Formes quadratiques, lemme.
Bonjour,
Je sèche sur un lemme concernant les formes quadratiques (à vrai dire, je ne suis même pas sûr de l'énoncé, c'est à la page 194 du Perrin pour ceux qui l'ont). On se donne une forme quadratique non dégénérée $q$ (en dimension au moins $3$) sur un corps $k$ de caractéristique différente de $2$. Est-il vrai que les éléments du centre du groupe dérivé de $O(q)$ laissent invariants tous les plans anisotropes et si oui, comment le montrer ?
Edit : ajout d'une hypothèse manquante.
Je sèche sur un lemme concernant les formes quadratiques (à vrai dire, je ne suis même pas sûr de l'énoncé, c'est à la page 194 du Perrin pour ceux qui l'ont). On se donne une forme quadratique non dégénérée $q$ (en dimension au moins $3$) sur un corps $k$ de caractéristique différente de $2$. Est-il vrai que les éléments du centre du groupe dérivé de $O(q)$ laissent invariants tous les plans anisotropes et si oui, comment le montrer ?
Edit : ajout d'une hypothèse manquante.
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Réponses
à partir d'un plan isotrope, il serait bon de construire
un automorphisme $u$ dans le groupe dérivé du groupe orthogonal qui induise
une rotation non-triviale du dit plan et $x \mapsto x$ sur son orthogonal. Se ramener donc à montrer que pour un plan quadratique anistrope $V$, le groupe dérivé du groupe orthogonal contient un élément non trivial.
Ensuite, remarquer que le plan en question est automatiquement le noyau d'un certain polynôme en $u$.
J'ai résolu mon problème. En fait, il suffisait de calquer la démonstration précédente du livre. Je ne suis pas sûr que ceci corresponde exactement à tes indications, mais en recopiant Perrin (il suffit juste de remplacer non isotrope par anisotrope), on obtient :
Soit $P$ un plan anisotrope de $E$. $O(q_{|P})$ n'est pas commutatif, donc son groupe dérivé $\Omega(q_{|P})$ est non trivial, mais ce dernier est engendré par les carrés des éléments de $O(q_{|P})$. Il existe alors $f\in O(q_{|P})$ tel que $f^2\ne Id_P$. L'application linéaire $u$ qui coïncide avec $f$ sur $P$ et avec $Id_{P^{\bot}}$ sur $P^{\bot}$ définit un élément de $O(q)$ vérifiant $u^2\in\Omega(q)$, $u^2\ne Id$ et $Ker(u^2-Id)=P^{\bot}$.
Soit $v\in O(q)$ qui centralise $\Omega(q)$, il suffit de montrer que $v(P^{\bot})=P^{\bot}$ pour conclure. Soit $x\in P^{\bot}$. Comme $u^2$ et $v$ commutent, $u^2(v(x))=v(u^2(x))=v(x)$. On écrit $v(x)=y+z$, avec $y\in P$ et $z\in P^{\bot}$. Il vient $u^2(y)+u^2(z)=y+z$, puis $u^2(y)=y$, donc $y\in P\cap Ker(u^2-Id)=P\cap P^{\bot}=\{0\}$ et $v(x)=z\in P^{\bot}$.
Remarquez simplement que c'est une rotation, donc si elle fixe un vecteur non trivial c'est l'identité.