Nombres complexes et quaternions

[Anonyme]

Bonjour

tout d'abord désolé si ma question est naïve ou mal posée...

Il y a très très longtemps, j'avais trouvé (sur le net hein, pas moi-même)
une preuve qui expliquait pourquoi il ne pouvait pas y avoir des nombres
"super-complexes", càd entre les complexes (2 composantes réelles) et les
quaternions (4 composantes réelles)...

Est-ce que quelqu'un aurait un pointeur sur une telle preuve ? ou au moins
une explication ?

d'avance merci et bonne journée

[Anonyme]

Un peu d'histoire
ce n'est pas la démonstration mais cela peut te servir
http://membres.lycos.fr/villemingerard/Type/ImagHist.htm

[Anonyme]

euler wrote:

> Bonjour
>
> tout d'abord désolé si ma question est naïve ou mal posée...
>
> Il y a très très longtemps, j'avais trouvé (sur le net hein, pas moi-même)
> une preuve qui expliquait pourquoi il ne pouvait pas y avoir des nombres
> "super-complexes", càd entre les complexes (2 composantes réelles) et les
> quaternions (4 composantes réelles)...

Si K est une extension *commutative* de R de dimension finie, K ne peut
être que R ou C.

En effet, si x appartient à K, les puissance de x forment une famille
liée (sinon, K serait de dimension infini). Il existe donc un polynôme
minimal annulant x. Ce polynôme est irréductible, sinon il existerait
des diviseurs de 0 dans K.

Les polynômes réels irréductibles sont :
- de degré 1 : dans ce cas, x est réel.
- de degré 2, de discriminant négatif.

Si K est différent de R, il existe un nombre x dont le polynôme minimal
est de degré 2 :
x^2+ax+b = (x-a/2)^2+b-a^2/4
= (x-a/2)^2+d^2

Si on note i=(x-a/2)/d, i est une racine de x^2+1 dans K.

Bref : si K est différent de R, x^2+1 a une racine i. De plus, si x est
un élément de K qui n'est pas dans R, x est racine d'un polynome de
degré 2 : x^2+ux+v=(x-a-ib)(x-a+ib), et on sait que x=a+b.i ou x=a-b.i.

Bref : si K est commutatif, K=R ou C.

Note que la commutativité de K intervient pour écrire :
x^2+ux+v=(x-a-ib)(x-a+ib)

Si K n'est plus commutatif, l'identité x^2+ux+v=(x-a-ib)(x-a+ib) n'est
plus vérifiée : (x-a-ib)(x-a+ib)=x^2-2ax+b(-ix+xi)+a^2+b^2
et ix-xi0 en général.





(pause)





Si le corps K n'est pas commutatif, on sait qu'il existe un élément qui
n'est pas réel. Son polynôme minimal est de la forme x^2+ux+v et on peut
trouver i=ax+b tel que x^2+1=0.

L'application f de K dans K qui à x associe -ixi est une application
R-linéaire qui vérifie : fof=id. Ses valeurs propres sont donc +1 et -1.

Les projections sur les sous espaces propres sont :
1/2(x-ixi) pour le sous espace correspondant à la valeur propre +1
1/2(x+ixi) pour le sous espace correspondant à la valeur propre -1

Si x vérifie x=-ixi,
alors ix=-i^2xi
=xi

Donc le sous espace propre K^+ correspondant à la valeur propre +1 est
le sous espace des éléments de K qui commute avec x. En particulier, il
est stable par multiplication : c'est un sous corps de K qui est
commutatif. Bref : il est isomorphe à C -donc de dimension 2 sur R-.

Si x vérifie x=ixi,
alors ix=-xi

Le sous espace propre K^- correspondant à la valeur propre -1 est le
sous espace des éléments de K qui anti-commute avec x. Puisque K n'est
pas commutatif, ce sous espace n'est pas vide.

Fixons donc y et z dans ce sous espace. On vérifie que yz commute avec
i: iyz=-yiz=yzi.

On sait que y annule un polynôme de la forme : y^2+ay+b. Mais... on sait
que y^2 et b sont donc K^+, ay dans K^-. Bref : si y^2+ay+b=0, alors :
ay=0 (donc a=0) et y^2+b=0.

