Algèbre générale by Jean-Robert Belliard

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Il existe une base e = (e1 , e2 ) et une base ε = (ε1 , ε2 ) telle que Mate (q) = 0 1 1 0 et Matε (q) = 1 0 0 −1 On dit que la base e est une base hyperbolique. Démonstration. Par définition il existe e1 ∈ E avec q(e1 ) = 0. Puisque q est non dégénérée il existe y ∈ E avec f (e1 , y) = 1. Alors y n’est pas colinéaire à e1 et pour tout λ ∈ k on a f (e1 , λe1 + y) = 1 et q(λe1 + y) = 2λ + q(y). Il suffit donc de poser e2 = (−q(y)/2)e1 + y pour obtenir la base e voulue. Avec la matrice Mate (q) = 0 1 on voit que 1 0 f (αe1 + βe2 , α e1 + β e2 ) = α β + αβ .

4 Soit E un espace vectoriel de dimension n ≥ 1 sur Fq avec 2 q. À congruence près il y a exactement deux classes de formes quadratiques non dégé× 2 nérées sur E. Le discriminant dans F× q /(Fq ) est un système d’invariant complet. 54 Matriciellement ces classes de congruences sont représentées soit par la matrice In soit par la matrice diagonale dont tous les coefficients diagonaux sont 1 sauf le dernier égal à α. Démonstration. Les deux matrices décrites plus haut ne sont pas congruentes parce qu’elles n’ont pas le même discriminant.

Alors ϕ(y) = ϕ(f (x)) = f t (ϕ)(x) = 0. Donc ϕ ∈ (Im f )⊥ et cela donne la deuxième égalité du 5. On a déjà l’égalité Im(f t ) = (Ker f )⊥ . Par le 4. 2 on sait que (Ker f )⊥ ∼ = (E/ Ker f )∗ . Par factorisation on obtient (E/ Ker f )∗ ∼ = (Im f )∗ et on a donc un isomorphisme canonique Im(f t ) ∼ = (Im f )∗ . Par définition le rang de f est la dimension de son image. Ainsi f est de rang fini si et seulement si f t est de rang fini, et dans ce cas la dimension de (Im f )∗ est égale à celle de Im f et on a bien l’égalité de rangs annoncée.

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