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Bonjour à tous,

Je planche sur un cours sur les formes quadratiques (celui de Clément de Seguins Pazzis), et je bloque sur une propriété de géométrie différentielle que je souhaiterais comprendre, mais pour lequel je ne dispose pas des connaissances suffisantes malgré mon bagage MPSI-MP.

Je dispose de la définition suivante pour un espace fibré : il s'agit de la donnée de :
○ une surjection continue $\pi$, appelée projection entre deux espaces séparés $E$ et $B$, dits respectivement espace total et base,
○ un espace séparé $F$, dit fibre sur lequel agit un groupe topologique $G$, dit groupe structural
○ d'un ensemble d'homéomorphismes (applications bijectives continues de bijection réciproque également continue, des cartes appelées trivialisations locales) :
\[ \phi_i : U_i \times F \mapsto \pi^{-1}(U_i) \]
Telles que la famille $(U_i)_{i \in I}$ vérifie les propriétés suivantes :
• $(U_i)_{i \in I}$ est un recouvrement de $B$ c'est-à-dire que $\bigcup_{i \in I} U_i \supset A$.
• Les cartes commutent avec les projections :
    \[ \forall (b,y) \in U_i \times F, \pi(\phi_i(b,y))=b \]
• Pour tout couple de cartes $(\phi,\psi)$ définies sur le même ouvert $U \times F$, il existe une application continue $\theta : U \rightarrow G$ telle que :
    \[ \forall (b,y) \in U \times F, \psi(b,y) = \phi(b,\theta(b) y) \]
Un fibré principal est un espace fibré pour lequel le groupe de structures agit librement et transitivement sur la fibre.

Maintenant, dans le cours, on montre que, pour toute forme quadratique non nulle de [tex]E[/tex], il existe alors un voisinage ouvert [tex]U[/tex] de [tex]q[/tex] dans [tex]\mathcal{Q}(E)[/tex] (l'ensemble des formes quadratiques dans [tex]E[/tex]) et [tex]s : U \rightarrow GL(E)[/tex] de classe [tex]\mathcal{C}^{\infty}[/tex] telle que [tex]s(q)=\mbox{Id}_E[/tex] et [tex]\forall \varphi \in U, \varphi = q \circ s(\varphi)[/tex], propriété (P)

Cette propriété permet de conclure que, si l'on note [tex]\mathcal{E}(q)[/tex] l'ensemble des formes quadratiques sur [tex]E[/tex], équivalentes à [tex]q[/tex], l'application [tex]u \mapsto q \circ u[/tex], de [tex]GL(E)[/tex] dans [tex]\mathcal{E}(q)[/tex] constitue un fibré principal lisse de groupe structural [tex]O(q)[/tex].

Est-ce si évident que cela ? N'étant que débutant sur le sujet, je cherche à vérifier tous les points :
• L'espace total serait [tex]GL(E)[/tex], la base serait [tex]\mathcal{E}(q)[/tex], et [tex]F=G=O(q)=\{ u \in GL(E) : q \circ u = q \}[/tex] de ce que je comprends
• [tex]GL(E)[/tex] est métrisable (il existe une distance engendrant sa topologie) donc séparé. [tex]\mathcal{E}(q)[/tex] est isomorphe à [tex]S_n(\mathbb{K})[/tex], qui est métrisable donc séparé. L'application [tex]u \mapsto q \circ u[/tex], de [tex]GL(E)[/tex] dans [tex]\mathcal{E}(q)[/tex] est par construction surjective et continue car polynomiale en les coefficients de [tex]u[/tex].
• [tex]O(q)[/tex] est inclus dans [tex]GL(E)[/tex] donc séparé, et il agit sur lui-même.
• Soit [tex]\phi_0 \in \mathcal{E}(q)[/tex]. Il existe, par définition, [tex]u_0 \in GL(E)[/tex] tel que [tex]\phi_0=q \circ u_0[/tex]. La propriété au-dessus permet d'affirmer l'existence d'un voisinage ouvert $U$ de $q$ dans $E$, et une section locale $s : U \rightarrow GL(E)$ de régularité $\mathcal{C}^{\infty}$ telle que :
\[ \forall \varphi \in U, \varphi= q \circ s(\varphi) \]
On pose alors :
\begin{align*}
\psi : U \times O(q) & \rightarrow \pi^{-1}(U)
\\ (\phi,g) & \mapsto s(\phi) \circ g
\end{align*}
Il faut montrer que $\psi$ est une bijection continue, de réciproque elle aussi continue. L'inverse de $\psi$ paraît accessible et est donnée par :
\begin{align*}
\theta : \pi^{-1}(U)  & \rightarrow U \times O(q)
\\ u & \mapsto \Bigg( \pi(u), s \Big( \pi(u) \Big)^{-1} u \Bigg)
\end{align*}
Je n'arrive pas à montrer que $s \Big( \pi(u) \Big)^{-1} u \in O(q)$.

