Problèmes de synthèse

Lorsque tous les vecteurs de E sont isotropes pour une forme bilinéaire symétrique \(f\), alors \(f\) est nulle. En effet si \(x_1,x_2\) sont deux vecteurs de \(E\), comme :

\(f(x_1,x_2)=\frac14(f(x_1+x_2,x_1+x_2)-f(x_1-x_2,x_1-x_2))\)

si tous les vecteurs de \(E\) sont isotropes on a \(f(x_1+x_2,x_1+x_2)=f(x_1-x_2,x_1-x_2)=0\) d'où \(f(x_1,x_2)=0\).

Dans ce problème, \(f\) est une forme bilinéaire symétrique non dégénérée donc elle n'est pas nulle et elle admet des vecteurs non isotropes.

On montre que \(g\) est une forme bilinéaire symétrique sur \(F\), puis qu'elle est non dégénérée et que \(F\) est de dimension \(n-1\).

Soient \(x_1,x_2,x_3\) des éléments de \(F\) et \(\lambda_1,\lambda_2\) des scalaires. On a :

\(\begin{array}{ccc}g(\lambda_1 x_1+\lambda_2 x_2, x_3)&=&f(\lambda_1 x_1+\lambda_2 x_2, x_3)=\lambda_1 f(x_1,x_3)+\lambda_2 f(x_2,x_3)\\&=&\lambda_1 g(x_1,x_3)+\lambda_2 g(x_2,x_3)\end{array}\)

donc \(g\) est linéaire par rapport à la première variable, de plus :

\(g(x_1,x_3)=f(x_1,x_3)=f(x_3,x_1)=g(x_3,x_1)\)

donc \(g\) est une forme bilinéaire symétrique sur \(F\).

Pour montrer que \(g\) est non dégénérée, il suffit de montrer que son noyau est réduit au vecteur nul.

Soit \(x_1\in F\) un élément du noyau de \(g\) : c'est un élément de \(F\) tel que pour tout vecteur \(x'\in F\)on a \(g(x_1,x')=0\).

Comme \(a\) est non isotrope, le sous-espace vectoriel \(Ka\) est non isotrope or \(F=(Ka)^\bot\)donc on a \(E=Ka\oplus F\).

Soit \(y\in E\). Il existe \(\lambda\in K\) et \(x'\in F\) tel que \(y=\lambda a+x'\). Comme \(x_1\in (Ka)^\bot\), on a :

\(\begin{array}{ccc}f(x_1,y)&=&f(x_1,\lambda a+x')\\&=&f(x_1,\lambda a)+f(x_1,x')\\&=&0+g(x_1,x')\\&=&0\end{array}\)

Donc pour tout \(y\in E\), \(f(x_1,y)=0\). Ceci prouve que \(x_1\) appartient au noyau de \(f\), et comme \(f\) est non dégénérée, \(x_1\) est le vecteur nul. On a montré que le noyau de \(g\) est réduit au vecteur nul donc \(g\) est non dégénérée.

On a \(E=Ka\oplus F\). Par hypothèse \(\textrm{dim}(E)=n\), donc \(\textrm{dim}(F)=n-1\).

Comme \(g\) est une forme bilinéaire symétrique non dégénérée sur \(F\), \((F,g) \)est un espace quadratique de dimension \(n-1\).

i. Pour montrer que \(u\) induit une application de \(F\) dans \(F\) il suffit de vérifier que \(u(F)\subset F\). Par définition de \(F\) on a \(F=(Ka)^\bot\) donc, pour vérifier qu'un élément est dans \(F\), il suffit de vérifier qu'il est orthogonal à \(a\).

Soit \(x'\in F\). Dans cette partie du problème on a par hypothèse \(u(a)=a\), d'où :

\(f(u(x'),a)=f(u(x'),u(a))=f(x',a)=0\).

Ceci prouve que \(u(x')\in F\) et \(u(F)\subset F\).

L'application \(v\) est l'application de \(F\) dans \(F\) définie pour tout \(x'\in F\) par \(v(x')=u(x')\). Comme \(u\) est une application linéaire, sa restriction \(v\) est une application linéaire. L'application \(u\) étant injective, sa restriction \(v\) est injective donc bijective puisque \(F\) est de dimension finie.

ii. Comme \((F,g)\) est un espace quadratique, une application linéaire bijective de \(F\) dans \(F\) est un élément de \(\bigcirc(F,g)\) si elle conserve \(g\).

