D´epartement de Math´ematiques Facult´e des Sciences
Universit´e Mohammed V
SMA-S4 -Alg`ebre V
Solutions TD -S´eance: 17 Avril-2020 Ann´ee Universitaire 2019-2020
Suite de la S´erie 3.
Exercice 3. 1) La matrice de q dans la base B est 1
2
0 1 0 1 0 0 0 0 0
Donc le rang de q est ´egal `a 2. Le raisonnement mentionn´e dans la question n’est pas correct, puisqu’on a trouv´e le rang ´egal `a 3. Trouvons la faille dans le raisonnement:
q(x) = ( 1
√2(x1+x2))2+ (ix1)2+ (ix2)2,
est effectivement ´ecrite sous forme de carr´es. Mais les formes lin´eaires hj :C3 →C, o`u
h1(x) =x1 +x2, h2(x) = ix1, h3(x) = ix2
ne forment pas une famille libre. Donc on peut juste dire que rg q ≤3 (revoir Exercice 2 de cette s´erie ou le Lemme 3.33 du Chapitre 2. ) 2) Ecrivons q sous forme de somme de carr´es avec la m´ethode Gauss, cet exemple est ´el´ementaire, on a
q(x) = (x1+x2
2 )2−(x1−x2 2 )2.
Donc comme on travaille dans R, un choix ´evident est d’ajouter une forme q10 qui permet de se d´ebarrasser du terme n´egatif −(x1−x2
2 )2. Par exemple, posons q10(x) = (x1−x2)2, on obtient
(q+q01)(x) = (x1 +x2
2 )2+ (x1−x2 2 )2.
Il est clair que (q+q10)(x)≥0 pour tout x∈R3. D’autre part, (q+q10)(x) = 0⇔x1+x2 =x1−x2 = 0 ⇔x1 =x2 = 0 Donc
(q+q10)(x) = 0⇔x∈Vec{(0,0,1)}
1
2
Posonsq0(x) = q10(x) +x23. Alors comme la forme quadratiqueq20 d´efinie par x 7→ x23 v´erifie q02(x) ≥ 0 pour tout x ∈ R3, on d´eduit que (q + q0)(x)≥0 pour tout x∈R3. Maintenant soit x∈R3,
(q+q0)(x) = 0⇔q(x) = q0(x) = 0⇔x= 0.
Donc on prend par exempleq0(x) = (x1−x2)2+x23. On a (q+q0)(x)>0 pour tout x6= 0.
A vous maintenant. Il est clair que q0 est de rang 2. Pouvez vous construire un q0 qui r´epond `a la question et qui soit de rang 1?
Exercice 4. I) Soit H un sous espace vectoriel de E de dimension 2. Travaillons avec une base B ={e1, e2, e3}deE de sorte que{e1, e2} soit une base de H. Soit f la forme polaire de q.
(1) On suppose queHest totalement isotrope, alors pour tousx, y ∈H, on a
f(x, y) = 1
2(q(x+y)−q(x)−q(y)) = 0
La matrice de q dans la base B (qui est sym´etrique) a donc la forme M(q, B) = M(f, B) =
0 0 ∗ 0 0 ∗
∗ ∗ ∗
Il est clair qu’une telle matrice ne peut pas avoir le rang 3, puisque les vecteurs colonnes C1 et C2 sont li´es. Donc rg q ∈ {1,2}. Supposons que q est de rang 2, il faut avoir la forme suivante
0 0 α 0 0 β α β ∗
, (α, β)6= 0R2. Par exemple, posons
M(q, B) =
0 0 1 0 0 0 1 0 0
,
B peut ˆetre n’importe quelle base deE et H = Vec{e1,e2}.
N.B: Dans les formes des matrices ci-dessus et dans la suite, le sym- bole ∗ d´esigne n’importe quel ´el´ement de KouKr, pour r convenable.
Rappelons que K est un corps de caract´eristique diff´erente de 2.
Supposons maintenant que le rang de q est ´egal `a 1, alorsM(q, B) a la forme suivante
0 0 0 0 0 0 0 0 λ
, λ6= 0.
Expliquons pourquoi: Ici on distingue deux cas:
Cas 1: L’une des colonnes C1, C2 est non nulle et dans ce cas, pour avoir le rang 1, forc´ement les lignes 1 et 2 doivent ˆetre nulles. Mais dans ce cas la matrice ne sera pas sym´etrique. Donc on a forc´ement le
3
cas 2.
Cas 2: Les colonnes C1 et C2 sont nulles. Par suite, La colonne C3 doit ˆetre non nulle. La matrice est sym´etrique donc on a une seule possibilit´e.
