices orthogonales donc de d%
\'{e}terminant 1 en valeur absolue. $N$ ou $L$ est une matrice de rotation
donc de la forme : $R\left( \theta \right) =\left( 
\begin{array}{cc}
\cos \theta  & -\sin \theta  \\ 
\sin \theta  & \cos \theta 
\end{array}%
\right) $
\end{enumerate}

\item $det\left( R-I\right) =\left( \cos \theta -1\right) ^{2}+\sin
^{2}\theta $ donc : $det\left( R-I\right) =0\Leftrightarrow \theta =0\left[
2\pi \right] $ or $R\neq I$ donc $R-I$ est inversible.
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $M=\left( 
\begin{array}{cc}
R & T \\ 
0 & 1%
\end{array}%
\right) $ donc $\det M=\det R$ et $\det M=1$

\item Prendre $p=0,q=1$ le produit scalaire des 1er et 3\`{e}me vecteurs
colonnes donne : $\sin \theta $ donc n'est pas nul. la matrice $M\left(
\theta ,p,q\right) $ n'est pas orthogonale.On peut d\'{e}terminer une
condition n\'{e}cessaire et suffisante pour qu'elle le soit. Une matrice
orthogonale est une matrice de changement de bases orhonormales : Une
condition n\'{e}cessaire est que le 3\`{e}me vecteur colonne soit de norme 1
donc : $p=0,$ $q=0.$ On v\'{e}rifie que les vecteurs colonnes de la matrice $%
\left( 
\begin{array}{ccc}
\cos \theta  & -\sin \theta  & 0 \\ 
\sin \theta  & \cos \theta  & 0 \\ 
0 & 0 & 1%
\end{array}%
\right) $ sont unitaires et orthogonaux 2 \`{a} 2. 
\begin{equation*}
M\left( p,q,\theta \right) \text{ est orthogonale si et seulement si : }%
p=0,q=0
\end{equation*}
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item $M\left( \theta ,p,q\right) M^{\prime }\left( \theta ^{\prime
},p^{\prime },q^{\prime }\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
RR^{\prime } & RT^{\prime }+T \\ 
0 & 1%
\end{array}%
\right) $ donc de la structure de groupe de l'ensemble des matrices de
rotation de $M_{2}\left( \mathbb{R}\right) $ :$M\left( \theta ,p,q\right)
M^{\prime }\left( \theta ^{\prime },p^{\prime },q^{\prime }\right) \in 
\mathcal{G}$

\item $M\left( \theta ,p,q\right) M^{\prime }\left( \theta ^{\prime
},p^{\prime },q^{\prime }\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
R\left( \theta +\theta ^{\prime }\right)  & RT^{\prime }+T \\ 
0 & 1%
\end{array}%
\right) $ donc $M\left( \theta ,p,q\right) M^{\prime }\left( \theta ^{\prime
},p^{\prime },q^{\prime }\right) =I\Leftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{c}
\theta ^{\prime }=-\theta \left[ 2\pi \right]  \\ 
T^{\prime }=-R\left( -\theta \right) T%
\end{array}%
\right. $ soit 
\begin{equation*}
M\left( \theta ,p,q\right) M^{\prime }\left( \theta ^{\prime },p^{\prime
},q^{\prime }\right) =I\Leftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{c}
\theta ^{\prime }=-\theta \left[ 2\pi \right]  \\ 
p^{\prime }=-p\cos \theta -q\sin \theta  \\ 
q^{\prime }=p\sin \theta -q\cos \theta 
\end{array}%
\right. 
\end{equation*}

\item $\mathcal{G}$ n'est pas vide : $I\in \mathcal{G}$ . Du II.B.1 le
produit est stable dans $\mathcal{G}$ $et$ de II.B.2 tout \'{e}l\'{e}ment de 
$\mathcal{G}$ poss\`{e}de un inverse dans $\mathcal{G}$. $\mathcal{G}$ est
donc un sous-groupe de $\mathcal{M}_{3}\left( \mathbb{R}\right) $
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item $M\left( \theta ,p,q\right) -XI_{3}=\left( 
\begin{array}{cc}
R-XI_{2} & T \\ 
0 & \left( 1-X\right) 
\end{array}%
\right) $ donc $P_{M\left( \theta ,p,q\right) }=\det \left( R-XI_{2}\right)
\left( 1-X\right) $ soit $P_{M\left( \theta ,p,q\right) }=\left(
X^{2}-2X\cos \theta +1\right) \left( 1-X\right) $

