TD 9 - Formes quadratiques

FIMFA 2006-2007-TD d’algèbre I
Rachel Ollivier
TD 9 - Formes quadratiques
Exercice 1.
1. Les corps Q[i] et C ne sont pas isomorphes, pourtant ils sont tous deux de
niveau 1.
2. (a) Soit p un nombre premier et n ≥ 1. Si p = 2, alors Fpn est de niveau 1. Supposons
que p est impair. Dans Fp , −1 est somme de deux carrés. En effet, dans Fp , il y a
(p + 1)/2 carrés. Donc l’ensemble des carrés de Fp et l’ensemble des éléments de la
forme −1 − y 2 , y ∈ Fp est d’intersection non vide. Par conséquent, le niveau de Fpn
est inférieur ou égal à 2. D’autre part, −1 est un carré dans Fp si et seulement si p ≡ 1
mod 4. Donc dans ce cas, ν(Fpn ) = 1. Si p ≡ 3 mod 4, alors X 2 + 1 est irréductible
sur Fp . Dire que −1 est un carré dans Fpn équivaut à dire que Fpn contient le corps
Fp2 ≃ Fp [X]/(X 2 + 1) c’est-à-dire que n est pair.
√
√
(b) Un √
base de Q(i 2) comme Q-espace vectoriel est {1, i 2} donc
√ i n’appartient pas à
Q(i 2) et ce corps est de niveau ≥ 2. Puisque −1 = 12 + (i 2)2 , il est exactement
de niveau 2.
(c) De même, Q(j) est de niveau 2. (On a −1 = j + j 2 = j 4 + j 2 ).
(d) Le corps Q(j21/3 ) est isomorphe Q[X]/(X 3 − 2) c’est-à-dire à Q(21/3 ) ⊂ R. Il est
donc de niveau ∞.
3. Soit K un corps de niveau fini. Il est clair que ν(K) ≥ ν(K(X)). On note ν := ν(K(X)) et
R1 , ..., Rν ∈ K(X) tels que
−1 = R1 (X)2 + . . . + Rν (X)2 .
En réduisant au même dénominateur on obtient une famille P0 , P1 , . . . , Pν ∈ K[X] telle que
P0 (X)2 + P1 (X)2 + . . . Pν (X)2 = 0. En regardant par exemple les coefficients dominants,
on obtient une somme de au plus ν + 1 carrés qui est nulle donc −1 est somme de ν carrés
dans K et ν(K) ≤ ν.
4. Soit K un corps de caractéristique
de 2. Pour n ≥ 1, on considère la forme
Pn différente
2 . On suppose qu’elle admet dans K n un vecteur
quadratique Q(X1 , . . . , Xn ) =
X
i=1 i
isotrope non nul noté x = (x1 , ..., xn ). Puisque Q est non dégénérée, il existe un plan
hyperbolique P pour Q contenant x. Dans une base bien choisie, la restriction de Q à ce
plan est représentée par
0 1
.
1 0
On a Q(P) = K donc Q(K n ) = K.
Ou bien : Soit j ∈ {1, ..., n} tel que xj 6= 0. Soit c ∈ K. On pose u := c/(4x2j ) et yi = xi (1 − u) pour i 6= j,
yj = xj (1 + u). Alors
X 2 X 2
X 2
X 2
Q(y1 , ..., yn ) =
yj =
xi )u + u2
xi + 2(x2j −
xi
i
=
i6=j
i
4x2j u = c.
5. Supposons que n = 2k avec k ∈ N et que Q n’a pas de vecteur isotrope. Soit x =
(x1 , . . . , xn ) ∈ K n −{0}. Nous allons montrer l’existence d’une matrice Tx avec les propriétés
(a) et (b) par récurrence sur k ≥ 0.
– Si k = 0, on pose Tx = [x1 ].
x1 x2
– Si k = 1, on pose Tx =
.
−x2 x1
1
– Supposons la propriété vraie pour k − 1 ≥ 1. Soient n = 2k et x ∈ K n que l’on écrit
x = (y1 , ..., y2k−1 , z1 , ..., z2k−1 ).
k−1
donnée par Qk−1 (X1 , ..., X2k−1 ) =
On désigne par Qk−1 la forme quadratique sur K 2
P2k−1 2
)
et
z
=
(z
,
...,
z2k−1 ) on a
X
.
