Isotropie

Définition

Vecteur isotrope

Définition :
Un vecteur $u\in E$ est dit isotrope si $$\sigma(u,u)=0\quad\text{ ou }\quad u\perp u$$

Sous-espace isotrope

Définition :
Un sous-espace $U\subseteq E$ est dit isotrope si $$U\cap U^\perp\ne\{0\}$$
(Ensembles orthogonaux - Complément orthogonal, //Somme directe)
$U$ est non-isotrope s'il n'existe pas de vecteur de $U$ non nul orthogonal à tous les vecteurs de $U$

Sous-espace totalement isotrope

Définition :
Un sous-espace $U=\operatorname{Vect}\{v_1,\ldots,v_n\}$ est totalement isotrope si tous les $v_i$ sont isotropes pour $i\in\{1,\ldots,n\}$

Ensemble

Cône isotrope

Propriétés

Formes antisymétriques

Remarque :
Si $\sigma$ est antisymétrique, alors $\forall u\in E$, $u$ est isotrope

Lien avec le noyau

Proposition :
$${{U\cap U^\perp}}={{\ker(\sigma\lvert_{U\times U})}}$$

Restriction

Proposition :
$U$ est non-isotrope si et seulement si $$\ker(\sigma\rvert_{U\times U})=\{0\}$$
La restriction de $\sigma$ sur $U\times U$ est alors non-dégénérée
(Restriction)

Notation

On note $\sigma\rvert_U$ la restriction de $\sigma$ sur le sous-espace $U$

Fait de la vi

Fait de la vi : $${{(\ker\sigma)\cap U}}\subseteq{{\ker\sigma\cap\ker(\sigma\rvert_U)}}$$

Intersection

Proposition :
Si $U$ est isotrope, alors $${{U\oplus U^\perp}}={{E}}$$
(Somme directe)
Preuve par Formule de Grassmann

Lien avec une forme quadratique

$x$ est isotrope si et seulement si $$Q(x)=0$$
(Forme quadratique)

Caractérisation

Proposition :
Un sous-espace vectoriel $U\subseteq E$ est totalement isotrope si et seulement si $$U\cap U^\perp=U$$

Exercices

Soit $\sigma:{\Bbb R}^3\times{\Bbb R}^3\to{\Bbb R}$ une forme bilinéaire symétrique définie comme ceci : $$\sigma(x,y)=x_1y_1+x_2y_2-x_3y_3\quad\text{ avec }\quad x=(x_1,x_2,x_3)\quad\text{ et }\quad y=(y_1,y_2,y_3)$$
Montrer que le plan $\Pi=\{(x_1,x_2,x_3)\in{\Bbb R}^3\mid x_1+x_2+x_3=0\}$ est non-isotrope

Base de $\Pi$
On cherche deux vecteurs de $\Pi$
Soit $$v_1\begin{pmatrix}1\\ -1\\ 0\end{pmatrix}\quad\text{ et }\quad v_2\begin{pmatrix}0\\ -1\\ 1\end{pmatrix}$$ ces deux vecteurs sont dans $\Pi$ car l'équation est satisfait. De plus, puisqu'ils ne sont pas proportionnels et que $\operatorname{dim}\Pi=2$, ils forment une base de $\Pi$

En déduire $\Pi^\perp$ via la définition de $\sigma$ ($y\perp v_1$ et $y\perp v_2$)
On a $y\in\Pi^\perp$ si et seulement si $\sigma(y,v_i)=0$ pour $i=\{1,2\}$
$$\begin{align} y\perp v_1&\implies y_1-y_2=0\\ y\perp v_2&\implies -y_2-y_3=0\end{align}\implies y_1=y_2\quad\text{ et }\quad y_3=-y_2$$
Donc $$\Pi^\perp=\operatorname{Vect}\underbrace{\begin{pmatrix}1\\ 1\\ -1\end{pmatrix}}_\vec n\quad\text{ et }\quad\operatorname{dim}\Pi^\perp=1$$

Non isotrope $\to$ système ($\Pi\cap\Pi^\perp=\{0\}$)

Pour montrer que ce n'est pas isotrope, résoudre le système $$\lambda_1 v_1+\lambda_2 v_2=\lambda_3n$$

Soit $\sigma:{\Bbb R}^3\times{\Bbb R}^3\to{\Bbb R}$ une forme bilinéaire symétrique définie comme ceci : $$\sigma(x,y)=x_1y_1+x_2y_2-x_3y_3\quad\text{ avec }\quad x=(x_1,x_2,x_3)\quad\text{ et }\quad y=(y_1,y_2,y_3)$$
Montrer que le plan $$U=\{(x_1,x_2,x_3)\in{\Bbb R}^3\mid x_1+x_3=0\}$$ est isotrope

