Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP
Année 2019-2020 Mathématiques
Devoir surveillé n ◦ 2
du jeudi 19 septembre 2019 Durée : 4 heures
Toute calculatrice interdite
Instructions générales :
Les candidats sont priés de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien quatre pages. Les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.
Remarque importante :
Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.
Bon courage !
Introduction
Dans tout ce problème, les espaces vectoriels seront des R-espaces vectoriels. On appelle algèbre tout R-espace vectorielAqui est muni d’une opération interne nommée multiplication ou produit. Cette multiplication est associative, et vérifie la propriété de distributivité :
∀a∈A, ∀b∈A, ∀c∈A, a(b+c) = ab+uc, (b+c)a = ba+cu ainsi que :
∀u∈A, ∀b∈A, ∀λ∈R, u(λb) = (λa)b = λ(ub).
On suppose de plus qu’il existe un élément noté1 ou1Aet appelé élément neutre pour le produit, tel que :
∀a∈A, a1 = 1a = a.
Enfin si cette multiplication est commutative, l’algèbre est dite commutative. La dimension d’une algèbre est sa dimension en tant qu’espace vectoriel. Une sous-algèbre deAest un sous-ensemble non vide deAqui est lui-même une algèbre (pour les mêmes opérations) et qui possède le même élément neutre queA. Pour queBsoit une sous-algèbre deA, il suffit que ce soit un sous-espace vectoriel deA, qu’il contienne1et que :
∀b∈B, ∀b0 ∈B, bb0 ∈B.
On appelle morphisme d’algèbres, entre deux algèbresAetB, toute application linéairef deAdans Bqui vérifie en plus :
∀u∈A, ∀a0 ∈A, f(aa0) = f(a)f(a0) et f(1A) = 1B.
Un morphisme d’algèbre qui est une bijection est appelé isomorphisme d’algèbre. On vérifie alors que son application réciproque est également un morphisme d’algèbre. On dira que deux algèbres sont isomorphes s’il existe un isomor- phisme d’algèbre entre les deux.
Dans tout le problème, n désigne un entier strictement positif. Dans ce cas, Mn(R) est l’espace vectoriel des matrices carrées à n lignes et n colonnes et à coefficients réels ; c’est une algèbre pour les opérations habituelles.
L’élément neutre pour le produit est la matrice de l’identité, notéeIn. La trace d’une matriceA= (aij)1≤i,j≤n est : tr(A) =
n
X
i=1
aii.
C’est la somme des éléments diagonaux de la matriceA. Une matrice scalaire est une matrice de la forme λIn, oùλ est un réel. Une matrice diagonale est une matrice dont les éléments non diagonaux sont tous nuls. L’ensemble des matrices scalaires et l’ensemble des matrices diagonales forment chacun une sous-algèbre deMn(R).
Ce problème étudie certaines propriétés des algèbres, et, en particulier, s’intéresse aux algèbres qui sont des corps, c’est-à-dire dans lesquelles tout élément non nul admet un inverse pour le produit.
Partie I : étude d’un exemple
1. SoitAune matrice quelconque deM2(R). Vérifier que :
A2−tr(A)A+ det(A)I2= 0.
2. SoitAune matrice non scalaire ; on noteAl’ensemble
A = {M ∈ M2(R)/∃(a, b)∈R2, M =aI2+bA}.
Vérifier que Aest une algèbre de dimension deux, sous-algèbre deM2(R).
3. Montrer queAcontient une matriceB telle que
B2 = −I2 si, et seulement si, (trA)2 < 4 detA.
4. Vérifier qu’alors I2 et B forment une base deAet en déduire un isomorphisme d’algèbre entreAet le corpsC des nombres complexes.
5. On suppose queAest non scalaire et vérifie :(trA)2= 4 detA.
Déterminer toutes les matrices deAtelles queM2= 0, et en déduire que An’est pas un corps.
6. SoitB une matrice non scalaire deM2(R). On lui associe l’algèbreBcomme dans la question I.2.
Démontrer que siAet B sont semblables, alorsAetBsont des algèbres isomorphes.
