On appelle SETIM tout SETI maximal pour l’inclusion (c’est-`a-dire qui n’est inclus strictement dans aucun SETI)

(1)

SEMAINE 15

FORMES QUADRATIQUES EXERCICE 1 :

K est un corps de caract´eristique nulle.

SoitE unK-espace vectoriel de dimension finie, soit qune forme quadratique surE, de forme polaire b.

On appelle SETI (sous-espace totalement isotrope) tout sous-espace vectorielF deE dont tous les vecteurs sont isotropes :

∀x∈F q(x) = 0.

On appelle SETIM tout SETI maximal pour l’inclusion (c’est-`a-dire qui n’est inclus strictement dans aucun SETI).

1.SoientU etV deux SETI. Montrer que, pour toutx∈U ∩ V^⊥, le sous-espace W =V+Kx est un SETI.

2. SoientU et V deux SETI, soientM etN des suppl´ementaires deU ∩ V dansU et dansV respectivement. Prouver l’inclusion

M ∩ N^⊥ ⊂ U ∩ V^⊥ .

3.Soient F et Gdeux sous-espaces vectoriels deE, de dimensionsrets. Prouver que dim(F ∩ G^⊥)≥r−s .

4. Montrer que tout SETI est contenu dans au moins un SETIM, puis que tous les SETIM ont mˆeme dimension.

- - - - 1.Soitw=v+kx∈V +Kx. Alors

q(w) =q(v) + 2k b(v, x) +k²q(x).

Or, v ∈V donc q(v) = 0 ;x ∈U doncq(x) = 0 ; enfin,x∈ V^⊥ doncb(v, x) = 0. Donc q(w) = 0 et le sous-espaceW =V +Kxest totalement isotrope.

2.Remarquons d’abord que, si U est un SETI alorsb(u, u⁰) = 0 pour tous vecteursuetu⁰ deU (la forme bilinéaire induite parbsur U est nulle) : cela résulte des identités de polarisation b(u, u⁰) = 1

4 q(u+u⁰)−q(u−u⁰) . Soitx∈M ∩ N^⊥.

• CommeM ⊂U, on a x∈U.

• Soit v ∈ V, décomposons-le en v = u+ n avec u ∈ U ∩ V et n ∈ N. Alors b(x, v) = b(x, u) +b(x, n) mais chaque terme est nul (le premier car x et u appartiennent à U qui est un SETI, cf. la remarque faite au début de cette question ; le deuxième carx∈N^⊥ etn∈N). On a doncb(x, v) = 0 pour toutv∈V, doncx∈V^⊥.

Finalement,x∈U ∩ V^⊥.

3.Soit (g1, . . . , gs) une base deG. L’application (ϕ : F →K^s

x 7→ b(x, g1), . . . , b(x, gs)

est linéaire, et Kerϕ=F ∩ G^⊥. Comme Imϕ⊂K^s, on a dim Imϕ≤s. Le théorème du rang donne alors

(2)

dim(F ∩ G^⊥) = dim(Kerϕ) = dimF−dim(Imϕ)≥r−s . 4.Il existe des SETI : {0}en est un.

SoitV =V₀un SETI ; si ce n’est pas un SETIM, il existe un SETI,V₁, contenant strictement V₀. SiV₁n’est pas un SETIM, il existe un SETI,V₂, contenant strictementV₁. SiV n’´etait contenu dans aucun SETIM, on pourrait construire une suite (V_n) de SETI, strictement croissante pour l’inclusion, mais les dimensions de ces sous-espaces iraient aussi en croissant strictement, ce qui est impossible dans un espace vectorielEde dimension finie. Tout SETI est donc contenu dans au moins un SETIM.

D’après ce qui précède, il existe donc au moins un SETIM dans E. Soient U et V deux SETIM, supposons dimU > dimV. Introduisons deux sous-espaces M et N tels que (U = (U ∩ V)⊕ M

V = (U ∩ V)⊕ N . Alors dimM >dimN, donc (question3.) : dim(M ∩ N^⊥)≥dimM−dimN >0 et M ∩ N^⊥ 6={0}.

