L’unicité de $\bar{f}$ résulte de ce que $C(Q)$ est engendrée par $\rho_Q(E)$. Soit $h$ l’unique homomorphisme de $T(E)$ dans D qui prolonge $f$ ($h$ est défini par $h(x_1 \otimes \cdots \otimes x_n) = f(x_1) \ldots f(x_n)$). On a

et par suite $h$ s’annule sur $I(Q)$ et définit par passage au quotient l’homomorphisme $\bar{f}$ cherché.

La prop. 1 exprime que $C(Q)$ est solution d’un problème d’application universelle (Ens., chap. IV, § 3, n° 1).

Prenons en particulier pour D l’algèbre opposée de $C(Q)$ et pour $f$ l’application $\rho$; la prop. 1 entraîne qu’il existe un anti-automorphisme $\beta$ et un seul de $C(Q)$ dont la restriction à $\rho(E)$ soit l’identité ; on l’appelle l’antiautomorphisme principal de $C(Q)$. Il est clair que $\beta^2 = 1$.

D’autre part soient $Q'$ une forme quadratique sur un A-module $E'$ et $f$ une application linéaire de $E$ dans $E'$ telle que $Q' \circ f = Q$. On a $\rho_Q(f(x))^2 = Q'(f(x)).1 = Q(x).1$, et par suite il existe un homomorphisme $C(f)$ et un seul de $C(Q)$ dans $C(Q')$ tel que $C(f) \circ \rho_Q = \rho_{Q'} \circ f$. Si $f$ est l’identité, $C(f)$ est l’identité ; si $Q''$ est une forme quadratique sur un A-module $E''$ et $g$ une application linéaire de $E'$ dans $E''$ telle que $Q'' \circ g = Q'$, on a $C(g \circ f) = C(g) \circ C(f)$. Lorsque $E'$ est un sous-module de $E$ et $f$ l’injection canonique de $E'$ dans $E$ (de sorte que $Q'$ est la restriction de $Q$ à $E'$), on dit que $C(f)$ est l’homomorphisme canonique de $C(Q')$ dans $C(Q)$.

Prenons en particulier Q' = Q et pour f l’application x → -x ; on voit qu’il existe un automorphisme α et un seul de C(Q) tel que $\alpha \circ \rho = -\rho$; on l’appelle l’automorphisme principal de C(Q). Il est clair que $\alpha^2 = 1$, et que la restriction de $\alpha$ à $C^+$ (resp. $C^-$) est l’identité (resp. l’application $u \to -u$).

Il suffit de démontrer que l’algèbre $C' = A' \otimes C(Q)$ et l’application $1 \otimes \rho_Q$ de $E'$ dans $C'$ forment une solution du même problème d’application universelle que $C(Q')$ et $\rho_{Q'}$. Or, soient D’ une algèbre sur $A'$ et $f'$ une application $A'$-linéaire de $E'$ dans D’ telle que $f'(x')^2 = Q'(x').1$ pour tout $x' \in E'$. L’application $g : x \to f' (1 \otimes x)$ de E dans D’ (considéré comme A-module grâce à l’homomorphisme $\varphi$) est A-linéaire et on a $g(x)^2 = Q' (1 \otimes x).1 = Q(x).1$ pour tout $x \in E$. Il existe donc un A-homomorphisme $\overline{g}$ et un seul de $C(Q)$ dans D’ tel que $\overline{g}(\rho_Q(x)) = f'(1 \otimes x)$. Par suite il existe un $A'$-homomorphisme $\overline{f}'$ et un seul de $C'$ dans D’ tel que $\overline{f}'(1 \otimes \rho_Q(x)) = f'(1 \otimes x)$ pour tout $x \in E$; par linéarité il en résulte que $\overline{f}'((1 \otimes \rho_Q)(x')) = f'(x')$ pour tout $x' \in E'$. CQFD.

T(E) engendrée par le noyau de f. L’idéal I(Q) est stable par $i_f$; par passage au quotient $i_f$ définit donc une application linéaire (notée encore $i_f$) de $C(Q)$ dans elle-même.