7. On suppose queAest telle que :
(trA)2 > 4 detA.
Pour 5/2 seulement.Vérifier que Aest diagonalisable de valeurs propres distinctes.
Pour 5/2 seulement.En déduire que Aest isomorphe à l’algèbre des matrices diagonales.
Pour tout le monde. Est-ce queAest un corps ?
Parie II : quelques résultats généraux
SoitDune algèbre de dimension finien.
1. Soitaun élément deD, démontrer que l’application φa, définie par : φa :
x 7−→ ax D −→ D est un endomorphisme de l’espace vectorielD.
2. On noteB une base deD. MatB(φa)désigne la matrice de l’endomorphisme φa, dans la baseB.
Démontrer que l’application :
Ψ :
a 7−→ MB(φa) D 7−→ Mn(R) est un morphisme injectif d’algèbres.
Vérifier que Ψ(D) est une sous-algèbre de Mn(R) et en déduire que D est isomorphe à une sous-algèbre de Mn(R).
3. On suppose queD=C, corps des nombres complexes. On munit C, considéré commeR-espace vectoriel, de la baseB= (1, i).
Pour tout nombre complexe z=a+ib(aetbréels), écrire la matrice MatB(φz).
4. Soit maintenantAune sous-algèbre deMn(R). On s’intéresse à quelques cas où on peut affirmer queAest, ou n’est pas, un corps.
(a) Pour 5/2 seulement.
On suppose queAcontient une matrice non scalaireAqui a une valeur propre réelleλ.
Montrer queAne peut pas être un corps. On utilisera une matrice bien choisie, combinaison linéaire deIn
et deA.
(b) Pour 5/2 seulement.
En déduire que siAcontient une matrice diagonalisable ou trigonalisable non scalaire, elle ne peut pas être un corps.
(c) On suppose queAest intègre, c’est-à-dire que :
∀A∈A, ∀B∈A, AB= 0 =⇒ A= 0ouB= 0.
Montrer que, siA est une matrice non nulle deA, alors l’applicationΦA:X 7→AX est un isomorphisme de l’espace vectorielA.
En déduire queAest un corps.
Partie III : l’algèbre des quaternions
On suppose qu’il existe deux matricesAet B deMn(R)telles que :
A2 = −In, B2 = −In, AB+BA = O. (1) 1. Démontrer quenne peut pas être impair.
2. Démontrer que le sous-espace vectoriel H engendré par les matrices In, A, B et AB est une sous-algèbre de Mn(R).
3. Lorsque t,x,y etz sont des réels, calculer le produit :
(tIn+xA+yB+zAB)(tIn−xA−yB−zAB).
4. En déduire :
(a) que les quatre matricesIn,A, B etABsont indépendantes et forment une base deH; (b) queHest un corps.
5. On suppose dans toute la suite du problème quen= 4et, en notantJla matriceJ =
0 −1 1 0
et0la matrice nulle deM2(R), on définit les matricesAet B deM4(R)par :
A =
J 0 0 −J
et B =
0 −I2
I2 0
. On pose égalementC=AB.
(a) Vérifier que les matricesAet B satisfont la condition (1).
On appellera donc Hle sous-espace vectoriel de M4(R)engendré par I4, A, B et C =AB. Ses éléments sont appelésquaternions. La base(I4, A, B, C)deHsera notéeB.
(b) SoitM une matrice non nulle deH, vérifier quetM ∈H; quel lien y a t-il entreM−1 ettM?
Parie IV : les automorphismes de l’algèbre des quaternions
1. On appelle quaternion pur un élément M deHtel que M =−tM.
Vérifier que l’ensemble des quaternions purs est unR-espace vectoriel de dimension trois et de baseC= (A, B, C).
On le noteL. Est-ce une sous-algèbre deH?
2. On munitLde la structure d’espace vectoriel euclidien telle que la baseCsoit orthonormée. Le produit scalaire de deux élémentsM et N deLest noté(M|N), la norme de M s’écritkMk.
Vérifier que :
1
2(M N+N M) = −(M|N)I4.