Autrement dit : tous les éléments de K^- sont imaginaires purs (leur
polynome minimal est de la forme : x^2+b^2=0).

Si K n'est pas commutatif, on peut choisir j dans K^- tel que j^2+1=0.

La multiplication par j définit alors un isomorphisme de K^+ dans K^-.
En effet, si x appartient à K^+, jx appartient à K^-, si x appartient à
K^-, jx appartient à K^+. De plus : j.jx=-x...

Bref : le corps K est un R-espace vectoriel de dimension 4, et on vient
juste de décrire i et j de sorte que K s'identifie aux quaternions.






(pause)



Note que la démonstration utilise l'associativité de la multiplication :
i.(yz)=(iy).z, pour pouvoir déduire que si y et z anti-commutent avec i,
yz commute avec i.

Si on n'impose plus à la structure considérée d'être associative, on
peut encore trouver d'autres extensions de R (e.g : les octonions), mais
ceci est une autre histoire.

Note également que l'on utilise de façon essentielle le théorème
fondamental de l'algèbre :

tout polynôme complexe admet (au moins) une racine,

qui permet d'affirmer que les polynômes réels irréductibles sont : les
polynômes de degré 1, et les polynômes de degré 2 de discriminant
négatif.

--
Benoît RIVET

[Anonyme]

Benoit Rivet wrote:

> euler wrote:
>[color=green]
>> Bonjour
>>
>> tout d'abord désolé si ma question est naïve ou mal posée...
>>
>> Il y a très très longtemps, j'avais trouvé (sur le net hein, pas
>> moi-même) une preuve qui expliquait pourquoi il ne pouvait pas y avoir
>> des nombres
>> "super-complexes", càd entre les complexes (2 composantes réelles) et
>> les quaternions (4 composantes réelles)...
>
> Si K est une extension *commutative* de R de dimension finie, K ne peut
> être que R ou C.[/color]
[... un tas de choses passionnantes ...]


merci pour cette réponse aussi complète ! J'ai lu cette démonstration avec
grand intérêt et je crois qu'en essayant de la refaire pas à pas, je
devrais peut-être même la comprendre...

merci encore et bonne journée

[Anonyme]

jojolapin wrote:

> Un peu d'histoire
> ce n'est pas la démonstration mais cela peut te servir
> http://membres.lycos.fr/villemingerard/Type/ImagHist.htm

merci pour le lien. Je suis allé y jeter un oeil et si j'ai bien compris il
affirme des choses encre nettement plus fortes que moi, à savoir qu'il ne
peut rien exister d'autres que les réels, les complexes, les quaternions et
les octonions ? c'est pas mal ça... faudra que je recherche les théorèmes
dont il est question là

merci encore et bonne journée

[Anonyme]

On Sun, 17 Oct 2004 15:39:52 +0200, benoit.rivet@libre.fr.invalid
(Benoit Rivet) wrote:

