Chapitre 2 Formes bilinéaires et sesquilinéaires

Chapitre 2
Formes bilinéaires et sesquilinéaires
K désigne un corps commutatif.
I. Formes bilinéaires
1) Définitions - exemples - utilisation des matrices
Définition.- Soient E, F, G des espaces vectoriels sur K. Soit ϕ : E × F −→ G une application. On
dit que ϕ est bilinéaire, si on a :
1) Pour tout x ∈ E fixé, l’application partielle :
ϕ1 (x) : F −→ G
est linéaire.
y 7−→ ϕ(x, y)
2) Pour tout y ∈ F fixé, l’application partielle :
ϕ2 (y) : E −→ G
est linéaire
x 7−→ ϕ(x, y)
c’est-à-dire qu’on a :
∀(x1 , x2 , x) ∈ E 3 , ∀(y1 , y2 , y) ∈ F 3 , ∀(λ, µ) ∈ K 2 .
ϕ(x, λy1 + µy2 ) = λϕ(x, y1 ) + µϕ(x, y2 )
ϕ(λx1 + µx2 , y) = λϕ(x1 , y) + µϕ(x2 , y)
Si ce plus on a G = K, on dit que ϕ est une forme bilinéaire.
Notation.- On notera B(E, F ; G) l’espace vectoriel sur K des applications linéaires de E × F dans
G.
Exercice.- Avec les notations de la définition
1) montrer qu’on a :
ϕ1 ∈ LK E, LK (F, G)
ϕ2 ∈ LK F, LL (E, G) .
2) Comparer les espaces vectoriels B(E, F ; G),
L E, L(F, G) ,
L F, L(E, G) .
Exemples
1) L’application K × K −→ K est bilinéaire
(x, y) 7−→ x · y.
2) Soit n ∈ N n ≥ 1. Soit ϕ : K n × K n −→ K donnée par :
n
X
ϕ (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ) =
xi yi
i=1
alors ϕ est bilinéaire.
Pour K = R, n = 2 ou n = 3 on obtient le produit scalaire usuel sur R2 ou R3 .
1
3) Pour E espace vectoriel sur K, on a déjà vu que l’application :
E × E ∗ −→ K
(x, f ) 7−→ f (x)
est une forme bilinéaire.
4) Si f1 et f2 sont linéaires, et ϕ bilinéaires, alors l’application (x, y) 7−→ ϕ f1 (x), f2 (y)
bilinéaire.
Exemple : E et F des espaces vectoriels sur K.
est
Si f ∈ E ∗ , g ∈ E ∗ , alors l’application E × F −→ K
(x, y) 7−→ f (x) · g(y) est bilinéaire notée f ⊗ g
5) Si f est linéaire et ϕ bilinéaire, alors l’application ψ : (x, y) 7−→ f (ϕ(x, y)) est bilinéaire.
Exemples : a) E = M (n × n, K) et ψ : E × E −→ K
(AB) 7−→ Trace (t BA).
b) E = R[X]
et ψ : E × E −→ K
Z 1
P (t)Q(t) dt.
(P, Q) 7−→
0
Proposition.-
Expression dans des bases de E et F
Soit E un espace vectoriel sur K de dimension n et de base e1 , . . . , en .
Soit F un espace vectoriel sur K de dimension m et de base f1 , . . . , fm .
1) Soit ϕ ∈ B(E, F ; K). Alors on a :
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ K n ,
∀(y1 , . . . , ym ) ∈ K m .
n
m
X
X
X
ϕ
xi ei ,
yj fj =
xi yj ϕ(ei , fj ).
i=1
j=1
i=1...n
j=1...m
2) Pour toute famille (aij ) i∈{1...n} d’éléments de K, il existe un unique élément ϕ de B(E, F ; K)
j∈{1...m}
tel qu’on ait : ∀i, j
ϕ(ei , fj ) = aij .
3) On a dim B(E, F ; K) = mn.
Démonstration –
n
m
n
m
X
X
X
X
xi ei ,
yj fj =
1) On a :
ϕ
xi ϕ ei ,
yj fj .
i=1
j=1
i=1
j=1
|
m
X
{z
}
yj ϕ(ei , fj )
k=1
2) Réciproquement si la famille (ai,j ) est donnée, on définit ϕ par la formule :
n
m
X
X
X
ϕ
xi ei ,
yj fj =
xi · yj ai,j .
i=1
j=1
i,j
Il est immédiat que ϕ est bilinéaire et que c’est l’unique forme bilinéaire sur E × F telle
que ∀i, j ϕ(ei , fj ) = aij .
3) L’application ϕ 7−→ (ai,j )i,j est un isomorphisme de B(E, F ; K) sur K m.n d’où le résultat.
Définition.- Avec les notations précédentes la matrice A = ϕ(ei , fj )
i∈{1...n}
(indice de ligne)
de colonne)
j∈{1...m}(indice
s’appelle la matrice de ϕ pour les bases (e1 , . . . , en ) et (f1 , . . . , fm ).
2
Exemples - Exercices
1) On peut démontrer de façon analogue qu’on a un isomorphisme B(E, F ; G) ' Gmn pour G
espace vectoriel sur K.
2) Supposons K = R E = F = R2 .
Une forme bilinéaire sur R2 s’exprime donc en utilisant 4 coefficients a11 , a12 , a21 , a22 :
ϕ (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = a11 x1 y1 + a12 x1 y2 + a21 x2 y1 + a22 x2 y2 .
En particulier
le produit scalaire usuel exprimé sous la forme x1 y1 + x2 y2 a pour matrice
1 0
I2 =
.
0 1
3) Avec les notations de la définition, exprimer en fonction de la matrice A de ϕ les matrices de :
ϕ1 ∈ L(E, F ∗ ) pour les bases (ei ), (fj∗ )
ϕ2 ∈ L(F, E ∗ ) pour les bases (fi ), (e∗j ).
Proposition : Expression matricielle de ϕ
E un espace vectoriel sur K de base B = (e1 , . . . , en ).
F un espace vectoriel sur K de base B 0 = (f1 , . . . , fm ).
ϕ ∈ B(E, F ; K) de matrice A pour ces bases.
x ∈ E de composantes (x1 , . . . , xn ) pour B.
y ∈ F de composantes (y1 , . . . , ym ) pour B 0 .


 
y1
x1


.
où X =  .. , Y =  ... .
Alors on a ϕ(x, y) = t XAY
xn
ym
Démonstration – On a :
n
m
X
X
ϕ(x, y) =
xi
aij yj
pour A = (aij )
Soit
Soit
Soit
Soit
Soit
i=1
j=1

X
m
a1j yj 


 j=1




 t
 ..
= [x1 , . . . , xn ]  .
 = X AY




m

X


anj yj
j=1
|
{z
}

y1
 . 
A . 
.
ym

Remarque. Avec les mêmes notations, si B ∈ M (n × m, K) et si on a :
= t XBY , alors on obtient, en posant B = (bij )
∀X ∈ M (n × 1, K),
∀Y ∈ M (m ×
1, K) t XAYX
X
∀(x1 . . . xn , y1 . . . ym ) ∈ K n+m
xi yj , aij =
xi yj bij et donc on a A = B.
i,j
i,j
Proposition : Formule de changement de bases

 (e1 , . . . , en )
Soit E espace vectoriel sur K de bases
et
 0
(e1 , . . . , e0n )