Soitxun vecteur non nul deM ∩ N^⊥. Alorsx∈U ∩ V^⊥(question 2.), doncW =V +Kx est un SETI (question1.). Maisx6∈V (si on avaitx∈V, alorsx∈U ∩ V etx∈M, donc x= 0 puisque les sous-espaces sont suppl´ementaires), donc W contient strictementV, ce qui est absurde.

Il en résulte que les SETIM ont tous la même dimension, appeléeindicede la formeb(l’exercice 2 donne un moyen de calculer l’indice d’une forme non dégénérée).

EXERCICE 2 :

SoitE un IR-espace vectoriel de dimensionn, soit bune forme bilin´eaire sym´etrique surE.

On dit qu’un sous-espace vectoriel F de E est totalement isotrope (en abrégé, un SETI) lorsque F ⊂ F^⊥, c’est-à-dire lorsque la forme bilinéaire induite par b sur F est la forme nulle.

On appelle base de Wittpour b toute baseB= (u1,· · ·, ur, v1,· · ·, vr, w1,· · ·, wk) deE, avec 2r+k=n, dans laquelle la matrice deb est de la forme

W =





0 I_r 0 I_r 0 0 0 0 εI_k



 ,

avecε∈ {−1,1}.

1.On suppose bnon dégénérée. Montrer queb admet une base de Witt.

2.On suppose queb admet une base de WittB= (u₁,· · ·, u_r, v₁,· · ·, v_r, w₁,· · ·, w_k) et on pose F = Vect(u1,· · ·, ur), G= Vect(v1,· · ·, vr) et H= Vect(w1,· · ·, wk).

a.Montrer queb est non dégénérée.

(3)

b.D´eterminer, en fonction des entiersretk, la signature (p, q) de la formeb.

c.D´eterminerF^⊥ etG^⊥. Montrer queG∩F^⊥ ={0} etH = (F+G)^⊥.

d. Montrer que F et G sont des sous-espaces totalement isotropes, maximaux au sens de l’inclusion.

Source : J. RIVAUD, Algèbre linéaire, tome 2, Éditions Vuibert, ISBN 2-7117-2151-5 - - - -

On notera f la forme quadratique associ´ee `a b.

1.Soit (p, q) la signature de la formeb. On sait qu’il existe une baseb-orthogonale (e1,· · ·, ep, e⁰₁,· · ·, e⁰_q) avecf(ei) = +1 pouri∈[[1, p]] etf(e⁰_j) =−1 pourj ∈[[1, q]].

Supposons p ≥ q. Posons ui = 1

√2 (ei+e⁰_i) et vi = 1

√2 (ei−e⁰_i) pour i ∈ [[1, q]], puis wi=eq+i pouri∈[[1, p−q]]. Cesnvecteurs forment ´evidemment une baseB deE.

On v´erifie les relations

• b(u_i, u_j) =b(v_i, v_j) = 0 pour (i, j)∈[[1, q]]², y compris sii=j ;

• b(ui, vi) = 1 pour touti∈[[1, q]] ;

• b(u_i, v_j) = 0 sii6=j ;

• f(wi) =b(wi, wi) = 1 pour touti∈[[1, p−q]] ;

• pouri∈[[1, p−q]],wi estb-orthogonal `a tous les autres vecteurs de la baseB.

La matrice de la formeb dans la baseBest donc W =





0 Iq 0 Iq 0 0 0 0 I_p−q



, doncB est une base de Witt pour la formeb, avecr=qetk=p−q.

On proc`ede de mˆeme sip < q, avecW =





0 Ip 0

Ip 0 0 0 0 −I_q−p



.

Dans les deux cas, on obtient une base de Witt pourb, avecr= min{p, q}et k=|p−q|.

