Proposition 2

Soit $\Phi$ une forme $\varepsilon$-hermitienne non dégénérée vérifiant (T) (resp. la forme bilinéaire associée à une forme quadratique non dégénérée Q), et soit F un sous-espace totalement isotrope (resp. totalement singulier) de dimension finie r.

a) Si $F'$ est un sous-espace totalement isotrope de dimension r tel que $F' \cap F^0 = \{0\}$, alors $F + F'$ est non isotrope et, pour toute base $(f_i)$ de F, il existe une base $(f'_i)$ de $F'$ telle que $\Phi(f_i, f'_j) = \delta_{ij}$ (indice de Kronecker) pour $i, j = 1, \ldots, r$.

b) Si G est un sous-espace totalement isotrope (resp. totalement singulier) de dimension $\leq r$ tel que $G \cap F^0 = \{0\}$, il existe un sous-espace totalement isotrope (resp. totalement singulier) $F' \supset G$ de dimension r tel que $F' \cap F^0 = \{0\}$.

Soit $\Psi$ la restriction de $\Phi$ à $F \times F'$; pour $x' \in F'$, la relation «$\Phi(x, x') = 0$ pour tout $x \in F$ » entraîne $x = 0$ puisque $F' \cap F^0 = \{0\}$. L’assertion a) résulte alors du cor. de la prop. 6 du § 1, No. 6, à l’exception du fait que $F + F'$ est non isotrope. Or le sous-espace $H = (F + F') \cap (F + F')^0$ est égal à $(F + F') \cap F^0 \cap {F'}^0$. Comme $F \subset F^0$, on a $(F + F') \cap F^0 = F + (F' \cap F^0) = F$, d’où $H = F \cap {F'}^0$; donc $H = \{0\}$ puisqu’on a vu que $\Psi$ est non dégénérée. Ceci prouve bien que $F + F'$ est non isotrope.

Pour démontrer b), nous procéderons par récurrence descendante sur $s = \dim G$. Il nous suffit ainsi de prouver que, si $s < r$, il existe un sous-espace totalement isotrope (resp. totalement singulier) $G'$ contenant G, de dimension $s + 1$, et tel que $G' \cap F^0 = \{0\}$. Comme $\dim G < \dim F$, la restriction de $\Phi$ à $F \times G$ est dégénérée, et comme $G \cap F^0$ est nul, $F \cap G^0$ est non nul. Si l’on avait alors $G + F^0 \supset G^0$, on en déduirait, en prenant les sous-espaces orthogonaux et en remarquant que $F = F^{00}$ et que $G = G^{00}$ ($§ 1$, No. 6, cor. 1 de la prop. 4), que $G^0 \cap F \subset G$, d’où

ce qui est impossible. Il existe alors un élément $x$ de $G^0$ tel que $x \notin G + F^0$; comme $F \subset F^0$, on peut ajouter à $x$ un vecteur de $G^0 \cap F$ sans modifier ces propriétés; comme $G^0 \cap F$ est totalement isotrope (resp. totalement singulier) et $\neq \{0\}$, le lemme 1 montre qu’on peut choisir $x$ isotrope (resp. singulier).

Then the subspace $G' = G + Ax$ is of dimension $s + 1$, and is totally isotropic (resp. totally singular); moreover we have $G' \cap F^0 = \{0\}$ since, if $y = z + ax$ ($z \in G,\ a \in A$) is in $F^0$, we have $a = 0$, for otherwise $x \in F^0 + G$, contrary to the choice of $x$, whence $y = z \in G \cap F^0 = \{0\}$ and $y = 0$. Consequently the subspace $G'$ answers the question.