 (f1 , . . . , fm )
Soit F espace vectoriel sur K de bases
et
 0
0
(f1 , . . . , fm
)
3
avec P = Pass (ei ), (e0i ) .
avec Q = Pass (fi ), (fi0 ) .
Soit ϕ ∈ B(E, F ; K) de matrices :
A pour les bases (ei ) et (fj )
A0 pour les bases (e0i ) et (fj0 ).
Alors on a :
A0 = t PAQ
Remarque. On fera attention à ne pas confondre cette formule avec la formule de changement de
bases pour les endomorphismes (Q−1 AP - revoir vos notes).
Démonstration de la proposition – Avec des notations évidentes on a :
∀(x, y)
ϕ(x, y) = t XAY, P X 0 = X, QY 0 = Y
= t X 0 (t P AQ)Y 0
= t X 0 · A0 · Y 0 .
0
t
D’où A = P AQ.
Corollaire et définition.et F : c’est le rang de ϕ.
Le rang de la matrice de ϕ est indépendant du choix des bases de E
Remarque. On aurait pu démontrer ce résultat en remarquant que rangA = rangϕ1 = rangϕ2 et
ϕ1 et ϕ2 indépendantes du choix des bases.
2) Orthogonalité
Définitions - notations
Soient E et F des espaces vectoriels sur K.
ϕ : E × F −→ K une forme bilinéaire.
1) Soit (x, y) ∈ E × F tel que ϕ(x, y) = 0 on dira que x est orthogonal à y pour ϕ, on notera x ⊥ y.
2) Soit A ⊆ E. On pose A⊥ = {y ∈ F / ∀a ∈ A ϕ(a, y) = 0}
3) Soit B ⊆ F . On pose ⊥ B = {x ∈ E / ∀b ∈ B ϕ(x, b) = 0}.
Exemples - remarques
1) On retrouve les définitions et notations données dans le cas particulier de la dualité pour :
ϕ : E × E ∗ −→ K
(x, f ) 7−→ f (x).
2) Supposons K = R E = R3 = F .
ϕ : E × E −→ R produit scalaire usuel.
Alors si ∆(resp .P ) est une droite vectorielle (resp . un plan vectoriel), ∆⊥ (resp .P ⊥ ) est le plan
orthogonal à ∆ (resp . la droite orthogonale à P ). De plus, ∀A ⊆ E A⊥ = ⊥ A.
4
Ex : soit ∆ = R(2, 3, 4) on a :
∆⊥ = {(x, y, z) / 2x + 3y + 4z = 0} = un plan vectoriel P
P ⊥ = {(x, y, z) / ∀(x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 2x0 + 3y0 + 4z0 = 0 ⇒ xx0 + yy0 + zz0 = 0}
(x0 , y0 , z0 ) ∈ (2e∗1 + 3e∗2 + 4e∗3 ) ⇒ (x0 , y0 , y0 ) ∈ (xe∗1 + . . .)
où désigne l’orthogonal pour la dualité, et (e∗1 , e∗2 , e∗3 ) la duale de la base canonique.
P ⊥ = {(x, y, z) /
(2e∗1 + 3e∗2 + 4e∗3 ) ⊆ (xe∗1 + ye∗2 + ze∗3 ) c’est-à-dire :
(xe∗1 + ye∗2 + ze∗3 ) ∈ R(2e∗1 + 3e∗2 + 4e∗3 )
= R(2, 3, 4) : on retrouve la droite ∆.
3) On considère dans le plan affine d’équation z = 1 de R3 , l’ellipse d’équation 3x2 + 2y 2 − 1 = 0.
Soit C le cône s’appuyant sur cette ellipse E il a
pour équation :
3x2 + 2y 2 − z 2 = 0.
Soit ϕ : R3 × R3 −→ R donnée par :
ϕ (x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) = 3x1 y1 + 2x2 y2 − x3 y3 .
Deux points M et M 0 du plan d’équation z = 1 sont dits conjugués par rapport à la conique C
si on a ϕ(M, M 0 ) (cf. pôles et polaires).
Or ϕ non dégénérée. On vérifiera plus loin que si F sous espace vectoriel de R3 on a alors
dim F ⊥ = 3 − dim F (orthogonalité relative à ϕ).
Donc M ⊥ est un plan vectoriel de R3 coupant (sauf si c’est le plan z = 0) le plan z = 1 suivant
une droite : on trouve la polaire de M par rapport à E.
Exercice.- Montrer que si M ∈ E la polaire est la tangente à E en M (on se place dans le plan
z = 1).
4) On utilise également la notion d’orthogonalité en analyse, par exemple :
K=R
E = F = espace des applications continues [0 2π] −→ R
ϕ : E × E −→ R donnée par :
Z
ϕ(f, g) =
2π
f (t)g(t)dt.
0
Propriétés immédiates
Soient E et F des espaces vectoriels et sur K
ϕ : E × F −→ K une forme bilinéaire.
1) Si A ⊆ E, alors A⊥ est un sous espace vectoriel de F .
⊥
A⊥ = Vect(A) .
2) Si A ⊆ B ⊆ E alors B ⊥ ⊆ A⊥ .
3) Si A ⊆ E
alors A ⊆ ⊥ (A⊥ ).
4) Si E1 et E2 sont des espaces vectoriels de E alors on a : (E1 + E2 )⊥ = E1⊥ ∩ E2⊥ .
1’) 2’) 3’) 4’) : on peut énoncer les propriétés analogues pour l’orthogonalité à gauche.
5
Remarque. Si E 0 = Vect({e1 , . . . , en }) on a donc :
E 0⊥ = (Ke1 )⊥ ∩ . . . (Ker )⊥ = {e1 }⊥ ∩ . . . ∩ {er }⊥ .
Proposition.Soient E et F des espaces vectoriels sur K et ϕ : E × F −→ K bilinéaire.
Soit E 0 sous espace vectoriel de E.
On suppose E 0 et F de dimensions finies. Alors on a :
dim(E 0 )⊥ ≥ dim F − dim E 0 .
Démonstration –
E 0⊥ = {y ∈ F / ∀x ∈ E 0
= {y ∈ F / ∀x ∈ E
=
0
ϕ(x, y) = 0}
ϕ1 (x) (y) = 0}
{ϕ1 (x) / x ∈ E 0 }
où désigne l’orthogonal au sens de la dualité ;
(appliquée à F ∗ et F ).
On a donc :
dim E 0⊥ = dim F − dim ϕ1 (E 0 )
| {z }
D’où :
dim E 0⊥ = dim F − rang {ϕ1 (e1 ), . . . , ϕ1 (er )}
≥ dim F − r = dim F − dim E 0 .
Exercice.- On suppose E = F de dimension finie et ϕ : E × E −→ K bilinéaire. Montrer qu’on a
dim E ⊥ = dim ⊥ E (donner l’expression matricielle de E ⊥ et de ⊥ E).
II. Formes bilinéaires : symétriques
alternées
1◦ ) Définitions
Remarque. Dans le cas où ϕ est bilinéaire E × E −→ K et où on a réflexivité, c’est-à-dire :
∀(x, y) ∈ E × E
ϕ(x, y) = 0 ⇐⇒ ϕ(y, x) = 0
on a ∀A ⊆ E, A⊥ = ⊥ A. (Cas du produit scalaire par exemple).
Or on peut démontrer que si dim E est fermé, alors ϕ est réflexive si et seulement si :
soit ϕ est symétrique
soit ϕ est antisymétrique.
Rappelons les définitions :
Définition.- Soit E un espace vectoriel sur K et soit ϕ : E × E −→ K bilinéaire
1) On dit que ϕ est symétrique si on a :
∀(x, y) ∈ E × E
ϕ(x, y) = ϕ(y, x).
2) On dit que ϕ est antisymétrique si on a :
∀(x, y) ∈ E × E
ϕ(x, y) = −ϕ(y, x).
3) On dit que ϕ est alternée si on a :
∀x ∈ E
ϕ(x, x) = 0.
Rappel.- On a vu dans le chapitre sur les déterminants que si 2.1K 6= 0, alors les propriétés 2) et 3)
sont équivalentes. Un corps K tel que 2.1K 6= 0 est de caractéristique 6= 2. (On notera car K 6= 2).
6
Propriétés immédiates
Soit E un espace vectoriel sur K, de dimension n et de base (e1 , . . . , en ).
Soit ϕ : E × E −→ K bilinéaire de matrice A dans la base (e1 , . . . , en ). Alors ϕ est symétrique (resp .
antisymétrique) si et seulement si A est symétrique : t A = A (resp A est antisymétrique : t A = −A).
Démonstration –
1) Si ϕ est symétrique on a ∀i, j
ϕ(ei , ej ) = ϕ(ej , ei )
aij = aji .
2) Réciproquement, supposons A = t A, c’est-à-dire ∀i, j
n
n
X
X
Soit x =
xi ei ∈ E, soit y =
yj ej ∈ E.
i=1
ϕ(ei , ej ) = ϕ(ej , ei ).
j=1
On a : ϕ(x, y) =
X
xi yj ϕ(ei , ej )
i,j
=
X
xi yj ϕ(ej , ei ) = ϕ(y, x)
donc ϕ est symétrique.
i,j
Le cas antisymétrique est analogue.
Exemple.- On suppose car K 6= 2 et E espace vectoriel de dimension n sur K.
Soit S l’ensemble des formes bilinéaires symétriques E × E −→ K.
Soit A l’ensemble des formes bilinéaires antisymétriques E × E −→ K.
Montrer quer S et A sont des sous-espaces vectoriels de B(E, E ; K), de dimensions
n(n − 1)
et qu’on a B(E, E ; K) = S ⊕ A.
2
n(n + 1)
et
2
2◦ ) Orthogonalité (cas réflexif)
On suppose que E est un espace vectoriel sur K et que ϕ est une forme bilinéaire ϕ : E × E −→ K
symétrique ou antisymétrique.
Définition.- On appelle noyau de ϕ l’espace E ⊥ = ⊥ E.
Remarque. Le noyau de ϕ est donc l’ensemble des éléments qui sont orthogonaux à tous les
éléments.
Définition.- On dit que ϕ est non dégénérée si on a E ⊥ = {0}.
Remarque, exemples, exercices.
1) ϕ est donc non dégénérée si et seulement si l’application linéaire
ϕ1 : E −→ E ∗
est injective ;
x 7−→ y −→ ϕ(x, y)
2) Soit K = R
On a
E⊥
E = R2
ϕ : E × E −→ R ϕ (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = x1 y1 + x2 y2
= {(y1 , y2 )/∀(x1 , x2 ) x1 y1 + x2 y2 = 0}
= {(0, 0)}
ϕ est non dégénérée
3
3) Soit K = R, E = R ψ E × E −→ R
ψ (x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) = x1 y2 + x2 y1 .
On a E ⊥ = {(y1 , y2 , y3 )/∀(x1 , x2 , x3 ) x1 y1 + x2 y2 = 0}
= {0} × {0} × E
donc ψ est dégénérée
4) Exercice :
E
⊥
montrer que si F est un sous espace vectoriel de E supplémentaire de
: E = F ⊕ E ⊥ , alors ϕ F × F est non dégénérée.
7
Proposition.- On suppose dim E = n. Alors on a:
1) dim E ⊥ = n − rang ϕ.
2) ϕ est non dégénérée si et seulement si la matrice de ϕ dans une base quelconque de E est
inversible.
Démonstration –
Soit (e1 , . . . , en ) une base de E, et soit A la matrice de ϕ pour cette base.
Soit x ∈ E, soit X la colonne des composantes de x ; on a :
x ∈ E ⊥ ⇐⇒ ∀y ∈ E
ϕ(x, y) = 0
⇐⇒ ∀Y ∈ M (n × 1, K),
t
Y AX = 0
⇐⇒ AX = 0.
On a donc dim E
⊥
= n − rang A = n − rang ϕ.
Remarque et exemple.
1) On aurait aussi pu utiliser que ϕ1 et ϕ2 sont représentées dans les bases (ei ) et (e∗i ) par t A et A.
2) Si on reprend les exemples précédents ζ et ψ
1 0
ϕ de matrice
est non dégénérée.
0 1