3. Montrer qu’un quaternion est pur si, et seulement si, son carré est une matrice scalaire de la formeλI4 oùλest un réel négatif.
4. Soitφun isomorphisme d’algèbre deHdans lui-même.
Démontrer qu’il transforme tout quaternion pur en un quaternion pur de même norme.
Pour 5/2 seulement.Démontrer que la restriction deφà Lest un endomorphisme orthogonal.
5. SoientM etN deux quaternions purs.
On veut démontrer que siM et N ont même norme, alors il existeP ∈H, non nulle, telle que :M =P−1N P. (a) Commencer par examiner le cas oùM etN sont colinéaires.
(b) On suppose maintenant queM etN ne sont pas colinéaires. Vérifier que siM etN ont même norme : M(M N)−(M N)N = kMk2(M −N)
et en déduire une matriceP non nulle telle que M P =P N.
6. ÉcrivonsP =αI4+Q, avecαréel etQ∈L, la matrice obtenue dans la question précédente.
Démontrer queQest orthogonale àM et àN pour le produit scalaire défini dans la question IV.2.
7. En déduire que tout isomorphisme d’algèbreφdeHdans lui-même est défini par : φ(M) = P−1M P
oùP est un élément non nul deH. On pourra observer qu’un tel isomorphisme est déterminé par l’image deA et de B, et commencer par chercher les isomorphismes qui laissentAinvariante.
Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP
Année 2019-2020 Mathématiques
Devoir surveillé n ◦ 2
Corrigé
d’après CCP 2002 MP maths 2
Partie I : étude d’un exemple
1. On peut obtenir ce résultat par un calcul direct, ou (pour les 5/2) à l’aide du théorème de Cayley-Hamilton.
PosonsA= a b c d
! , alors
A2−tr(A)A+ det(A)I2 = a2+bc ab+bc ca+cd bc+d2
!
−(a+d) a b c d
!
+ ad−bc 0 0 ad−bc
!
= 0 0
0 0
!
d’où comme attendu A2−tr(A)A+ det(A)I2= 0.
2. Par définition,Aest le sous-espace vectoriel engendré parI2etAdonc c’est un sous-espace vectoriel deM2(R).
La famille(I2, A)est dès lors génératrice. De plusA n’est pas une matrice scalaire donc(I2, A)est une famille libre. Par conséquent (I2, A)est une base duR-espace vectorielA, qui est de dimension2 .
EnfinAest stable pour le produit car si(a, b, a0, b0)∈R4, alors :
(aI2+bA)(a0I2+b0A) = (aa0−bb0det(A))I2+ (ab0+a0b+bb0tr(A))A∈A. Ceci permet d’affirmer que Aest bien une sous-algèbre deM2(R).
3. Effectuons tout d’abord un calcul qui sera utilisé dans la démonstration de l’équivalence. Si (a, b)∈ R2, alors (aI2+bA)2= (a2−b2detA)I2+ (2ab+b2trA)A. Or le système
( a2−b2detA = −1 2ab+b2trA = 0 équivaut à
b2detA = a2+ 1 a = −b
2trA ou encore à
b2(4 detA−(trA)2) = 4 a = −b
2trA (2)
soit, si le dénominateur est non-nul :
b2 = 4
4 detA−(trA)2 a = −b
2trA
(3)
• Supposons qu’il existe une matrice B=aI2+bA∈Atelle queB2=−I2.
Les réelsaetb du calcul précédent existent, donc d’après l’équation (2) il vient4 det(A)−(trA)2>0.
• Supposons(trA)2−4 detA <0.
L’équation (3) permet d’affirmer qu’il existe des matrices deAdont le carré vaut−I2, par exemple
B = 2
p4 detA−(trA)2
−trA 2
I2+A
.
D’où l’équivalence : B∈Atelle queB2=−In existe si et seulement si(trA)2−4 detA <0 . 4. On suppose queB∈Aest telle queB2=−I2.
Tout d’abord B n’est pas une matrice scalaire, car sinon on aurait λ ∈ R tel queB =λI2, ce qui fournirait (λI2)2=λ2I26=−I2 : absurde.
