Problème I
Partie
Soient E un espace vectoriel sur K (K=R ou K=C) de dimension finie et f une forme bilinéaire symétrique sur E.On considère un sous-espace vectoriel \(F\) de \(E\), non isotrope pour f, et \(F^\bot\) son orthogonal pour f.
Question
Montrer qu'il existe un unique endomorphisme de \(E\), que l'on notera \(s\), vérifiant :
\(\forall x\in F\), \(s(x)=x\),
\(\forall x\in F^\bot\), \(s(x)=-x\)
Aide simple
On pourra remarquer que l'on a \(E=F\oplus F^\bot\), et utiliser des bases de \(F\) et de \(F^\bot\).
Solution détaillée
Comme \(E\) est un espace vectoriel de type fini et \(F\) un sous-espace vectoriel non isotrope pour \(f\), on a l'égalité :
\(E=F\oplus F^\bot\).
On cherche un endomorphisme \(s\) de \(E\) vérifiant les conditions :
\(\left\{\begin{array}{cc}\forall x\in F,&s(x)=x\\\forall x\in F^\bot,&s(x)=-x\end{array}\right.\)
Soit \(B_1=(u_1,u_2,\ldots,u_p)\) une base de \(F\) et \(B_2=(v_1,v_2,\ldots,v_q)\) une base de \(F^\bot\).
L'endomorphisme \(s\) cherché doit donc vérifier :
\(\left\{\begin{array}{cc}s(u_i)=u_i,&\forall i, 1\leq i\leq p,\\s(v_j)=-v_j,&\forall j, 1\leq j\leq q.\end{array}\right.\) (*)
Comme \((u_1,u_2,\ldots,u_p,v_1,v_2,\ldots,v_p)\) est une base de \(E\), il existe un unique endomorphisme \(s\) de \(E\) vérifiant les conditions \((*)\).
Donc si \(s\) existe, il est unique.
Considérons l'endomorphisme \(s\) de \(E\) tel que :
\(\left\{\begin{array}{cc}s(u_i)=u_i,&\forall i, 1\leq i\leq p,\\s(v_j)=-v_j,&\forall j, 1\leq j\leq q.\end{array}\right.\)
(Un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension finie est totalement déterminé par la donnée des images d'une base.)
Soit \(x\) un élément de \(E\).
Si \(x\) appartient à \(F\), il existe \((\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_p)\in K^p\) tel que \(x=\displaystyle\sum_{i=1}^{i=p}\alpha_iu_i\), donc : \(s(x)=x\).
Si \(x\) appartient à \(F^\bot\), il existe \((\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_q)\in K^q\) tel que \(x=\displaystyle{\sum_{i=1}^{i=q}\beta_iv_i}\), donc : \(s(x)=-x\)
Cet endomorphisme s de E répond donc aux conditions imposées.
Remarque : tout vecteur \(x\in E\) s'écrit comme la somme d'un vecteur \(x_1 \in F\) et d'un vecteur \(x_2\in F^\bot\): \(x=x_1+x_2\). Donc \(s(x)=x_1-x_2\).
Question
On note \(Id_E\) l'application identité de \(E\).
Montrer l'égalité \(s\circ s=Id_E\). En déduire que s est un automorphisme de E.
Solution détaillée
Comme tout vecteur \(x\) de \(E\) s'écrit \(x=x_1+x_2\), avec \(x_1\in F\) et \(x_2\in F^\bot\), et comme on a \(s(x)=x_1-x_2\), on en déduit \((s\circ s)(x)=s(x_1-x_2)=x_1+x_2=x\), donc :
\(s\circ s=Id_E\).
Par conséquent l'endomorphisme \(s\) de \(E\) admet une application inverse et cette application inverse est \(s\) lui même (une telle application est dite involutive).
Ceci prouve, en particulier, que \(s\) est bijectif.
Donc l'endomorphisme \(s\) de \(E\) est un automorphisme de \(E\) (pour montrer que \(s\) était un automorphisme, on pouvait aussi remarquer que l'image par \(s\) d'une base de \(E\) est une base de \(E\)).
Question
Montrer que \(s\) vérifie les deux propriétés :
\(\forall (x,y)\in E^2\), \(f(s(x),y)=f(x,s(y))\)
\(\forall (x,y)\in E^2\), \(f(s(x),s(y))=f(x,y)\).
Aide simple
Calculer pour tout couple \((x,y)\) de vecteurs de \(E\) la quantité \(f(s(x),y)\), en utilisant les décompositions \(x=x_1+x_2,x_1\in F,x_2\in F^\bot\) et \(y=y_1+y_2,y_1\in F,y_2\in F^\bot\), et la bilinéarité de \(f\).
Aide à la lecture
Un tel automorphisme \(s\) est appelé « symétrie orthogonale (pour f ) définie par F ».
Si de plus \(F\) est un hyperplan (c'est-à-dire \(\dim F=n-1\)), l'automorphisme \(s\) est appelé « symétrie hyperplane orthogonale (pour f ) définie par F ».
Solution détaillée
On calcule pour tout couple \((x,y)\) de vecteurs de \(E\) la quantité \(f(s(x),y)\):
pour cela, on utilise les décompositions \(x=x_1+x_2\), avec \(x_1\in F\) et \(x_2\in F^\bot\), et \(y=y_1+y_2\), avec \(y_1 \in F\) et \(y_2\in F^\bot\).
Donc \(f(s(x),y)=f(x_1-x_2,y_1+y_2)\).
En utilisant la bilinéarité de \(f\), il vient \(f(s(x),y)=f(x_1,y_1)+f(x_1,y_2)-f(x_2,y_1)-f(x_2,y_2)\)
Or \(x_1\) et \(y_2\) sont orthogonaux pour \(f\), de même que \(x_2\) et \(y_1\), donc :
\(f(s(x),y)=f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2)\).
Pour les mêmes raisons, on trouve aussi :
\(f(x,s(y))=f(x_1+x_2,y_1-y_2)=f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2)\).
D'où :
\(\forall (x,y)\in E^2\), \(f(s(x),y)=f(x,s(y))\).
Pour le calcul de \(f(s(x),s(y))\), en utilisant la propriété précédente, on obtient :
\(f(s(x),s(y))=f(x,s(s(y)))\).
Or \(s\circ s= Id_E\), donc \(f(s(x),s(y))=f(x,y)\). D'où :
\(\forall(x,y)\in E^2\), \(f(s(x),s(y))=f(x,y)\).