Montrer que pour toute forme bilinéaire symétrique \(\sigma:E\times E\to{\Bbb K},\) avec \(E\) de dimension finie, il existe une base orthogonale (ou orthonormée)

Initialisation de la récurrence
On procède par récurrence sur \(n=\operatorname{dim} E\)
Si \(n=1\), \(E=\operatorname{Vect}\{e_1\}\) et toute base de \(E\) nous convient (car il y a un seul vecteur libre)

Hérédité : cas où \(\sigma\) est la fonction nulle
Si \(n\gt 1\), si \(\sigma\equiv0\) (i.e. \(\sigma\) est une fonction nulle), alors toute base de \(E\) est orthonormée

Cas non nul : chercher un vecteur non isotrope via la forme quadratique
On suppose qu'il existe \(x,y\in E\) tels que \(\sigma(x,y)\ne0\)
On a $$\sigma(x,y)=\frac{Q(x+y)-Q(x)-Q(y)}{2}$$ donc l'un des trois vecteurs \(x+y,x,y\) n'est pas isotrope. Notons-le \(e_1\)

Aller chercher des égalités avec \(U^\perp\) avec les corollaires du cours
On pose \(U=\operatorname{Vect}\{e_1\}\)
Par le corollaire du cours, on a $$E=U\oplus U^\perp\quad\text{ et }\quad U\cap U^\perp=\{0\}$$
On a \(\operatorname{dim} E=n=\operatorname{dim} U+\operatorname{dim} U^\perp\)

Hypothèse de récurrence (car \(\operatorname{dim} U^\perp\leqslant n-1\), donc on peut utiliser l'hypothèse de récurrence)
Par récurrence, \(U^\perp\) possède une base orthogonale \(\{e_1,\ldots,e_n\}\) par rapport à la forme \(\sigma\lvert_{U^\perp}\)

Système forcément libre car il n'y en a un et un seul qui n'est pas nul à chaque fois \(\to\) CQFD

Puisque \(\sigma(e_1,e_i)=0\) (car \(e_1\in U,e_i\in U^\perp\)) \(\forall i\in\{1,\ldots,n\}\), le système orthogonal \(\{e_1,\ldots,e_n\}\) est forcément libre car : $$0=\sum^n_{i=1}\lambda_ie_i\qquad0=\sigma(0,e_j)=\sigma\left(\sum^n_{i=j}\lambda_ie_i,e_j\right)=\lambda_1\underbrace{\sigma(e_i,e_1)}_{\ne0}$$
Donc \(0=\sum^n_{i=2}\lambda_ie_i\) \(\implies\) \(\lambda_i=0\) (\(i=1,\ldots,n\))
CQFD

Algorithme des carrés pour trouver une base orthogonale pour une forme quadratique

Exprimer \(q(x,y,z)\) avec une combinaison linéaire de carrés de combinaisons linéaires de vecteurs (il doit y avoir autant de termes que la dimension de \(q\))

Identifier chaque élément mis au carré avec un vecteur de la nouvelle base. Chaque vecteur de la nouvelle base est donc égal à une combinaison linéaire de vecteurs de l'ancienne base

Exprimer les vecteurs de l'ancienne base à l'aide d'une combinaison linéaire de vecteurs de la nouvelle base

La matrice \(A\) de l'égalité \(X=AX^\prime\) donne alors les vecteurs de la base

• exprimer \(q(x,y,z)\) avec une combinaison linéaire de carrés de combinaisons linéaires de vecteurs (il doit y avoir autant de termes que la dimension de \(q\))
• identifier chaque élément mis au carré avec un vecteur de la nouvelle base. Chaque vecteur de la nouvelle base est donc égal à une combinaison linéaire de vecteurs de l'ancienne base
• exprimer les vecteurs de l'ancienne base à l'aide d'une combinaison linéaire de vecteurs de la nouvelle base
• la matrice \(A\) de l'égalité \(X=AX^\prime\) donne alors les vecteurs de la base

Algorithme pour trouver une base orthogonale (méthode qui fonctionne à tous les coups)

Prendre \(v_1\) un vecteur non isotrope de la base canonique

Pour \(i\) allant de \(2\) à \(n\), prendre un vecteur $$v_i\in\bigcap^{i-1}_{j=1} v_j^\perp$$

Vérifier que le vecteur \(v_i\) n'est pas isotrope. Sinon, on en prend un autre

Le dernier vecteur \(v_n\) doit être pris dans le noyau \(\ker\sigma\)

Vérifier que la base \(\{v_i\}^n_{i=1}\) est libre

• prendre \(v_1\) un vecteur de la base canonique
• pour \(i\) allant de \(2\) à \(n-1\) :
    