Base de $U$
$U$ est engendré par : $$\operatorname{Vect}\underbrace{\left\{\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\right\}}_{w_1,\;e_2}$$

Chercher $U^\perp$
Soit $u=\begin{pmatrix} y_1\\ y_2\\ y_3\end{pmatrix}\in U^\perp$
Alors $$\begin{align} y_1+y_3&=0\\ y_2&=0\end{align}\implies u \in\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}$$

Conclusion sur l'intersection

$U^\perp$ est engendré par $w_1$
Donc $U$ est isotrope, mais pas totalement isotrope (car $e_2\notin U^\perp$)

Soit $\sigma:{\Bbb R}^3\times{\Bbb R}^3\to{\Bbb R}$ une forme bilinéaire symétrique définie comme ceci : $$\sigma(x,y)=x_1y_1+x_2y_2-x_3y_3\quad\text{ avec }\quad x=(x_1,x_2,x_3)\quad\text{ et }\quad y=(y_1,y_2,y_3)$$
Existe-t-il un plan $F\subset{\Bbb R}^3$ totalement isotrope ?

Initialisation du raisonnement par l'absurde
Par l'absurde, supposons qu'un tel plan existe
Alors $$F\cap F^\perp=F$$

Alors $\forall x,y\in F,\sigma(x,y)=0$
I.e. $$\begin{align} x\in F&\implies x\in F^\perp \\ &\implies\forall y\in F,\sigma(x,y)=0\tag{*}\end{align}$$ en particulier $F\subset\operatorname{Is}(\sigma)$
Notons que si chaque vecteur de $F$ est isotrope, alors on a $(\text{})$
En effet, $\forall x,y\in F$, on a $$0=\sigma(x+y,x+y)=\underbrace{\sigma(x,x)}_{=0}+2\sigma(x,y)+\underbrace{\sigma(y,y)}_{=0}\implies\sigma(x,y)=0$$

Compléter la base de $F$ et exprimer la matrice
Soit $F=\operatorname{Vect}\{z_1,z_2\}$
Si on complète $z_1,z_2$ à une base $\{z_1,z_2,z_3\}\in{\Bbb R}^3$, la matrice estd'a forme :$$\begin{pmatrix}0&0&*\\ 0&0&*\\ *&*&*\end{pmatrix}$$

Le déterminant est alors à la fois nul et non nul $\to$ absurde

On a donc $\operatorname{det}\begin{pmatrix}0&0&*\\ 0&0&*\\ *&*&*\end{pmatrix}=0$ (car il y a des vecteurs dans le noyau)
C'est impossible car $\operatorname{det} A=-1$ (on peut le calculer à partir de la définition de $\sigma$) et le déterminant est invariant par changement de base

Soit $q$ une forme quadratique sur un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n$
Soient $x_1$ et $x_2$ deux vecteurs de $E$ tels que $q(x_1)\lt 0$ et $q(x_2)\gt 0$. On dit dans ce cas que $q$ change de signe
En utilisant la fonction auxiliaire $\varphi:[0,1]\to{\Bbb R}:\varphi(t)=q(tx_1+(1-t)x_2)$ et le théorème des valeurs intermédiaires, démontrer qu'il existe un vecteur isotrope $x_0\in E$

Poser un vecteur qui passe par $X_1$ et $X_2$ avec un paramètre $t$
On considère le vecteur $y_t=tX_1+(1-t)X_2$ pour $t\in[0,1]$
Ainsi, on a $y_1=X_1$ et $y_0=X_2$

$\varphi$ est de classe $\mathcal C^\infty$ (hypothèse du TVI)
On pose $\varphi(t)=q(y_t):[0,1]\to{\Bbb R}$ une fonction scalaire de classe $\mathcal C^\infty$ car $\sum^n_{i,j=1}a_{ij}x_ix_j$ est linéaire par rapport à chaque $x_i$ et $y_t$ est linéaire par rapport à $t$

Appliquer le TVI
On a : $$\begin{align}\varphi(0)&=q(X_2)\gt 0\\ \varphi(1)&=q(X_1)\lt 0\end{align}$$ donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $t_0\in]0,1[$ tel que $\varphi(t_0)=0$

Conclusion $\to$ il existe un vecteur isotrope

Donc $q(y_{t_0})=0$ et $y_{t_0}$ est isotrope

(Théorème des valeurs intermédiaires)