>euler wrote:
>[color=green]
>> Bonjour
>>
>> tout d'abord désolé si ma question est naïve ou mal posée...
>>
>> Il y a très très longtemps, j'avais trouvé (sur le net hein, pas moi-même)
>> une preuve qui expliquait pourquoi il ne pouvait pas y avoir des nombres
>> "super-complexes", càd entre les complexes (2 composantes réelles) et les
>> quaternions (4 composantes réelles)...
>
>Si K est une extension *commutative* de R de dimension finie, K ne peut
>être que R ou C.
>
>En effet, si x appartient à K, les puissance de x forment une famille
>liée (sinon, K serait de dimension infini). Il existe donc un polynôme
>minimal annulant x. Ce polynôme est irréductible, sinon il existerait
>des diviseurs de 0 dans K.
>
>Les polynômes réels irréductibles sont :
>- de degré 1 : dans ce cas, x est réel.
>- de degré 2, de discriminant négatif.
>
>Si K est différent de R, il existe un nombre x dont le polynôme minimal
>est de degré 2 :
>x^2+ax+b = (x-a/2)^2+b-a^2/4
> = (x-a/2)^2+d^2
>
>Si on note i=(x-a/2)/d, i est une racine de x^2+1 dans K.
>
>Bref : si K est différent de R, x^2+1 a une racine i. De plus, si x est
>un élément de K qui n'est pas dans R, x est racine d'un polynome de
>degré 2 : x^2+ux+v=(x-a-ib)(x-a+ib), et on sait que x=a+b.i ou x=a-b.i.
>
>Bref : si K est commutatif, K=R ou C.
>
>Note que la commutativité de K intervient pour écrire :
>x^2+ux+v=(x-a-ib)(x-a+ib)
>
>Si K n'est plus commutatif, l'identité x^2+ux+v=(x-a-ib)(x-a+ib) n'est
>plus vérifiée : (x-a-ib)(x-a+ib)=x^2-2ax+b(-ix+xi)+a^2+b^2
>et ix-xi0 en général.
>
>
>
>
>
>(pause)
>
>
>
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>
>Si le corps K n'est pas commutatif, on sait qu'il existe un élément qui
>n'est pas réel. Son polynôme minimal est de la forme x^2+ux+v et on peut
>trouver i=ax+b tel que x^2+1=0.
>
>L'application f de K dans K qui à x associe -ixi est une application
>R-linéaire qui vérifie : fof=id. Ses valeurs propres sont donc +1 et -1.
>
>Les projections sur les sous espaces propres sont :
>1/2(x-ixi) pour le sous espace correspondant à la valeur propre +1
>1/2(x+ixi) pour le sous espace correspondant à la valeur propre -1
>
>Si x vérifie x=-ixi,
>alors ix=-i^2xi
> =xi
>
>Donc le sous espace propre K^+ correspondant à la valeur propre +1 est
>le sous espace des éléments de K qui commute avec x. En particulier, il
>est stable par multiplication : c'est un sous corps de K qui est
>commutatif. Bref : il est isomorphe à C -donc de dimension 2 sur R-.
>
>Si x vérifie x=ixi,
>alors ix=-xi
>
>Le sous espace propre K^- correspondant à la valeur propre -1 est le
>sous espace des éléments de K qui anti-commute avec x. Puisque K n'est
>pas commutatif, ce sous espace n'est pas vide.
>
>Fixons donc y et z dans ce sous espace. On vérifie que yz commute avec
>i: iyz=-yiz=yzi.
>
>On sait que y annule un polynôme de la forme : y^2+ay+b. Mais... on sait
>que y^2 et b sont donc K^+, ay dans K^-. Bref : si y^2+ay+b=0, alors :
>ay=0 (donc a=0) et y^2+b=0.
>
>Autrement dit : tous les éléments de K^- sont imaginaires purs (leur
>polynome minimal est de la forme : x^2+b^2=0).
>
>Si K n'est pas commutatif, on peut choisir j dans K^- tel que j^2+1=0.
>
>La multiplication par j définit alors un isomorphisme de K^+ dans K^-.
>En effet, si x appartient à K^+, jx appartient à K^-, si x appartient à
>K^-, jx appartient à K^+. De plus : j.jx=-x...
>
>Bref : le corps K est un R-espace vectoriel de dimension 4, et on vient
>juste de décrire i et j de sorte que K s'identifie aux quaternions.
>
>
>
>[/color]
Bonsoir
j'avais laissé de côter ce message mais j'y reviens ...car la démo de

-SI K est un corps non commmutatif contenant R et l'extension étant
-finie, alors K est isomorphe au corps des quaternions

m'a beaucoup intéressée (j'avais bien l'énoncé mais pas la preuve),
mais j'ai un point où je coince :

tout d'abord je me demande s'il ne manque pas l'hypothèse R centre de
K , hypo qui est dans l' énoncé que j'avais ?(mais il n'y avait pas
la preuve du th )
d'ailleurs c'est uniquement grâce à cette hypo supplémentaire que
j'arrive à prouver que f est linéaire (pour f(lamba*x)=lambda*f(x)
pour tout réel lambda ) car alors tout réel commute avec i
mais bon je ne suis sûr de rien

j'en viens vraiment à la question qui me coince :
c'est la preuve que le sous-espace propre relatif à la valeur propre 1

,qui est bien un corps, est commutatif
cad je n'arrive pas à montrer que si
xi=ix et yi=iy on a xy=yx
qq soit la manip que j'essaye , je tourne tj en rond....
si tu, ou qq d'autre, pouvais me décoincer
d'avance merci