2.a. La matrice de WittW est inversible, doncbest non dégénérée.

b.C’est la question “inverse” de la question1., puisqu’il s’agit, `a partir de la base de WittB, de construire une baseb-orthogonale. Posons donc ei= 1

√

2(ui+vi) et e⁰_i= 1

√

2(ui−vi) pour i∈[[1, r]], puis e⁰⁰_i =wi pour i∈[[1, k]]. Je laisse l’improbable lecteur v´erifier que la base B⁰ = (e1,· · ·, er, e⁰₁,· · ·, e⁰_r, e⁰⁰₁,· · ·, e⁰⁰_k) estb-orthogonale, avecf(ei) = +1, f(e⁰_i) =−1 et f(e⁰⁰_i) =ε. En cons´equence, la signature de la formebest

((r+k, r) si ε= +1 (r, r+k) si ε=−1 . c. Tout d’abord, rappelons que, si b est non dégénérée, on a, pour tout sous-espace vectoriel

V deE, la relation

dimV + dimV^⊥= dimE . (*)

(4)

En effet, pour tout x de E, considérons la forme linéaire βx : y 7→ b(x, y). Si b est non dégénérée, l’application linéaire β : x 7→ βx est injective (donc est un isomorphisme de E sur E^∗). Si (x1,· · ·, xp) est une base de V, les p formes linéaires βx₁, · · ·, βx_p sont indépendantes etV^⊥=

p

\

i=1

Kerβx_i est de dimensionn−p.

De l’allure de la matrice W, on déduit que F+H ⊂F^⊥ ; comme ces deux sous-espaces ont même dimension d’après (*), on a F^⊥ = F +H. De même, G^⊥ = G+H. Comme E=F⊕G⊕H, on en déduitF∩G^⊥=G∩F^⊥={0}.

Enfin, H ⊂ F^⊥∩G^⊥ = (F+G)^⊥ et dimH = n−dim(F +G) = dim(F +G)^⊥, donc (F+G)^⊥ =H.

d.On a F ⊂F^⊥, doncF est totalement isotrope (F est un SETI).

Montrons qu’il est maximal pour l’inclusion : si V est un SETI contenant F, alors V ⊂V^⊥⊂F^⊥=F+H. Un ´el´ement deV est donc de la formex=y+z avecy ∈F et z∈H. Maisxest isotrope, donc

0 =f(x) =f(y) +f(z) +b(y, z) =f(z)

cary∈F est isotrope etz∈H ⊂F^⊥, doncf(z) = 0 :z est donc nul puisque la restriction de la forme b au sous-espace H est d´efinie (positive ou n´egative selon la valeur de ε).

Finalement, x∈F, ce qui prouve queV =F.

Les sous-espaces F et G sont des SETIM pour la forme b, cf. exercice 1 et leur dimension commune rest donc l’indice de la formeb. La question1.donne donc la valeur de l’indice en fonction de la signature, dans le cas d’une forme non dégénérée.

SoitE un IR-espace vectoriel de dimension finien, soitq une forme quadratique non dégénéreé surE, de forme polaireb. On noteO(q) legroupe orthogonalpour la formeq, c’est-à-dire

O(q) ={u∈GL(E)| ∀(x, y)∈E² b u(x), u(y)

=b(x, y)}. On noteC(q) lecˆone isotropedeq:

C(q) ={x∈E|q(x) = 0}.

1. Pour tout vecteur a non isotrope (a 6∈ C(q)), on d´efinit l’endomorphisme sa de E par la relation

∀x∈E sa(x) =x−2b(x, a) q(a) a . Montrer ques_a ∈O(q). Interpréter géométriquements_a.

2. Soientxet y deux vecteurs deE tels queq(x) =q(y)6= 0. Montrer qu’il existe un vecteura non isotrope tel que sa(y) =xousa(y) =−x.

3.Montrer que le groupe O(q) est engendr´e par lessa, aveca∈E\C(q).

Source : Jacques CHEVALLET, Alg`ebre MP/PSI, Collection Vuibert Sup´erieur, ISBN 2-7117- 2092-6

(5)

- - - -

1. •Tout d’abord,sa est un automorphisme de l’espace vectorielE puisque, sisa(x) = 0, alors xest colinéaire à a, soitx=λa, d’où sa(x) =λa−2λa=−λa, puisx= 0.