0 1 0
ψ de matrice  1 0 0  est dégénérée.
0 0 0
Les deux théorèmes suivants sont fondamentaux et à connaı̂tre.
Théorème 1
Soit E un espace vectoriel de dimension finie n.
Soit ϕ E × E −→ K forme bilinéaire symétrique ou antisymétrique
non degénérée .
dim F ⊥ = n − dim F .
Soit F un sous espace vectoriel de E. Alors on a:
Démonstration – On a
F ⊥ = {y ∈ E / ∀x ∈ F
= {y ∈ E/∀x ∈ F
F
⊥
ϕ(y, x) = 0}
ϕ2 (x) (y) = 0}
= {ϕ2 (x)/x ∈ F } (orthogonal au sens de la dualité).
Donc, par dualité, on a : dim F ⊥ = n − dim ϕ2 (F ).
Comme ϕ est non dégénérée, l’application linéaire ϕ2 : E −→ E ∗ est injective et donc on a :
dim ϕ2 (F ) = dim F .
Corollaire.- Sous les hypothèses du théorème 1 on a :
⊥
1) Si F est un sous espace vectoriel de E, (F ⊥ ) = F .
2) Si F et G sont des sous espaces vectoriels de E, on a :
3) Si F et G sont des sous espaces vectoriels de E, on a :
F ⊆ G ⇐⇒ G⊥ ⊆ F ⊥
(F ∩ G)⊥ = F ⊥ + G⊥ .
Démonstration –
⊥
1) On a F ⊆ (F ⊥ ) (immédiat, et propriété générale de l’orthogonalité).
De plus, dim F ⊥ = n − dim F , d’où dim(F ⊥ )⊥ = dim F .
2) On a F ⊆ G ⇒ G⊥ ⊆ F ⊥ (propriété générale de l’orthogonalité)
⊥
⊥
et : G⊥ ⊆ F ⊥ ⇒ F = (F ⊥ ) ⊆ (G⊥ ) = G.
⊥
3) Pour démontrer l’égalité il suffit donc de montrer qu’on a : F ∩ G = (F ⊥ + G⊥ ) .
⊥
⊥
⊥
Or on a (F ⊥ + G⊥ ) = (F ⊥ ) ∩ (G⊥ ) (propriété générale de de l’orthogonalité)
= F ∩ G.
8
Remarque. La propriété dim F ⊥ = n − dim F n’implique pas E = F ⊕ F ⊥ , en effet on peut avoir
F ∩ F ⊥ 6= {0} : (voir exemple plus loin).
Théorème 2
Soit E un espace vectoriel de dimension n sur K.
Soit ϕ : E × E −→ K bilinéaire symétrique ou antisymétrique.
Alors les 3 propriétés suivantes sont équivalentes :
1) F ∩ F ⊥ = {0}.
2) E= F ⊕ F ⊥ .
3) ϕ F × F est non dégénérée.
Démonstration – Les implications : 2 =⇒ 1 et 1⇐⇒ 3 sont immédiates. Démontrons
1 =⇒ 2.
On a dim F + F ⊥ = dim F + dim F ⊥ car F ∩ F ⊥ = {0}
d’où dim F + F ⊥ ≥ dim F + n − dim F = dim E
d’où F + F 0 = E.
Définition.1) Soit F , un sous espace vectoriel de E vérifiant les propriétés équivalentes précédentes, alors on
dit que F est non isotrope (sinon F est isotrope).
2) Soit x ∈ E, on, dit que x est isotrope si ϕ(x, x) = 0, (c’est-à-dire l’espace vectoriel Kx est
isotrope ou nul).
Exemples
1) Soit ϕ : C2 × C2 −→ C = K donné par ϕ (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = x1 y1 + x2 y2 .
1 0
Alors ϕ a pour matrice
dans la base canonique, donc est non dégénérée.
0 1
Soit F = C(1, i). On a donc dim F ⊥ = 2 − 1 = 1. Comme on a ϕ (1, i), (1, i) = 1 − 1 = 0, on
a donc F ⊥ = C(1, i) donc F est isotrope.
2) Soit ψ : R3 × R3 −→ R (déjà) défini par ψ (x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) = x1 y1 + x2 y2 alors ψ est
dégénérée, et évidemment F = Vect{(1, 0, 0), (0, 1, 0)} est non isotrope.
2◦ ) Bases orthogonales (cas symétrique).
Définition.- Soit E un espace vectoriel de dimension n sur K, soit ϕ E × E −→ K une forme
bilinéaire. Soit (e1 , . . . , en ) une base de E.
1) On dit qu’elle est orthogonale pour ϕ si on a :
∀(i, j) ∈ {1 . . . n}2 ,
i 6= j ⇒ ϕ(ei , ej ) = 0.
2) On dit qu’elle est orthonormale pour ϕ (ou orthonormée) si elle est orthogonale et si de plus on
a:
∀i ∈ {1 . . . n}
ϕ(e1 , ei ) = 1.
Remarque
1) Dire que la base (e1 , . . . , en ) est orthogonale revient à dire :