Soit \((x_1,x_2)\in F \times F\). On a : \(g(v(x_1),v(x_2))=f(u(x_1),u(x_2))=f(x_1,x_2)=g(x_1,x_2)\)

donc l'application \(v\) de \(F\) dans \(F\) conserve \(g\), donc \(v\in \bigcirc(F,g)\).

iii. Dans cette partie du problème on a supposé que la propriété \((P)\) est vraie pour tout espace quadratique de dimension \(n-1\).

On a montré dans la question B.2. que \((F,g)\) est un espace quadratique de dimension \(n-1\) et dans la question B.3.ii que \(v\in \bigcirc(F,g)\).

Donc d'après la propriété \((P)\) que l'on suppose vraie pour les espaces quadratiques de dimension \(n-1\), \(v\) est la composée d'un nombre fini de symétries hyperplanes de \(\bigcirc(F,g)\): il existe des symétries hyperplanes \(s'_1,\ldots,s'_k\) de \(\bigcirc(F,g)\) telles que : \(v=s'_1\circ \ldots\circ s'_k\).

Chaque symétrie hyperplane \(s'_i\) de \(\bigcirc(F,g)\) est définie par un hyperplan non isotrope \(H_i\) de \(F\). En notant \(x_i\) un vecteur non nul de \(F\), orthogonal à \(H_i\), le vecteur \(x_i\) est non isotrope et on a : \(F=H_i\oplus Kx_i\)

et la symétrie hyperplane \(s'_i\) de \(\bigcirc(F,g)\) peut se noter \(s'_{x_i}\).

On en déduit l'existence de vecteurs non isotropes \(x_1,\ldots,x_k\) de \(F\) tels que les symétries hyperplanes \(s'_1,\ldots,s'_k\) de \(\bigcirc(F,g)\) vérifient : \(v= s'_{x_1}\circ\ldots\circ s'_{x_k}\)

Par définition de la symétrie hyperplane \(s'_{x_i}\), on a :

\(\forall x\in H_i\), \(s'_{x_1}(x)=x\)

\(\forall x\in Kx_i\), \(s'_{x_1}(x)=-x\)

iv. Pour chaque entier i, \(1\leq i\leq k\), on a : \(F=H_i\oplus Kx_i\)

Comme \(E=Ka\oplus F\), on a \(E=Ka\oplus H_i\oplus Kx_i\). Le vecteur \(x_i\) étant orthogonal pour \(f\) au vecteur \(a\) (comme élément de \(F\)) et aux vecteurs de \(H_i\)(par construction), il est orthogonal à tout vecteur de \(Ka\oplus H_i\). Donc les sous-espaces \(Kx_i\) et \(Ka\oplus H_i\) sont orthogonaux pour \(f\) ; comme de plus \(E=(Ka\oplus H_i)\oplus Kx_i\) ils sont supplémentaires et on a :

\((Kx_i)^\bot=Ka\oplus H_i\)

Par définition de la symétrie hyperplane orthogonale \(s_{x_i}\), on a :

\(\forall x\in Ka \oplus H_i\), \(s_{x_i}(x)=x\)

\(\forall x\in Kx_i\), \(s_{x_i}(x)=-x\)

Donc en particulier :

\(\forall x\in H_i\), \(s_{x_i}(x)=x\)

\(\forall x\in Kx_i\), \(s_{x_i}(x)=-x\)

Comme \(F=H_i\oplus Kx_i\), la restriction de \(s_{x_i}\) à \(F\) est l'application \(s'_{x_i}\).

On a aussi \(\forall x\in Ka\), \(s_{x_i}(x)=x\) et \(u(a)=a\), par conséquent :

\(\forall x\in Ka\), \(s_{x_1}\circ\ldots\circ s_{x_k}(x)=x=u(x)\)

\(\forall x\in F\), \(s_{x_1}\circ \ldots\circ s_{x_k}(x)=s'_{x_1}\circ\ldots\circ s'_{x_k}(x)=v(x)=u(x)\)

Or comme \(E=Ka\oplus F\), ces égalités prouvent que l'on a : \(u=s_{x_1}\circ\ldots\circ s_{x_k}\).

i. On a :

\(\begin{array}{ccc}f(\alpha,\beta)&=&f(u(a)-a, u(a)+a)\\&=&f(u(a),u(a))+f(u(a),a)-f(a,u(a))-f(a,a)\\&=&f(u(a),u(a))-f(a,a)+f(u(a),a)-f(u(a),a)\end{array}\)

Comme \(u\in \bigcirc(E,f)\) on a \(f(u(x),u(x))=f(x,x)\). Par conséquent \(f(\alpha,\beta)=0\). Ceci prouve que les vecteurs \(\alpha\) et \(\beta\) sont orthogonaux.