Je pars de ça : par définition de $\pi$ et $s$ :
\[ \pi(u)=q \circ u = q \circ s \Big( \pi(u) \Big) \]
Ainsi :
\[ q = q \circ  \Big( u \circ u^{-1} \Big) = \Big( q \circ u \Big) \circ u^{-1} = \Bigg( q \circ s \Big( \pi(u) \Big) \Bigg) \circ u^{-1} \implies s \Big( \pi(u) \Big) \circ u^{-1} \in O(q) \]
Comme [tex]O(q)[/tex] est un groupe, donc stable par inverse, on en déduit que $u \circ s\Big( \pi(u) \Big)^{-1} \in O(q)$. C'est bien, mais ce n'est pas ce qu'on veut...

Je me demande si la construction des fibrés ne veut pas plutôt que l'on applique la propriété [tex](P)[/tex] sur [tex]\phi_0[/tex], de sorte que l'on ait en fait un ouvert [tex]U_0[/tex] dépendant de [tex]\phi_0[/tex], sachant que, comme [tex]\phi_0[/tex] et [tex]q[/tex] sont équivalentes, alors les groupes [tex]O(q)[/tex] et [tex]O(\phi_0)[/tex] sont isomorphes.

Quelqu'un peut-il, s'il vous plaît, m'aider à débloquer ce point et éventuellement à justifier la fin de la définition ?

Merci de votre attention,

Bonne journée.

Bonsoir,

J'essaie de résoudre l'exercice suivant : "soient [tex]q[/tex] et [tex]q'[/tex] sont deux formes quadratiques sur [tex]E[/tex], un [tex]\mathbb{K}[/tex]-espace vectoriel de dimension finie, et [tex]q_0[/tex] est une forme quadratique nulle. Montrer que si [tex]q \perp q_0 \simeq q' \perp q_0[/tex], alors [tex]q \perp q'[/tex]". On s'interdit d'utiliser la théorie de diagonalisation des formes quadratiques.

Ma démonstration repose sur la comparaison des formes régulières de [tex]q[/tex] et [tex]q'[/tex] : [tex]q \simeq \overline{q} \perp r. \langle 0 \rangle[/tex] où [tex]r[/tex] est la dimension d'un supplémentaire de [tex]\mbox{Ker}(q)[/tex] dans [tex]E[/tex], et [tex]q' \simeq \overline{q'} \perp r . \langle 0 \rangle[/tex].

L'hypothèse de l'énoncé devient, si l'on note [tex]p=\mbox{dim}(q_0)[/tex] : [tex]\overline{q} \perp (p+r) . \langle 0 \rangle \simeq \overline{q'} \perp (p+r) . \langle 0 \rangle[/tex]. Ainsi, il existe une matrice inversible, dont je note le bloc en haut à gauche [tex]P[/tex], telle que [tex]PAP^T=B[/tex] si [tex]A[/tex] et [tex]B[/tex] sont des matrices représentant respectivement [tex]\overline{q}[/tex] et [tex]\overline{q'}[/tex]. Il reste à montrer que [tex]P[/tex] est inversible (ce qui se fait, je pense, en utilisant l'inversibilité de [tex]A[/tex] et [tex]B[/tex] en tant que forme quadratique régulière) pour conclure que [tex] \overline{q}[/tex] et [tex]\overline{q'}[/tex] sont équivalentes car [tex]A[/tex] et [tex]B[/tex] sont congruentes, et il me semble que l'on peut facilement conclure que [tex]q[/tex] et [tex]q'[/tex] sont équivalentes en considérant la matrice inversible diagonale de blocs [tex]P[/tex] et [tex]I_r[/tex].

Ma question est la suivante : est-ce que le fait que si [tex](A,B) \in GL_n(\mathbb{K})^2[/tex] et qu'il existe [tex]P \in M_n(\mathbb{K})[/tex] tel que [tex]PAP^T=B[/tex], alors [tex]P \in GL_n(\mathbb{K})[/tex] ? On a en effet [tex]\mbox{det}(P)^2=\frac{\mbox{det}(B)}{\mbox{det}(A)}[/tex], mais est-ce suffisant pour conclure l'inversibilité de [tex]P[/tex] dans un corps quelconque ? Comment procéder sinon ?

Je vous remercie pour toute aide.

Bonne soirée.

Bonsoir,

Je cherche à répondre à la question suivante : "si [tex]b[/tex] est une forme bilinéaire symétrique ou alternée dégénérée sur [tex]E[/tex], un [tex]\mathbb{K}[/tex]-espace vectoriel de dimension finie : peut-on écrire tout sous-espace vectoriel de [tex]E[/tex] comme l'orthogonal d'un sous-espace vectoriel pour [tex]b[/tex] ?"