λ1
..
– que la matrice de ϕ dans cette base est diagonale 
.


λn
– que ϕ s’exprime dans la base par une formule du type :
n
X
ϕ(Σxi ei , Σyj ej ) =
λ i · xi yi .
i=1
9
ou
2) Pour qu’il existe une base orthogonale il est évidemment nécessaire que ϕ soit symétrique. On
va voir (pour car K 6= 2) que la réciproque est vraie. Dans le cas où ϕ est alternée, on sait
également construire certaines “bonnes” bases (ex. plus loin).
Proposition.Soit ϕ : E × E −→ K bilinéaire symétrique sur un espace vectoriel E de dimension quelconque.
Soit (e1 , . . . , er ) une famille d’éléments deux à deux orthogonaux, non isotropes de E.
Alors la famille (e1 , . . . , er ) est libre.
Démonstration – Soient λ1 , . . . , λr dans K tels que 0 =
r
X
Soit j ∈ {1 . . . r}, on a 0 = ϕ
λi ei , ej )
r
X
λ i ei .
i=1
i=1
= λj ϕ(ej , ej ).
Comme ej est non isotrope, on obtient λj = 0.
Théorème. (Existence d’une base orthogonale).
Soit E un espace vectoriel de dimension finie sur un corps K de caractéristique 6= 2.
Soit ϕ : E × E −→ K bilinéaire symétrique. Alors E admet une base orthogonale pour ϕ.
Démonstration – On raisonne par récurrence sur n = dim E.
1) n = 1. Toute base convient.
2) n > 1. Supposons le résultat démontré pour les espaces vectoriels sur K de dimension n.
1er cas ϕ = 0. Toute base convient.
2ème cas ϕ 6= 0. Alors ∃e1 ∈ E tel que ϕ(e1 , e1 ) 6= 0 (en effet sinon ϕ est alternée, donc
antisymétrique, donc on a :
∀(x, y) ∈ E × E ϕ(y, x) = −ϕ(x, y)
= ϕ(x, y)
2ϕ(x, y) = 0,
ϕ(x, y) = 0).
Comme Ke1 est non isotrope, en appliquant le théorème 2 sur l’orthogonalité on obtient :
E = Ke1 ⊕ (Ke1 )⊥ .
On applique l’hypothèse de récurrence à (Ke1 )⊥ , muni de la restriction de ϕ, pour construire e2 , . . . , en base orthogonale de (Ke1 )⊥ . Alors e1 , e2 . . . en est une base orthogonale
de E.
Remarque. La démonstration ne fournit pas une méthode très pratique de construction effective
de la base. On verra plus loin plusieurs méthodes pratiques.
Corollaire 1. (Traduction matricielle)
Soit A ∈ M (n×n, K). Soit K un corps de caractéristique 6= 2, une matrice symétrique. Alors il existe
P ∈ M (n × n, K), inversible tel que t P AP soit diagonale.
Démonstration –
Soit E un espace vectoriel de base e1 , . . . , en sur K.
Soit ϕ bilinéaire symétrique de matrice A.
Soit (f1 . . . fn ) une base orthogonale de E.
On a t P AP = D avec D diagonale = matrice
de ϕ dans f1 . . . fn .
P = Pass (ei ), (fj ) .
Remarque.
1) Ne pas confondre cette formule, avec dans le cas où A est diagonalisable Q−1 AQ diagonale.
2) Les matrices A et t P AP sont dites congruentes.
10
Corollaire 2. On suppose K = C.
Soit E un espace vectoriel de dimension n sur C.
Soit ϕ E × E −→ C bilinéaire symétrique.
Alors il existe une base de E dans laquelle la matrice de ϕ est
Ir
0
0
.
0
Démonstration – D’après le théorème, si ϕ 6= 0 il existe une base e01 , . . . , e0n dans laquelle la
matrice de ϕ est :


λ1
..


.






λr
avec r ≥ 1, λi 6= 0 ∀i.




0


..


.
0
e0 e0 ∀i ∈ {1, . . . r}, ∃µi ∈ C tel que µ2i = λi . On a ϕ i , i = 1.
µi µi
e0
e0r 0
1
0
La base
, . . . , , er+1 . . . en répond à la question.
µ1
µi
Remarque. Il y a donc dans M (n × n, C) autant de classes de congruence que de choix de
c’est-à-dire n + 1 classes.
Corollaire 3.
r:
Théorème d’inertie de Sylvester. On suppose K = R.
E espace vectoriel de dimension n sur R.
ϕ : E × E −→ R bilinéaire symétrique.
Alors :
1) Il existe une base de E dans laquelle la matrice de ϕ est du type


Ip

 0 ≤ p ≤ n, 0 ≤ q ≤ n.
−Iq
0
2) Le couple (p, q) est indépendant du choix de la base dans laquelle la matrice de ϕ a la forme
cherchée : (p, q) est la signature de ϕ.
Démonstration –
1) Soit e01 , . . . , e0n une base dans laquelle la matrice de ϕ est du type :


λ1
..


.






λp




µ1

 avec ∀i ∈ {1 . . . p}
..


.


∀j ∈ {1 . . . q}




µq




0


.
..