Supposons les vecteurs \(\alpha\) et \(\beta\) isotropes alors \(f(a,a)=f(\beta,\beta)=0\). Or :

\(\begin{array}{ccc}f(\alpha,\alpha)&=&f(u(a)-a,u(a)-a)\\&=&f(u(a),u(a))-2f(u(a),a)+f(a,a)\\&=&2f(a,a)-2f(u(a),a)\end{array}\)

\(\begin{array}{ccc}f(\beta,\beta)&=&f(u(a)+a,u(a)+a)\\&=&f(u(a),u(a))+2f(u(a),a)+f(a,a)\\&=&2f(a,a)+2f(u(a),a)\end{array}\)

d'où \(f(\alpha,\alpha)+f(\beta,\beta)=4f(a,a)\).

Donc, si les vecteurs \(\alpha\) et \(\beta\) sont isotropes, on obtient \(f(a,a)=0\). Or ceci est absurde car par hypothèse a n'est pas un vecteur isotrope, donc \(f(a,a)\neq 0\) d'où \(\alpha\) ou \(\beta\) n'est pas isotrope.

ii. On suppose dans cette question que \(\alpha\) n'est pas isotrope. Par définition de \(s_{\alpha}\) on a \(s_{\alpha}(\alpha)=-\alpha\). Comme les vecteurs \(\alpha\) et \(\beta\) sont orthogonaux, \(\beta\in (K\alpha)^\bot\) et par définition de \(s_{\alpha}\), on a \(s_{\alpha}(\beta)=\beta\).

Comme \(\alpha=u(a)-a\) et \(\beta=u(a)+a\) on a :

\(s_{\alpha}(u(a)-a)=a-u(a)\) et \(s_{\alpha}(u(a)+a)=u(a)+a\),

d'où en ajoutant membre à membre les deux égalités :

\(s_{\alpha}(u(a)-a)+s_{\alpha}(u(a)+a)=2a\)

Comme \(s_{\alpha}\) est une application linéaire on obtient :

\(s_{\alpha}(u(a))=a\)

d'où \(s_{\alpha}\circ u(a)=a\).

iii. On suppose que \(\beta\) n'est pas isotrope. Par définition de \(s_\beta\) on a \(s_{\beta}(\beta)=-\beta\). Comme les vecteurs \(\alpha\) et \(\beta\) sont orthogonaux on a \(\alpha\in(K\beta)^\bot\) et par définition de \(s_{\beta}\) on a \(s_{\beta}(\alpha)=\alpha\).

Comme \(\alpha=u(a)-a\) et \(\beta=u(a)+a\) on a :

\(s_{\beta}(u(a)-a)=u(a)-a\) et \(s_{\beta}(u(a)+a)=-u(a)-a\)

et en ajoutant membre à membre les deux égalités :

\(s_{\beta}(u(a)-a)+s_{\beta}(u(a)+a)=-2a\)

Comme \(s_\beta\) est une application linéaire on obtient : \(2s_{\beta}(u(a))=-2a\)

d'où \(s_{beta}\circ u(a)=-a\).

Par définition de \(s_a\) on a \(s_a(a)=-a\) par conséquent \(s_a\circ s_\beta \circ u(a)=a\).

iv. D'après i) l'un au moins des vecteurs \(\alpha,\beta\) n'est pas isotrope.

• Lorsque \(\alpha\) n'est pas isotrope, on a montré l'égalité \(s_\alpha\circ u(a)=a\). Comme \(a\) est un vecteur non isotrope et que \(s_{\alpha}\circ u\in \bigcirc(E,f)\) comme composée d'automorphismes orthogonaux, d'après la question B.3, il existe des symétries hyperplanes \(s_1,\ldots,s_k\) telles que \(s_\alpha\circ u=s_1\circ \ldots\circ s_k\).

  Comme \(s_\alpha\circ s_\alpha=id_E\), on obtient : \(u=s_\alpha\circ s_1\circ \ldots\circ s_k\)

• Lorsque \(\beta\) n'est pas isotrope, on a montré l'égalité \(s_a\circ s_\beta\circ u(a)=a\). Comme \(a\) est un vecteur non isotrope et que \(s_a\circ s_\beta\circ u\in \bigcirc(E,f)\), d'après la question B.3, il existe des symétries hyperplanes \(s_1,\ldots,s_k\) telles que \(s_a\circ s_\beta\circ u=s_1\circ \ldots\circ s_k\) par conséquent :

  \(u=s_\beta\circ s_a\circ s_1\circ \ldots\circ s_k\).

Dans chaque cas on a prouvé qu'il existe des symétries hyperplanes \(s_1,s_2,\ldots,s_r\) de \(\bigcirc(E,f)\) telles que \(u=s_1\circ s_2\circ \ldots\circ s_r\).