• prendre un vecteur $$v_i\in\bigcap^{i-1}_{j=1} v_j^\perp$$
    
• vérifier que le vecteur \(v_i\) n'est pas isotrope. Sinon, on en prend un autre
• le dernier vecteur \(v_n\) peut être pris dans le noyau \(\ker\sigma\)
• vérifier que la base \(\{v_i\}^n_{i=1}\) est libre

(Ensembles orthogonaux - Complément orthogonal (Notation))

Décomposer en carrés la forme quadratique : $$q:(x,y,z)\mapsto xy+yz+xz$$
En déduire une base orthogonale de \({\Bbb R}^3\) pour cette forme quadraitque

Appliquer un changement de variable linéaire
On pose \(u,v\) tels que \(x=u+v\) et \(y=u-v\)
$$q(u,v,z)=u^2-v^2+uz-vz+uz+zv=(u+z)^2-z^2+v^2$$

Refaire un changement de variable linéaire (issu des expressions en carrés)
On pose $$\begin{cases} w=u+z=\frac{x+y}{2}+z\\ v=\frac{x-y}2\\ z=z\end{cases}$$

Exprimer les anciennes coordonnées en fonction des nouvelles
Ainsi, $$\begin{align} x+z=w+v&\implies x=w+v-z\\ y=2\left(\frac x2-v\right)&\implies y=w-v-z\\ &\qquad\;\, z=z\end{align}$$

En déduire les \(v_i\) grâce à la matrice de passage

Alors on a : $$\begin{align}&\begin{pmatrix} w\\ v\\ z\end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}\quad\text{ et }\quad\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix} w\\ v\\ z\end{pmatrix}\\ &A=\begin{pmatrix}1&1&-1\\ 1&-1&-1\\ 0&0&1\end{pmatrix}\end{align}$$ et on a donc : $$v_1\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix},\qquad v_2\begin{pmatrix}1\\ -1\\ 0\end{pmatrix},\qquad v_3\begin{pmatrix}-1\\ -1\\ 1\end{pmatrix}$$

Déterminer une base orthogonale pour la forme quadratique réelle suivante : $$q(x)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_4^2-2x_1x_2-2x_1x_3-2x_1x_4+2x_2x_3-4x_2x_4$$

Forme polaire et sa matrice
La forma polaire associée est :$$\sigma(x,y)=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3-2x_4y_4-x_1y_2-x_2y_1-x_1y_3-x_3y_1-x_1y_4-x_4y_1+x_2y_3+x_3y_2-2x_2y_4-2x_4y_2$$ et sa matrice est : $$A=\begin{pmatrix}1&-1&-1&-1\\ -1&1&1&-2\\ -1&1&1&0\\ -1&-2&0&-2\end{pmatrix}$$

Vérifier si on peut appliquer Gram-Schmidt
$$\delta_0=1,\qquad\delta_1=1,\qquad\delta_2=0$$ donc on ne peut pas appliquer le théorème de Gram-Schmidt

Poser \(v_1\) le premier vecteur de la base canonique
On pose $$v_1=e_1=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}$$

Vérifier que \(v_1\) n'est pas isotrope
On a \(q(v_1)=1\ne0\), donc \(v_1\) n'est pas isotrope

Poser \(v_2\) un vecteur orthogonal à \(v_1\)
On cherche $$v_1^\perp=\{x\mid\sigma(x,v_1)=0\}=\{x\mid x_1-x_2-x_3-x_4=0\}$$
On pose $$v_2=\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}\in v_1^\perp$$

Vérifier que \(v_2\) n'est pas isotrope
\(q(v_2)=5\ne0\), donc \(v_2\) n'est pas isotrope

Idem avec \(v_3\) : on prend un vecteur orthogonal à tous les autres et qui n'est pas isotrope
On prend $$v_3\in v_1^\perp\cap v_2^\perp=v_1^\perp\cap\{x\mid 2x_2+x_3=0\}=\{x\mid x_1=-2x_2+x_4,x_3=-3x_2\}$$ on pose $$v_3=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\quad\text{ avec }\quad q(v_3)=-3\ne0$$

Prendre le dernier vecteur dans \(\ker\sigma\)
On peut prendre \(v_4\in\ker\sigma\) (car les vecteurs de \(\ker\sigma\) sont orthogonaux à tous les autres)
$$\ker\sigma=\ker A=\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}2\\ 1\\ -3\\ 0\end{pmatrix}$$
On prend donc \(v_4\begin{pmatrix}2\\ 1\\ -3\\ 0\end{pmatrix}\)

Vérifier que les quatre vecteurs forment une base via \(\sigma(V,v_i)\)

\(\{v_i\}^n_{i=1}\) est une base car, si on pose \(V=\sum^n_{i=1}\lambda_i v_i\), alors $$\sigma(V,v_i)=\lambda_i q(v_i)\implies\lambda_i=0\quad\text{ pour }\quad i=1,\dots,3$$ et donc on a aussi \(\lambda_4=0\)

(Forme quadratique (Forme polaire), Algorithme de Gram-Schmidt)