Problème II
Partie
Lorsque \(E\) est un espace vectoriel sur K (K=R ou K=C) de dimension finie n, \(n\in N^*\), et \(f\) une forme bilinéaire symétrique sur \(E\), non dégénérée, on appelle « espace quadratique de dimension \(n\) » le couple \((E,f)\).
Question
Déterminer les symétries hyperplanes orthogonales d'un espace quadratique \((E,f)\) de dimension 1.
Soit \((E,f)\) un espace quadratique de dimension finie \(n\), \(n>1\).
Soient \(F\) un hyperplan de \(E\) non isotrope, \(s\) la symétrie hyperplane orthogonale définie par \(F\) et \(a\) un vecteur non nul de \(F^\bot\).
Solution détaillée
On considère un espace quadratique \((E,f)\) de dimension 1.
Soit \(s\) une symétrie hyperplane de \(E\).
Comme le seul hyperplan de \(E\) est le sous-espace vectoriel \(\{O_E\}\) et comme \(\{O_E\}^\bot=E\), on en déduit, par définition de \(s\) :
\(\forall x\in E\), \(s(x)=-x\).
Donc :
\(s=-Id_E\).
Dans un espace quadratique \((E,f)\) de dimension 1, il existe une seule symétrie hyperplane, c'est \(-Id_E\).
Question
B. 1. Montrer que l'on a \(F^\bot=Ka\) et \((Ka)^\bot=F\).
Aide simple
Comme la forme bilinéaire \(f\) est non dégénérée, pour tout sous-espace vectoriel \(F\) de \(E\), on a :\((F^\bot)^\bot=F\).
Solution détaillée
Soient \(F\) un hyperplan de \(E\) non isotrope et \(a\) un vecteur non nul appartenant à \(F^\bot\).
Comme \(F\) est non isotrope et \(E\) de dimension finie, on a \(E=F\oplus F^\bot\) et \(F^\bot\) est de dimension 1.
Par conséquent tout vecteur non nul de \(F^\bot\) détermine une base de \(F^\bot\).
On a donc :
\(F^\bot=Ka\).
De plus, comme \(f\) est non dégénérée, on a \((F^\bot)^\bot=F\), donc :
\((Ka)^\bot=F\).
Question
B. 2. Après avoir justifié que pour tout vecteur \(x\) de \(E\) il existe un vecteur \(x_1 \in F\) et un scalaire \(\lambda_x\) tels que \(x=x_1+\lambda_xa\), montrer que le vecteur \(a\) est non isotrope et déterminer \(\lambda_x\) en fonction de \(x\) et de \(a\).
Aide simple
Calculer \(f(x,a)\) quand on a \(x=x_1+\lambda_xa\), et utiliser le fait que le noyau de \(f\) est réduit à 0.
Solution détaillée
Comme \(F\) est non isotrope et \(E\) de dimension finie, on a l'égalité \(E=F\oplus F^\bot\), et comme \(F^\bot=Ka\), il vient :
\(E=F\oplus Ka\).
Donc pour tout vecteur \(x\) de \(E\), il existe un vecteur \(x_1\in F\) et un scalaire \(\lambda_x\) tels que \(x=x_1+\lambda_xa\).
On calcule \(f(x,a)\): \(f(x,a)=f(x_1+\lambda_xa,a)=f(x_1,a)+\lambda_xf(a,a)\).
Or \(f(x_1,a)=0\) car \(x_1\in F\) et \(a\in F^\bot\). Donc :
\(f(x,a)=\lambda_xf(a,a)\). (**)
Comme la forme bilinéaire symétrique \(f\) est non dégénérée, son noyau est réduit à \(\{O_E\}\). Le vecteur \(a\) étant non nul, il n'appartient pas au noyau, c'est-à-dire qu'il existe un vecteur \(y\) de \(E\) tel que \(f(y,a)\neq 0\).
Comme, d'après (**), \(f(y,a)=\lambda_yf(a,a)\), on en déduit \(f(a,a)\neq 0\) donc :
le vecteur a est non isotrope.
On déduit aussi de l'identité (**), la valeur, pour chaque vecteur \(x\) de \(E\), du scalaire \(\lambda_x\):
\(\lambda_x=\frac{f(x,a)}{f(a,a)}\).
Question
B. 3. En déduire, pour tout vecteur \(x\) de \(E\), l'égalité :
\(s(x)=x-2\frac{f(x,a)}{f(a,a)}a\).
Aide simple
Calculer la valeur de \(x_1\) en fonction de \(s(x)\) et de \(a\).
Aide à la lecture
La symétrie hyperplane orthogonale définie par \(F\) est alors notée \(s_a\).
Solution détaillée
Par définition, la symétrie hyperplane orthogonale définie par \(F\) est l'automorphisme \(s\) de \(E=F\oplus F^\bot\), avec \(F^\bot=Ka\), tel que :
\(\forall x\in F\), \(s(x)=x\),
\(\forall x\in Ka\), \(s(x)=-x\).
Or, d'après la question précédente, tout vecteur \(x\) de \(E\) s'écrit :
\(x=x_1+\frac{f(x,a)}{f(a,a)}a\) (***)
avec \(x_1\in F\). Donc \(s(x)=x_1-\frac{f(x,a)}{f(a,a)}a\).
En déduisant de (***) la valeur de \(x_1\), on obtient :
\(\forall x\in E\), \(s(x)=x-2\frac{f(x,a)}{f(a,a)}a\).
La symétrie hyperplane orthogonale définie par \(F\) peut alors être notée \(s_a\).
Remarque : la seule contrainte dans le choix du vecteur \(a\) de \(F^\bot\) est qu'il soit non nul.