0
Pour tout i ∈ {1, . . . , p} soit αi ∈ R tel que αi2 = λi
e0
on a ϕ(ei , ei ) = 1.
soit ei = i
αi
Pour tout j ∈ {1, . . . , q} soit βj ∈ R tel que βi2 = −µj
e0
soit ep+j = p+j on a ϕ(ep+j , ep+j ) = −1.
βj
11
λi > 0
µj < 0
Alors la base (e1 , . . . , ep+q , e0p+q+1 , . . . , e0n ) répond à la question.
On posera ek = e0k pour k ∈ {p + q + 1, . . . , n}.
2) Soit (f1 , . . . , fn ) une autre base dans laquelle la matrice de ϕ est du même type :


Ip0

−Iq0
avec

0 ≤ q 0 ≤ n.
0
Soit
x ∈ vect(e1 , . . . , ep ) \ {0}
x ∈ vect(fp0 +1 , . . . , fn )
0 ≤ p0 ≤ n
on a ϕ(x, x) 0
on a ϕ(x, x) ≤ 0.
On obtient donc vect{e1 . . . ep } ∩ vect{fp0 +1 . . . fn } = {0} d’où :
p + (n − p0 ) ≤ dim E = n
d’où
On obtient de façon analogue p0 ≤ p et donc
p + q = p0 + q 0 = rang de ϕ on obtient aussi q = q 0 .
p ≤ p0 .
p = p0 ; et comme on a
Remarque et exemple.
1) On obtient donc autant de classes de congruence dans M (n × n, R) que de choix de couples
(n + 1)(n + 2)
choix.
(p, q) avec 0 ≤ p ≤ n, 0 ≤ q ≤ n, 0 ≤ p + q ≤ n, c’est-à-dire
2
1
0
2) Soit ϕ de matrice
dans la base (e1 , e2 ).
0 −1
Soit f1 ∈ E tel que ϕ(f1 , f1 ) > 0. Alors on a E = Kf1 ⊕ (Kf1 )⊥ .
Soit (f2 ) une base quelconque de (Kf1 )⊥ . Alors la base (f1 , f2 ) permet de construire une base
du type du théorème et donc on a nécessairement ϕ(f2 , f2 ) < 0.
Exercice.- Cas des formes alternées. Supposons carK 6= 2. Montrer que si ϕ E × E −→ K alternée
bilinéaire sur E espace vectoriel de dimension n, alors il existe une base dans laquelle la matrice de
ϕ est du type :


A1
..


.




0 1


Ar

 avec Ai =
−1 0


0


..


.
0
(Une telle base est dite symplectique).
III. Formes quadratiques
Dans tout III, on suppose car K 6= 2.
1) Définition
Définition.- Soit E un espace vectoriel sur K et soit :
ψ : E × E −→ K bilinéaire
Soit
φ : E −→ K donnée par :
∀x ∈ E φ(x) = ψ(x, x).
Alors φ est une forme quadratique sur E. On notera Q(E) l’espace (vectoriel) des formes quadratiques sur E.
12
Théorème.- On conserve les notations de la définition.
Soit φ : E −→ K une forme quadratique sur E.
Alors ∃!ϕ : E × E −→ K bilinéaire symétrique tel que :
∀x ∈ E
ϕ(x, x) = φ(x).
La forme ϕ s’appelle la forme polaire de φ. Elle est donnée par la formule :
1
∀(x, y) ∈ E × E ϕ(x, y) = [φ(x + y) − φ(x) − φ(y)].
2
Démonstration – On suppose ψ : E × E −→ K bilinéaire et
∀x ∈ E
ψ(x, x) = φ(x).
1) Supposons que ϕ existe (ϕ bilinéaire symétrique).
On a ∀(x, y) ∈ E × E :
φ(x + y) = ϕ(x + y, x + y)
= ϕ(x, x) + ϕ(y, y) + ϕ(x, y) + ϕ(y, x)
= φ(x) + φ(y) + 2ϕ(x, y).
Donc ϕ est alors unique et donné par la formule :
1
∀(x, y)
ϕ(x, y) = [φ(x + y) − φ(x) − φ(y)].
2
2) Existence
On définit ϕ par la formule précédente ; exprimons ϕ en fonction de ψ. On a :
φ(x + y) = ψ(x + y, x + y)
= ψ(x, x) + ψ(y, y) + ψ(x, y) + ψ(y, x)
1
(symétrisée de ψ).
d’où ϕ(x, y) = [ψ(x, y) + ψ(y, x)]
2
Cette formule définit bien une forme bilinéaire et symétrique. D’autre part on a :
1
ϕ(x, x) = [2ψ(x, x)] = ψ(x, x) = φ(x).
2
Exemple
K = R, E = R3 .
ψ(x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) = x1 y1 + 2x1 y2
(bilinéaire non symétrique)
x21
φ(x1 , x2 , x3 ) =
+ 2x1 x2
ϕ (x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) = x1 y1 + (x1 y2 + x2 y1 ).
Corollaire.Soit E un espace vectoriel de dimension n sur K.
Soit φ : E −→ K une application. Alors φ est une forme quadratique si et seulement si on a :
1) L’application ϕ : E × E −→ K donnée par :
1
∀(x, y)
ϕ(x, y) = [φ(x + y) − φ(x) − φ(y)] est bilinéaire.
2
2) ∀x ∈ E
φ(2x) = 4φ(x).
Démonstration –
1) Si φ est quadratique alors ϕ est sa forme polaire, elle est donc bien bilinéaire, et on a :
φ(2 · x) = ϕ(2x, 2x) = 4ϕ(x, x)
= 4φ(x).
2) Réciproquement, si ϕ est bilinéaire la forme quadratique associée est donnée par :
1
x 7−→ ϕ(x, x) = [φ(2x) − φ(x) − φ(x)]
2
1
= [4φ(x) − 2φ(x)] si on suppose 2)
2
= φ(x).
13
Exercice.-
Soit φ quadratique de forme polaire ϕ. Démontrer la formule :
1
∀(x, y) ∈ E × E
φ(x, y) = [φ(x + y) − φ(x − y)].
4
2) Expression dans une base
Soit (e1 , . . . , en ) une base de l’espace vectoriel E.
a) Soit ϕ une forme bilinéaire symétrique sur E, de matrice A = [ai,j ]i,j dans la base (e1 , . . . , en ).
Soit φ la forme quadratique associée. Si (x1 , . . . , xn ) ∈ K n et (y1 , . . . , yn ) ∈ K n on a :
ϕ
n
X
xi ei ,
i=1
φ
n
X
X
yj ej =
aij xi yj
j=1
n
X
i,j
i=1
i,j
n
X
(avec aij = aji
∀i, j)
X
xi ei =
aij xi xj
=
aii x2i + 2
i=1
X
aij xi xj
i<j
= P (x1 , . . . , xn )
où P ∈ K[X1 , . . . , Xn ] est soit nul, soit un polynôme homogène de degré 2.
b) Réciproquement. Si P est un polynôme homogène de degré 2 (ou nul), il permet de définir une
application φ : E −→ K selon la formule précédente. Cette application est une forme quadratique
dont la forme polaire s’obtient par “dédoublement” des variables.
Exemple.- Supposons n = 3, φ donné par la formule :
4
X
xi ei = 2x21 + 4x1 x2 + 6x22 + 10x1 x4
φ
pour (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ K 4 .
i=1
Alors on a :
4
4
X
X
ϕ
xi ei ,
yj ej = 2x1 y1 + 2(x1 y2 + x2 y1 ) + 6x2 y2 + 5(x1 y4 + x4 y1 ).
i=1
j=1
Exercices.
1) Montrer que si P et Q sont des polynômes non nuls homogènes de degré 2 de K[X1 , . . . , Xn ]
tels que :
∀(α1 , . . . , αn ) ∈ K n
P (α1 , . . . , αn ) = Q(α1 , . . . , αn )
alors on a P = Q. Donc φ définit bien P de manière unique.
2) Montrer que si φ est donné par le polynome P , alors ϕ est donné par :
n
n
n
X
1 X
X
∂P (x1 , . . . , xn )
ϕ
xi ei ,
yj ej =
· yi
2 i=1 ∂Xi
i=1
j=1
c) On revient aux notations de a).
Alors (e1 , . . . , en ) est orthogonale pour ϕ si et seulement si on a :
aij = 0
∀(i, j) ∈ {1 . . . n}2 i 6= j
n
X
c’est-à-dire si et seulement si P est du type : P =
aii Xi2 .
i=1
Cette remarque conduit à une méthode de construction d’une base orthogonale pour une forme
bilinéaire symétrique : la méthode de Gauss.
14
3) Méthode de réduction de Gauss pour réduire les formes quadratiques
Principe
1) Soit P ∈ K[X1 , . . . , Xn ] un polynôme soit nul, soit homogène de degré 2.
On va construire par récurrence sur n, une famille Q1 , . . . , Qn de polynômes homogènes de
degré 1, indépendants, et des éléments λ1 , . . . , λn de K tel que :
P =
n
X
λi Q2i .
i=1
2) Si ϕ est la forme bilinéaire symétrique dont la forme quadratique φ s’exprime dans la base
(e1 , . . . , en ) à l’aide du polynôme P , alors la base (f1 , . . . , fn ) de E correspondant aux formules
de passage :
∀i ∈ {1 . . . n}
x0i = Qi (x1 , . . . , xn )
est orthogonale pour ϕ.
Construction
1) n = 1 immédiat. On pose Q1 = X1 .
2) n > 1. Supposons qu’on sache faire la construction pour les polynômes en moins de (n − 1)
indéterminées.
Soit
P =
n
X
i=1
• 1er cas
aii Xi2 + 2
X
aij Xi Xj .
i<j
P = 0. On pose (Qi = Xi et λi = 0)
∀i ∈ {1 . . . n}.
• 2ème cas ∃ ∈ {1 . . . n} tel que aii 6= 0. Supposons, pour simplifier les notations que a11 6= 0.
P = a11 X12 + X1 ϕ1 (X2 , . . . , Xn ) + ϕ2 (X2 , . . . , Xn ) avec ϕi ∈ K[X2 , . . . , Xn ] nul ou homogène de
degré i.
ϕ1 2 ϕ2 P = a11 X1 +
+ ϕ2 − 1 .
2a11
4a11
ϕ1
,
λ1 = a11
On pose Q1 = X1 +
2a11
ϕ2
P2 = ϕ2 − 1 ∈ K[X2 , . . . , Xn ].
4a11
On applique l’hypothèse de récurrence à P2 : on construit Q2 , . . . , Qn avec :
Vect(Q2 , . . . , Qn ) = Vect(X2 , . . . , Xn ).
On a
Vect(X1 , . . . , Xn ) = Vect(Q1 , X2 , . . . , Xn )
= Vect(Q1 , Q2 , . . . , Qn )
• 3ème cas P 6= 0, ∀i ∈ {1 . . . n} aii = 0.
Alors ∃(i, j) avec i 6= j tel que aij 6= 0.
Supposons pour simplifier les notations que a12 6= 0.
P = 2a12 X1 X2 + X1 ϕ1 (X3 , . . . , Xn ) + X2 ψ1 (X3 , . . . , Xn ) + ϕ2 (X3 , . . . , Xn )
ϕ1 , ψ1 dans K[X3 , . . . , Xn ] sont homogènes de degré 1, (ou nuls)
où
ϕ2 ∈ K[X3 , . . . , Xn ]
est homogène de degré 2 (ou nul).
ψ1 ϕ1 ϕ1 ψ1
P = 2a12 X1 +
X2 +
+ ϕ2 −
2a12
2a12
2a
| {z 12}
ψ2
1 h
ψ1
ϕ1 2
ψ1
ϕ1 2 i
= a12 X1 + X2 +
+
− (X1 − X2 +
−
+ ψ2 .
2
2a12
2a12
2a12
2a12
15
On pose :

