Isomorphisme de l'algèbre de Lie sl2(C)

Résolution.

1. Calculons les commutateurs par produit matriciel direct : Pour $[H, E]$ :
   $$HE = \begin{pmatrix} 1 & 0$$
   0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1
   0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1
   0 & 0 \end{pmatrix} = E
   $$EH = \begin{pmatrix} 0 & 1$$
   0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0
   0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1
   0 & 0 \end{pmatrix} = -E
   D'où $\boxed{[H, E] = 2E}$. Pour $[H, F]$ :
   $$HF = \begin{pmatrix} 1 & 0$$
   0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0
   1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0
   -1 & 0 \end{pmatrix} = -F
   $$FH = \begin{pmatrix} 0 & 0$$
   1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0
   0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0
   1 & 0 \end{pmatrix} = F
   D'où $\boxed{[H, F] = -2F}$. Pour $[E, F]$ :
   $$EF = \begin{pmatrix} 0 & 1$$
   0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0
   1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0
   0 & 0 \end{pmatrix}
   $$FE = \begin{pmatrix} 0 & 0$$
   1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1
   0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0
   0 & 1 \end{pmatrix}
   D'où $\boxed{[E, F] = H}$.

2. Passons à la recherche de la base pour les endomorphismes $u, v, w$. Étape 1 : Analyse du spectre de $u$. Puisque $u = [v, w]$, on a immédiatement par linéarité de la trace et propriété du produit :
   $$\text{Tr}(u) = \text{Tr}(vw - wv) = \text{Tr}(vw) - \text{Tr}(wv) = 0$$
   Comme $\mathcal{E}$ est de dimension 2 sur $\mathbb{C}$, le polynôme caractéristique de $u$ est de la forme $\chi_u(X) = X^2 - \text{Tr}(u)X + \det(u) = X^2 + \det(u)$. Les valeurs propres de $u$ sont donc de la forme $\lambda$ et $-\lambda$. Supposons $\lambda = 0$. Alors $u$ est nilpotent. S'il était nul, cela contredirait l'énoncé. Donc $u$ serait semblable à $E$. Or, si l'on regarde l'application $\phi : X \mapsto [u, X]$, elle serait également nilpotente. La relation $[u, v] = 2v$ avec $v \neq 0$ implique que $v$ est un vecteur propre de $\phi$ associé à la valeur propre 2. C'est impossible si $\phi$ est nilpotente. Ainsi, $u$ possède deux valeurs propres distinctes $\lambda$ et $-\lambda$ avec $\lambda \neq 0$. $u$ est donc diagonalisable. Étape 2 : Lien entre les valeurs propres. Soit $x$ un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre $\mu$. On a :
   $$u(v(x)) = (uv)(x) = (vu + [u, v])(x) = v(u(x)) + 2v(x) = (\mu + 2)v(x)$$
   Si $v(x) \neq 0$, alors $\mu + 2$ est aussi valeur propre de $u$. Dans notre espace de dimension 2, les seules valeurs propres sont $\lambda$ et $-\lambda$. Si l'on prend $\mu = \lambda$, alors $\lambda + 2$ doit être égal à $\lambda$ (impossible car $2 \neq 0$) ou $v(x) = 0$. Donc $v$ annule le sous-espace propre $E_\lambda(u)$. Si l'on prend $\mu = -\lambda$, alors $-\lambda + 2$ doit être égal à $\lambda$ ou $v$ annule $E_{-\lambda}(u)$. Comme $v \neq 0$, on en déduit que $-\lambda + 2 = \lambda$, soit $\boxed{\lambda = 1}$. Le spectre de $u$ est donc $\{1, -1\}$. Étape 3 : Construction de la base. Soit $e_1$ un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre $1$ et $e_2'$ un vecteur propre pour $-1$. On a vu que $v(e_1) = 0$. De même, par un calcul symétrique avec $[u, w] = -2w$, on montre que $w(e_2') = 0$. La relation $u(v(e_2')) = (-1+2)v(e_2') = v(e_2')$ montre que $v(e_2') \in E_1(u) = \text{Vect}(e_1)$. Posons $v(e_2') = \alpha e_1$. Comme $v \neq 0$, $\alpha \neq 0$. La relation $u(w(e_1)) = (1-2)w(e_1) = -w(e_1)$ montre que $w(e_1) \in E_{-1}(u) = \text{Vect}(e_2')$. Posons $w(e_1) = \beta e_2'$. Comme $w \neq 0$, $\beta \neq 0$. Utilisons enfin $[v, w] = u$ sur le vecteur $e_1$ :
   $$u(e_1) = v(w(e_1)) - w(v(e_1)) = v(\beta e_2') - 0 = \beta (\alpha e_1) = \alpha\beta e_1$$
   Comme $u(e_1) = e_1$, on a $\alpha\beta = 1$. Posons alors la base $\mathcal{B} = (e_1, e_2)$ avec $e_2 = \frac{1}{\alpha} e_2'$. Dans cette base :
   $$u(e_1) = e_1,   u(e_2) = -e_2 \implies \text{Mat}_{\mathcal{B}}(u) = \begin{pmatrix} 1 & 0$$
   0 & -1 \end{pmatrix} = H
   $$v(e_1) = 0,   v(e_2) = \frac{1}{\alpha} v(e_2') = \frac{1}{\alpha} \alpha e_1 = e_1 \implies \text{Mat}_{\mathcal{B}}(v) = \begin{pmatrix} 0 & 1$$
   0 & 0 \end{pmatrix} = E
   $$w(e_1) = \beta e_2' = \beta (\alpha e_2) = (\alpha\beta) e_2 = e_2,   w(e_2) = 0 \implies \text{Mat}_{\mathcal{B}}(w) = \begin{pmatrix} 0 & 0$$
   1 & 0 \end{pmatrix} = F
   La base $\mathcal{B}$ convient parfaitement.