Supposons maintenant qu’il existe une base B de E pour laquelle M(T, B, B∗) est sym´etrique et consid´erons la forme bilin´eaire sym´etrique f d´efinie par sa matriceM(f, B) de sorte queM(f, B) =M(T, B, B

D´epartement de Math´ematiques Facult´e des Sciences

Universit´e Mohammed V

SMA-S4 -Alg`ebre V

Solutions TD -S´eance: 3 Avril-2020 Ann´ee Universitaire 2019-2020 S´erie 3.

Exercice 1 (fin). (5) SoitT :E →E^∗ une application.

Supposons qu’il existe f ∈ S₂(E) tel que T = Γ_f. Alors d’apr`es (2), on doit avoir M(T, B, B^∗) = M(f, B), pour toute base B de E. En particulier, il faut avoir M(T, B, B^∗) sym´etrique.

Supposons maintenant qu’il existe une base B de E pour laquelle M(T, B, B^∗) est sym´etrique et consid´erons la forme bilin´eaire sym´etrique f d´efinie par sa matriceM(f, B) de sorte queM(f, B) =M(T, B, B^∗).

Ecrivons M(T, B, B^∗) = (a_ij)_1≤i,j≤n. Alors f(e_i, e_j) =a_ij, T(e_j) =

n

X

i=1

a_ije^∗_i =

n

X

i=1

f(e_i, e_j)e^∗_i V´erifions que pour tout x=P

kx_ke_k ∈E, on a T(e_j)(x) = f(e_j, x) = Γ_f(e_j)(x). On a

T(e_j)(X

k

x_ke_k) = [

n

X

i=1

f(e_i, e_j)e^∗_i](X

k

x_ke_k) = X

i

x_if(e_i, e_j) =f(x, e_j) Ainsi, on d´eduit que T e_j = Γ_f(e_j), comme les deux applications, T et Γ_f sont lin´eaires, on d´eduit que T x = Γ_fx pour tout x ∈ E, c’est `a dire T = Γ_f.

Conclusion. On a montr´e la proposition suivante: Il existef ∈ S₂(E) v´erifiant Γf = T si, et seulement si il existe une base B pour laquelle M(T, B, B^∗) est sym´etrique.

A vous maintenant. Ind´ependamment de ce qu’on a fait, v´erifiez en utilisant les formules de changements de base que si T : E → E^∗ est lin´eaire et il existe une base B pour laquelle M(T, B, B^∗) est sym´etrique, alors pour toute baseB⁰deE,M(T, B⁰, B^0∗) est sym´etrique.

(6) Rappelons que l’isomorphisme canonique J : E → E^∗∗ v´erifie la propri´et´e suivante: Pour toute base B ={e₁, . . . , e_n} de E, pour tous scalaires λ1, . . . , λn de K, on a

J(

n

X

i=1

λiei) =

n

X

i=1

λie^∗∗_i

Cette propri´et´e ne d´epend pas du choix d’une base. Rappelons aussi qu’on dit souvent que la d´efinition de J ne d´epend pas du choix d’une

1

2

base, et que c’est un isomorphisme canonique.

Nous nous proposons dans cette question de montrer qu’il n’existe pas d’isomorphisme entre E et E^∗, qui v´erifie une propri´et´e analogue.

Faisons la preuve par l’absurde. Supposons qu’il existe τ :E →E^∗ qui v´erifie la propri´et´e suivante: ”Pour toute base B = {e₁, . . . , e_n} de E, pour tous scalaires λ₁, . . . , λ_n deK, on a

(1) τ(

n

X

i=1

λ_ie_i) =

n

X

i=1

λ_ie^∗_i. ”

Nous le ferons avec 3 m´ethodes, l’id´ee qui fait marcher les choses est bien entendu la mˆeme. Commen¸cons par la m´ethode directe.