(2) Comme q est non d´eg´en´er´ee, son rang est ´egal `a 3. Donc d’apr`es la question (1), H ne peut pas ˆetre totalement isotrope. Soitx∈H∩H⊥ avec x 6= 0. Posons x = e1; compl´etons le en une base {e1, e2} de H, ensuite compl´etons {e1, e2} en une base B = {e1, e2, e3} de E. Alors M(q, B) a la forme bloc suivante
M(q, B) =
M ∗
∗ ∗
, M =
0 0 0 ∗
Rappelons queM etM(q, B) doivent ˆetre sym´etriques. Observons que forc´ement, M est de rang 1.
On peut prendre pour q le cas suivant M(q, B) =
0 0 γ 0 α 0 γ 0 0
, α6= 0, γ 6= 0.
(3) Soit M la matrice deq |H dans la base {e1, e2}. Alors comme q|H
est non d´eg´en´er´ee, on doit avoir M de rang 2. AinsiM(q, B) a la forme bloc suivante
M(q, B) =
M ∗
∗ ∗
, M ∈M2(K), rg M = 2 Pour que le rang de q soit diff´erent de 3, il faut avoir
(1) M(q, B) =
M ∗ 0 0
Maintenant, il est clair que pour n’importe quel choix du vecteur colonne
”∗” deR2 dans la formule (1) ci-dessus, M(q, B) sera de rang 2. Ainsi, la forme (1) r´epond `a la question (3).
II) On suppose dans cette question queEest muni d’une forme quadra- tique q et que E est de dimension finie quelconque. Soit H le sous es- pace vectoriel de E engendr´e par la baseB0. La question qu’on se pose est: ”Existe t’il une famille B” orthogonale `a B (c’est `a dire contenue dans H⊥) tel queB0∪B” est une base deE?” Nous donnerons ici deux exemples.
Exemple 1. Supposons que dimE = 3 et soitB ={e1, e2, e3}une base de E. Soit q la forme quadratique d´efinie via sa matrice comme suit
M(q, B) =
0 0 1 0 1 0 1 0 0
Soit f la forme polaire de q. La famille {e1, e2} est libre et orthogo- nale puisque f(e1, e2) = 0. Soit u un vecteur quelconque de E tel que
4
{e1, e2, u} de E est une base de E. Ecrivons u= αe1 +βe2+γe3, o`u α, β, γ ∈ K. Comme u 6∈Vec{e1,e2}, on a γ 6= 0. Donc quitte `a rem- placer u par γ−1u, on peut supposer que γ = 1. Calculons maintenant f(e1, u), on trouve
f(e1, u) = f(e1, αe1+βe2+e3) = 16= 0,
donc {e1, e2, u} n’est pas une base orthogonale de E. Donc on ne peut pas compl´eter {e1, e2} en une base de E. Ce qui r´epond `a la question.
Exemple 2. Supposons que dimE = 2 et soit B = {e1, e2} une base de E. Soit q la forme quadratique d´efinie par
M(q, B) =
0 1 1 0
Alors on v´erifie (comme dans le premier cas, mais ici c’est plus sim- ple) que la famille libre {e1} ne peut pas ˆetre compl´et´ee en une base orthogonale de E.
Vous pouvez ignorer ce paragraphe. Il contient juste des ex- plications, et indique comment on peut trouver des contre exemples par tˆatonnement. Ce paragraphe ne fait pas par- tie de la r´eponse. ”Maintenant, on va expliquer comment on peut avoir l’id´ee des exemples 1 et 2 sans astuce, juste en appliquant nos connaissances du cours. Supposons que E est de dimension finie et est muni d’une forme quadratique. Si on regarde dans le cours, com- ment on a montr´e que E admet une base orthogonale: Le point de d´epart ´etait un vecteur e1 non isotrope, on utilisait le fait que e⊥1 est un hyperplan. Et on peut travailler par r´ecurrence descendante sur e⊥1. Le fait que les vecteurs qu’on prend sont non isotropes, garantit que les familles orthogonales qu’on construit sont libres. Maintenant si on prend une famille orthogonale {e1, e2} form´ee de deux ´el´ements, et on suppose que E est de dimension 3, la question est ’comment doit ˆ
etre la forme quadratique q pour qu’il n’y ait pas de prolongement de {e1, e2} en une base orthogonale?’ On pose u = αe1 +βe2 +e3, on calculef(e1, u) =αq(e1) +f(e1, e3). Donc si on suppose que pour tout α,f(e1, u)6= 0, il faut avoir q(e1) = 0, f(e1, e3)6= 0.
Pour le second exemple, on se pose la question: ’Que se passe t’il si on prend e1 isotrope’ ? On essaye avec la dimension minimale pour E, c’est 2, et on essaye de construireqsur la base e1, e2. Le mieux c’est de construire la matrice M(q, B), qui doit ˆetre sym´etrique, et on trouve l’exemple 2 qui marche.”
A vous maintenant: Supposons queE est muni d’une forme quadra- tiqueqet soitHun sous espace vectoriel deE. La proposition suivante est elle vraie?
”H est isotrope si, et seulement si il existe un vecteur isotrope dans H? ”
