Niveau maths spé

forme quadratique

Posté par
yanesco 31-07-11 à 17:46

dans un espace vectoriel E de dimension n, soit une forme quadratique Q et F sa forme polaire.pour tout a fixe dans E on definit une forme quadratique
Q'(x)=Q(a)Q(x)-[f(a,x)]²
1)pour a appartenant i=Q^-1(0) determiner le rang de q
2)on suppose que a n'appartient pas a i montrer que ker(f')=ker(f)+Ra (ker(f') est somme direct de ker(f) et Ra et f' designe la forme polaire de Q')
et determiner le rang de Q' en fonction de Q

Posté par re : forme quadratique 01-08-11 à 02:43

Bonjour yanesco et bienvenue sur l'île
N'oublie pas que tu t'adresses à des êtres humains donc un petit "bonjour", "merci" est toujours mieux, surtout quand on cherche de l'aide...

1) Comme $a\in i$ , tu peux calculer facilement $f'$ et donc $\ker(f')$ (le rang de Q' s'en déduit). Montre que $\ker(f')=a^{\perp}$ .
(Il suffit de noter que si $a^\perp\neq E$ alors il existe $y\in E: \ f(a,y)\neq 0$ .)

2) Déjà remarque que $a\notin i \Rightarrow \ker(f)+\R a=\ker(f)\oplus \R a$ et ensuite calcule $f'$ .
Tu verras alors qu'il y a un sens évident, c'est $\ker(f)\oplus \R a\subset \ker(f')$ .
Il reste donc l'autre inclusion, pour cela montre que :
¤ $a^{\perp\perp}=\ker(f)+\R a$
(tu peux écrire $E=\ker(f)\oplus \R a \oplus G$ et remarquer que l'espace G muni de la forme quadratique Q restreinte à G est non dégénéré.
Ainsi si $x=u+v+w\in \ker(f)\oplus \R a \oplus G$ vérifie $\forall y\in (\R a)^\perp, \ f(x,y)=0$ alors $w=0$ )
¤ et $\ker(f') \subset a^{\perp\perp}$ .

Posté par re : forme quadratique 01-08-11 à 10:25

bonjour
j'ai pas trop compris la 2eme demonstration
je te prie t'être plus explicite
et pardon j'etais pris par le temps, je m'excuse

Posté par re : forme quadratique 01-08-11 à 15:11

Je détaille un peu :

$\star$ $a\notin i \Rightarrow \ker(f)+\R a=\ker(f)\oplus \R a$ :
En effet, soit $x\in \ker(f)\cap \R a$ alors $x=\lambda a$ et pour tout $y\in E, \ f(x,y)=0$ en particulier pour y=a on a :
$0=f(x,a)=\lambda f(a,a)=\lambda Q(a)$ .
Comme $a\notin i$ necessairement $\lambda=0$ i.e. x=0.

$\star$ $\ker(f)\oplus \R a\subset \ker(f')$ ne devrait pas poser de problème, il suffit d'écrire x=u+v et de calculer explicitement $f'(x,y)$ avec y quelconque dans E.

$\star$ Pour $\ker(f')\subset \ker(f)\oplus \R a$ :
Tu dois remarquer que si $x\in \ker(f')$ alors pour tout $y\in E, \ f'(x,y)=0$ et en particulier pour tout $y\in a^{\perp}, f'(x,y)=0$ . Ceci implique, après calcul de $f'$ , que $x\in a^{\perp\perp}$ .
Reste alors à montrer que $a^{\perp\perp}=\ker(f)+\R a$ pour conclure, ok ? (Peut-être que tu connais déjà ce résultat. Si oui, oublie ce qui suit.)

Je ne détaille pas l'inclusion droite-gauche qui est évidente.

Pour l'inclusion $a^{\perp\perp}\subset \ker(f)+\R a$ , je t'ai suggéré de choisir une décomposition en somme directe de E de la façon suivante : $E=\ker(f)\oplus \R a\oplus G$ où G est un supplémentaire de $\ker(f)\oplus \R a$ .
Ainsi tu constates que :
i) La restriction de Q à $H=\R a \oplus G$ est non dégénérée i.e. $H\cap H^\perp=\{0\}$ . Je vais noter $\circ$ l'orthogonalité dans H muni de Q : si $V\subset H$ alors $V^\circ =\{x\in H \ | \ \forall y\in V, \ f(x,y)=0\}$ .
ii) Dès lors, si $x\in a^{\perp\perp}$ , on peut écrire $x=u+v+w\in \ker(f)\oplus \R a\oplus G$ .
Par définition, pour tout $y\in a^\perp, \ f(x,y)=0$ i.e $f(w,y)=0$ .
En particulier, pour tout $y\in a^\perp\cap H=a^\circ, f(w,y)=0$ donc $w\in a^{\circ\circ}$ .
Mais comme H muni de la restriction de Q est non dégénéré, $a^{\circ\circ}=\R a$ et donc $w\in \R a \cap G=\{0\}$ . Ce qu'on voulait.

C'est plus clair maintenant ?

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