Pierre Lissy April 29, 2010

Pierre Lissy April 29, 2010

Considérons donc une forme quadratiqueQde forme polaireϕ. Lemme 1. Il existe une base orthogonale pourQ.

Proof. On procède par récurrence sur la dimension de E, notée n. Si n = 1 il n'y a rien à démontrer. Sinon, supposons le résultat vrai pour tout ev de dimensionn. Soit E de dimension n+ 1. Considérons àxxée l'applicationϕ(x, .). Si toutes ses applications sont nulles, alorsϕest nulle et totue base est orthogonale. Sinon, soitx6= 0tel queϕ(x, .)est non nulle. C'est une forme linéaire dont le noyau est un hyperplan, notéH, de dimension n. On lui applique l'hypothèse de récurrence pour en exhiber une basee2, . . . , en+1orthogonale. Mais alors par dénition du noyau, ϕ(x, ei) = 0aussi pour tout iet la base est bien orthogonale.

Considérons donc une base Q− orthogonale ei. Soit x ∈ E, x = Pxiei. Alors Q(x) = Px²_iQ(ei). Notons

1. U⁺={i|Q(ei)>0} de cardinalp 2. U⁻={i|Q(ei)<0} de cardinalq On a alorsQ(x) =P

U⁺x²_iQ(ei) +P

U⁻x²_iQ(ei) =P

U⁺(xi

p(Q(ei)))²−P

U⁻(xi

p(Q−(ei)))². Notons f_i la forme linéaire associée, elle est non nulle et toutes les formes linéaires sont bien indépendantes. On a Q(x) = P

U⁺f_i²−P

U⁻f_i², d'où l'existence d'une décomposition comme voulue.

Donnons-nous deux décompositions. Q(x) =f₁(x)²+. . .+f_p(x)²−f_p+1(x)²−. . .−f_p+q(x). Supposons qu'on ait une autre décomposition en carrés indépendants de la formeQ(x) =g₁(x)²+ . . .+g_p⁰(x)²−g_p⁰₊₁(x)²−. . .−g_p⁰_+q⁰(x). Il faut montre que p= p⁰ et q = q⁰. Supposons par exemplep⁰ > p. On complète la famille des gi en une base de E^∗ encore notée gi. Les formes linéairesf1, . . . fp, gp⁰+1, . . . gnsont en nombre strictement plus petit quen. Doncdim(TKer(fi) = n−rg(fi)>0. I lexiste donc unxnon nul annulant toutes ses formes linéaires. D'après la première décomposition deQ, nécessairement Q(x)60. Mais en fait, il va exister i6ptel quegi(x)6= 0. Sinon en eet, comme lesgi forment une base de E^∗ on aurait x= 0(par la formule au-dessus.) Donc la deuxième égalité nous donneQ(x)>0. D'où la contradiction. On montre donc de même par symétrie l'impossibilité du casp < p⁰ et pareil pour q.

Applications à la classication. Si l'on considère la démonstration que l'on vient de faire, on re- marque que l'on exhibe très facilement trois sous-espacesQen somme directe orthonaleF⁺, F⁻, F⁰ tels que Q_F+ > 0, Q_F− < 0, Q_F0 = 0. La signature est dim(F⁺), dim(F⁻) et inversément une fois qu'on s'est donné une telle décomposition la signature s'en déduit. Considérons deux formes quadratiques équivalentes. Q(x) =Q⁰(ψ(x)). Alors la forme bilinéaire associée àQ⁰ est clairement ϕ(ψ⁻¹, ψ⁻¹)par formule de polarisation. Commeψest un isomorphisme,E se décompose sous la forme directeψ(F⁺), ψ(F⁻), ψ(F⁰). De plus, si par exemplex∈ψ(F⁺), alors x=ψ(z),z∈F⁺. Mais dans ce casQ⁰(x) =Q⁰(ψ(z)) =Q(z)>0. De même pour les deux autres sous-espaces con- sidérés. Il reste à voir si ils sont en somme orthogonale. Mais si par exemplex=ψ(z)∈ψ(F⁺)et y=ψ(t)∈ψF⁻ alorsϕ⁰(x, y) =ϕ(z, t) = 0, de même pour les autres. On a donc des nouveaux sev en somme directe orthogonale vériant les conditions voulues, et comme ils ont les mêmes dimensions que cette d'avant c'est que les signatures sont égale.

Inversément, siQ et Q⁰ ont même signature. On exhibe des sev en somme directe orthonale F⁺, F⁻, F⁰ tels que Q_F+ > 0, Q_F⁻ < 0, Q_F0 = 0 et d'autres en somme directe orthonale G⁺, G⁻, G⁰ tels que Q⁰_G+ > 0, Q⁰_G− < 0, Q⁰_G0 = 0. En décomposante suivant des bases adap- tées à la première décomposition et à la deuxième décomposition, on envoie F⁰ sur G⁰, et on

1

envoie ei ∈ F⁺ sur p

q(ei)/q(fi)fi et ej ∈F⁻ sur −p

q(−ei)/q(−fi)fi. Ainsi tous les éléments de la base vérient assez trivialementQ⁰(ψ(ei)) =Q(ei). AlorsQ⁰(ψ(Pxiei)) =Q⁰(Pxiψ(ei)) = Px²_iQ⁰(ψ(ei)) =Px²_iQ(ei) =Q(x)et les formes quadratiques sont équivalentes.

References

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