En
posant
y
=
(y
,
...,
y
1
1
2k−1
i
i=1
Q(x) = Qk−1 (y) + Qk−1 (z).
Par hypothèse de récurrence, si y (resp. z) est non nul on dispose de Ty (resp. Tz )
correspondant à la forme Qk−1 . 0
Tz
Si z 6= 0 et y = 0, on pose Tx =
.
−Tz 0 Ty
0
Si z = 0 et y 6= 0, on pose Tx =
.
0
−T
y
Ty
Tz
Si z 6= 0 et y 6= 0, on pose Tx =
.
−Tz t Tz−1 t Ty Tz
6. D’après la question 4, si Qk est isotropique, alors l’ensemble des sommes non nulles de 2k
k
carrés est K ∗ tout entier. Sinon, pour tous vecteurs non nuls x, y ∈ K 2 , on a Q(x)Q(y) 6= 0
et Q(x)Q(y) = Q(x)t yy =t y(Q(x) Id)y = t y(t Tx Tx )y = t (Tx y)Tx y = Q(z) où z est
l’image de y par la matrice Tx . Donc Q(x)Q(y) est une somme de 2k carrés. De même
Q(x)Q(y)−1 = Q(zQ(y)−1 ) est une somme de 2k carrés.
7. Soit ν le niveau fini du corps K et 2k la plus grande puissance de 2 telle que 2k ≤ ν. On a
une écriture
−1 = x1 + ... + x22k −1 + x22k + ... + x2ν
avec a = 1 + x1 + ... + x22k −1 6= 0 sinon −1 serait somme de 2k − 1 < ν carrés. On pose
b = x22k + ... + x2ν . C’est une somme de (au plus) 2k carrés. Ainsi, a−1 b = −1 est une somme
de 2k carrés d’après la question précédente d’où ν ≤ 2k .
Exercice 2. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 2 et Q une forme quadratique
non dégénérée sur E de forme polaire B. Soient H un hyperplan de E et u ∈ O(Q) vérifiant
u|H = IdH . Puisque Q est non dégénérée, l’orthogonal de H est une droite Kx.
1. Sous l’hypothèse Q|H non dégénérée, on a H ∩ H ⊥ = {0} et E = H ⊕ Kx où x est un
vecteur non isotrope. Puisque u(H) = H, on a u(Kx) = Kx et x est un vecteur propre
pour u pour la valeur propre λ. Or Q(u(x)) = Q(x) = λ2 Q(x) avec Q(x) 6= 0, donc λ = ±1.
2. Sous l’hypothèse Q|H dégénérée, on a H ∩ H ⊥ = Kx. Soit z ∈ E\H. On a u(z) = λz + y
avec y ∈ H et λ ∈ K. On veut montrer que u(z) = z. Or, puisque z 6∈ H, on a B(x, z) 6= 0.
D’autre part, B(x, z) = B(u(x), u(z)) = B(x, λz + y) = λB(x, z) donc λ = 1. Mais alors,
pour tout h ∈ H, on a B(z, h) = B(u(z), h) = B(z+y, h) donc B(y, h) = 0 et y ∈ H ∩H ⊥ =
Kx : il existe µ ∈ K tel que y = µx. On a donc Q(z) = Q(u(z)) = Q(z) + 2µB(z, x) donc
µ = 0.
Exercice 3. Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 2, Q une forme quadratique
non dégénérée sur E.
1. Soient x ∈ E − {0} un vecteur isotrope et λ ∈ K ∗ . L’endomorphisme de multiplication par
λ est une isométrie de Kx relative à Q|Kx . Par le théorème de Witt, elle s’étend en une
isométrie u ∈ O(Q).
2. La valeur propre λ relative à un vecteur propre pour u et non isotrope vérifie λ2 = 1.
3. Il existe p ∈ {1, ..., n} tel que u est un produit de p réflexions orthogonales r1 , ..., rp d’hyperplans respectifs H1 , ..., Hp .
(a) On suppose que n est impair et det(u) = 1. Dans ce cas, p est pair et p < n.
L’intersection des Hi est un sous-espace vectoriel de F1 dimension ≥ n − p > 0.