• Sixet y sont dansE, alors b s_a(x), s_a(y)

=b

x−2b(a, x)

q(a) a , y−2b(a, y) q(a) a

=b(x, y), doncsa∈O(q).

•SoitH = (IRa)^⊥ : on a alorsE=H⊕(IRa). En effet,H∩(IRa) ={0}caraest non isotrope et, la formeb étant non dégénérée, la forme linéaire ϕ: x7→ b(x, a) n’est pas nulle, donc son noyau H est un hyperplan de E. Comme a 6∈ H, on a bien H⊕(IRa) = E. Notons aussi queH^⊥ = IRa: en effet,H^⊥ = (IRa)^⊥)^⊥ contient IRaet dimH^⊥ =n−dimH = 1 car la forme b est non dégénérée (cf. exercice 2, question 2.c.). En fait, quand une forme bilinéaire symétrique b sur E est non dégénérée, on a (V^⊥)^⊥ =V pour tout sous-espace vectoriel V deE.

• s_a est la réflexion d’hyperplan (non isotrope) H, c’est-à-dire la symétrie par rapport à H et parallèlement à H^⊥ = IRa : en effet, s_a(a) = −a et, pour tout x appartenant à H, s_a(x) =x.

2.Les vecteurs x+y et x−y ne peuvent être tous deux isotropes car, en ajoutant les relations q(x+y) = 0 etq(x−y) = 0, il viendraitq(x) +q(y) = 2q(x) = 0, contraire à l’hypothèse.

Supposonsx+y non isotrope, notonsH l’hyperplan IR(x+y)⊥

; alorsb(x+y, x−y) = 0, doncs_x+y(y) =−xpuisquey−x∈H ety+x∈IR(x+y) =H^⊥.

Rappelons que, si E =F⊕G, un vecteurY deE est image du vecteur X par la symétrie par rapport àF et parallèlement àGsi et seulement si

(X+Y ∈ F X−Y ∈ G. Si x−y est non isotrope, on v´erifie de mˆemes_x−y(y) =x.

3.Prouvons-le par r´ecurrence surn= dimE.

C’est ´evident pourn= 1 : alorsO(q) ={idE,−idE} et, sia6= 0, sa=−idE.

Soitn≥2, supposons l’assertion vraie en dimensionn−1, et soitE un IR-espace vectoriel de dimension n, soit q une forme quadratique non dégénérée sur E, de forme polaire b. Soit u∈O(q). Soitaun vecteur deE, non isotrope, on a alorsq u(a)

=q(a)6= 0, donc il existe un vecteurc non isotrope deEtel que sc u(a)

=εa, avecε∈ {−1,1}.

Soit l’hyperplan H= (IRa)^⊥, soitq⁰ la forme induite parqsur H.

• La forme q⁰ est non dégénérée : notons b⁰ sa forme polaire ; si x∈ Kerb⁰, alors b⁰(x, y) = b(x, y) = 0 pour tout vecteur y de H mais on a aussi b(x, a) = 0 car H = (IRa)^⊥, donc x∈Kerbetx= 0.

• H est stable parsc◦u: six∈H, alorsb(x, a) = 0, donc b s_c◦u(x), a

=ε b s_c◦u(x), s_c◦u(a)

=ε b(x, a) = 0 cars_c◦u∈O(q) ; doncs_c◦u(x)∈(IRa)^⊥=H.

(6)

Notons v⁰ l’endomorphisme deH induit parsc◦u.

• v⁰ ∈ O(q⁰) : il est clair que b⁰ s_c◦u(x) , s_c◦u(y)

= b⁰(x, y) pour tout xet y de H ; enfin,sc◦uest un automorphisme deE laissant stableH, doncv⁰(H) = (sc◦u)(H) est un sous-espace deH de mˆeme dimension queH, doncv⁰(H) =H etv⁰∈GL(H).