\item $R\neq I$

\begin{enumerate}
\item $X^{2}-2X\cos \theta +1$ a pour discriminant $-4\sin ^{2}\theta $

$\theta =\pi \left[ 2\pi \right] $ $\ \ \ \ P_{M\left( \theta ,p,q\right)
}=\left( X+1\right) ^{2}\left( 1-X\right) $ et les valeurs propres r\'{e}%
elles de $M\left( \theta ,p,q\right) $ sont 1 et -1

$\theta \neq \pi \left[ 2\pi \right] $ $\ \ \ \ \ M\left( \theta ,p,q\right) 
$ n'a qu'une seule valeur propre r\'{e}elle : 1

\item Dans tous les cas : 1 est valeur propre simple donc la dimension du
sous-espace propre associ\'{e} est 1, soit $X_{0}\left( 
\begin{array}{c}
V_{0} \\ 
1%
\end{array}%
\right) $ avec $V_{0}\left( 
\begin{array}{c}
x_{0} \\ 
y_{0}%
\end{array}%
\right) $un \'{e}l\'{e}ment de ce sous-espace propre : $M\left( \theta
,p,q\right) X_{0}=X_{0}\Leftrightarrow \left( 
\begin{array}{c}
RV_{0}+T \\ 
1%
\end{array}%
\right) =\left( 
\begin{array}{c}
V_{0} \\ 
1%
\end{array}%
\right) $ soit $M\left( \theta ,p,q\right) X_{0}=X_{0}\Leftrightarrow
V_{0}=\left( I-R\right) ^{-1}T$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item $P\left( x,y\right) $ donc $\overrightarrow{PP^{\prime }}=%
\overrightarrow{T}\Leftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{c}
x^{\prime }=x+p \\ 
y^{\prime }=y+q%
\end{array}%
\right. $

\item $P^{\prime }=r\left( P\right) \Leftrightarrow \left( 
\begin{array}{c}
x^{\prime }-x_{0} \\ 
y^{\prime }-y_{0}%
\end{array}%
\right) =R\left( \theta \right) \left( 
\begin{array}{c}
x-x_{0} \\ 
y-y_{0}%
\end{array}%
\right) $ donc 
\begin{equation*}
P^{\prime }=r\left( P\right) \Leftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{c}
x^{\prime }=x_{0}+\cos \theta \left( x-x_{0}\right) -\sin \theta \left(
y-y_{0}\right)  \\ 
y^{\prime }=y_{0}+\sin \theta \left( x-x_{0}\right) +\cos \theta \left(
y-y_{0}\right) 
\end{array}%
\right. 
\end{equation*}

\item $\overrightarrow{PP^{\prime }}=\overrightarrow{T}\Leftrightarrow
\left\{ 
\begin{array}{c}
x^{\prime }=x+p \\ 
y^{\prime }=y+q \\ 
1=1%
\end{array}%
\right. $ donc $\overrightarrow{PP^{\prime }}=\overrightarrow{T}%
\Leftrightarrow \left( 
\begin{array}{c}
x^{\prime } \\ 
y^{\prime } \\ 
1%
\end{array}%
\right) =\left( 
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & p \\ 
0 & 1 & q \\ 
0 & 0 & 1%
\end{array}%
\right) \left( 
\begin{array}{c}
x \\ 
y \\ 
1%
\end{array}%
\right) $%
\begin{equation*}
M=\left( 
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & p \\ 
0 & 1 & q \\ 
0 & 0 & 1%
\end{array}%
\right) 
\end{equation*}