En effet la formule (5) s’écrit

Comme (4) détermine complètement $i_f$ sur $T^0$, et que (6) détermine $i_f$ sur $T^n$ si on connaît ses valeurs sur $T^{n-1}$, l’unicité de $i_f$ est démontrée. D’autre part, pour $x \in E$ et $u \in T^{n-1}$, le second membre de (6) est bilinéaire sur $E \times T^{n-1}$; ceci démontre l’existence de $i_f$ par récurrence sur $n$ (chap. III, § 1, no 2) et prouve aussi, par récurrence sur $n$, que $i_f(T^n) \subset T^{n-1}$. Si $f = ag + bh$ (a, b dans A, g, h dans E*) il est clair que $ai_g + bi_h$ vérifie (4) et (5), donc est égal à $i_f$. On a

et, comme $(i_f)^2(1) = 0$, on en déduit par récurrence sur $n$ que $(i_f)^2$ est nul sur $T^n$. En remplaçant $f$ par $f + g$, la relation $(i_f)^2 = 0$ donne $i_f \circ i_g + i_g \circ i_f = 0$. Un raisonnement par récurrence analogue aux précédents montre que $i_f$ est nulle sur la sous-algèbre engendrée par le noyau de $f$. Enfin (6) entraîne que l’ensemble des éléments $u$ de $I(Q)$ tels que $i_f(u) \in I(Q)$ est un idéal à gauche de $T(E)$; de plus, si $u = (x \otimes x - Q(x) \cdot 1) \otimes \nu$ ($x \in E,\ \nu \in T(E)$), on a

donc $I(Q)$ est stable par $i_f$, et la dernière assertion s’ensuit. CQFD.

Soit F une forme bilinéaire sur E ; dans le reste de ce paragraphe nous désignerons par $i_x^F$ ($x \in E$) l’application $i_f$ correspondant à la forme linéaire $f : y \to F(x, y)$ sur E.

Quel que soit $f \in E^*$, on a

En effet la formule (8) équivaut à

Comme (7) détermine entièrement $\lambda_F$ sur $T^0$, et que (10) détermine $\lambda_F$ sur $T^n$ si on connaît ses valeurs sur $T^{n-1}$, l’unicité de $\lambda_F$ est démontrée. D’autre part, pour $x \in E$ et $u \in T^{n-1}$, le second membre de (10) est bilinéaire sur $E \times T^{n-1}$; ceci démontre l’existence de $\lambda_F$ par récurrence sur $n$. Il reste à démontrer (9), ce que nous ferons par récurrence ; les deux membres de (9) sont nuls sur $T^0$ ; supposons (9) vraie sur $\sum_{h=0}^{n-1} T^h$; on a alors, pour $x \in E$ et $u \in T^{n-1}$ :

d’où notre dernière assertion.

En effet, $\lambda_F \circ \lambda_G$ possède les propriétés caractéristiques (7) et (8) de $\lambda_{F+G}$ : on a $(\lambda_F \circ \lambda_G)(1) = 1$, et

D’autre part, si $F = 0$, on a $i_x^F = 0$ pour tout $x \in E$, et par suite $\lambda_F = I$, ce qui entraîne que, pour toute F, on a $\lambda_F \circ \lambda_{-F} = \lambda_{-F} \circ \lambda_F = I$.

Comme $\lambda_F$ est une bijection dont $\lambda_{-F}$ est la bijection réciproque (lemme 3), il suffit de démontrer l’inclusion $\lambda_F(I(Q')) \subset I(Q)$. Comme $I(Q)$ est un idéal à gauche stable par $i_x^F$ (lemme 1), (8) montre que l’ensemble des $u \in T(E)$ tels que $\lambda_F(u) \in I(Q)$ est un idéal à gauche. Il suffit donc de démontrer que, quels que soient $u \in T(E)$ et $x \in E$, on a $\lambda_F(x \otimes x \otimes u - Q'(x)u) \in I(Q)$. Or, d’après (8) et le lemme 1, on a

d’où

En effet l’algèbre extérieure de $E$ n’est autre que le quotient de $T(E)$ par l’idéal bilatère $J$ engendré par les éléments de la forme $a \otimes \nu \otimes a$ ($a \in E, \nu \in T(E)$) (chap. III, § 5, no 5 et no 9). Il est clair que $I(Q) \subset J$. Il suffit donc de montrer que $a \otimes \nu \otimes a \in I(Q)$. C’est évident si $\nu \in T^0$. Supposons cette assertion démontrée pour $\nu \in \sum_{h=0}^{n-1} T^h$, et soient $x \in E$ et $u \in T^{n-1}$; on a

et les quatre termes du second membre appartiennent à $I(Q)$.