M´ethode 3: Directe

Soit B ={e₁, . . . , e_n} une base de E. Consid´erons la base B⁰, d´eduite de B, d´efinie par B⁰ = {e₁, e₁ +e₂, e₃, . . . , e_n}. Alors, d’apr`es notre hypoth`ese surτ, si on travaille dans la base B, ensuite dans la baseB⁰, on obtient

τ e₁ =e^∗_1,B =e^∗_1,B0,

Mais e^∗_1,B 6= e^∗_1,B0, donc on a une contradiction. Je rappelle que des exemples qui permettent de r´ealiser que e^∗_1,B 6= e_1,B^0∗ ont ´et´e trait´e dans la S´erie 1. V´erifions le une autre fois pour notre exemple. Il faut avoir

e^∗_1,B0(e₁) = 1, e^∗_1,B0(e₁+e₂) = 0, e^∗_1,B0(e_j) = 0 ∀j ≥3 Donc si vous ´ecrivez

e^∗_1,B0 =

n

X

j=1

λ_je^∗_j,B

vous obtenez e^∗_1,B0 =e^∗_1,B−e^∗_2,B. M´ethode 1: via Exercice 7 S´erie 1.

Nous utiliserons la question (3). Il existe un automorphisme ψ de E et x, y ∈ E tels que hτ x, yi 6= hτ ψ(x), ψ(y)i. De la r´eponse `a cette question retenons que la famille {x, y} est libre. Compl´etons l`a en une base B ={x, y, e₃, . . . , e_n} de E. Comme ψ est un automorphisme de E, alorsB⁰ ={ψ(x), ψ(y), . . . , ψ(e_n)} est aussi une base deE. Et on a si on utilise notre hypoth`ese sur τ en travaillant d’abord dans la base B, ensuite dans la base B⁰, on obtient

τ x=x^∗_B ⇒ hτ x, yi= 0; τ(ψ(x)) =ψ(x)^∗_B0 ⇒ hτ ψ(x), ψ(y)i= 0, Donc on a l’´egalit´ehτ x, yi=hτ ψ(x), ψ(y)i, contradiction.

M´ethode 2: Utilisons les questions pr´ec´edentes.

Pour toute base B de E, on a M(τ, B, B^∗) = I_n, o`u I<sub>n</sub> est la matrice identit´e. Fixons une base B = {e<sub>1</sub>, . . . , e<sub>n</sub>} de E. Comme la matrice identit´e est sym´etrique, consid´erons la forme bilin´eaire sym´etrique cor- respondante f tel que M(Γf, B) =In. Soit B<sup>0</sup> la base de E obtenue `a

3

partir de B en multipliant chaque ´el´ement par 2. Donc B⁰ ={2u:u∈B}.

Alors comme f(2e_i,2e_j) = 4δ_ij, on d´eduit que M(f, B⁰) = 4I_n, en particulier, M(f, B⁰)6=M(τ, B⁰, B^0∗), contradiction.

Exercice 2. (1) Supposons que B⁰ est libre. Compl´etons l`a en une baseB₁⁰ ={h1, . . . , hn}deE^∗et soitB ={u1, . . . , un}la base ant´eduale de B. Soit x = Pn

i=1x_iu_i ∈ E. Alors comme h_j(x) = x_j pour tout 1≤j ≤r, on aq(x) = Pr

j=1λ_jx²_j. En particulier, la matrice de qdans la base B est diagonale et

M(q, B) = diag(λ₁, . . . , λ_r,0, . . .0) D’o`uq est de rang r.

(2) Supposons que la famille B⁰ n’est pas libre. Choisissons une famille B”⊂ B⁰ qui soit libre et de cardinal maximal. Quitte `a permuter les indices, on peut supposer que la famille {h<sub>1</sub>, . . . , h<sub>t</sub>} est libre, o`ut < r et pour tout k > t, h_k ∈ Vec{h₁, . . . ,h_t}. Compl´etons maintenant la familleB” en une baseB”₁ deE^∗et soit{u₁, . . . , u_n}la base ant´eduale de B”₁. Soit x = Pn