Je pense que la réponse est non, et pour montrer que c'est faux, je souhaite montrer que [tex]\mbox{Ker}(b)[/tex] (qui est bien un sous-espace vectoriel de [tex]E[/tex]) ne peut pas être écrit comme l'orthogonal d'un sous-espace vectoriel de [tex]E[/tex]. Mon choix se porte sur le noyau car puisque [tex]b[/tex] est dégénérée, on a [tex]\mbox{Ker}(b) \neq \{ 0_E \}[/tex]. Je suppose donc que [tex]\mbox{Ker}(b)=A^{\perp}[/tex], et j'essaie d'aboutir à une contradiction, [tex]\mbox{Ker}(b)=\{ 0_E \}[/tex] j'imagine.

On a toujours [tex]\mbox{Ker}(b) \subset A^{\perp}[/tex], donc c'est l'autre inclusion, [tex]A^{\perp} \subset \mbox{Ker}(b)[/tex] qui est, a priori, absurde.

Je ne vois pas comment conclure, malgré plusieurs tentatives d'utiliser les propriétés générales des orthogonaux (valables même lorsque [tex]b[/tex] est dégénérée). Auriez-vous s'il vous plaît une indication ou une solution pour me débloquer ?

Merci pour votre attention.

Bonjour à tous,

J'essaie de m'attaquer en autonomie à un exercice sur les formes quadratiques, et je souhaite démontrer l'énoncé suivant :
"Si [tex]\mathbb{K}[/tex] est un corps de caractéristique différente de 2, que [tex](E,q)[/tex] est un [tex]\mathbb{K}[/tex]-espace quadratique régulier, alors les similitudes de [tex](E,q)[/tex] sont les endomorphismes [tex]u[/tex] tels que : [tex]\forall (x,y) \in E^2, x \perp y \Longleftrightarrow u(x) \perp u(y)[/tex]". La relation d'orthogonalité se comprend au sens de la forme polaire associée à [tex]q[/tex] : [tex]x \perp y[/tex] signifie que [tex]b(x,y)=0[/tex].

Je procède par double inclusion, et je bloque sur l'inclusion réciproque : si [tex]u \in \mathcal{L}(E)[/tex], et que [tex]\forall (x,y) \in E^2, x \perp y \Longleftrightarrow u(x) \perp u(y)[/tex], alors [tex]u[/tex] est une similitude de (E,q).

J'ai cru pouvoir généraliser une démonstration connue sur les similitudes, mais je pense qu'elle ne marche que dans les corps où tout élément est un carré.

Voici ce que je voulais faire : comme [tex](E,q)[/tex] est régulier, en particulier [tex]E[/tex] est de dimension finie, [tex]n \in \mathbb{N}^{\star}[/tex]. Alors, soit [tex](e_i)_{i \in \{ 1,...,n \}}[/tex] une base orthonormée de [tex]E[/tex]. On peut l'orthonormaliser en posant : [tex]\forall i \in \{ 1,...,n \}, e_i'=\frac{e_i}{\sqrt{q(e_i)}}[/tex] (d'où la nécessité que tout élément du corps soit un carré) de sorte que : [tex]q(e_i')=1[/tex]. Pour simplifier la rédaction, je confonds alors [tex](e_i')[/tex] et [tex](e_i)[/tex].
On constate alors que : [tex]\forall (i,j) \in \{ 1,...,n \}^2, b(e_i+e_j,e_i-e_j)=b(e_i,e_i)-b(e_j,e_j)=q(e_i)-q(e_j)=1-1=0[/tex]. Donc [tex]e_i +e_j \perp e_i-e_j[/tex]. Par hypothèse : [tex]u(e_i+e_j) \perp u(e_i-e_j)[/tex], et on obtient que [tex]\forall (i,j) \in \{ 1,...,n \}^2, q(u(e_i))=q(u(e_j))[/tex]. Donc les [tex](q(u(e_i))[/tex] sont tous égaux.
On peut ainsi poser [tex]\lambda=q(u(e_1))[/tex] et constater en utilisant le théorème de Pythagore que : [tex]\forall x \in E, q(u(x))=\lambda q(x)[/tex].
Il reste à conclure que [tex]u \in GL(E)[/tex] en remarquant qu'alors [tex]\forall (x,y) \in E^2, b(u(x),u(y))=\lambda b(x,y)[/tex], ce qui montre que si [tex]x \in \mbox{Ker}(u)[/tex], alors [tex]x \in \mbox{Ker}(q)[/tex], et comme [tex](E,q)[/tex] est régulier, [tex]\mbox{Ker}(q)=\{ 0_E \}[/tex], d'où l'injectivité. La surjectivité s'obtient en utilisant le fait que [tex]E[/tex] est de dimension finie.