Supposons en particulier que le module $E$ admette une base $(x_i)_{i \in L}$, et ordonnons totalement l’ensemble d’indices $L$. On sait (chap. III, § 5, no 6) que l’algèbre extérieure de $E$ admet comme base la famille formée des éléments $x_H$, où $H$ parcourt l’ensemble des parties finies de $L$ et où $x_H$ est l’élément $x_{h_1} \wedge \ldots \wedge x_{h_q}$, $(h_1, \ldots, h_q)$ désignant la suite strictement croissante des éléments de $H$.

D’autre part, considérons la forme bilinéaire $F$ définie par $F(x_i, x_j) = -\Phi(x_i, x_j)$ si $i > j$, $F(x_i, x_j) = 0$ si $i < j$ et $F(x_i, x_i) = -Q(x_i)$. Il est clair que $Q(x) + F(x, x) = 0$; avec les notations de la prop. 3, il résulte de cette proposition et du lemme 4 que $\bar{\lambda}_F$ est un isomorphisme de $\wedge E$ sur $C(Q)$, qui est donc un $A$-module libre. Démontrons, par récurrence sur le nombre d’éléments de $H$, que l’on a

(où $(h_1, \ldots, h_q)$ est la suite strictement croissante des éléments de $H$). C’est évident si $H$ a 0 ou 1 élément. Supposons (11) vérifiée pour les parties ayant au plus $q - 1$ éléments. Considérons une partie $H$ à $q$ éléments, notons $j$ son plus petit élément, et écrivons $H = \{ j \} \cup K$, où $K$ est une partie à $q - 1$ éléments. On a, d’après (8) et l’hypothèse de récurrence

en posant, pour toute partie finie $J$ de $L$, $x'_J = \rho(x_{j_1}) \ldots \rho(x_{j_s})$, où $(j_1, \ldots, j_s)$ est la suite croissante des éléments de $J$. Or, pour $i \in K$, $x_i$ appartient au noyau de la forme linéaire $y \to F(x_j, y)$, donc $i^F_{x_j}(x'_K) = 0$ (lemme 1). Ceci démontre le résultat cherché.

Nous avons donc démontré le théorème suivant :

Il suffit en effet de considérer la base de $E$ obtenue en prenant la réunion d’une base de $E_1$ et d’une base de $E_2$.

Il suffit en effet de démontrer que $p_2(a_2)p_1(b_1) = \varepsilon p_1(b_1)p_2(a_2)$, et on peut, pour cela, supposer que $p_2(a_2)$ (resp. $p_1(b_1)$) est un produit $x_1 \ldots x_h$ (resp. $y_1 \ldots y_k$) d’éléments de $\rho_Q(E_2)$ (resp. $\rho_Q(E_1)$). Comme $E_1$ et $E_2$ sont orthogonaux, on a

d’où

Les conclusions des cor. 3 et 4 restent vraies si on omet l’hypothèse que $E_1$ et $E_2$ sont des modules libres (cf. exerc. 1).

En effet, comme Q est neutre, on peut décomposer E en somme directe de deux sous-espaces N et P totalement singuliers de dimensions r (§ 4, no 2, cor. 1 de la prop. 2). La restriction de Q à N étant nulle, la sous-algèbre S de C(Q) engendrée par N s’identifie à l’algèbre extérieure de N (no 3, lemme 4). Pour $n \in \mathbf{N}$, nous noterons $e'_n$ l’application $t \to nt$ de S dans elle-même.