•Par l’hypothèse de récurrence, on peut écrirev⁰ =s⁰_a

1◦ · · · ◦s⁰_a

ko`u les vecteursa_i(1≤i≤k) de H sont non isotropes pourq⁰ (ou pour q, ce qui revient au mˆeme),s⁰_a

i étant (dans H) la réflexion d’hyperplan l’orthogonal de IRai dans H, c’est-à-dire H∩(IRai)^⊥. Pour tout i∈[[1, k]], soits_a_i la réflexion (dansE) d’hyperplan (IRa_i)^⊥ : c’est l’unique endomorphisme deE qui co¨ıncide avecs⁰_a

i surH et qui v´erifies_a_i(a) =a. Posons alors v=s_a₁◦ · · · ◦s_a_k. Alors

. six∈H, on a s_c◦v(x) =s_c v⁰(x)

=s_c

s_c u(x)

=u(x) ; . sc◦v(a) =sc(a) =sc

ε sc u(a)

=ε u(a).

Donc :

. siε= +1, on a u=s_c◦v=s_c◦s_a₁◦ · · · ◦s_a_k ;

. si ε = −1, on a u =s_u(a)◦sc ◦v puisque, pour x∈ H, s_u(a) u(x)

= u(x) du fait que b u(x), u(a)

=b(x, a) = 0 et s_u(a) −u(a)

=u(a) : les deux endomorphismesuet s_u(a)◦s_c◦v co¨ıncident donc surH et sur IRa.

Dans les deux cas, on a prouvé queuest produit d’un nombre fini de réflexions par rapport à des hyperplans non isotropes.

SoitEun IR-espace vectoriel de dimension finien, soitB= (e1,· · ·, en) une base deE. On note F etGdeux formes quadratiques surE, de matricesA= (aij) etB= (bij) dans la baseB.

On noteQ et Rles formes quadratiques sur E dont les matrices relativement `a la base B sont respectivement

M_B(Q) =C= (a_ijb_ij) ; M_B(R) =D= e^a^ij .

1. Montrer que, si F et G sont positives, alors Q l’est aussi. Que peut-on dire siF et G sont d´efinies positives ?

2.Que dire de la formeR siF est positive? d´efinie positive ?

Source : Patrice TAUVEL, Exercices de Mathématiques pour l’Agrégation, Éditions Masson, ISBN 2-225-84441-0

- - - -

1. Si F est positive de rang p, donc de signature (p,0), elle est somme des carrés de pformes linéaires indépendantes ϕ1, · · ·,ϕp. De même, siG est positive de rangq, elle est somme des carrés deqformes linéaires indépendantes ψ1,· · ·,ψq :

F =

p

X

k=1

(ϕ_k)² ; G=

q

X

l=1

(ψ_l)².

(7)

Pour toutk∈[[1, p]], notons Φk= α^(k)₁ · · · α^(k)_n

la matrice de la forme lin´eaireϕkdans la base B. Posons de mˆeme Ψ_l =M_B(ψ_l) = β₁^(l) · · · β_n^(l)

pour l ∈ [[1, q]]. On a alors A=

p

X

k=1

tΦ_kΦ_k et B =

q

X

l=1

tΨ_lΨ_l, c’est-`a-dire

∀(i, j)∈[[1, n]]² aij =

p

X

k=1

α^(k)_i α^(k)_j et bij =

q

X

l=1

β_i^(l)β^(l)_j .

Donc, six=x₁e₁+· · ·+x_ne_n, on a

Q(x) = X

i,j

a_ijb_ijx_ix_j =

n

X

i=1 n

X

j=1

p

X

k=1

α^(k)_i α^(k)_j

q

X

l=1

β_i^(l)β^(l)_j x_ix_j

=

p

X

k=1 q

X

l=1

Xⁿ

i=1

α^(k)_i β_i^(l)x_iXⁿ

j=1

α^(k)_j β_j^(l)x_j

=

p

X

k=1 q

X

l=1

Xⁿ

i=1

α^(k)_i β_i^(l)x_i² ,

doncQ(x)≥0 : la formeQest positive.

