Orthogonalité

• a. Une forme quadratique est dégénérée si et seulement si son noyau n'est pas réduit au vecteur nul. Donc, puisque \(q\) est dégénérée, on a \(\dim\mathcal N\ge 1\).

  Si \(\dim\mathcal N=2\), alors on aurait \(\mathcal N=E\), par conséquent la forme bilinéaire symétrique \(f\) serait nulle, ce qui est contraire aux hypothèses.

  Donc \(\dim\mathcal N=1\).

  On montre \(\mathcal N=\mathbf Ke\):

  Puisque \(\dim\mathcal N=1\), il existe un vecteur \(u\) de \(E\) tel que \(\mathcal N=\mathbf Ku\).

  Si \(u\) n'était pas colinéaire à \(e\), \((e,u)\) serait une base de \(E\).

  Comme le vecteur \(u\) appartient à \(\mathcal N\), il est orthogonal à tout élément de \(E\), donc en particulier à lui-même (donc \(u\) est isotrope) et à \(e\).

  Or le vecteur \(e\) est lui aussi isotrope, donc la matrice de \(q\) dans la base \((e,u)\) serait nulle, ce qui est contraire à l'hypothèse « \(q\) non nulle ».

  Donc \(u\) est colinéaire à \(e\), et par conséquent

  \(\mathcal N=\mathbf Ke\).

• b. Soit \((e,e')\) une base de \(E\).

  Soit \(x\) un vecteur de \(E\) et \(\alpha\), \(\beta\) ses coordonnées dans la base \((e,e')\): \(x=\alpha e+\beta e'\).

  On calcule \(q(x)\):

  \(\begin{array}{rcl}q(x)&=&f(\alpha e+\beta e', \alpha e+\beta e')\\&=& \alpha^2f(e,e)+\beta^2f(e',e')+2\alpha\beta f(e,e')\end{array}\).

  D'après la question précédente, \(e\) appartient au noyau de \(q\) donc \(e\) est isotrope (ce que l'on savait déjà par hypothèse) et \(e\) est orthogonal à tout vecteur de \(E\) donc en particulier à \(e'\): \(f(e,e)=f(e,e')=0\).

  Par conséquent \(q(x)=\beta^2f(e',e')\):

  Pour tout \(x=\alpha e+\beta e'\) appartenant à \(E\), \(q(x)=\beta^2f(e',e')\).

  • Remarque : la matrice de \(q\) dans la base \((e,e')\) est donc \(\left(\begin{array}{cc}0&0\\0&f(e',e')\end{array}\right)\)

  Comme la forme quadratique \(q\) n'est pas nulle, \(f(e',e')\) n'est pas nul, donc \(e'\) n'est pas isotrope, quelque soit \(e'\) choisi pour que \((e,e')\) soit une base de \(E\).

• a. Comme \(e\) est isotrope pour \(q\), tout vecteur de la forme \(\alpha e\), \(\alpha\in \mathbf K\), est orthogonal à tout vecteur de la forme \(\lambda e\), \(\lambda \in\mathbf K\), donc appartient à \((\mathbf Ke)^\perp\).

  Donc \(\mathbf Ke\) est contenu dans \((\mathbf Ke)^\perp\).

  La forme quadratique \(q\) étant non dégénérée, on a la propriété suivante : \(\dim(\mathbf Ke)^\perp=\dim E-\dim \mathbf Ke\).

  Or \(\dim E=2\), d'où \(\dim (\mathbf Ke)^\perp=1\).

  Par conséquent :

  \((\mathbf Ke)^\perp=\mathbf Ke\).

• b. Soit \(v\) un vecteur de \(E\) non colinéaire à \(e\).

  Si \(v\) était orthogonal à \(e\), il serait orthogonal à tout \(\lambda e\), \(\lambda\in \mathbf K\), donc il appartiendrait à \((\mathbf Ke)^\perp\). Or \((\mathbf Ke)^\perp=\mathbf Ke\). Donc \(v\) appartiendrait à \(\mathbf Ke\), ce qui est absurde car \(v\) n'est pas colinéaire à \(e\).

  Donc \(v\) n'est pas orthogonal à \(e\).

• On cherche une base \((e,e'')\) telle que pour tout \(x=\alpha e+\beta e''\) de \(E\) on ait \(q(x)=2\alpha\beta\).

