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 Cne sont pas isomorphes, pourtant ils sont tous deux de
niveau 1.
2. (a) Soit pun nombre premier et n≥1. Si p= 2, alors Fpnest de niveau 1. Supposons
que pest impair. Dans Fp,−1est somme de deux carrés. En effet, dans Fp, il y a
(p+ 1)/2carrés. Donc l’ensemble des carrés de Fpet l’ensemble des éléments de la
forme −1−y2,y∈Fpest d’intersection non vide. Par conséquent, le niveau de Fpn
est inférieur ou égal à 2. D’autre part, −1est un carré dans Fpsi et seulement si p≡1
mod 4. Donc dans ce cas, ν(Fpn) = 1. Si p≡3 mod 4, alors X2+ 1 est irréductible
sur Fp. Dire que −1est un carré dans Fpnéquivaut à dire que Fpncontient le corps
Fp2≃Fp[X]/(X2+ 1) c’est-à-dire que nest pair.
(b) Un base de Q(i√2) comme Q-espace vectoriel est {1, i√2}donc in’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+j2=j4+j2).
(d) Le corps Q(j21/3)est isomorphe Q[X]/(X3−2) c’est-à-dire à Q(21/3)⊂R. Il est
donc de niveau ∞.
3. Soit Kun 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 −1est somme de νcarrés
dans Ket ν(K)≤ν.
4. Soit Kun corps de caractéristique différente de 2. Pour n≥1, on considère la forme
quadratique Q(X1,...,Xn) = Pn
i=1 X2
i.On suppose qu’elle admet dans Knun vecteur
isotrope non nul noté x= (x1, ..., xn). Puisque Qest non dégénérée, il existe un plan
hyperbolique Ppour Qcontenant x. Dans une base bien choisie, la restriction de Qà ce
plan est représentée par
0 1
1 0.
On a Q(P) = Kdonc Q(Kn) = K.
Ou bien : Soit j∈ {1, ..., n}tel que xj6= 0. Soit c∈K. On pose u:= c/(4x2
j)et yi=xi(1 −u)pour i6=j,
yj=xj(1 + u). Alors
Q(y1, ..., yn) = Xy2
j=X
i
x2
i+ 2(x2 j−X
i6=j
x2
i)u+u2X
i
x2
i
= 4x2
ju=c.
5. Supposons que n= 2kavec k∈Net que Qn’a pas de vecteur isotrope. Soit x=
(x1,...,xn)∈Kn−{0}. Nous allons montrer l’existence d’une matrice Txavec les propriétés
(a) et (b) par récurrence sur k≥0.
– Si k= 0, on pose Tx= [x1].
– Si k= 1, on pose Tx=x1x2
−x2x1.
1

– Supposons la propriété vraie pour k−1≥1. Soient n= 2ket x∈Knque l’on écrit
x= (y1, ..., y2k−1, z1, ..., z2k−1).
On désigne par Qk−1la forme quadratique sur K2k−1donnée par Qk−1(X1, ..., X2k−1) =
P2k−1
i=1 X2
i.En posant y= (y1, ..., y2k−1)et z= (z1, ..., z2k−1)on a
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.
Si z6= 0 et y= 0, on pose Tx=0Tz
−Tz0.
Si z= 0 et y6= 0, on pose Tx=Ty0
0−Ty.
Si z6= 0 et y6= 0, on pose Tx=TyTz
−TztT−1
ztTyTz.
6. D’après la question 4, si Qkest isotropique, alors l’ensemble des sommes non nulles de 2k
carrés est K∗tout entier. Sinon, pour tous vecteurs non nuls x, y ∈K2k, on a Q(x)Q(y)6= 0
et Q(x)Q(y) = Q(x)tyy =ty(Q(x) Id)y=ty(tTxTx)y=t(Txy)Txy=Q(z)où zest
l’image de ypar la matrice Tx. Donc Q(x)Q(y)est une somme de 2kcarrés. De même
Q(x)Q(y)−1=Q(zQ(y)−1)est une somme de 2kcarrés.
7. Soit νle niveau fini du corps Ket 2kla plus grande puissance de 2telle que 2k≤ν. On a
une écriture
−1 = x1+... +x2
2k−1+x2
2k+... +x2
ν
avec a= 1 + x1+... +x2
2k−16= 0 sinon −1serait somme de 2k−1< ν carrés. On pose
b=x2
2k+... +x2
ν. C’est une somme de (au plus) 2kcarrés. Ainsi, a−1b=−1est une somme
de 2kcarrés d’après la question précédente d’où ν≤2k.
Exercice 2. Soit Eun K-espace vectoriel de dimension finie n≥2et Qune forme quadratique
non dégénérée sur Ede forme polaire B. Soient Hun hyperplan de Eet u∈O(Q)vérifiant
u|H= IdH. Puisque Qest non dégénérée, l’orthogonal de Hest une droite Kx.
1. Sous l’hypothèse Q|Hnon dégénérée, on a H∩H⊥={0}et E=H⊕Kx où xest un
vecteur non isotrope. Puisque u(H) = H, on a u(Kx) = Kx et xest un vecteur propre
pour upour la valeur propre λ. Or Q(u(x)) = Q(x) = λ2Q(x)avec Q(x)6= 0, donc λ=±1.
2. Sous l’hypothèse Q|Hdégénérée, on a H∩H⊥=Kx. Soit z∈E\H. On a u(z) = λz +y
avec y∈Het λ∈K. On veut montrer que u(z) = z. Or, puisque z6∈ 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∈Ktel que y=µx. On a donc Q(z) = Q(u(z)) = Q(z) + 2µB(z, x)donc
µ= 0.
Exercice 3. Soient Eun K-espace vectoriel de dimension finie n≥2,Qune forme quadratique
non dégénérée sur E.
1. Soient x∈E−{0}un vecteur isotrope et λ∈K∗. L’endomorphisme de multiplication par
λest 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 λrelative à un vecteur propre pour uet non isotrope vérifie λ2= 1.
3. Il existe p∈ {1, ..., n}tel que uest un produit de préflexions orthogonales r1, ..., rpd’hy-
perplans respectifs H1, ..., Hp.