$P^{\prime }=r\left( P\right) \Leftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{c}
x^{\prime }-x_{0}=\cos \theta \left( x-x_{0}\right) -\sin \theta \left(
y-y_{0}\right)  \\ 
y^{\prime }-y_{0}=\sin \theta \left( x-x_{0}\right) +\cos \theta \left(
y-y_{0}\right)  \\ 
1=1%
\end{array}%
\right. $

donc $P^{\prime }=r\left( P\right) \Leftrightarrow \left( 
\begin{array}{c}
x^{\prime } \\ 
y^{\prime } \\ 
1%
\end{array}%
\right) =\left( 
\begin{array}{ccc}
\cos \theta  & -\sin \theta  & x_{0}-\cos \theta x_{0}+\sin \theta y_{0} \\ 
\sin \theta  & \cos \theta  & y_{0}-\sin \theta x_{0}-\cos \theta y_{0} \\ 
0 & 0 & 1%
\end{array}%
\right) \left( 
\begin{array}{c}
x \\ 
y \\ 
1%
\end{array}%
\right) $%
\begin{equation*}
M=\left( 
\begin{array}{ccc}
\cos \theta  & -\sin \theta  & x_{0}-\cos \theta x_{0}+\sin \theta y_{0} \\ 
\sin \theta  & \cos \theta  & y_{0}-\sin \theta x_{0}-\cos \theta y_{0} \\ 
0 & 0 & 1%
\end{array}%
\right) 
\end{equation*}

\item .

\begin{enumerate}
\item $M\left( \theta ,p,q\right) $ $\left( 
\begin{array}{c}
x \\ 
y \\ 
1%
\end{array}%
\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
R & T \\ 
0 & 1%
\end{array}%
\right) \left( 
\begin{array}{c}
V \\ 
1%
\end{array}%
\right) $ donc $M\left( \theta ,p,q\right) $ $\left( 
\begin{array}{c}
x \\ 
y \\ 
1%
\end{array}%
\right) =\left( 
\begin{array}{c}
RV+T \\ 
1%
\end{array}%
\right) $

\item Soit $\left( 
\begin{array}{c}
x^{\prime } \\ 
y^{\prime } \\ 
1%
\end{array}%
\right) =M\left( \theta ,p,q\right) $ $\left( 
\begin{array}{c}
x \\ 
y \\ 
1%
\end{array}%
\right) $ on obtient que : $\left( 
\begin{array}{c}
x^{\prime } \\ 
y^{\prime }%
\end{array}%
\right) =RV+T$ donc $\overrightarrow{OP^{\prime }}$ est l'image de $%
\overrightarrow{OP}$ par la compos\'{e}e de la translation de matrice $T$ et
de la rotation d'angle $\theta $ donc $P^{\prime }$ est l'image de $P$ par
un d\'{e}placement du plan.

\item Si ce d\'{e}placement est une rotation de centre $P_{0}$ et $%
V_{P_{0}}=\left( 
\begin{array}{c}
x_{0} \\ 
y_{0}%
\end{array}%
\right) $ , $M\left( \theta ,p,q\right) $ $\left( 
\begin{array}{c}
x_{0} \\ 
y_{0} \\ 
1%
\end{array}%
\right) =\left( 
\begin{array}{c}
x_{0} \\ 
y_{0} \\ 
1%
\end{array}%
\right) $ donc : $V_{P_{0}}=RV_{P_{0}}+T$ soit : $V_{P_{0}}=\left(
I-R\right) ^{-1}T$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $Q\in \mathcal{S}$ et $Q^{\prime }=^{t}MQM$ donc $^{t}Q^{\prime
}=^{t}M^{t}QM$ donc comme $Q\in \mathcal{S}$ $\ \ ^{t}Q^{\prime }=Q^{\prime }
$ et $Q^{\prime }\in \mathcal{S}$

\item $Q=^{t}I_{3}QI_{3}$ et $I_{3}\in \mathcal{G}$ donc $Q$ est une
transform\'{e}e de $Q.$

\item Soit $Q^{\prime }=^{t}MQM$ , $M$ est de d\'{e}terminant \'{e}gal \`{a}
1 donc inversible et $Q=^{t}M^{-1}QM^{-1}$ or $M^{-1}\in \mathcal{G}$ donc $Q
$ est une transform\'{e}e de $Q^{\prime }$