SupposonsF et Gd´efinies positives (alorsp=q=n). SiQ(x) = 0, alors chaque terme de la somme est nulle, soit

n

X

i=1

α^(k)_i β_i^(l)x_i = 0 pour tout (k, l)∈ [[1, n]]². Pour tout l ∈ [[1, n]], notons y_l le vecteur de coordonn´ees (β₁^(l)x₁,· · ·, β_n^(l)x_n) dans la baseB. On a ϕ_k(y_l) = 0 pour tout k ∈ [[1, n]], soit yl ∈

n

\

k=1

Kerϕk donc yl = 0 puisque les formes lin´eaires ϕk

sont ind´ependantes. On en d´eduit que, pour toutl ∈ [[1, n]], ψ_l(x) =

n

X

i=1

β_i^(l)x_i = 0 donc x∈

n

\

l=1

Kerψl, donc x= 0 puisque les formes linéairesψlsont indépendantes. La formeQ est donc définie positive.

2.Pour toutp∈IN, notonsApla matrice de coefficients (a^p_ij) (par convention,A0est la matrice dont tous les coefficients sont égaux à 1). La forme quadratique de matriceA0dans la base Best positive, plus précisément de signature (1,0) puisque

tXA₀X=

n

X

i,j=1

x_ix_j =Xⁿ

i=1

x_i2

.

Si la forme F est positive alors, d’apr`es la question 1., la forme Fp d´efinie par Fp(x) = ^tXApX est positive pour toutp∈IN^∗donc

R(x) = ^tXDX=X

i,j

xie^a^ijxj=X

i,j

xi

X^∞

p=0

a^p_ij p!

xj=

∞

X

p=0

X

i,j

xia^p_ijxj

p!

=

∞

X

p=0

tXApX p! .

(8)

Chaque terme ´etant positif, on aR(x)≥0, donc la forme quadratiqueR est positive.

Si F est d´efinie positive, si R(x) = 0, alors chaque terme doit ˆetre nul, et en particulier

tXAX=F(x) = 0, doncx= 0 : la formeRest d´efinie positive.

Soitqla forme quadratique sur IR³d´efinie par

∀−→

X = (x, y, z)∈IR³ q(−→

X) =x²+ 4z²+ 2xy+ 2yz+ 4zx .

Déterminer tous les plansP de IR³tels que la restriction de qàP soit définie positive.

- - - - Commen¸cons par une r´eduction de Gauss :

q(−→

X) = (x+y+ 2z)²−y²+ 2yz−4yz= (x+y+ 2z)²+z²−(y+z)² (les trois formes lin´eaires sont ind´ependantes),qest donc de signature (2,1).

Si P est un plan tel queq|_P soit définie positive, alors P^⊥ est une droite supplémentaire de P (en effet, lorsqu’une forme quadratique est non dégénérée, on a dimV + dimV^⊥ = dimE et (V^⊥)^⊥ = V pour tout sous-espace vectoriel V de E, cf. exercice 2, question 2.c. ; de plus, si le sous-espaceV est non isotrope, c’est-à-dire siV ∩V^⊥ ={0}, alors il est évident que V ⊕V^⊥ =E), notons P^⊥ = IR−→

u ; on a alors q(−→

u)<0 par le th´eor`eme d’inertie de Sylvester.

R´eciproquement, si un plan P admet un vecteur q-orthogonal −→

u tel que q(−→

u) < 0, alors P^⊥ = IR−→

u, puis (IR−→

u)^⊥ = P et P ⊕IR−→

u = IR³ car le vecteur −→

u est non isotrope.

De la loi d’inertie de Sylvester, il r´esulte que q|P est d´efinie positive.

Nous cherchons donc les plansP tels qu’un vecteur−→

u,q-orthogonal `a ce plan, v´erifieq(−→ u)<0.

La forme polairef deqest d´efinie par f(−→

X ,−→

X⁰) =xx⁰+ 4zz⁰+ 2xz⁰+ 2zx⁰+xy⁰+yx⁰+yz⁰+zy⁰ donc, si−→

u = (a, b, c) est un vecteur non nul, le plan P = (IR−→

u)^⊥ (qui n’est pas toujours un suppl´ementaire de IR−→

u) admet pour ´equation cart´esienne αx+βy+γz = 0, avec







α = a+ b +2c

β = a +c

γ = 2a+ b +4c

. En “inversant le point de vue” (et le système), un plan P d’équation cartésienne αx+βy+γz = 0 avec (α, β, γ) 6= (0,0,0) admet pour vecteur q-orthogonal

−

→u = (a, b, c) avec







a = α+ 2β −γ

b = 2α −γ

c = −α− β +γ

. La formeq|P est d´efinie positive si et seulement si q(−→

u)<0, c’est-`a-dire si et seulement si (apr`es calculs) α²+γ²+ 4αβ−2αγ−2βγ <0.