Soit $q$ une forme quadratique sur un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n$
Soient $x_1$ et $x_2$ deux vecteurs de $E$ tels que $q(x_1)\lt 0$ et $q(x_2)\gt 0$. On dit dans ce cas que $q$ change de signe
On sait qu'il existe un vecteur isotrope $x_0\in E$
En supposant que le système $\{x_1,x_2\}$ est orthonormé (à justifier qu'on peut le supposer !), montrer que les vecteurs $x_1+x_2$ et $x_1-x_2$ sont isotropes

Poser un nouveau vecteur (à se rappeler Gram-Schmidt)
Soit $q(X_1)\lt 0$ et $q(X_2)\gt 0$
On pose : $$X^\prime_
Montrer que $X^\prime_2\perp X_1$ par bilinéarité de $\sigma$ sur $X_2^\prime$
=X_2-\frac{\sigma(X_1,X_2)}{\sigma(X_1,X_1)}X_1$$
(on a bien $\sigma(X_1,X_1)=q(X_1)\lt 0$ ($\ne0$))

2: $X^\prime_2\perp X_1$ car : $$\begin{align}\sigma(X^\prime_2,X_1)=\sigma(X_2,X_1)-\frac{\sigma(X_1,X_2)}{\cancel{\sigma(X_1,X_1)}}\cancel{\sigma(X_1,X_1)}=0\end{align}$$

Cette normalisation ne change pas le signe
$$\begin{align} q(X^\prime_2)=\sigma(X^\prime_2,X^\prime_2)&=\sigma\left( X_2-\frac{\sigma(X_1,X_2)}{\sigma(X_1,X_1)},X_2-\frac{\sigma(X_1,X_2)}{\sigma(X_1,X_1)}\right)\\ &=\sigma(X_2,X_2)-2\frac{\sigma(X_1,X_2)}{q(X_1)}\sigma(X_1,X_2)+\left(\frac{\sigma(X_1,X_2)}{q(X_1)}\right)^2q(X_1)\\ &=q(X_2)-\frac{\sigma^2(X_1,X_2)}{q(X_1)}\gt 0\end{align}$$

Changement de notation (on change comme en programmation quand on change le contenu d'une variable) (on linéarise comme pour des vecteurs orthonormaux) (ça ne change pas la suite de l'exo, c'ets juste bcp plus simple pour les calculs)
Quitte à garder les mêmes notations, $X_\perp:=X_1$ et $X_
=X_2^\prime$ et $X_1\perp X_2$
$$X_
=\frac{X_1}{\sqrt{-q(X_1)}},\quad\text{ et }\quad X_2:=\frac{X_2}{\sqrt{q(X_2)}}$$
Ainsi, $$q(X_1)=\frac{q(X_1)}{-q(X_1)}=-1\quad\text{ et }\quad q(X_2)=1$$

Conclusion : on montre que les vecteurs demandés sont isotropes ($q(y_i)=0$)

Montrons que $y_1=X_1+X_2$ est isotrope : $$\begin{align} q(y_1)=\sigma(y_1,y_1)&=q(x_1)+2\sigma(x_1,x_2)+q(x_2)=-1+0+1=0\end{align}$$
De même pour $y_2=X_1-X_2$

(Algorithme de Gram-Schmidt, Vecteurs orthonormaux)

Soit $q$ une forme quadratique sur un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n$
Soient $x_1$ et $x_2$ deux vecteurs de $E$ tels que $q(x_1)\lt 0$ et $q(x_2)\gt 0$. On dit dans ce cas que $q$ change de signe
On sait qu'il existe un vecteur isotrope $x_0\in E$ et que les vecteurs $y_1=x_1+x_2$ et $y_2=x_1-x_2$ sont isotropes
Complétons l'ensemble $\{x_1,x_2\}$ en une base $\{x_1,x_2,y_1,\ldots,y_{n-2}\}$ de $E$. On suppose que $q(y_i)\lt 0$ pour $i\in\{1,\ldots,p\}$, que $q(y_i)\gt 0$ pour $\{p+1n\ldots,p+s\}$ et que $q(y_i)=0$ pour $i\in\{p+s+1,\ldots,n-2\}$ (Gregory)
Montrer que chaque plan $P_i=\operatorname{Vect}\{x_1,y_i\}$ (pour $i\in\{p+1,\ldots,p+s\}$) et $T_i=\operatorname{Vect}\{x_2,y_i\}$ (pour $i\in\{1,\ldots,p\}$) contient un vecteur isotrope et en déduire qu'il existe une base de $E$ qui ne contient que des vecteurs isotropes

