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By Jean-Robert Belliard

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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 . Donc ε1 = (e1 + e2 )/2 et ε2 = (e1 − e2 )/2 convient. 5 Dans un plan hyperbolique, il y a exactement deux droites de vecteurs isotropes.

Démonstration. Puisque q est régulière il existe y ∈ E telle que f (x, y) = 0. Alors P = x, y convient. 4 Soit (E, q) un plan hyperbolique. 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).

Par exemple en dimension 2 et pour k = R les formes quadratiques x2 + y 2 et −x2 − y 2 ne sont pas équivalentes et pourtant elles ont même rang, même indice et même discriminant. 3 Soit E un k-espace vectoriel de dimension finie n. 1. On suppose k algébriquement clos. Alors toutes les formes quadratiques non dégénérées sur E sont équivalentes à la forme quadratique x21 + x22 + · · · + x2n . Leur indice est la partie entière de n/2. 2. On suppose k = R. Pour toute forme quadratique q, il existe p tel que 0 ≤ p ≤ n et tel que q soit congruente à la forme p n x2i q(x1 , · · · , xn ) = i=1 x2i .

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