(9)

SoitK un corps fini, de caract´eristique diff´erente de 2.

1.D´emontrer l’assertion : ∀(a, b)∈(K^∗)² ∃(x, y)∈K² ax²+by²= 1.

2. Soit α un élément de K qui n’est pas un carré dans K. Soit E un K-espace vectoriel de dimensionn. Montrer que, pour toute forme quadratiqueq non dégénérée surE, il existe une baseB deE dans laquelle la matrice de qest, soit la matrice -unitéI_n, soit la matrice diagonale D= diag(1,1,· · ·,1, α).

Source : Cyril GRUNSPAN et Emmanuel LANZMANN, L’oral de mathématiques aux concours, Algèbre, Collection Vuibert Supérieur, ISBN 2-7117-8824-5

- - - -

1. Soit N =|K| le cardinal de K. AlorsK^∗ est un groupe de cardinal N−1 et l’application γ : x 7→ x² est un endomorphisme de ce groupe, de noyau {−1,1} (ces deux éléments, distincts, appartiennent à Kerγet l’équationx²−1 = 0 ne peut avoir plus de deux solutions dans le corpsK). Donc Imγ (ensemble des carrés deK^∗) est de cardinal N−1

2 . Comme 0 est un carr´e dansK, l’ensemble Γ des carr´es dans Kest de cardinal N+ 1

2 .

Consid´erons maintenant les ensembles A ={ax² ; x∈K} et B ={1−by² ; y ∈ K}. Ils sont tous deux de cardinal N+ 1

2 , donc |A|+|B| > |K| et A∩B 6= ∅, ce qui d´emontre l’assertion.

On démontre de fa¸con analogue que tout élément a deK est somme de deux carrés, en con- sidérant les ensembles {x²; x∈K}= Γ et {a−y²; y∈K}.

2.Proc´edons par r´ecurrence surn= dimE.

• Pourn= 1,E=Kaavecavecteur non nul deE.

. siq(a)∈Γ, alorsq(a) =λ²(avecλ∈K^∗ carq est non dégénérée) etqa λ

= 1, donc la matrice deqdans la baseB=a

λ

est I1= (1) ;

. si q(a) 6∈ Γ, alors il existe λ ∈ K^∗ tel que λ²q(a) = α : en effet, l’application Kerγ = Γ\ {0} → K \Γ, z 7→ q(a)z, est injective, donc surjective car les ensembles de départ et d’arrivée ont le même cardinal N−1

2 . Doncq(λa) =αet la matrice deqdans la baseB= (λa) est (α).

•Soitn≥2, supposons l’assertion vraie en dimensionn−1, soitqune forme non dégénérée sur Ede dimensionn. Il existe une base orthogonaleB= (e1,· · ·, en) de vecteurs non isotropes, c’est-à-dire avec q(e_i)6= 0 pour tout i∈ [[1, n]]. Posonsa=q(e₁) etb =q(e₂). D’après la question 1., on peut trouver deux scalaires xet y tels queax²+by² = 1, donc le vecteur u=xe₁+ye₂ vérifieq(u) = 1. Ce vecteuruétant non isotrope, on a E = (Ku)⊕H, où H = (Ku)^⊥. La formeq⁰ induite parqsurHétant non dégénérée (vérification immédiate), on peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence : il existe une base (f₁,· · ·, f_n−1) deH dans laquelle la forme q⁰ admet pour matrice I_n−1 ou diag(1$(n−2), α). La matrice de qdans la base (u, f1,· · ·, f_n−1) deE est alorsIn ou diag(1$(n−1), α).