Par conséquent(I2, B)est une famille libre deA. CommeA= Vect (I2, A), on en déduit que Aest unR-espace vectoriel de dimension2et (I2, B)en est une base .
Définissons maintenant f comme l’unique application linéaire entre les R-espaces vectoriels A et C telle que f(I2) = 1 etf(B) = i. Alors f est un isomorphisme d’espaces vectoriels car elle envoie une base deAsur une base deC. De plusf(I2) = 1. Enfin, si M =xI2+yB etM0 =x0I2+y0B sont deux éléments deA, alors
M M0 = xx0I2+ (xy0+x0y)B+yy0B2 = (xx0−yy0)I2+ (xy0+x0y)B donc
f(M M0) = (xx0−yy0)f(I2) + (xy0+x0y)f(B) = (xx0−yy0) +i(xy0+x0y), f(M)f(M0) = (x+iy)(x0+iy0) = (xx0−yy0) +i(xy0+x0y),
ce qui prouve que f(M M0) =f(M)f(M0). Finalement f est un isomorphisme d’algèbres entreAetC. 5. Reprenons le calcul effectué en question I.3. La matriceAétant non scalaire, siM =aI2+bA, alors la condition
M2= 0équivaut à
( a2−b2detA = 0
2ab+b2trA = 0 avecb6= 0 c’est-à-dire à
b = a = 0 ou
a = −b 2trA b2
1
4(trA)2−detA
= 0
soit encore, compte-tenu de l’hypothèse (trA)2= 4 detA, àa=−b 2trA.
Par conséquent, siA n’est pas une matrice scalaire, siAvérifie(trA)2= 4 detA, alors les solutions deM2= 0 dansAsont les matrices de la forme
M = b
−trA 2
I2+A
, b∈R.
Il existe dansAdes matrices non nulles de carré nul, donc non inversibles, par conséquent An’est pas un corps . 6. Par hypothèse B est une matrice non scalaire de M2(R) et il existeP ∈GL2(R)telle que B = P−1AP. On en déduit que A n’est pas non plus scalaire et (I2, A) est une base de A. Définissons alors g comme l’unique application linéaire de AdansBtelle queg(I2) =I2et g(A) =B, c’est-à-dire
∀(x, y)∈R2, g(xI2+yA) = xI2+yB.
L’applicationg est alors un isomorphisme d’espaces vectoriels car elle est linéaire et elle envoie une base deA sur une base de B. Remarquons de plus que
∀M = xI2+yA∈A, g(M) = xI2+yB = xI2+yP−1AP = P−1(xI2+yA)P = P−1M P.
On en déduit que
∀(M, M0)∈A2, g(M)g(M0) = P−1M P P−1M0P = P−1M M0P = g(M M0)
ce qui achève de montrer quegest un isomorphisme d’algèbres. Par suite AetBsont deux algèbres isomorphes . 7. lalala
Si (trA)2 > 4 detA, alors le discriminant du polynôme caractéristique de A est strictement positif. Par conséquent χA possède deux racines réelles distinctes, i.e.A possède deux valeurs propres réelles distinctes.
Ceci implique la diagonalisabilité deA vu queA∈ M2(R).
•
• Soit B une matrice diagonale semblable à A. Elle est de fait non scalaire puisque A a deux valeurs propres distinctes. On peut donc appliquer la question précédente, etAest isomorphe àB= Vect (I2, B). OrBest égal à l’espaceD2(R)des matrices carrées diagonales d’ordre2: en effetB⊂ D2(R)etdimR(B) = 2 = dimR(D2(R)).
• Dans ce cas, l’algèbre An’est pas un corps carD2(R)n’en est pas un. En effet sihdésigne un isomorphisme de Asur B= D2(R), alors h−1(E11)et h−1(E22)sont deux éléments non nuls de A dont le produit est nul donc qui sont non inversibles.
