Orthogonalité

1. \(q_{1}(x) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2}\)

   a. La matrice \(M_{1}\) associée à la forme quadratique \(q_{1}\) dans la base canonique \(B = (e_{1},e_{2})\) de \(\mathbb{R}^{2}\) est : \(\displaystyle{ M_{1} = \left(\begin{array} {cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right)},\)

   \(\textrm{det}~M_{1} = -1,\) \(\textrm{det}~M_{1} \ne 0,\) la forme quadratique \(q_{1}\) est non dégénérée. [1 point]

   b. \(F = \textrm{Vect} ~\big(\{e_{1} - e_{2}\}\big),\) \(e_{1} - e_{2} = (1,-1),\) \(q_{1} (e_{1} - e_{2}) = 1-1 = 0,\)

   la restriction de la forme quadratique \(q_{1}\) à \(F\). On peut en conclure que la restriction de \(q_{1}\) à \(F\) est dégénérée et que \(F\) est totalement isotrope pour \(q_{1}\) (c'est-à-dire \(F \subset F^{\perp}\)). [2 points]

   c. La forme bilinéaire symétrique \(f_{1}\) associée à \(q_{1}\) est définie pour tout \(x = (x_{1},x_{2})\) et tout \(y = (y_{1},y_{2})\) de \(\mathbb{R}^{2}\) par : \(f_{1} (x,y) = x_{1}y_{1} - x_{2}y_{2}.\)

   D'après la question précédente, on a : \(F \subset F^{\perp}\). De plus, \(F^{ \perp}\ne \mathbb{R}^{2}\) car \(f_{1}(e_{1},e_{1} - e_{2})\ne0.\)

   D'où, \(\textrm{dim}~F\le\textrm{dim}~F^{\perp}<2\) et donc \(\textrm{dim}~F^{\perp} = 1\) et \(F^{\perp} = F.\) [1 point]

   On peut aussi procéder de la façon suivante :

   Soit \(x = (x_{1},x_{2}), x\in F^{\perp} \Leftrightarrow f_{1}(x,e_{1} - e_{2}) = 0 \Leftrightarrow x_{1} + x_{2} = 0 \Leftrightarrow x_{2} = - x_{1} ,\) et donc \(F^{\perp} = F.\)

   Alors, \(\big(F^{\perp}\big)^{\perp} = F^{\perp} = F .\) [1 point]

   Pour déterminer \(\big(F^{\perp}\big)^{\perp}\), on peut aussi utiliser la propriété suivante :

   Si \(E\) est un espace vectoriel de type fini et \(q\) une forme quadratique non dégénérée sur \(E,\) pour tout sous-espace vectoriel \(F\) de \(E\) on a : \(\big(F^{\perp}\big)^{\perp} = F.\)

2. \(q_{2}(x) = 2x_{1}x_{2}\)

   a. La matrice \(M_{2}\) associée à la forme quadratique \(q_{2}\) dans la base canonique \(B = (e_{1},e_{2})\) est  : \(\displaystyle{ M_{2} = \left(\begin{array} {cc} 0 & 1 \\ 1& 0 \end{array}\right)},\)

   \(\textrm{det}~M_{2} = -1,\) \(\textrm{det}~M_{2} \ne 0,\) la forme quadratique \(q_{2}\) est non dégénérée. [1 point]

   b. \(F = \textrm{Vect}\big(\{e_{1} - e_{2}\}\big),\) \(e_{1} - e_{2} = (1,-1),\) \(q_{2}(e_{1} - e_{2}) = -2,\) la matrice associée à la restriction de la forme quadratique \(q_{2}\) à \(F\) dans la base \(\big(e_{1} - e_{2} \big)\) est \(M'_{2} = (-2),\) la restriction de \(q_{2}\) à \(F\) est non dégénérée et donc \(F\) est non isotrope pour \(q_{2}\). [2 points]

   c. La forme bilinéaire symétrique \(f_{2}\) associée à \(q_{2}\) est définie pour tout \(x = (x_{1},x_{2})\) et tout \(y = (y_{1},y_{2})\) de \(\mathbb{R}^{2}\) par : \(f_{2}(x,y) = x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1}.\)

   soit \(x = (x_{1},x_{2}), x\in F^{\perp} \Leftrightarrow f_{2}(x,e_{1} - e_{2}) = 0 \Leftrightarrow -x_{1} + x_{2} = 0 \Leftrightarrow x_{1} = x_{2}.\)

   L'orthogonal de \(F\) pour \(q_{2}\) est la droite vectorielle de base \(e_{1} + e_{2}.\)

   \(F^{\perp} = \textrm{Vect}\big(\{e_{1} + e_{2}\}\big)\) [1 point]

   L'espace vectoriel \(\mathbb{R}^{2}\) étant de type fini et la forme quadratique \(q_{2}\) étant non dégénérée, on a : \(\big(F^{\perp}\big)^{\perp} = F.\) [1 point]