ψ1
ϕ1

 Q1 = X1 + X2 +
+
2a12
2a12

 Q2 = X1 − X2 + ψ1 − ϕ1 .
2a12
2a12
Le cas n = 2 étant immédiat, on applique pour n ≥ 3 l’hypothèse de récurrence à ψ2 ∈ K[X3 , . . . , Xn ].
On construit Q3 , . . . , Qn . On a :
vect(X1 , . . . , Xn ) = vect(Q1 , Q2 , X3 , . . . , Xn )
= vect(Q1 , Q2 , Q3 , . . . , Qn ).
Exemple On suppose φ donné dans la base (e1 , e2 , e3 ) par :
φ
3
X
xi ei = x21 + 2x1 x2 + 2x1 x3 + x22 + x23
i=1
on a :
P (X1 , X2 , X3 ) = X12 + 2X1 X2 + 2X1 X3 + X22 + X32
= (X1 + X2 + X3 )2 − 2X2 X3
i
1 h
(X2 + X3 )2 − (X2 − X3 )2
= (X1 + X2 + X3 )2 −
{z
} 2 |
{z
} |
{z
}
|
Q1
Q2
Q3
1
1
= Q21 − Q22 + Q23 .
2
2
 0


1
1
1
x
=
x
+
x
+
x
 1
1
2
3
Soit
et M =  0 1
1
x0 = x2 + x3
 02
0 1 −1
x3 = x2 − x3
Si (f1 , f2 , f3 ) est la base tel que M −1 = Pass (ei ), (fj ) alors la matrice de ϕ dans cette base est