(a) On suppose que nest impair et det(u) = 1. Dans ce cas, pest pair et p < n.
L’intersection des Hiest un sous-espace vectoriel de F1dimension ≥n−p > 0.
(b) On suppose que nest impair et det(u) = −1. Appliquer ce qui précède à −u.
(c) ...
4. ...
Exercice 4. Soit pun nombre premier impair et a∈F∗
p. On pose s=−a2. L’endomorphisme
Fp-linéaire de F2
p
(x, y)7→ (x+ay, x −ay)
est bijectif car pest 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 =tc’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 Vadmet 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 e1est non isotrope et on applique l’hypothèse de récurrence à (Ke1)⊥.
Exercice 6. 1. Le R-espace vectoriel Eest de dimension 3de base
I=1 0
0−1, J =0 1
1 0, K =0i
−i0.
2. Pour x=a b
¯
b−a=aI +RbJ +IbK ∈E, on a Q(x) = a2+b¯
b=a2+(Rb)2+(Ib)2. C’est
donc une forme quadratique définie positive pour laquelle I, J, K est une base orthogonale.
3. ...
Exercice 7. La forme quadratique qest définie positive (resp. négative) sur les matrices symé-
triques (resp. antisymétriques) donc sa signature est (n(n+ 1)/2, n(n−1)/2) et son rang est
n2.
Exercice 8. Soit Eun K-espace vectoriel sur un corps Kalgébriquement clos de caractéris-
tique différente de 2. Soient Qet Q′deux formes quadratiques de formes polaires respectives
B, B′sur Etelles que Q−1(0) = Q′−1(0). Montrons qu’il existe a∈K∗tel que Q′=aQ. Si
Q−1(0) = Q′−1(0) = Ela propriété est claire. Sinon, soit u∈Etel que Q(u)6= 0. On pose
a=Q′(u)(Q(u))−1. Pour tout v∈Eet s∈K, on a
aQ(u+sv) = aQ(u) + 2saB(u, v) + s2aQ(v), Q′(u+sv) = Q′(u) + 2sB′(u, v) + s2Q′(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+y2et Q(x, y) = x2+ 2y2sur R2.
Exercice 9.

Exercice 10. Soit a∈Etel que Q(a) = s. On définit la forme linéaire f(x) = Q(a+x)−
Q(a)−Q(x) = 2B(a, x)où Bdésigne la forme polaire associée à Q. Elle vaut 2sen adonc elle
est non nulle. On note Fson noyau. C’est un hyperplan de E. Si Q−1(s)n’engendre pas E, il
existe une forme linéaire non nulle gs’annulant sur Q−1(s). Soit x∈Enon isotrope. On pose
r=−f(x)Q(x)−1et 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 Qfg = 0.
Or, les noyaux de fet gsont distincts donc il existe un élément b∈Equi n’est pas dans
leur réunion et best un vecteur isotrope d’après l’égalité Qfg = 0. Puisque Kest distinct de
F3, on peut alors choisir t∈K∗qui soit distinct de 0,−f(a)f(b)−1,sf(b)−1et 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.