i=1x_iu_i ∈ E. Alors pour tout 1 ≤ j ≤ t, on a h_j(x) =x_j. Posons

h_k =

t

X

j=1

α^k_jh_j, ∀t+ 1 ≤k≤r Alors h_k(x) = Pt

j=1α^k_jx_j q(x) =

t

X

j=1

λ_jx²_j +

r

X

k=t+1

λ_k(

t

X

j=1

α^k_jx_j)² Donc q(x) a la forme suivante

q(x) =

t

X

j=1

β_jx²_j + X

1≤i<j≤t

γ_ijx_ix_j, β_j ∈K, γ_ij ∈K

D’o`u, sa matrice dans la base B a la forme (´ecrite en blocs) M(q, B) =

A 0 0 0

, A∈M_t(K).

Par suite, le rang de q ne peut pas d´epassert.

II) (1) Soit B = {e₁, . . . , e_n} une base de E.d´esignons par f la forme polaire de q. Soitx=P

ix_ie_i un ´el´ement de E. Rappelons encore une fois la formule

q(x) = X

x²_iq(ei) + 2 X

1≤i<j≤n

xixjf(ei, ej)

4

Alors en utilisant les formes lin´eaires coordonn´ees (c’est `a dire la base duale de B), on obtient

q(x) =

n

X

i=1

(e^∗_i(x))²q(e_i) + 2 X

1≤i<j≤n

e^∗_i(x)e^∗_j(x)f(e_i, e_j)

Si h₁, h₂ ∈E^∗, d´esignons par h₁ ∝h₂ la forme bilin´eaire d´efinie surE par (h₁ ∝h₂)(x) = h₁(x)h₂(x). Alors

q(x) = [

n

X

i=1

q(ei)(e^∗_i)²+ 2 X

1≤i<j≤n

f(ei, ej)e^∗_i ∝e^∗_j](x) Donc

Q(E) = (Vec{(e^∗₁)², . . . ,(e^∗_n)²} ∪ {e^∗_i ∝e^∗_j}_1≤i<j≤n) V´erifions que la famille de formes quadratiques

{(e^∗₁)², . . . ,(e^∗_n)²} ∪ {e^∗_i ∝e^∗_j}1≤i<j≤n

est libre. Soient α1, . . . , αn∈K etβij ∈K o`u 1≤i < j ≤n tel que

L=X

i

α_i(e^∗_i)²+ X

1≤i<j≤n

β_ije^∗_i ∝e^∗_j = 0

Alors, en calculant L(e_k) on d´eduit que α_k = 0 pour tout k et en calculant L(e_k+e_l), avec 1≤k < l≤n, on d´eduit queβ_kl = 0. Ainsi, {(e^∗₁)², . . . ,(e^∗_n)²} ∪ {e^∗_i ∝e^∗_j}1≤i<j≤n est une base de Q(E). Calculons son cardinal:

”Il y’a n ´el´ements de la forme (e^∗_j)². Il y’a n−1 ´el´ements de la forme e^∗₁e^∗_j Il y’a n−2 ´el´ements de la forme e^∗₂e^∗_j

...Enfin, il y’a un seul ´element de la forme e^∗_n−1e^∗_j. ” On compte donc les ´el´ements de la base, on trouve

n+n−1 +n−2 +. . .+ 1 = n(n+ 1)

2 .

Ainsi, dimQ(E) = dimS₂(E) = n(n+ 1)

2 .

Remarque. On aurait pu donner la dimension et la base en utilisant l’isomorphisme avec l’espace vectoriel des matrices sym´etriques. Mais ici, on l’a fait directement pour se familiariser plus avec les formes quadratiques ´el´ementaires.

Les r´esultats qui suivent sont des applications directes du cours.

(2) Si B = {e1, . . . , en} est orthogonale. Alors quitte `a permuter les indices, on peut supposer que q(e_i) 6= 0 pour 1 ≤i ≤ r. Donc q(x) = Pr

i=1λ_ix²_i etr = rg q. Donc le cardinal de l’ensemble {u∈B :q(u)6= 0}

est ´egal au rang de q et ne d´epend pas de B.