Compléter la base (vérifier que les deux premiers vecteurs ne sont pas colinéaires)
On complète $x_1,x_2$ à une base $\{x_1,x_2,y_1,\ldots,y_{n-2}\}$ de $E$
($x_1$ et $x_2$ ne sont pas colinéaires sinon $q(x_2)=\lambda^2q(x_1)$ et $q(x_1)q(x_2)\gt 0$)

On suppose que les données de l'énoncé sont validées

Existence de vecteurs isotropes : on ne connaît pas leurs coefficients, donc on met des lettres grecques
D'après la première question, il existe des isotropes dans les $P_i$ et dans les $T_i$ $$\begin{align} z_i&=\nu_ix_1+\mu_iy_i\quad\text{ pour }\quad i=p+1,\ldots,p+s\\ w_i&=\alpha_ix_2+\beta_iy_i\quad\text{ pour }\quad i=1,\ldots,p\end{align}\tag1$$

Montrer que la famille est libre

On affirme que le système $$\{y_1,y_2,w_1,\ldots,w_p,z_{p+1},\ldots,z_{p+s},\underbrace{y_{p+s+1},\ldots,y_{n-2}}_{\text{isotropes}}\}$$est libre, i.e. Que les $\nu_i,\mu_i,\alpha_i,\beta_i$ soient tous non nuls (car $z_i,w_i$ ne peuvent pas être colinéaires avec $x_j,y_i$ (pour $j={1,2}$, $i=1,\ldots,p+s$))
$$\begin{align}0&=\lambda_1\underbrace{y_1}_{x_1+x_2}+\lambda_2\underbrace{y_2}_{x_1-x_2}+\sum^p_{i=1}\lambda_iw_i+\sum^{p+s}_{i=p+1}\lambda_iz_i+\sum^{n-2}_{i=p+s+1}\lambda_i y_i\\ 0&=\underbrace{\left(\lambda_1+\lambda_2+\sum^{p+s}_{i=p+1}\lambda_i\mu_i\right) }_{0\text{ car (1) est libre}}x_1+\underbrace{\left((\lambda_1-\lambda_2)+\sum^p_{i=1}\alpha_i\lambda_i\right)}_{0\text{ car (1) est libre}} x_2+\sum ^p_{i=1}\lambda_i\beta_iy_i+\sum^{p+s}_{i=p+1}\lambda_i\mu_iy_i+\sum^{n-2}_{i=p+s+1}\lambda_iy_i\end{align}$$

On choisit une base orthonormée $\{e_1,\ldots,e_p,\ldots,e_{p+s},\ldots,e_n\}$ (où $p$ premiers vecteurs sont négatifs ($q(e_i)\lt 0$), les suivants sont positifs et les derniers sont isotropes)
La forme $q$ s'écrit dans cette base comme ceci : $$q(x)=-\sum^p_{k=1}x^2_k+\sum^{p+s}_{i=p+1}x_i^2$$
Démontrer que les vecteurs suivants forment une base isotrope :
$\{z_i=e_1+e_i\}$

Normalisation
On pose $$e_i:=\frac{e_i}{\sqrt{\lvert q(e_i)\rvert}}\quad\text{ pour }\quad i=1,\ldots,p+s$$ et ainsi $q(e_i)=1$ pour $i=1,\ldots,p$ et $q(e_i)=-1$ pour $i=p+1,\ldots,p+s$

1. Et 2. : question précédente
$z_i$ et $w_k$ sont isotropes car $q(e_1)q(e_i)\lt 0$ pour $i=p+1,\ldots,p+s$, et $q(e_{p+1})q(e_k)\lt 0$ pour $i=1,\ldots,p$

Montrer que le système est libre

On démontre comme avant que $\{w_1,\ldots,w_p,z_{p+1},\ldots,z_{p+s},e_{p+s+1},\ldots,e_n\}$ est libre : $$\begin{align}0&=\sum^p_{i=1}\lambda_iw_i+\sum^{p+s}_{i=p+1}\lambda_iz_i+\sum^n_{i=p+s+1}\lambda_ie_i\\ &=\sum^p_{i=1}\lambda_i(e_{p+1}-e_i)+\sum^{p+s}_{i=p+1}\lambda_i(e_1+e_i)+\sum^n_{i=p+s+1}\lambda_ie_i\end{align}$$
Donc $\lambda_i=0$ pour $i=2,\ldots,p$ et $\lambda_i=0$ pour $i=p+2,\ldots,n$
Et donc $\lambda_1$ et $\lambda_{p+1}$ sont nuls aussi

Math'φsics

Formulaire de report