\item Soit $Q^{\prime }$ est une transform\'{e}e de $Q,Q^{\prime \prime }$
est une transform\'{e}e de $Q^{\prime }.$ il existe 2 matrices $M$ et $%
M^{\prime }$ de $\mathcal{G}$ telles que : , $Q^{\prime }=^{t}MQM$ et $%
Q^{\prime \prime }=^{t}M^{\prime }Q^{\prime }M^{\prime }$ donc $Q^{\prime
\prime }=^{t}M^{\prime t}MQMM^{\prime }$ soit $Q^{\prime \prime }=^{t}NQN$
avec $N=MM^{\prime }$ De la structure de groupe de $\mathcal{G}$ , on en d%
\'{e}duit que : $N\in \mathcal{G}$ et donc que $Q^{\prime \prime }$ est une
transform\'{e}e de $Q.$ La relation "est transform\'{e}e de " est ainsi une
relation d'\'{e}quivalence sur $\mathcal{S}.$
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item Par blocs, $^{t}MQM=\left( 
\begin{tabular}{cc}
$^{t}R$ & 0 \\ 
$^{t}T$ & 1%
\end{tabular}%
\right) \left( 
\begin{tabular}{cc}
S & U \\ 
$^{t}U$ & F%
\end{tabular}%
\right) \left( 
\begin{tabular}{cc}
R & T \\ 
0 & 1%
\end{tabular}%
\right) =\left( 
\begin{tabular}{cc}
$^{t}RSR$ & * \\ 
{*} & *%
\end{tabular}%
\right) $

donc S($^{t}MQM)=^{t}RS(Q)R=R^{-1}S(Q)R.$

\item Soit Q' = $^{t}MQM;$p$_{2}(Q^{\prime })=\det (S(Q^{\prime }))=\det
(^{t}R)\det (S(Q))\det (R)=\det (S(Q))=p_{2}(Q)$

car det(R)=1.

D'autre part, S(Q) et S(Q') \'{e}tant semblables ont m\^{e}me trace; d'o\`{u}
p$_{1}(Q^{\prime })=p_{1}(Q).$

\item on a: det(Q')=det($^{t}M)\det (Q)\det (M)=\det (Q)$ car $det(M)=1.$

i.e p$_{3}(Q^{\prime })=p_{3}(Q).$
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item S(Q) est sym\'{e}trique ;il existe donc une matrice diagonale $\left( 
\begin{tabular}{cc}
$\lambda $ & 0 \\ 
0 & $\mu $%
\end{tabular}%
\right) $ et une matrice $R=\left( 
\begin{tabular}{cc}
cos$\theta $ & -sin$\theta $ \\ 
sin$\theta $ & cos$\theta $%
\end{tabular}%
\right) ($cf IB3) telles que : 
\begin{equation*}
S(Q)=R\left( 
\begin{tabular}{cc}
$\lambda $ & 0 \\ 
0 & $\mu $%
\end{tabular}%
\right) ^{t}R
\end{equation*}

Soit $M=$ $\left( 
\begin{array}{cc}
R & T \\ 
0 & 1%
\end{array}%
\right) ,Q^{\prime }=^{t}MQM;$ on a:%
\begin{equation*}
S(Q\prime )=^{t}RS(Q)R=\left( 
\begin{tabular}{cc}
$\lambda $ & 0 \\ 
0 & $\mu $%
\end{tabular}%
\right) 
\end{equation*}

donc Q' est de la forme Q($\lambda ,0,\mu ,d^{\prime },e^{\prime },f^{\prime
})$

\item p$_{1}(Q)=p_{1}(Q^{\prime })=\lambda +\mu .$

p$_{2}(Q)=p_{2}(Q^{\prime })=\lambda \mu .$

\item p$_{2}(Q)=0\Rightarrow \lambda =0$ ou $\mu =0.$

Quitte \`{a} \'{e}changer les r\^{o}les de $\lambda $ et $\mu $,on peut
supposer $\mu =0.$
\end{enumerate}