Soit $(n_1, \ldots, n_r)$ une base de N ; nous noterons $(p_1, \ldots, p_r)$ la base de P telle que $\Phi(n_i, p_j) = \delta_{ij}$ (§ 4, no 2, prop. 2). Pour $p \in P$, nous noterons $p'$ la forme linéaire $n \to \Phi(n, p)$ sur N, et $i_p$ l’endomorphisme de S déduit par passage au quotient de l’endomorphisme $i_{p'}$ de T(N) associé à $p'$ comme il a été dit au lemme 1 du no 2. On a, d’après (5),

Posons, pour $x = n + p \in E$ (avec $n \in \mathbf{N}$ et $p \in \mathbf{P}$), $s(x) = e'_n + i_p$. Il est clair que s est une application linéaire de E dans $\mathscr{L}(S)$. Comme on a

en vertu de (12) et du lemme 1 (no 2), s se prolonge en un homomorphisme (que nous noterons encore s) de C(Q) dans $\mathscr{L}(S)$ (no 1, prop. 1). Nous allons montrer que cet homomorphisme est surjectif, ce qui, puisque C(Q) et $\mathscr{L}(S)$ sont toutes deux de dimension $2^{2r}$, entraînera que s est un isomorphisme et démontrera notre première assertion.

Notons en effet I l’intervalle $[1, r]$. Pour toute partie H de I, nous poserons $H' = I - H$ et nous désignerons par $n_H$ (resp. $p_H$) le produit des $n_i$ (resp. $p_i$) pour $i \in H$, rangés dans l’ordre croissant des indices. Rappelons que les $n_H$ forment une base de S (no 3, th. 1). Posons enfin, pour deux parties quelconques H, K de I, $x_{H, K} = n_H p_I n_K$. Nous allons montrer que les éléments $s(x_{H, K})$ de $s(C(Q))$ engendrent $\mathscr{L}(S)$. Or, si $j \notin H$, on a $s(p_j)(n_H) = i_{p_j}(n_H) = 0$ d’après le lemme 1, puisque les $n_i$ pour $i \in H$ appartiennent au noyau de la forme linéaire $n \to \Phi(n, p_j)$ sur N ; d’autre part on a

(d’après (12)). Comme s est un homomorphisme, on en déduit, pour deux parties quelconques H, K de I, que $s(p_K)(n_H) = 0$ si $K \not\subset H$, et que $s(p_K)(n_H) = \pm n_{H-K}$ si $K \subset H$. Comme, pour $M \subset I$ et $L \subset I$, on a par définition $s(n_M)(n_L) = n_M n_L$, et que $n_M n_L$ est nul si $M \cap L \neq \emptyset$ et est égal à $\pm n_{M \cup L}$ dans le cas contraire, on conclut de ce qui précède que, pour des parties quelconques $H, K, L$ de $I$, $s(x_{H,K})(n_L) = s(n_H)s(p_I)s(n_{K'}) (n_L)$ est nul si $K \neq L$ et est égal à $\pm n_H$ si $K = L$. Ceci montre que les $s(x_{H,K})$ engendrent $\mathscr{L}(S)$ et termine la démonstration de la première assertion.

Pour démontrer la seconde assertion, posons $S^+ = S \cap C^+$ et $S^- = S \cap C^-$; il est clair que $S^+$ (resp. $S^-$) est le sous-espace de $S$ engendré par les $n_H$ tels que $H$ ait un nombre pair (resp. impair) d’éléments, que $S$ est somme directe de $S^+$ et $S^-$, et que $s(C^+)$ laisse $S^+$ et $S^-$ stables. Par suite $s$ applique $C^+$ dans une sous-algèbre de $\mathscr{L}(S)$, isomorphe au produit $\mathscr{L}(S^+) \times \mathscr{L}(S^-)$; la restriction de $s$ à $C^+$ est un isomorphisme de $C^+$ sur cette sous-algèbre, puisque $s$ est injective et que $C^+$ et $\mathscr{L}(S^+) \times \mathscr{L}(S^-)$ sont toutes deux de dimension $2^{2r-1}$ (no 2, cor. 1 du th. 1). CQFD.

En effet, soient $A'$ la clôture algébrique de A, et $Q'$ la forme quadratique sur $E' = A' \otimes_A E$ déduite de Q par extension des scalaires. On a vu que $C(Q')$ est isomorphe à $A' \otimes_A C(Q)$ (prop. 2), et il est clair que $C^+(Q')$ est isomorphe à $A' \otimes_A C^+(Q)$. Comme $Q'$ est neutre ($§ 4$, no 2, cor. 2 de la prop. 3), le corollaire est une conséquence immédiate du th. 2 et des théorèmes de permanence du chap. VIII, $§ 7$.