Partie II : quelques résultats généraux
1. CommeDest une algèbre, l’application
π : D2 −→ D (x, y) 7−→ xy
est bilinéaire. On en déduit que pour touta∈D, l’application partielle φa=π(a,·)est linéaire . 2. • Toujours par bilinéarité de la multiplication dansD, on a
∀(a, b)∈D2, ∀(λ, µ)∈R2, φλa+µb = λφa+µφb. Par ailleurs, par associativité de la multiplication dansD, il vient
∀(a, b)∈D2, φab = φa◦φb.
Enfin, par définition de l’élément neutre pour le produit :φ1D est l’application identité deD. On en déduit que l’application
φ : D −→ L(D) a 7−→ φa est un morphisme d’algèbres.
Or on sait que, pour une baseB fixée deD, l’application
L(D) −→ Mn(R) u 7−→ MatB(u)
est un isomorphisme d’algèbres. On en déduit que Ψ :a7→φa 7→[φa]B est un morphisme d’algèbres comme composée des deux morphismes d’algèbres précédents. De plus, siΨ(a) = 0, alorsφa = 0L(D)et, en particulier a=φa(1D) = 0. Il s’ensuit que Ψest injectif .
• Rappelons que l’image d’un sous-espace vectoriel (resp. d’un sous-anneau) par un morphisme d’espaces vec- toriels (resp. d’anneaux) est un sous-espace vectoriel (resp. sous-anneau) de l’ensemble d’arrivée.
CommeΨest un morphisme d’algèbres etDest une sous-algèbre deD, Ψ(D)est une sous-algèbre deMn(R). Dans ces conditionsΨinduit un isomorphisme deDsurΨ(D)donc
Dest isomorphe à la sous-algèbreΨ(D)deMn(R).
3. Supposons D=C et z =a+ib. Alorsφz(1) = z =a+ibet φz(i) = (a+ib)i =−b+ia. Par conséquent en posantB= (1, i), il vient
MatB(φz) = a −b b a
! .
4. (a) SoitA∈A⊂ Mn(R)qui possède une valeur propre réelle λet qui n’est pas une matrice scalaire. Alors la matriceA−λIn appartient àA(car Aest stable par combinaisons linéaires et contientAet In), est non inversible (carλest valeur propre deA) et n’est pas la matrice nulle (carAn’est pas scalaire).
Ceci prouve que An’est pas un corps .
(b) Toute matrice trigonalisable (a fortiori diagonalisable) deMn(R)a un polynôme caractéristique scindé sur Rdonc possède au moins une valeur propre réelle. Par suite, d’après (a) :
siAcontient une matrice non scalaire trigonalisable, alorsAn’est pas un corps .
(c) Supposons que Aintègre. Fixons une matrice A ∈A\ {0}. D’après 1., on sait que φA :X 7→AX est un endomorphisme deA. De plus,Aétant intègre etAétant non nulle,KerφA={0} doncφA est injectif.
Comme φA est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, on en déduit queφA est un isomorphisme. En particulier φA est surjective donc il existe B ∈ A tel que φA(B) = In. La matrice A possède donc un inverseB à droite. On démontre de même qu’elle possède un inverseC à gauche, puis par associativité du produitB=C. AinsiAest inversible d’inverseB appartenant àA.
Tout élément non nul deApossède donc un inverse dans A, donc Aest un corps .
Partie III : l’algèbre des quaternions
1. CommeA2=−In, on a(detA)2= (−1)n∈R+. Par conséquent nest pair . 2. Remarquons que
(AB)2 = A(BA)B = A(−AB)B = −A2B2 = −In, BAB = −AB2 = A,
ABA = −A2B = B.
On en déduit que siM =tIn+xA+yB+zAB etM0 =t0In+x0A+y0B+z0AB sont dansH, alors M M0 = (tt0−xx0−yy0−zz0)In+ (tx+xt0+yz0−zy0)A
+(ty0−xz0+yt0+zx0)B+ (tz0+xy0−yx0+zt0)AB.
Ceci montre queHest stable pour le produit. Ajouté au fait qu’il est un sous-espace vectoriel contenantIn, ceci prouve que Hest une sous-algèbre deMn(R).