\item $^{t}$MQ$^{\prime }$M=$\left( 
\begin{tabular}{ccc}
1 & 0 & 0 \\ 
0 & 1 & 0 \\ 
p & q & 1%
\end{tabular}%
\right) \left( 
\begin{tabular}{ccc}
$\lambda $ & 0 & d' \\ 
0 & $\mu $ & e' \\ 
d' & e' & f'%
\end{tabular}%
\right) \left( 
\begin{tabular}{ccc}
1 & 0 & p \\ 
0 & 1 & q \\ 
0 & 0 & 1%
\end{tabular}%
\right) $=$\left( 
\begin{tabular}{ccc}
$\lambda $ & 0 & $\lambda p+d^{\prime }$ \\ 
0 & $\mu $ & $\mu q+e^{\prime }$ \\ 
$\lambda p+d^{\prime }$ & $\mu q+e^{\prime }$ & f"%
\end{tabular}%
\right) $

avec $f"=p\left( \lambda p+d^{\prime }\right) +q\left( \mu q+e^{\prime
}\right) +pd^{\prime }+qe^{\prime }+f^{\prime }$

\item .

\begin{enumerate}
\item p$_{2}(Q)\neq 0\Leftrightarrow \lambda \mu \neq 0;Q"=^{t}MQ^{\prime }M$
est diagonale si et seulement s'il existe p et q tels que:

$\left\{ 
\begin{tabular}{c}
$\lambda p+d^{\prime }=0$ \\ 
$\mu q+e^{\prime }=0$%
\end{tabular}%
\right. ,i.e$ p= - $\frac{d^{\prime }}{\lambda }$ $\ et$ $q=-\frac{e^{\prime
}}{\mu }$

dans ce cas ,det(Q") =p$_{3}(Q)=p_{2}(Q)f"\Rightarrow f"=\frac{p_{3}(Q)}{%
p_{2}(Q)}.$

\begin{enumerate}
\item p$_{2}(Q)=0,$p$_{1}(Q)\neq 0,$p$_{3}(Q)\neq 0$

On peut supposer $\mu =0\left( \text{ cf IC3}\right) ;Q"=^{t}MQ^{\prime }M$ =%
$\left( 
\begin{tabular}{ccc}
$\lambda $ & 0 & $\lambda p+d^{\prime }$ \\ 
0 & $0$ & $e^{\prime }$ \\ 
$\lambda p+d^{\prime }$ & $e^{\prime }$ & f"%
\end{tabular}%
\right) $ or p$_{3}(Q)=$p$_{3}(Q^{\prime })$ donc non nuls et ainsi $%
-\lambda e^{\prime 2}\neq 0$ 

$Q\textquotedblright $est \'{e}gale \`{a} Q($\lambda ,0,0,0,e^{\prime },0)$
si et et seulement s'il existe p et q tels que:

$\left\{ 
\begin{tabular}{c}
$\lambda p+d^{\prime }=0$ \\ 
$f"=p\left( \lambda p+d^{\prime }\right) +qe^{\prime }+pd^{\prime
}+qe^{\prime }+f^{\prime }=0$%
\end{tabular}%
\right. ,i.e$ $p=-\dfrac{d^{\prime }}{\lambda }$ et $q=\dfrac{d^{\prime
2}-f^{\prime }\lambda }{2\lambda e^{\prime }}$

\item p$_{2}(Q)=0,$p$_{1}(Q)\neq 0,$p$_{3}(Q)=0.$

p$_{1}(Q)=\lambda $ donc non nuls et $p_{3}(Q)=-\lambda e^{\prime 2}=0$ donc
$e\prime =0$

$Q"=^{t}MQ^{\prime }M$ =$\left( 
\begin{tabular}{ccc}
$\lambda $ & 0 & $\lambda p+d^{\prime }$ \\ 
0 & $0$ & $0$ \\ 
$\lambda p+d^{\prime }$ & $0$ & $f"$%
\end{tabular}%
\right) $est \'{e}gale \`{a} Q($\lambda ,0,0,0,0,f")$ si et et seulement
s'il existe p tel que:$\lambda p+d^{\prime }=0,i.e$ p= -$\frac{d^{\prime }}{%
\lambda }$

\item p$_{2}(Q)=0,$p$_{1}(Q)=0.$

On alors $\left\{ 
\begin{tabular}{c}
p$_{1}(Q)=a+c=\lambda +\mu =0$ \\ 
p$_{2}(Q)=ac-b^{2}=\lambda \mu =0$%
\end{tabular}%
\right. $ donc $\lambda =\mu =0$

Par suite S(Q) =$\left( 
\begin{tabular}{cc}
a & b \\ 
b & c%
\end{tabular}%
\right) $ est semblable \`{a} la matrice nulle , donc est nulle.