1
 pour A matrice de ϕ dans (e1 , e2 , e3 ).
D = t M −1 AM = 
−1/2
1/2
Remarque
1) Dans la pratique, l’ordre sur les variables peut évidemment ne pas être respecté, on cherche
essentiellement à simplifier le calcul.
– Commencer toujours par réduire les carrés si il y en a. –
L’emploi de la méthode garantit des formules de changement de variables correctes (c’est-à-dire
des polynômes Qi indépendants).
2) Si K = R. On peut ainsi déterminer la signature de ϕ.
p = nombre de termes 0 de la matrice diagonale obtenue
q = nombre de termes 0 de cette matrice.
Cas de l’exemple : (si K = R) signature (2,1).
IV. Formes sesquilinéaires
Dans tout le IV on suppose K = C.
1) Définition - expression matricielle
Remarque. Pour l’application C2 × C2 −→ C
(x1 , x2 ), (y1 , y2 ) 7−→ x1 y1 + x2 y2 .
il existe des éléments non nuls isotropes.
16
Définition 1.- Soient E et F des espaces vectoriels sur C et soit f : E −→ F une application. On
dit que f est semi-linéaire si on a :
1) ∀(x, y) ∈ E × E
f (x + y) = f (x) + f (y).
2) ∀x ∈ E ∀y ∈ C
f (λx) = λf (x).
Exemple
1) f : C −→ C
z 7−→ z
est semi-linéaire.
2) f : Cn −→ C
définie à partir de (a1 , . . . , an ) ∈ Cn par :
n
X
∀(z1 , . . . , zn ) ∈ Cn , f (z1 , . . . , zn ) =
ai · z i est une forme semi-linéaire.
i=1
Remarque. Si à tout C-espace vectoriel F on associe le C-espace vectoriel F 0 obtenu en conservant
l’ensemble F et l’addition et en posant :
∀x ∈ F 0
∀λ ∈ C λ ∗ x = λ · x
↑
↑
loi dans F
loi dans F 0
alors a) une application semi-linéaire de E dans F est une application linéaire de E dans F 0 .
b) Si G = G0 ⊆ F ; alors G sous espace vectoriel de F si et seulement si G0 sous espace vectoriel
de F 0 et dim G = dim G0 .
Définition 2.- Soient E, F, G des sous espaces vectoriels sur C.
Soit ϕ : E × F −→ G une application. On dit que ϕ est sesquilinéaire (sesqui = 1 fois et demi) si on
a:
1) ∀x ∈ E fixé, l’application partielle
ϕ1 (x) : F −→ G
est semi-linéaire.
y 7−→ ϕ(x, y)
2) ∀y ∈ E fixé, l’application partielle
ϕ2 (y) : E −→ G
est linéaire.
x 7−→ ϕ(x, y)
Si de plus on a
G = K, alors ϕ est une forme sesquilinéaire.
Remarque et Exemple
1) On a donc si ϕ est sesquilinéaire : ϕ(λx, y) = λϕ(x, y)
∀(x, y) ∈ E × E ∀λ ∈ C
ϕ(x, λy) = λϕ(x, y)
ou encore ϕ est bilinéaire E × F 0 −→ G.
2) Soit ϕ : Cn × Cn −→ C donnée par :
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ Cn , ∀(y1 , . . . , yn ) ∈ Cn .
n
X
ϕ (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ) =
xi y i
i=1
(produit scalaire hermitien usuel).
Alors ϕ est sesquilinéaire (d’autre part il n’existe pas d’isotrope non nul).
3) Soit E = {f : [0 2π] −→ C / f continue}.
Soit ϕ : E × E −→ C
Z 2π
f (t) g(t) dt
(f, g) 7−→
0
alors ϕ est sesquilinéaire.
4) On a considéré la semi-linéarité par rapport à la seconde variable, certains auteurs la prennent
par rapport à la première variable.
17
Définition 3.Soit (e1 , . . . , en ) une base d’un espace vectoriel E sur C.
Soit (f1 , . . . , fm ) une base d’un espace vectoriel F sur C.
Soit ϕ : E × F −→ C une forme sesquilinéaire alors la matrice de ϕ pour ces 2 bases est la matrice
A donnée par :
A = [ϕ(ei , fj )] i∈{1...n}indice de ligne
j∈{1...m}indice de colonne
Proposition.- Avec les notations de la définition, on a :
ϕ
n
X
xi ei ,
i=1
n
X
yj fj =
t
XAY
pour (x1 , . . . , xn ) ∈ Cn
j=1
(y1 , . . . , yn ) ∈ Cn

x1
.
X =  ..  ,
xi



y1
 
Y =  ...  .
yi
Proposition.- Avec les notations précédentes, on a :
Si (e01 . . . e0n ) est une autre base de E avec P = Pass (ei ), (e0i ) .
Si (f10 . . . fn0 ) est une autre base de F avec Q = Pass(fi ), (fi0 ).
Si A0 est la matrice de ϕ pour les bases (e0i ) et (fj0 ) on a :
A0 = t P AQ
.
Remarque.
1) On peut donc comme pour les formes bilinéaires définir la notion de rang de ϕ (= rang A =
rang A0 ).
2) On peut définir les notions d’orthogonalité relativement à ϕ. On obtient des propriétés analogues
au cas bilinéaire, que l’on peut démontrer :
– directement, ou
– en remarquant que ϕ est bilinéaire E × F 0 −→ C.
2) Formes hermitiennes - antihermitiennes
Définition.- Soit E un espace vectoriel sur C et soit ϕ : E × E −→ C sesquilinéaire. On dit que :
• ϕ est hermitienne si on a :
∀(x, y) ∈ E × E
ϕ(y, x) = ϕ(x, y)
(propriété de symétrie hermitienne).
• ϕ est antihermitienne si on a :
∀(x, y) ∈ E × E
ϕ(y, x) = −ϕ(x, y).
Proposition.- Soit E un espace vectoriel sur C, de base e1 , . . . , en . Soit ϕ : E × E −→ C
sesquilinéaire, de matrice A pour la base ei )i de E. Alors on a :
1) ϕ hermitienne
⇐⇒ t A = A
2) ϕ antihermitienne ⇐⇒ t A = −A
(matrice hermitienne)
(matrice antihermitienne).
Démonstration – Analogue au cas bilinéaire.
18
Remarque et exemple
1) Si ϕ est donnée par :
n
n
n
X
X
X
X
ϕ
aii xi y i +
xi ei ,
yj ej =
aij xi y j =
i=1
i=1
on a : ϕ hermitienne ⇐⇒
i=1
i,j
∀i aii ∈ R
∀i, j avec i < j
X
(aij xi y j + aji xj y i )
1≤i<j≤n
aij = aji
Exemple.
ϕ donnée par x1 y 1 + i x1 y 2 − +3x3 y 3 n’est pas hermitienne.
ϕ donnée par x1 y 1 + i x1 y 2 − i x2 y 1 + 3 x3 y 3 est hermitienne.
2) Contrairement à ce qui se passe dans le cas bilinéaire, on a :
ϕ hermitienne ⇐⇒ iϕ antihermitienne.
L’étude des formes sesquilinéaires antihermitiennes se ramène donc au cas hermitien.
3) Les théorèmes suivants se démontrent comme dans le cas bilinéaire symétrique.
Théorème 1.- Soit E un espace vectoriel de dimension finie sur C. Soit ϕ : E × E −→ C
sesquilinéaire hermitienne non dégénérée (rang ϕ = dim E). Soit F un sous espace vectoriel de E,
alors on a :
dim F ⊥ = dim E − dim F.
Démonstration – Utilisons ϕ2 : E −→ E ∗ semi-linéaire injective.
F ⊥ = {x ∈ E / ∀y ∈ F
0 = ϕ(x, y)
0 = ϕ2 (y) (x)
= ϕ2 (F ) .
Par dualité on a :
dim F ⊥ = dim E − dim ϕ2 (F )
= dim E − dim F.
Théorème 2.Soit E un espace vectoriel de dimension n sur C. Soit ϕ : E × E −→ C
sesquilinéaire hermitienne. Soit F un sous espace vectoriel de E. Alors les deux propriétés suivantes
sont équivalentes.
1) F ∩ F ⊥ = {0}.
2) E = F ⊕ F ⊥ .
Démonstration – La même que dans le cas bilinéaire. Si F vérifie ces propriétés, F est
non isotrope .
Définition.- Une base orthogonale pour ϕ est une base (e1 , . . . , en ) de E dans laquelle la matrice
de ϕ est diagonale, ou encore, on a :
n
n
n
X
X
X
ϕ
xi ei ,
yj ej =
aii xi y i
i=1
j=1
ou encore i 6= j ⇒ ϕ(ei , ej ) = 0.
i=1
Théorème 3.- Soit E un espace vectoriel de dimension n sur C. Soit ϕ : E ×E −→ C sesquilinéaire
hermitienne. Alors :
1) Il existe une base (orthogonale) (e1 , . . . , en ) de E dans laquelle la matrice de ϕ est du type :