3. D’après I.2. :
(tIn+xA+yB+zAB)(tIn−xA−yB−zAB) = (t2+x2+y2+z2)In . 4. (a) Si(t, x, y, z)∈R4est tel quetIn+xA+yB+zAB = 0alors d’après la question précédente
(t2+x2+y2+z2)In = (tIn+xA+yB+zAB)(tIn−xA−yB−zAB) = 0,
donc t2+x2+y2+z2 = 0. Vu que t, x, y, z sont réels, ceci impose t = x = y = z = 0. La famille (In, A, B, AB)est donc libre. Mais par définition de H, cette famille est génératrice deH. Par conséquent
(I−n, A, B, AB)est libre et forme une base deH.
(b) Soit M un élément non nul de H, sous la forme M =tIn+xA+yB+zAB avec(t, x, y, z)∈ R4\ {0}.
D’après la question III.3., la matrice M est inversible d’inverse 1
t2+x2+y2+z2(tIn−xA−yB−zAB) appartenant àH. Il s’ensuit que Hest un corps .
5. (a) Il vientJ2=−I2 et d’après les règles de calcul des produits de matrices par blocs : A2= J2 0
0 J2
!
=−I4, B2= −I2 0 0 −I2
!
=−I4, AB+BA= 0 −J
−J 0
!
+ 0 J
J 0
!
= 0.
Par conséquent les matricesAet B satisfont (1) .
(b) Les matrices A, B et C = AB sont antisymétriques. Pour M = tIn +xA+yB +zC ∈ H, il vient
tM =tIn−xA−yB−zC∈H. D’après III.3., nous avonsM·tM = (t2+x2+y2+z2)I4. On en déduit que(detM)2= (t2+x2+y2+z2)4. Ainsi pourM 6= 0, on a donc d’après III.4.(b) :
M−1 = 1 p|detM|
tM .
Partie IV : les automorphismes de l’algèbre des quaternions
1. Soit(t, x, y, z)∈R4etM =tIn+xA+yB+zC. AlorsM+tM = 2tIn. Par conséquentM =−tM si et seulement sit= 0, ou encoreM ∈Vect (A, B, C). De plus(A, B, C)est une famille libre car sous-famille de la famille libre (I4, A, B, C).
Par conséquent l’ensemble des quaternions purs
Lest le sous-espace vectoriel engendré par(A, B, C)et a pour base(A, B, C). Hélas Ln’est pas une sous-algèbre deH car par exempleA·A=−I26∈Lalors queA∈L. 2. SoitM =xA+yB+zC etN =x0A+y0B+z0C deux éléments deL.
D’une part, comme (A, B, C) est une base orthonormée pour le produit scalaire (· | ·), nous avons (M|N) = xx0+yy0+zz0.
D’autre part, d’après III.3., il vient
M N+N M = (−xx0−yy0−zz0)I4+ (yz0−zy0)A+ (−xz0+zx0)B+ (xy0−yx0)C +(−x0x−y0y−z0z)I4+ (y0z−z0y)A+ (−x0z+z0x)B+ (x0y−y0x)C
= −2(xx0+yy0+zz0)I4.
Ceci achève de démontrer que 1
2(M N+N M) = −(M|N)I4 .
3. • Soit M un quaternion pur, c’est-à-dire M ∈ L. Alors d’après la question précédente avec N = M, il vient M2=λI4 avecλ=−kMk2∈R−.
• Supposons que M =tI4+xA+yB+zC ∈H telle queM2 =λI4 avecλ∈R−. Alors, d’après le calcul du produit effectué en III.2., il vient
M2 = (t2−x2−y2−z2)I4+ 2txA+ 2tyB+ 2tzC.
Par liberté de la famille(I4, A, B, AB), nous obtenons le système ( tx = ty = tz = 0
t2−x2−y2−z2 ∈ R−
Ces conditions imposentt= 0, car sinon x=y=z= 0 et alorst2−x2−y2−z2=t2 >0 (M non-nulle !).
En résumé siM ∈Hest telle queM2=λI4 avecλ∈R−, alorsM ∈L.
