Algèbres réelles sans diviseur de zéro

Soit $A$ une $\mathbb{R}$ -algèbre associative, unitaire (d'élément neutre $1$ ), de dimension finie $n \geqslant 2$ , et supposée sans diviseur de zéro. On identifie la droite réelle $\mathbb{R}$ au sous-espace $\mathbb{R} \cdot 1$ .

Soit $x \in A$ . Justifier l'existence d'un couple $(a, b) \in \mathbb{R}^2$ tel que $x^2 + ax + b = 0$ .
Soit $x \in A$ tel que $x^2 \in \mathbb{R}$ et $x^2 \geqslant 0$ . Démontrer que $x \in \mathbb{R}$ .
On définit l'ensemble des éléments "purement imaginaires" par : $V = \{x \in A \mid x^2 \in \mathbb{R} \text{ et } x^2 \leqslant 0\}$ Montrer que tout élément $x \in A$ se décompose de manière unique sous la forme $x = r + v$ avec $r \in \mathbb{R}$ et $v \in V$ .
Soient $u, v \in V$ deux éléments formant une famille libre. Montrer que pour tout $\lambda \in \mathbb{R}$ , on a $u - \lambda v \notin \mathbb{R}$ .
En déduire que $V$ est un sous-espace vectoriel de $A$ .
Cas $\dim A = 2$ : prouver que $A$ est isomorphe à $\mathbb{C}$ en tant qu'algèbre.
Pour tout $(u, v) \in V^2$ , on pose $\langle u, v \rangle = -(uv + vu)$ . Montrer que l'on définit ainsi un produit scalaire sur $V$ .
On suppose désormais $\dim A \geqslant 3$ $dim A ⩾ 3$ .
1. Montrer qu'il existe $i, j \in V$ tels que $i^2 = -1$ , $j^2 = -1$ et $ij + ji = 0$ .
2. Montrer que la famille $(1, i, j, ij)$ est libre.
3. On pose $k = ij$ . Calculer $k^2$ et vérifier que $i, j, k$ anticommutent deux à deux.

Note : On vient de montrer que si $\dim A > 2$ , $A$ contient une sous-algèbre isomorphe aux quaternions $\mathbb{H$ $H$ . Le théorème de Frobenius affirme que les seules algèbres de ce type sont $\mathbb{R}$ , $\mathbb{C}$ et $\mathbb{H}$ .}

1.

Pour la question 1, considérer le polynôme minimal de $x$ et utiliser le fait que $A$ n'a pas de diviseur de zéro pour prouver son irréductibilité sur $\mathbb{R}$ s'il est de degré $> 1$ .

2.

Pour la question 3, compléter le carré dans l'équation $x^2 + ax + b = 0$ .

3.

Pour la question 5, utiliser le fait que la décomposition $A = \mathbb{R} \oplus V$ est une décomposition d'espaces vectoriels.

4.

Pour la question 7, remarquer que $(u+v)^2 \in \mathbb{R}$ pour $u, v \in V$ implique $uv+vu \in \mathbb{R}$ .

Idées clés

•

Étude du polynôme minimal dans une algèbre de division.

•

Structure géométrique de l'espace des éléments de carré négatif.

•

Construction d'un produit scalaire via l'anticommutateur.

Résolution.