  Or en calculant \(q(x)\), on trouve :

  \(\begin{array}{rcl}q(x)&=&f(\alpha e+\beta e'', \alpha e+\beta e'')\\&=& \alpha^2f(e,e)+\beta^2f(e'',e'')+2\alpha\beta f(e,e'')\end{array}\)

  On a \(f(e,e)=0\), on cherche donc \(e''\) tel que \(f(e'',e'')=0\) et \(f(e,e'')=1\).

  Le vecteur \(e''\) doit donc être isotrope, non colinéaire à \(e\) et vérifier \(f(e,e'')=1\).

  Soit \(v\) un vecteur de \(E\) non colinéaire à \(e\).

  D'après 2.b), \(v\) n'est pas orthogonal à \(e\) donc \(f(e,v)\neq 0\).

  Il existe alors deux possibilités :

  • Soit \(v\) est isotrope.

    Dans ce cas, le vecteur \(e''\) défini par \(e''=\frac{1}{f(e,v)}v\) convient : il est isotrope, puisque \(v\) l'est, il vérifie \(f(e,e'')=1\) et il n'est pas colinéaire à \(e\).

    Donc \((e,e'')\) est une base qui correspond aux critères voulus :

    la base \((e,e'')\) est telle que pour tout \(x=\alpha e+\beta e''\), \((\alpha,\beta)\in \mathbf K^2\), on a \(q(x)=2\alpha\beta\).

  • Soit \(v\) n'est pas isotrope.

    On cherche, pour revenir à la situation précédente, un vecteur \(w\) isotrope non colinéaire à \(e\), alors le vecteur \(e''=\frac{1}{f(e,w)}w\) conviendra.

    Comme \((e,v)\) est une base, on peut chercher \(w\) sous la forme \(w=\lambda e+\mu v\), où \(\lambda\) et \(\mu\) sont des scalaires non nuls (sinon \(w\) serait soit colinéaire à \(v\), donc non isotrope, soit colinéaire à \(e\), ce qui est exclu).

    Or \(f(\lambda e+\mu v, \lambda e+\mu v)=\lambda^2f(e,e)+\mu^2f(v,v)+2\lambda\mu f(e,v)\).

    Comme on a \(f(e,e)=0\), \(f(v,v)\neq 0\) et \(f(e,v)\neq 0\), en choisissant par exemple \(\mu=1\) et \(\lambda=-\frac{f(v,v)}{2f(e,v)}\), on obtient \(f(\lambda e+\mu v, \lambda e+\mu v)=0\).

    Donc \(w=-\frac{f(v,v)}{2f(e,v)}e+v\) est un vecteur isotrope, non colinéaire à \(e\).

    Le vecteur \(e''\) défini par \(e''=\frac{1}{f(e,w)}\) vérifie les propriétés suivantes : il est isotrope, il est non colinéaire à \(e\) et \(f(e,e'')=1\).

    Donc \((e,e'')\) est une base qui correspond aux critères recherchés :

    la base \((e,e'')\) est telle que pour tout \(x=\alpha e+\beta e''\), \((\alpha,\beta)\in \mathbf K^2\), on a \(q(x)=2\alpha\beta\).

  Remarque : la matrice de \(q\) dans la base \((e,e'')\) est \(\left(\begin{array}{cc}0&1\\1&0\end{array}\right)\).

Premier cas : lorsque la forme quadratique \(q\) est dégénérée, il existe une base \((e,e')\) telle que pour tout \(x=\alpha e+\beta e'\) de \(E\), \(q(x)=\beta^2 f(e',e')\).

Donc l'ensemble des vecteurs de \(E\) isotropes pour \(q\) est l'ensemble des \(x=\alpha e+\beta e'\) tels que \(\beta=0\), c'est donc \(\mathbf Ke\).

Deuxième cas : lorsque la forme quadratique \(q\) est non dégénérée, il existe une base \((e,e'')\) telle que pour tout \(x=\alpha e+\beta e''\) de \(E\), \(q(x)=2\alpha\beta\).

D'où le vecteur \(x\) est isotrope si et seulement si \(\alpha=0\) ou \(\beta=0\).

Donc l'ensemble des vecteurs de \(E\) isotropes pour \(q\) est \(\mathbf Ke \cup \mathbf Ke''\).