Ceci achève de prouver que M est dansLsi et seulement siM2=λIn avecλ∈R− . 4. Soitφun isomorphisme de l’algèbreHdans elle-même.
SoitM ∈L(un quaternion pur). D’après la question précédente nous avonsM2=−kMk2I4, donc φ(M)2 = φ(M2) = −kMk2φ(I4) = −kMk2I4.
Encore d’après la question précédente :φ(M)∈L. Ainsi φtransforme un quaternion pur en un quaternion pur . Dans ces conditions, toujours d’après la question précédente :φ(M)2=−kφ(M)k2I4. On en déduit−kφ(M)k2=
−kMk2 soitkφ(M)k=kMk. Ainsiφtransforme tout quaternion pur en un quaternion pur de même norme . L’endomorphisme induit parφsurLconserve la norme, donc conserve également le produit scalaire. Finalement
l’endomorphisme induit parφsurLest un automorphisme orthogonal deL.
5. (a) SoitM etNdeux quaternions purs de même norme et colinéaires. Alors ou bienM =N, ou bienM =−N.
• SiM =N, alors la matriceP=I4 vérifieP∈H,P 6= 0et M =P−1N P.
• Si N = −M, alors la condition recherchée M = P−1N P équivaut à P M +M P = 0, ou encore à
−2(M|P)I4= 0d’après la question IV.2.
Dans ces conditions il suffit de prendre pour P une matrice non nulle appartenant à l’orthogonal de Vect (M)dansL. Une telle matrice existe bien puisqueLest de dimension3, doncVect (M)⊥ est un plan vectoriel deL.
Finalement : si M etN sont deux quaternions purs colinéaires, alors elles sont semblables . (b) On suppose queM et N sont deux quaternions purs de même norme, non colinéaires. Sans détour :
M(M N)−(M N)N = M2N−M N2 = (−kMk2I4)N−M(−kNk2I4) = kMk2(M −N), c’est-à-dire comme attendu M(M N)−(M N)N =kMk2(M −N).
Remarquons que ceci signifieM(M N− kMk2I4) = (M N− kMk2I4)N. Posons alors P =M N− kMk2I4 , de sorte que M P=P N .
Tout d’abord, l’ensembleHétant une algèbre et contenantM,N etI4, il vient P ∈H.
Ensuite, la matricePest non-nulle. En effet sinon on auraitM N =kMk2I4=−M2, ou encoreM(N+M) = 0, puisM+N = 0(carM est inversible, car élément non nul du corpsH), ce qui est contradictoire avec le fait que la famille(M, N)soit libre.
Par ailleurs, la matriceP étant un élément non-nul du corps H, elle est inversible : P∈GLn(R). Nous avons bien construit une matriceP qui convient.
6. Décomposons la matriceP de la question précédente sous la formeP=αI4+QavecQ∈L. Examinons chacun des trois cas possibles afin de déterminerQet vérifier si elle est orthogonale àM etN :
• SupposonsM =N, de sorte queP =I4, ou encoreα= 1et Q= 0. AlorsQest bien orthogonale àM =N.
• SupposonsM =−N, de sorte que P = 0I4+Qavec par construction Qorthogonale àM et à N =−M : c’est encore gagné.
• Supposons enfin que M et N sont linéairement indépendantes. Examinons la matrice P = M N− kMk2I4. Pour ce faire, notonsM =xA+yB+zC et N =x0A+y0B+z0C. D’après le calcul de la question III.2 :
M N = (−xx0−yy0−zz0)I4+ (yz0−y0z)A+ (zx0−z0x)B+ (xy0−x0y)C.
Par définition de la norme, pour laquelle(I4, A, B, C)est orthonormée : kMk2 = x2+y2+z2. Par conséquent
P = M N− kMk2I4 = (−xx0−yy0−zz0−x2−y2−z2)I4+ (yz0−y0z)A+ (zx0−z0x)B+ (xy0−x0y)C.