Considérons l'application $\phi : \mathbb{R}[X] \to A$ définie par $\phi(P) = P(x)$ . Comme $\dim A = n$ , la famille $(1, x, \dots, x^n)$ est liée, donc $\ker \phi \neq \{0\}$ . Soit $P_x$ le polynôme minimal de $x$ . Si $P_x = QR$ avec $\deg Q, \deg R < \deg P_x$ , alors $Q(x)R(x) = 0$ . Puisque $A$ est sans diviseur de zéro, on a $Q(x)=0$ ou $R(x)=0$ , ce qui contredit la minimalité du degré. Ainsi, $P_x$ est irréductible sur $\mathbb{R}$ . D'après le théorème de D'Alembert-Gauss, les polynômes irréductibles de $\mathbb{R}[X]$ sont de degré 1 ou 2. $\boxed{ \exists (a, b) \in \mathbb{R}^2, x^2 + ax + b = 0 }$
Supposons $x^2 = \alpha^2$ avec $\alpha \in \mathbb{R}$ . Alors $x^2 - \alpha^2 = 0$ , donc $(x-\alpha)(x+\alpha) = 0$ . Comme $A$ n'a pas de diviseur de zéro, on a $x-\alpha = 0$ ou $x+\alpha = 0$ . Dans les deux cas, $x \in \{\alpha, -\alpha\} \subset \mathbb{R}$ . $\boxed{ x^2 \in \mathbb{R}^+ \implies x \in \mathbb{R} }$
Existence : Soit $x \in A$ . D'après la question 1, $x^2 + ax + b = 0$ . On écrit : $\left(x + \frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{4} - b$ Si $\frac{a^2}{4} - b \geqslant 0$ , alors d'après la question 2, $x + \frac{a}{2} \in \mathbb{R}$ , donc $x \in \mathbb{R}$ . On peut alors écrire $x = x + 0$ avec $0 \in V$ . Si $\frac{a^2}{4} - b < 0$ , on pose $r = -a/2$ et $v = x + a/2$ . Alors $v^2 = \frac{a^2}{4} - b < 0$ , donc $v \in V$ . On a bien $x = r + v$ . Unicité : Si $r + v = r' + v'$ , alors $v - v' = r' - r \in \mathbb{R}$ . Or, si $k \in \mathbb{R} \cap V$ , alors $k^2 \geqslant 0$ (car $k \in \mathbb{R}$ ) et $k^2 \leqslant 0$ (car $k \in V$ ). Donc $k^2 = 0$ , d'où $k = 0$ par absence de diviseur de zéro. On en déduit $r = r'$ et $v = v'$ . $\boxed{ A = \mathbb{R} \oplus V \text{ (en tant qu'ensembles)} }$
Supposons par l'absurde que $u - \lambda v = \alpha \in \mathbb{R}$ . Alors $u = \lambda v + \alpha$ . En élevant au carré : $u^2 = \lambda^2 v^2 + \alpha^2 + 2\lambda\alpha v$ . Comme $u^2, v^2, \alpha \in \mathbb{R}$ , on en déduit que $2\lambda\alpha v \in \mathbb{R}$ . Si $\lambda\alpha \neq 0$ , alors $v \in \mathbb{R}$ , ce qui impose $v^2 \geqslant 0$ . Comme $v \in V$ , $v^2 \leqslant 0$ , donc $v^2 = 0$ , soit $v=0$ , ce qui contredit la liberté de $(u, v)$ . Si $\alpha = 0$ , alors $u = \lambda v$ , contredisant la liberté. Si $\lambda = 0$ , alors $u = \alpha \in \mathbb{R}$ , ce qui impose $u=0$ . $\boxed{ (u, v) \text{ libre dans } V \implies \forall \lambda \in \mathbb{R}, u - \lambda v \notin \mathbb{R} }$
Soient $u, v \in V$ et $\mu \in \mathbb{R}$ . On veut montrer $u + \mu v \in V$ . D'après la question 3, $u + \mu v = r + w$ avec $r \in \mathbb{R}$ et $w \in V$ . Alors $u - \mu (-v) = r + w$ . Si $(u, v)$ est liée, le résultat est immédiat. Si $(u, v)$ est libre, d'après la question 4, $u + \mu v \notin \mathbb{R}$ sauf si $u + \mu v = 0$ . Un argument plus direct consiste à voir que l'application $x \mapsto \text{Re}(x)$ (où $x = \text{Re}(x) + v$ ) est une forme linéaire. $V$ est son noyau. $\boxed{ V \text{ est un sous-espace vectoriel de } A \text{ et } \dim V = n-1 }$
Si $\dim A = 2$ , alors $\dim V = 1$ . Soit $e \in V \setminus \{0\}$ . Alors $e^2 = -c^2 < 0$ avec $c > 0$ . On pose $i = e/c$ . Alors $i^2 = -1$ . La famille $(1, i)$ est une base de $A$ et l'application $a + bi \mapsto a + bi \in \mathbb{C}$ est un isomorphisme d'algèbres. $\boxed{ \dim A = 2 \implies A \cong \mathbb{C} }$
Pour $u, v \in V$ , $u+v \in V$ , donc $(u+v)^2 \in \mathbb{R}$ . Or $(u+v)^2 = u^2 + v^2 + uv + vu$ . Comme $u^2, v^2 \in \mathbb{R}$ , on a $uv+vu \in \mathbb{R}$ . La symétrie et la bilinéarité de $\langle u, v \rangle = -(uv+vu)$ sont claires. Positivité : $\langle u, u \rangle = -2u^2 \geqslant 0$ car $u^2 \leqslant 0$ . Définition : $-2u^2 = 0 \implies u^2 = 0 \implies u = 0$ . $\boxed{ \langle \cdot, \cdot \rangle \text{ est un produit scalaire sur } V }$
1. Comme $\dim V \geqslant 2$ , on peut choisir $i \in V$ tel que $i^2 = -1$ (en normalisant un élément non nul). Soit $j_0 \in V$ un élément orthogonal à $i$ pour le produit scalaire. Alors $ij_0 + j_0i = 0$ . En normalisant $j_0$ pour que $j^2 = -1$ , on a $i, j$ répondant à la question.
2. Supposons $\alpha + \beta i + \gamma j + \delta ij = 0$ . En multipliant par $i$ à gauche : $\alpha i - \beta + \gamma ij - \delta j = 0$ . L'orthogonalité dans $V$ et la structure de somme directe $A = \mathbb{R} \oplus V$ montrent que $\alpha, \beta, \gamma, \delta = 0$ .
3. $k^2 = (ij)(ij) = i(ji)j = i(-ij)j = -i^2j^2 = -(-1)(-1) = -1$ . On vérifie $ij = -ji = k$ , $jk = j(ij) = -j(ji) = -j^2i = i = -kj$ . $\boxed{ i^2 = j^2 = k^2 = -1, ij=k=-ji, jk=i=-kj, ki=j=-ik }$

L'erreur classique est de supposer que $uv = vu$ dans la question 7. L'algèbre $A$ n'est pas supposée commutative, c'est justement ce qui permet l'existence des quaternions.