Orthogonalité

1. La matrice associée à \(q\) est : \(\displaystyle{ M = \left(\begin{array}{r r r r } 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right)}\) [2 points],

   son déterminant est nul donc la forme quadratique \(q\) est dégénérée [1 point].

  2. Recherche du noyau de \(q\), c'est à dire de l'orthogonal \(E^{\perp}.\)

Soit \(x = (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})\) alors

\(x\in{E}^{\perp} \Leftrightarrow \displaystyle{ M  \left(\begin{array}{ll}x_{1}  \\ x_{2}  \\ x_{3} \\ x_{4}  \end{array}\right)} = 0 \Leftrightarrow \displaystyle{  \left(\begin{array}{r r r r } 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right)}\displaystyle{   \left(\begin{array}{ll}x_{1}  \\ x_{2}  \\ x_{3} \\ x_{4}  \end{array}\right)} = 0 \Leftrightarrow \displaystyle {  \left\{\begin{array}{l l} x_{1} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{array}\right.}\)

D'où \(E^{\perp} = \textrm{Vect}\{e_{2},e_{3}\}\) , le noyau de \(q\) est le sous-espace vectoriel engendré par \(e_{2}\) et \(e_{3}\). [4 points]

  3. Par définition le cône des isotropes est défini par l'égalité : \(\mathfrak{I} = \{x\in{E} ;q(x) = 0\}\)

donc \(x\in\mathfrak{I}\Leftrightarrow(x_{1} - x_{4})(x_{1} + x_{4}) = 0\Leftrightarrow x_{1} - x_{4} = 0~ \textrm{ou} ~x_{1} + x_{4} = 0.\)

Si on note \(H_{1} = \{x\in E ;x_{1} = x_{4}\}\) le sous-espace vectoriel engendré par \(\{e_{1} + e_{4},e_{2},e_{3}\}\) et \(H_{2} = \{x\in E ;x_{1} =- x_{4}\}\) celui engendré par \(\{e_{1} - e_{4},e_{2},e_{3}\}\), alors le cône des isotropes est la réunion de ces deux sous-espaces. \(\mathfrak{I} = H_{1}\cup H_{2}\). [4 points]

Ce n'est pas un sous-espace vectoriel car cet ensemble n'est pas stable par addition : \(e_{1} + e_{4} \in \mathfrak{I} , e_{1} - e_{4} \in \mathfrak{I} , (e_{1} + e_{4}) + (e_{1} - e_{4})\notin\mathfrak{I}.\) [2 points]

  4. Soit \(f\) la forme bilinéaire symétrique, sur \(E\), associée à \(q\). \(f(x,y) = x_{1}y_{1} - x_{4}y_{4}.\)

• Le sous-espace vectoriel \(F\) est engendré par \(e_{1}\) et \(e_{4}\) donc

  \(x\in F^{\perp} \Leftrightarrow f(x,e_{1}) = 0~\textrm{et}~ f(x,e_{4}) = 0 \Leftrightarrow x_{1} = 0 ~\textrm{et} ~x_{4} = 0.\)

  D'où \(F^{\perp} = \textrm{Vect}\{e_{2},e_{3}\}.\) [1 point]

• Le sous-espace vectoriel \(G\) est engendré par \(e_{1} + e_{3},e_{2}\) et \(e_{4}\) donc

  \(x\in G^{\perp}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l l} f(x,e_{1} + e_{3})=0\\ f(x,e_{2}) = 0 \\ f(x,e_{4}) = 0\end{array}\right.}\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{r r r} x_{1}=0 \\ 0 = 0 \\ -x_{4} = 0\end{array}\right.}.\)

  D'où \(G^{\perp} = \textrm{Vect}\{e_{2},e_{3}\}.\) [2 points]

• Recherche de \(F \cap G\):

  \(x \in F \cap G \Leftrightarrow x_{2} = x_{3} = 0~\textrm{et}~x_{1} = x_{3} \Leftrightarrow x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0.\)

  Ainsi le sous-espace vectoriel \(F\cap G\) est engendré par \(e_{4}\), donc

  \(x\in (F \cap G)^{\perp} \Leftrightarrow f(x,e_{4}) = 0 \Leftrightarrow x_{4} = 0.\)

  D'où \((F \cap G)^{\perp} = \textrm{Vect} \{e_{1},e_{2},e_{3}\}.\) [2 points]

• Enfin comme les sous-espaces \(F^{\perp}\) et \(G^{\perp}\) sont égaux, leur somme est

  \(F^{\perp} + G^{\perp} = \textrm{Vect} \{e_{2},e_{3}\}.\) [1 point]

On constate que les sous-espaces \((F \cap G)^{\perp}\) et \(F^{\perp} + G^{\perp}\) sont distincts. La forme quadratique \(q\) est dégénérée et l'inclusion de \(F^{\perp}+ G^{\perp}\) dans \((F \cap G)^{\perp}\) est stricte. [1 point]