Ip

.
−Iq
0
19
2) De plus le couple (p, q) ne dépend que de ϕ : c’est la signature de ϕ.
Démonstration –
1) On démontre comme dans le cas bilinéaire symétrique, en utilisant le théorème 2 que E
admet une base e01 , . . . , e0n orthogonale pour ϕ. On a :
∀i ∈ {1 . . . n}
ϕ(e0i , e0i ) ∈ R (ϕ sesquilinéaire).
e0i
on a ϕ(ei , ei ) = 1.
µi
0
e
• Si ϕ(e0i , e0i ) = λi < 0 soit µi ∈ R tel que µ2i = −λi on pose ei = i on a ϕ(ei , ei ) = −1.
µi
• Si ϕ(e0i , e0i ) = 0 on pose ei = e0i .
• Si ϕ(e0i , e0i ) = λi > 0 soit µi ∈ R tel que µ2i = λi
on pose ei =
En modifiant éventuellement l’ordre sur les éléments (e1 , . . . , en ) on obtient une base répondant
à la question.
2) Démonstration analogue au cas bilinéaire symétrique.
Corollaire : traduction matricielle
Soit A ∈ M (n × n, C) une matrice hermitienne
(t A = A).

Alors il existe P ∈ M (n × n, C), P inversible tel que
t

Ip
P AP soit du type 
−Iq
.
0
3) Formes quadratiques hermitiennes
Proposition.- Soit E un espace vectoriel sur C
et soit :
ϕ : E × E −→ C sesquilinéaire.
Soit
φ : E −→ C définie par :
∀x ∈ E
Alors on a :
∀(x, y) ∈ E × E
φ(x) = ϕ(x, x).
ϕ(x, y) =
1
φ(x + y) − φ(x − y) + iφ(x + iy) − iφ(x − iy) .
4
1
[φ(x + y) − φ(x − y)] (alors s est la forme polaire de la
4
forme R-quadratique définie à partir de la forme R-bilinéaire ϕ). Il faut démontrer qu’on a :
Démonstration – Posons s(x, y) =
ϕ(x, y) = s(x, y) + is(x, iy).
Or on a :
φ(x + y) = φ(x) + φ(y) + ϕ(x, y) + ϕ(y, x)
φ(x − y) = φ(x) + φ(y) − ϕ(x, y) − ϕ(y, x)
1
[ϕ(x, y) + ϕ(y, x)]
2
i
is(x, iy) = [ϕ(x, iy) + ϕ(iy, x)]
2
i
1
= [−iϕ(x, y) + iϕ(y, x)] = [ϕ(x, y) − ϕ(y, x)].
2
2
s(x, y) =
D’où
s(x, y) + is(x, iy) = ϕ(x, y).
20
Exercice
Soit E = {(an )n∈N / ∀n an ∈ C, Σ | an |2 < ∞}
a) Vérifier que E est un espace vectoriel sur C.
b) Soit ϕ : E × E −→ C donnée par :
X
ϕ (an )n , (bn )n =
an bn .
n∈N
1
Montrer en utilisant la formule de la proposition an bn = . . . que ϕ est bien définie et que ϕ
4
est sesquilinéaire hermitienne.
Corollaire 1 de la proposition.
Soit E un espace vectoriel sur C. Alors l’application qui à toute forme sesquilinéaire ϕ : E × E −→ C
associe la forme φ : E −→ C donnée par :
∀x ∈ E
φ(x) = ϕ, (x, x)
est injective.
Corollaire 2.
Soit E un espace vectoriel sur C et soit ϕ E × E −→ C sesquilinéaire
Alors les 2 propriétés suivantes sont équivalentes.
1) ϕ est hermitienne (resp. antihermitienne).
2) ∀x ∈ E, ϕ(x, x) ∈ R (resp ϕ(x, x) ∈ iR).
Démonstration – Soit ψ : E × E −→ C définie par :
∀(x, y) ∈ E × E
ψ(x, y) = ϕ(y, x).
Alors ψ est sesquilinéaire. En appliquant le corollaire 1 on a :
ϕ hermitienne ⇐⇒ ϕ = ψ ⇐⇒ ∀x ∈ E ϕ(x, x) = ψ(x, x)
⇐⇒ ∀x ∈ E ϕ(x, x) ∈ R
on obtient le résultat pour ϕ antihermitienne de façon analogue, ou bien en considérant iϕ.
Définition.- Soit ϕ : E × E −→ C une forme sesquilinéaire hermitienne. Alors l’application
φ : E −→ C donnée par :
∀x ∈ E
φ(x) = ϕ(x, x)
est une forme quadratique hermitienne.
Expression dans une base - exemples
On suppose E muni d’une base (e1 , . . . , en ).
1) Soit ϕ : E × E −→ C sesquilinéaire hermitienne
et φ : E −→ C associée.
On a :
n
X
X
X
aii xi y i +
(aij xi y h + aij xj y i ) avec aii ∈ R ∀i
ϕ(Σxi ei , Σyj ej ) =
aij xi y j =
i=1
i,j
donc on a :
n
X
aii | xi |2 +
i<j
X
(aij xi xj + aij xi xj )
∀i aii ∈ R
|
{z
}
2 termes conjugués.
Réciproquement, toute expression de ce type définit une forme quadratique hermitienne.
φ(Σxi ei ) =
i=1
i<j
Exemple :
•
3 | x1 |2 +i x1 x2 + 4 x1 x3 provient d’une forme sesquilinéaire non hermitienne.
•
3 | x1 |2 +i x1 x2 − i x2 x1 + 4 x1 x3 + 4 x3 x1 est quadratique hermitienne.
21
2) La base (e1 , . . . , en ) est orthogonale pour ϕ si et seulement si ∀i, j si i 6= j aij = 0, c’est-à-dire
φ s’exprime par une formule du type
n
X
X
φ
xi ei =
aii | xi |2 avec aii ∈ R.
i−1
Il existe une méthode de calcul d’une base orthogonale analogue à la méthode de Gauss.
Exemple 1.
Supposons que φ quadratique hermitienne soit donnée dans la base (e1 , e2 , e3 ) par :
3
X
φ
xi ei = 2x1 x1 + i x1 x2 − i x2 x1 + 3x3 x3
i=1
on a :
φ
3
X
1
i
i
xi ei = 2 x1 − x2 x1 + x2 − x2 x2 + 3x3 x3 .
2
2
2
i=1
On construit la base (f1 , f2 , f3 ) correspondant aux formules de passage :
i
x01 = x1 − x2
x02 = x2
x03 = x3
2
on a :
3
X
1
φ
x0i fi = 2 | x0i |2 − | x02 |2 +3 | x03 |2 .
2
i=1
Exemple 2.
φ
3
X
xi ei = i x1 x2 − i x2 x1 + x1 x3 + x3 x1 + x2 x3 + x3 x2
i=1
= (i x1 + x3 )(x2 − i x3 ) + i x3 x3 + (−i x1 + x3 ) (x2 + i x3 ) − i x3 x3
1 =
| i x1 + x3 + x2 + i x3 |2 − | i x1 + x3 − x2 − i x3 |2
2
(en utilisant la formule 2 [ab + ab] = (a + b)(a + b) − (a − b)(a − b)). On pose :
 0

 x1 = i x1 + x2 + (1 + i)x3
x02 = i x1 − x2 + (1 − i)x3

 0
x3 = x3 .
22