(b) On suppose que n est impair et det(u) = −1. Appliquer ce qui précède à −u.
(c) ...
4. ...
Exercice 4. Soit p un nombre premier impair et a ∈ F∗p . On pose s = −a2 . L’endomorphisme
Fp -linéaire de F2p
(x, y) 7→ (x + ay, x − ay)
est bijectif car p est impair. Pour y ∈ F∗p , le nombre de couples (x, y) tels que (x + ay)(x − ay) = t
est donc égal au nombre de couples (u, v) tels que uv = t c’est à dire p − 1.
Exercice 5.
1. Par la formule de polarisation, 2B(x, y) = B(x+y, x+y)−B(x, x)−B(y, y)...
2. Montrons par récurrence sur sa dimension que V admet une base orthogonale pour B.
Si V = {0} c’est clair. Sinon, il existe e1 ∈ V − {0} tel que B(e1 , e1 ) 6= 0. On a V =
Ke1 ⊕ (Ke1 )⊥ car e1 est non isotrope et on applique l’hypothèse de récurrence à (Ke1 )⊥ .
1. Le R-espace vectoriel E est de dimension 3 de base
1 0
0 1
0 i
I=
,J =
,K =
.
0 −1
1 0
−i 0
a b
2. Pour x =
= aI + RbJ + IbK ∈ E, on a Q(x) = a2 + bb̄ = a2 + (Rb)2 + (Ib)2 . C’est
b̄ −a
donc une forme quadratique définie positive pour laquelle I, J, K est une base orthogonale.
Exercice 6.
3. ...
Exercice 7. La forme quadratique q est définie positive (resp. négative) sur les matrices symétriques (resp. antisymétriques) donc sa signature est (n(n + 1)/2, n(n − 1)/2) et son rang est
n2 .
Exercice 8. Soit E un K-espace vectoriel sur un corps K algébriquement clos de caractéristique différente de 2. Soient Q et Q′ deux formes quadratiques de formes polaires respectives
B, B ′ sur E telles que Q−1 (0) = Q′ −1 (0). Montrons qu’il existe a ∈ K ∗ tel que Q′ = aQ. Si
Q−1 (0) = Q′ −1 (0) = E la propriété est claire. Sinon, soit u ∈ E tel que Q(u) 6= 0. On pose
a = Q′ (u)(Q(u))−1 . Pour tout v ∈ E et s ∈ K, on a
aQ(u + sv) = aQ(u) + 2saB(u, v) + s2 aQ(v), Q′ (u + sv) = Q′ (u) + 2sB ′ (u, v) + s2 Q′ (v).
Par hypothèses, ces polynômes (qui ont le même coefficient constant) ont les mêmes racines.
Par conséquent ils sont égaux et aQ(v) = Q′ (v). Un contre exemple est donné en étudiant
Q(x, y) = x2 + y 2 et Q(x, y) = x2 + 2y 2 sur R2 .
Exercice 9.
Exercice 10. Soit a ∈ E tel que Q(a) = s. On définit la forme linéaire f (x) = Q(a + x) −
Q(a) − Q(x) = 2B(a, x) où B désigne la forme polaire associée à Q. Elle vaut 2s en a donc elle
est non nulle. On note F son noyau. C’est un hyperplan de E. Si Q−1 (s) n’engendre pas E, il
existe une forme linéaire non nulle g s’annulant sur Q−1 (s). Soit x ∈ E non isotrope. On pose
r = −f (x)Q(x)−1 et y = a + rx. On vérifie que y ∈ Q−1 (s) donc g(y) = 0. Mais g(y) = rg(x)
donc f (x)g(x) = 0. On a donc Qf g = 0.
Or, les noyaux de f et g sont distincts donc il existe un élément b ∈ E qui n’est pas dans
leur réunion et b est un vecteur isotrope d’après l’égalité Qf g = 0. Puisque K est distinct de
F3 , on peut alors choisir t ∈ K ∗ qui soit distinct de 0, −f (a)f (b)−1 , sf (b)−1 et l’on a alors
f (a + tb)g(a + tb)Q(a + tb) = (f (a) + tf (b))(tg(b))(s + tf (b)) 6= 0. Contradiction.
Exercice 11.