La question nous mène à poser
α = −xx0−yy0−zz0−x2−y2−z2,
Q = (yz0−y0z)A+ (zx0−z0x)B+ (xy0−x0y)C, et à vérifier siQ⊥M etQ⊥N :
(Q|M) =
(yz0−y0z)A+ (zx0−z0x)B+ (xy0−x0y)C
xA+yB+zC
= (yz0−y0z)x+ (zx0−z0x)y+ (xy0−x0y)z = 0, (Q|N) =
(yz0−y0z)A+ (zx0−z0x)B+ (xy0−x0y)C
x0A+y0B+z0C
= (yz0−y0z)x0+ (zx0−z0x)y0+ (xy0−x0y)z0 = 0.
Ainsi dans tous les cas Qest orthogonal àM et àN .
7. Remarquons tout d’abord que pour tout P ∈ H\ {0}, l’application φP de H dans lui-même qui àM associe P−1M P est un isomorphisme de l’algèbre H. En effet, l’application φP est bien de H dans H puisque H est un corps ; φP est linéaire par bilinéarité du produit dans H; φP(I4) = P−1I4P = I4; et φP(M)φP(N) = (P−1M P)(P−1N P) = P−1M N P = φP(M N) pour tout couple(M, N)∈ H2. Enfin φP est bien bijective, de bijection réciproque égale àφP−1.
Remarquons ensuite qu’un endomorphisme de l’algèbre Hest entièrement déterminé par les images deAet de B. En effet si φest un endomorphisme de l’algèbreH, alors :
∀(t, x, y, z)∈R4, φ(tI4+xA+yB+zC) = tI4+xφ(A) +yφ(B) +zφ(A)φ(B).
Soit maintenantφun isomorphisme de l’algèbreH.
• Premier cas : lorsque φ(A) =A.
On recherche doncP ∈H\ {0}telle que P−1AP =Aet φ(B) =P−1BP, c’est-à-dire ( P−1AP = A (∗)
P−1BP = φ(B) (∗∗) D’après IV.4., on sait queφ(B)est un quaternion pur de norme1.
Toujours d’après IV.4, l’applicationφétant orthogonale, elle envoie une BON sur une BON. PuisqueA⊥B, il vient φ(A) ⊥φ(B) et ainsi φ(B) est orthogonal àφ(A) = A. En d’autres termes il existe θ ∈ R tel que φ(B) = cosθB+ sinθC.
Pour trouverP telle queφ(B) =P−1BP, la question 6. nous incite à chercherP sous la formeP =αI4+Q avec Q orthogonal à B et φ(B), donc Q orthogonal à B et C, d’où Q de la forme βA. Par conséquent on pose P = αI4+βA. L’équation (*) est toujours satisfaite car P commute à A. L’équation (**) se réécrit BP−P φ(B) = 0soit
BP−P φ(B) = (α(1−cosθ) +βsinθ)B−(β(1 + cosθ) +αsinθ)C = 0, donc on cherche(α, β)6= (0,0)solution de
( α(1−cosθ) +βsinθ = 0 αsinθ+β(1 + cosθ) = 0
c’est-à-dire solution non-nulle deαsinθ
2 +βcosθ 2 = 0.
Posons donc par exemple P= cosθ
2I4−sinθ
2A. Il vientP ∈H\{0},P−1AP =A=φ(A)etP−1BP =φ(B).
Enfin d’après les deux remarques :∀M ∈H,φ(M) =P−1M P.
• Cas général.
Soitφun isomorphisme de l’algèbreH. D’après IV.4., on sait queφ(A)est un quaternion pur de même norme queA. D’après IV.5. : il existeQ∈H\ {0}telle queA=Q−1φ(A)Q.
Notons φQ l’application de H dans H telle que φQ(M) = Q−1M Q. Alors φQ◦φ est un isomorphisme de l’algèbreHtel queφQ◦φ(A) =A. D’après le premier cas étudié, il existeR∈H\ {0} tel que pour toutM deH,φQ◦φ(M) =R−1M R. On en déduit alorsφ(M) =φ−1Q (R−1M R) =QR−1M RQ−1, pour toutM. En posant P =RQ−1 , on aP ∈H\ {0}et pour toutM deH, φ(M) =P−1M P .
