Tangente d'une conique propre

aleph0
aleph0
dans Algèbre
Bonjour,

J'ai du mal à comprendre une démonstration du théorème V-1.17 dans le livre Coniques projectives, affines et métriques par Bruno Ingrao.

Étant donnée une forme quadratique $Q$ définie sur un $\mathbb{C}$-espace vectoriel $E$ de dimension $3$. On sait que $Q$ est de rang $3$, par la définition donnée dans ce livre, cela veut dire qu'il existe $f_0, f_1, f_2 \in E^*$ linéairement indépendants, telles que $Q=f_0^2+f_1^2+f_2^2$. Soit $u\in E$ avec $Q(u)=0$. Je ne comprends pas pourquoi "$(u)^\circ$ est un plan vectoriel isotrope pour $Q$". Ici, $(u)^\circ$ dénote ensemble des formes linéaires nulles sur le vecteur $u$, et on dit qu'un sous—espace propre $F$ de E est isotrope pour $Q$ si $F\cap F^\perp\neq (0)$. Mais $(u)^\circ$ est un sous-espace de $E^*$ et non pas de $E$. Même si on identifie $E^*$ à $E$, je vois pas pourquoi $(u)^\circ$ serait isotrope pour $Q$.

Réponses

  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Tu es sûr que Bruno ne parle pas de l'orthogonal de $u$ pour $Q$, qui est effectivement un plan vectoriel isotrope puisqu'il contient $u$ et dont le projectifié est bien la tangente à la conique d'équation $Q$ au point image de $u$ dans le plan projectif ?
  • aleph0
    aleph0
    Ce que tu proposes a plus de sens. Mais pourquoi l'orthogonal de $u$ pour $Q$ est de dimension $2$? Comment on peut en déduire du fait que $Q$ est de rang $3$?
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Tu ne connais pas la relation entre la dimension d'un sous-espace et celle de son orthogonal pour une forme quadratique non dégénérée ?
  • aleph0
    aleph0
    En partant de la définition donnée dans le livre, càd il existe $f_0, f_1, f_2 \in E^*$ linéairement indépendantes telles que $Q=f_0^2+f_1^2+f_2^2$, comment peut-on déduire que la matrice de la forme polaire $\Phi_Q$ de $Q$ est inversible? En supposant qu'elle est inversible, je peux conclure car l'application $\Phi_Q: E\rightarrow E^*$, $u\mapsto \Phi_Q(u, \cdot)$ est une bijection et donc $\Phi_Q(u, \cdot): E\rightarrow K$ n'est pas nulle, donc son noyau est de dimension $2$.
  • Math Coss
    Math Coss
    Écrivons la matrice de $Q$ dans la base duale de $(f_0,f_1,f_2)$, que nous allons noter $(e_0,e_1,e_2)$. La forme bilinéaire associée à $Q$ est
    \[\Phi_Q(u,v)=f_0(u)f_0(v)+f_1(u)f_1(v)+f_2(u)f_2(v)\quad (u,v\in E).\]La matrice de $Q$ dans $(e_0,e_1,e_2)$ s'en déduit :
    \[\bigl(\Phi_Q(e_i,e_j)\bigr)_{0\le i,j\le 2}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.\]Cette matrice est bien de rang $3$ et l'application linéaire de $E$ dans $E^*$ induite par $Q$ est donc bien inversible.

    Edit : vu le message de Bruno ci-dessous, je détaille « rang $3$ » parce qu'aleph0 ne semble pas voir le lien entre « trois carrés de formes linéaires indépendantes » et « une inversibilité quelque part ».
  • Bruno
    Bruno
    Bonjour aleph0.

    On se donne un espace vectoriel $E$ complexe de dimension 3 et une forme quadratique $Q$ de rang $3$. Comme la forme quadratique est de rang $3$, elle définit un isomorphisme entre $E$ et $E$ et grâce à cet isomorphisme, les formes linéaires sont identifiées à des vecteurs. Soit alors $u$ un vecteur isotrope pour $Q$, son plan $u^\bot$ est l'ensemble des vecteurs $v \in E$ tels que $\Phi_Q(u,v) = 0$ ; dans le cas d'un vecteur $u$ isotrope pour $Q$, $u \in u^\bot$ puisque $\Phi_Q(u,u) = Q(u) = 0$. Par conséquent, le plan $u^\bot$ est isotrope pour $Q$.

    Bruno
  • aleph0
    aleph0
    Merci, Math Coss pour l'explication.

    Bruno, merci pour ta réponse.
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