d'o\`{u} a = b = c = 0.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\item .

\begin{enumerate}
\item $\left( \mathcal{H}_{1}\right) :xy-y-1=0;\left( \mathcal{H}_{2}\right)
:x^{2}-y^{2}-2=0$

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\item On a : $^{t}P_{1}QP_{1}=\left( 
\begin{tabular}{ccc}
x & y & 1%
\end{tabular}%
\right) \left( 
\begin{tabular}{ccc}
a & b & d \\ 
b & c & e \\ 
d & e & f%
\end{tabular}%
\right) \left( 
\begin{tabular}{c}
x \\ 
y \\ 
1%
\end{tabular}%
\right) $%
\begin{equation*}
^{t}P_{1}QP_{1}=ax^{2}+2bxy+cy^{2}+2dx+2ey+f.
\end{equation*}

P appartient \`{a} $\mathcal{C}$ si et seulement si $^{t}P_{1}QP_{1}=0.$

\item .

\begin{enumerate}
\item Soit P'$_{1}=\left( 
\begin{tabular}{c}
x' \\ 
y' \\ 
1%
\end{tabular}%
\right) $ la matrice associ\'{e}e \`{a} d(P);on \ P'$_{1}=MP_{1}$

d(P) $\in \mathcal{C\Leftrightarrow }^{t}P_{1}^{\prime }QP_{1}^{\prime
}=0\Leftrightarrow ^{t}P_{1}$ $^{t}MQMP_{1}=0.$

\item $\mathcal{C}^{\prime }$ est associ\'{e}e \`{a} Q' = $^{t}MQM.$

\item M appartient \`{a} $\mathcal{G};$ doncQ ' est une transform\'{e}e de Q.
\end{enumerate}

\item On reprend III.E

\begin{enumerate}
\item p$_{2}(Q)\neq 0;$ il existe une matrice diagonale Q" =diag($\lambda
,\mu ,\nu )$ transform\'{e}e de Q; donc$\mathcal{\ C}$ est l'image de $%
\mathcal{C}_{1}$d$^{\prime }$\'{e}quation :$\lambda x^{2}+\mu y^{2}+\nu =0.$

\item p$_{2}(Q)=0$

\begin{enumerate}
\item p$_{1}(Q)\neq 0,$p$_{3}(Q)\neq 0;$ $\mathcal{C}_{1}:\lambda
x^{2}+2e^{\prime }y=0$

\item p$_{1}(Q)\neq 0,$p$_{3}(Q)=0;$ $\mathcal{C}_{1}:\lambda x^{2}+f"=0$

\item p$_{1}(Q)=0;a=b=c=0;$ $\mathcal{C}_{1}:2d^{\prime }x+2e^{\prime }y+f"=0
$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\item P(x,y)$\in \mathcal{C\Leftrightarrow }^{t}P_{1}QP_{1}=0\Leftrightarrow
^{t}P_{1}\left( \alpha Q\right) P_{1}=0,\alpha \neq 0$

donc $\mathcal{C}$ est aussi associ\'{e}e \`{a} $\alpha Q.$

Q$_{1}=\left( 
\begin{tabular}{ccc}
0 & 1/2 & 0 \\ 
1/2 & 0 & -1/2 \\ 
0 & -1/2 & -1%
\end{tabular}%
\right) ,Q_{2}=\left( 
\begin{tabular}{ccc}
1 & 0 & 0 \\ 
0 & -1 & 0 \\ 
0 & 0 & -2%
\end{tabular}%
\right) $ est diagonale

p$_{2}(Q_{1})=-1/4;$ soit Q'$_{1}=2Q_{1};$

On a : p$_{2}(Q_{1}^{\prime })=-1=$p$_{2}(Q_{2});$p$_{1}(Q_{1}^{\prime })=0=$%
p$_{1}(Q_{2})$ et p$_{3}(Q_{1}^{\prime })=2=$p$_{3}(Q_{2})$

Donc Q$_{1}^{\prime }$ est \ transform\'{e}e de Q$_{2};$ par suite $\mathcal{%
H}_{1}$ est l'image de $\mathcal{H}_{2}$ par un d\'{e}placement
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}
