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Ossekour

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Similitudes d'un espace quadratique

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

Glozi

Invité

Re : Similitudes d'un espace quadratique

Bonjour,
Dans ton cas il faudrait aussi justifier que $q(e_i)\neq 0$ (même si tout élément du corps est un carré).

Sinon dans le cas général, je pense à la chose suivante (je n'ai pas touché aux formes quadratiques depuis longtemps donc il peut y avoir des maladresses/erreurs).
Restons sur ton idée avec une base orthogonale $(e_i)_{1\leq i \leq n}$ (ie tq $b(e_i,e_j)=0$ si $i\neq j$).
Alors posons $a_i=q(e_i)$ (on peut vérifier que $a_i\neq 0$, sinon on a $b(e_i,e_j)=0$ pour tout $j$ (y compris $j=i$) et donc cela contredit la non dégénérescence).

Alors pour $i\neq j$ on a :
$$b(e_i+e_j,a_je_i-a_ie_j)=a_ja_i-a_ja_i=0.$$
Ainsi $e_i+e_j \perp a_je_i-a_ie_j$ donc $u(e_i)+u(e_j)\perp a_ju(e_i)-a_iu(e_j)$. Soit $b(u(e_i)+u(e_j), a_ju(e_i)-a_iu(e_j))=0$. Or $b(u(e_i),u(e_j))=0$ car $b(e_i,e_j)=0$. Finalement :
$$a_jq(u(e_i))=a_iq(u(e_j)).$$
Soit
$$\frac{q(u(e_i))}{q(e_i)}=\frac{q(u(e_j))}{q(e_j)}.$$
On peut noter $\lambda=q(u(e_1))/q(e_1)$ et on vérifie alors que $q(u(x))=\lambda q(x)$ pour tout $x$ ce qui donnera bien qu'on a une similitude. (il faudra réutiliser ton argument pour la bijectivité de $u$ sinon on pourrait avoir $\lambda=0$).
Bonne journée

Ossekour

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Re : Similitudes d'un espace quadratique

Bonjour,

Merci pour cette démonstration très claire qui me débloque complètement !

Bonne soirée.