Forme quadratique - forum mathématiques - 747407

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Posté par re : Forme quadratique 25-07-17 à 15:42

Ce n'était pas bien difficile puisqu'on avait déjà une base (les formes $x_1-x_2,\;x_3-x_4,\;x_5-x_6,\;x_1+x_2,\;x_3+x_4,\;x_5+x_6$ ) où la matrice est $\mathrm{diag}(1,1,1,-1,-1,-1)$ .

Prenons les formes $z_k,\;1\leqslant k\leqslant 6$ définies sur la base canonique par :
$z_1(u)=x_1-x_2,\;z_2(u)=x_3-x_4,\;z_3=x_5-x_6,\;z_4(u)=(x_1+x_2)+(x_3+x_4),\;z_5(u)=(x_1+x_2)-(x_3+x_4),\;z_6(u)=x_5+x_6$ .

Alors, $z_4(u)^2+z_5(u)^2=2(x_1+x_2)^2+2(x_3+x_4)^2=-x_1^2-x_2^2-x_3^4-x_4^2-x_1x_2-x_3x_4$ (on est dans $\mathbb{F}_3 : 2=-1,\;4=1$ )

$z_1(u)^2+z_2(u)^2=(x_1-x_2)^2+(x_3-x_4)^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2-2x_1x_2-2x_3x_4$

Enfin $z_3(u)^2-z_6(u)^2=(x_5-x_6)^2-(x_5+x_6)^2=-4x_5x_6$

Bilan : $z_1(u)^2+z_2(u)^2+z_4(u)^2+z_5(u)^2+z_3(u)^2-z_6(u)^2=-x_1x_2-x_3x_4-x_5x_6=q(u)$ ...

Posté par re : Forme quadratique 25-07-17 à 16:29

Merci Luzak, pour cette belle démonstration, mais j'avoue humblement que cela dépasse largement mes compétences actuelles et probablement futures.

Bonne soirée à tous

Posté par re : Forme quadratique 25-07-17 à 17:11

Ton commentaire me semble défaitiste, compte tenu de tout ce que tu as déjà fait !

Mettre une forme quadratique sous forme d'une combinaison linéaire de carrés de formes linéaires c'est aussi trouver une base où la matrice de la forme est diagonale.

Tu as commencé par le corps des réels (utilisation usuelle de la méthode de Gauss) : la signature $(3,3)$ (valable dans toute base) interdit de trouver une base où la matrice est $\mathrm{diag}(1,1,1,1,1,-1)$ .

Dans le corps $\mathbb{F}_3$ la notion de signature n'a plus de sens et d'autres espoirs sont permis.

Si les coefficients trouvés (à savoir $1,\;-1$ ) étaient des carrés il aurait suffi d'intégrer une racine carrée dans les formes linéaires pour avoir une matrice $I_6$ .
Mais $-1=2$ n'est pas un carré dans ce corps...

Comme déjà dit le discriminant dans une base $B'$ est le produit du discriminant en base $B$ par le carré du déterminant de la matrice de passage entre bases. Ce déterminant est non nul et $1$ est l'unique carré non nul du corps : par conséquent tu es dans une situation où le discriminant ne change pas quand on change de bases.

Or tu as un discriminant valant $-1$ pour la base canonique
Comme on veut une base où la matrice est diagonale, les cinq premiers coefficients étant 1, il est indispensable que le scalaire $\lambda$ demandé soit $-1$ .

Tu avais trois coefficients valant 1 (autant essayer de les garder) et trois coefficients valant $-1$ .
Il reste donc à chercher si la forme quadratique à deux variables $-x^2-y^2$ peut se mettre (toujours dans le corps à 3 éléments) sous la forme $u^2+v^2$ .
J'avais des difficultés à y arriver parce que, bêtement, j'avais décidé, un peu rapidement, que les formes $u\mapsto(x_1+x_2),\dots$ étaient affectées du coefficient 1 alors que qu'il fallait prendre les formes $u\mapsto(x_1-x_2),\dots$ . Après rectification la solution était plus facile à trouver...

Posté par re : Forme quadratique 25-07-17 à 17:16

Une erreur dans cette ligne :
Alors, $z_4(u)^2+z_5(u)^2=2(x_1+x_2)^2+2(x_3+x_4)^2=-x_1^2-x_2^2-x_3^4-x_4^2-x_1x_2-x_3x_4$ (on est dans $\mathbb{F}_3 : 2=-1,\;4=1$ )

Il faut mettre
$z_4(u)^2+z_5(u)^2=2(x_1+x_2)^2+2(x_3+x_4)^2=-x_1^2-x_2^2-x_3^4-x_4^2+x_1x_2+x_3x_4$ ( $4=1\neq-1$ )

Posté par re : Forme quadratique 25-07-17 à 17:27

Merci beaucoup luzak pour tes encouragements et cette explication très intéressante et très claire que je pense avoir bien compris, mais je sais quelles sont mes limites

Posté par re : Forme quadratique 26-07-17 à 12:18

bravo à luzak et merci pour ces explications claires ...

je ne voyais pas non plus comment faire ...

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