3. \(q_{3}(x) = \big(x_{1} - x_{2}\big)^{2} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 2x_{1}x_{2}\)

   a. La matrice \(M_{3}\) associée à la forme quadratique \(q_{3}\) dans la base canonique \(B = (e_{1},e_{2})\) de \(\mathbb{R}^{2}\) est : \(\displaystyle{ M_{3} = \left(\begin{array} {cc} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{array}\right)},\)

   \(\textrm{det}~M_{3} = 0,\) la forme quadratique \(q_{3}\) est dégénérée. [1 point]

   b. \(F = \textrm{Vect}\big(\{e_{1} - e_{2}\}\big),\) \(e_{1} - e_{2} = (1,-1),\) \(q_{3}(e_{1} - e_{2}) = 4,\) la matrice associée à la restriction de la forme quadratique \(q_{3}\) à \(F\) dans la base \((e_{1},e_{2})\) est \(M'_{3} = (4),\) la restriction de \(q_{3}\) à \(F\) est non dégénérée et donc \(F\) est non isotrope pour \(q_{3}.\) [2 points]

   c. La forme bilinéaire symétrique \(f_{3}\) associée à \(q_{3}\) est définie pour tout \(x = (x_{1},x_{2})\) et tout \(y = (y_{1},y_{2})\) de \(\mathbb{R}^{2}\) par : \(f_{3}(x,y) = x_{1}y_{1} + x_{2}y_{2} - x_{2}y_{1}.\)

   Soit \(x = (x_{1},x_{2}), x\in F^{\perp} \Leftrightarrow f_{3}(x,e_{1}-e_{2}) = 0 \Leftrightarrow x_{1} - x_{2} + x_{1} - x_{2} = 0 \Leftrightarrow x_{1} = x_{2} .\)

   L'orthogonal de \(F\) pour \(q_{3}\) est la droite vectorielle de base \(e_{1} + e_{2}.\)

   \(F^{\perp} = \textrm{Vect}\big(\{e_{1} + e_{2}\}\big)\) [1 point]

   \(x\in\big(F^{\perp}\big)^{\perp} \Leftrightarrow f_{3}(x,e_{1} + e_{2}) = 0 \Leftrightarrow x_{1} + x_{2} - x_{1} - x_{2} = 0 \Leftrightarrow 0x_{1} + 0x_{2} = 0.\)

   D'où \(\big(F^{\perp}\big)^{\perp} = \mathbb{R}^{2}.\) [1 point]

4. \(q_{4}(x) = (x_{1} + x_{2})^{2} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2x_{1}x_{2}\)

   a. La matrice \(M_{4}\) associée à la forme quadratique \(q_{4}\) dans la base canonique \(B = (e_{1},e_{2})\) de \(\mathbb{R}^{2}\) est : \(\displaystyle{ M_{4} = \left(\begin{array} {cc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)},\)

   \(\textrm{det}~M_{4} = 0,\) la forme quadratique \(q_{4}\) est dégénérée. [1 point]

   b. \(F = \textrm{Vect} \big(\{e_{1} - e_{2}\}\big),\) \(e_{1} - e_{2} = (1,-1),\) \(q_{4}(e_{1} - e_{2}) = 0,\) la restriction de la forme quadratique \(q_{4}\) à \(F\) est donc nulle sur \(F\). On peut en conclure que la restriction de \(q_{4}\) à \(F\) est dégénérée et que \(F\) est totalement isotrope pour \(q_{4}\). [2 points]

   c. La forme bilinéaire symétrique \(f_{4}\) associée à \(q_{4}\) est définie pour tout \(x = (x_{1},x_{2})\) et tout \(y = (y_{1},y_{2})\) de \(\mathbb{R}^{2}\) par :

   \(f_{4}(x,y) = x_{1}y_{1} + x_{2}y_{2} + x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}.\)

   Soit

   \(x = (x_{1},x_{2}),x\in F^{\perp} \Leftrightarrow f_{4}(x,e_{1}-e_{2}) = 0 \Leftrightarrow x_{1} - x_{2} - x_{1} + x_{2} = 0 \Leftrightarrow 0x_{1} + 0x_{2} = 0.\)

   \(F^{\perp} = \mathbb{R}^{2}.\) [1 point]

   \(x\in\big(F^{\perp}\big)^{\perp} \Leftrightarrow f_{4}(x,e_{1}) = 0\) et \(f_{4}(x,e_{2}) = 0 \Leftrightarrow x_{1} + x_{2} = 0.\)

   D'où \(\big(F^{\perp}\big)^{\perp} = F.\) [1 point]

   La forme quadratique \(q_{4}\) est dégénérée et on a pourtant l'égalité : \(\big(F^{\perp}\big)^{\perp} = F.\)

Remarque :

Le fait de savoir si une forme quadratique sur un espace vectoriel est dégénérée ou non ne permet pas de savoir si sa restriction à un sous-espace vectoriel est dégénérée ou non.