Ma démonstration ne fonctionne plus dès que [tex]\mathbb{K}[/tex] n'admet pas que des carrés, ce qui est le cas si par exemple [tex]q[/tex] prend des valeurs dans [tex]\mathbb{R}_-[/tex].

J'ai aussi essayé une démonstration par récurrence sur la dimension de [tex]E[/tex], en utilisant, pour l'hérédité, la décomposition entre un hyperplan de [tex]E[/tex], et la droite vectorielle qui lui est perpendiculaire, mais ça n'a pas l'air de fonctionner.

Auriez-vous s'il vous plaît des indications pour me débloquer ?

Je vous remercie pour votre attention

Bonjour à tous,

Je m'attaque à un livre sur les formes quadratiques en autodidacte (après être passé par la case MPSI-MP, puis école d'ingé en méca flu), et je n'arrive pas à trouver la dernière question de l'exercice. Pourriez-vous s'il vous plaît m'aider ?

Voici l'énoncé :
Soit [tex]\mathbb{K}[/tex] un corps de caractéristique différente de 2, et soit [tex]E[/tex] un [tex]\mathbb{K}[/tex]-espace vectoriel de dimension finie. Soit [tex]q[/tex] une forme quadratique sur [tex]E[/tex]. On note [tex]F[/tex] un supplémentaire de [tex]Ker(q)[/tex] dans [tex]E[/tex] (la notion d'orthogonal n'a pas été encore introduite).
1. Montrer que [tex]Ker(q)[/tex] est stable par [tex]u \in O(q)[/tex] où [tex]O(q)[/tex] désigne l'ensemble des automorphismes orthogonaux de [tex]E[/tex].
2. Soit [tex]\pi : O(q) \rightarrow GL(Ker(q))[/tex] l'application définie par [tex]\pi(u)=u_{|Ker(q)}[/tex] (restriction de [tex]u[/tex] à [tex]Ker(q)[/tex]). Montrer que [tex]\pi[/tex] est un morphisme de groupes surjectif.
3. Préciser une section [tex]s[/tex] de [tex]\pi[/tex] et en déduire que [tex]O(q)[/tex] est isomorphe au produit semi-direct externe [tex]Ker(\pi) \rtimes GL(Ker(q))[/tex].
4. Montrer que, si [tex]q[/tex] est dégénérée, alors [tex]\mbox{det} : O(q) \rightarrow \mathbb{K}^{\star}[/tex] est surjective.

1. C'est une simple vérification.
2. Je me suis appuyé sur la décomposition unique dans [tex]E=\mbox{Ker}(q) \oplus F[/tex] pour poser, pour tout [tex]v \in GL(Ker(q))[/tex], l'application [tex]u : x=x_q+x_f \mapsto v(x_q) \mbox{ si } x \in \mbox{Ker}(q), x_f \mbox{ sinon. }[/tex], de sorte que [tex]v=\pi(u)[/tex], et [tex]u \in O(q)[/tex] ce qui montre la surjectivité.
3. On est en présence d'une suite courte scindée de groupes : [tex]\mbox{Ker}(\pi) \hookrightarrow O(q) \twoheadrightarrow GL(\mbox{Ker}(q))[/tex], donc par théorème, [tex]O(q)[/tex] est produit semi-direct interne de [tex]i(\mbox{Ker}(\pi))[/tex] par [tex]s(\mbox{GL}(\mbox{Ker}(q))[/tex] où [tex]i[/tex] est l'injection canonique [tex]\mbox{Ker}(\pi) \hookrightarrow O(q)[/tex] et [tex]s=\mbox{Id}_{Ker(q)}[/tex], et [tex]O(q)[/tex] est isomorphe au produit semi-direct externe [tex]Ker(\pi) \rtimes GL(Ker(q))[/tex].

Pour la question 4, je bloque. J'ai compris ce que je dois montrer : pour tout [tex]x \in \mathbb{K}^{\star}[/tex], on peut construire [tex]u \in O(q)[/tex] tel que [tex]\mbox{det}(u)=x[/tex]. J'imagine qu'il faut utiliser la question 3 et se ramener au produit semi-direct externe, mais je n'ai jamais vu une telle méthode à l'œuvre. Enfin, comme le résultat est faux dans le cas où [tex]q[/tex] est non dégénérée : [tex]\forall u \in O(q), \mbox{det}(u) = \pm 1[/tex], il faut utiliser le fait que [tex]q[/tex] est dégénérée, c'est-à-dire l'existence de [tex]v \in E \backslash \{ 0_E \}, \forall y \in E, b(v,y)=0[/tex] où [tex]b[/tex] est la forme polaire de [tex]q[/tex]. J'ai aussi essayé de travailler avec des réflexions orthogonales (d'un espace quadratique), en vain. Des idées et/ou conseils pour me débloquer ?

Merci pour votre attention, et bonne journée :)