Utilisateur:Padex/Essais géométriques

L'objectif est ici de retrouver quelques résultats des géométries sphérique, euclidienne et hyperbolique, et notamment les lois des cosinus et des sinus en conservant autant que faire se peut une écriture générale, à l'aide d'un unique paramètre représentant une courbure.

$\mathrm {K}$-Quaternions

$\mathrm {Table\ de\ multiplication}$$\mathrm {des\ } \mathrm {K} -\mathrm {quaternions}$

$\times$	$1$	$i$	$j$	$k$
$1$	$1$	$i$	$j$	$k$
$i$	$i$	$-\mathrm {K}$	$\mathrm {K} \cdot k$	$-j$
$j$	$j$	$-\mathrm {K} \cdot k$	$-\mathrm {K}$	$i$
$k$	$k$	$j$	$-i$	$-1$

Soit $\mathrm {K} \in \mathbb {R}$. On considère l'espace vectoriel $\mathbb {R} ^{3}$ muni de la forme quadratique $Q_{\mathrm {K} }$ définie par :

$Q_{\mathrm {K} }:\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} ^{3}&\to &\mathbb {R} \\(x,y,z)&\mapsto &\mathrm {K} \cdot x^{2}+\mathrm {K} \cdot y^{2}+z^{2}\end{array}}\right.$

L'algèbre de Clifford associée est engendrée par les éléments $i$, $j$ et $k$ vérifiant la table de multiplication ci-contre. Cette algèbre sera appelée algèbre des $\mathrm {K}$-quaternions, et sera notée $\mathbb {H} _{\mathrm {K} }$.

Il existe une injection canonique de $\mathbb {R} ^{3}$ dans $\mathbb {H} _{\mathrm {K} }$ :

$\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} ^{3}&\to &\mathbb {H} _{\mathrm {K} }\\(x,y,z)&\mapsto &x\cdot i+y\cdot j+z\cdot k\end{array}}\right.$

Par la suite, on considèrera $\mathbb {R} ^{3}$ comme un simple sous-espace vectoriel de $\mathbb {H} _{\mathrm {K} }$. Aussi, on s'autorisera à ne pas écrire l'indice $_{\mathrm {K} }$ en l'absence d'ambiguïté.

Parties scalaire et vectorielle

Tout élément de $\mathbb {H} _{\mathrm {K} }$ peut s'écrire sous la forme : $q=t+x\cdot i+y\cdot j+z\cdot k$. Pour un tel $\mathrm {K}$-quaternion, on définit ses parties scalaire (ou partie réelle) et vectorielle (ou partie imaginaire), respectivement notées $\operatorname {Re}$ et $\operatorname {Im}$ :

$\operatorname {Re} (q)=t$

$\operatorname {Im} (q)=x\cdot i+y\cdot j+z\cdot k$

Propriétés de $\operatorname {Re}$ et $\operatorname {Im}$

$\operatorname {Re}$ et $\operatorname {Im}$ sont deux opérateurs linéaires offrant une décomposition orthogonale de $\mathbb {H} _{\mathrm {K} }$.

Ainsi, ces opérateurs vérifient :

$\operatorname {Re} +\operatorname {Im} =\mathrm {id}$

$\operatorname {Re} \circ \operatorname {Re} =\operatorname {Re}$

$\operatorname {Im} \circ \operatorname {Im} =\operatorname {Im}$

$\operatorname {Re} \circ \operatorname {Im} =\operatorname {Im} \circ \operatorname {Re} =0$

$\operatorname {Re} \circ {\big (}\operatorname {Re} \times \operatorname {Im} {\big )}=0$

$\operatorname {Im} \circ {\big (}\operatorname {Re} \times \operatorname {Im} {\big )}=\operatorname {Re} \times \operatorname {Im}$

 

Conjugaison

Le conjugué de $q$ est noté $q^{*}$ et est défini par : $q^{*}=\operatorname {Re} (q)-\operatorname {Im} (q)$. On a : $(q_{0}\cdot q_{1})^{*}=q_{1}^{*}\cdot q_{0}^{*}$.

Ainsi, un scalaire est son propre conjugué, quand un vecteur est l'opposé du sien.

Si $u$ et $v$ sont deux vecteurs, alors $vu=(uv)^{*}$.

Démonstration

$(uv)^{*}=v^{*}u^{*}=(-v)(-u)=vu$

 

Produits réel et imaginaire

On peut définir une forme bilinéaire symétrique, que nous appellerons produit réel :

$\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} ^{3}\times \mathbb {R} ^{3}&\to &\mathbb {R} \\(u,v)&\mapsto &\operatorname {Re} (vu^{*})\end{array}}\right.$

Le produit réel est analogue au produit scalaire, mais il n'en est un que si $\mathrm {K} >0$ (dans le cas général le produit réel n'est pas défini positif).

En particulier, pour tout vecteur $v\in \mathbb {R} ^{3}$, $\ Q(v)=\operatorname {Re} (vv^{*})=vv^{*}$.

Nous pouvons de même définir un produit bilinéaire antisymétrique que nous appellerons produit imaginaire :

$\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} ^{3}\times \mathbb {R} ^{3}&\to &\mathbb {R} ^{3}\\(u,v)&\mapsto &\operatorname {Im} (vu^{*})\end{array}}\right.$

Le produit imaginaire est analogue au produit vectoriel. Il est d'ailleurs identique au produit vectoriel classique dans le cas où $\mathrm {K} =1$.

Colinéarité

Pour tout $u\in \mathbb {R} ^{3}$, notons $\mathrm {Col} (u)$ l'ensemble des vecteurs colinéaires à $u$, c'est-à-dire : ${\big \{}v\in \mathbb {R} ^{3}\ |\ \exists \ (\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}\setminus \{0\},\ \lambda u+\mu v=0{\big \}}$.

Propriété : Pour tout $\mathrm {K}$ non-nul, deux vecteurs sont colinéaires si et seulement leur produit imaginaire est nul.

Démonstration

($\Longrightarrow$)

Soient $u$ et $v$ deux vecteurs colinéaires, et soient $(\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}\setminus \{0\}$ tels que $\lambda u+\mu v=0$.

Si $u=0$, alors $\operatorname {Im} (vu^{*})=\operatorname {Im} (0)=0$.

De même si $v=0$.

Si $u$ et $v$ sont non-nuls, alors, comme $(\lambda ,\mu )\neq (0,0)$, $\lambda \neq 0$.

Nous pouvons donc écrire : $\operatorname {Im} (vu^{*})=-{\frac {\mu }{\lambda }}\operatorname {Im} (vv^{*})=-{\frac {\mu }{\lambda }}\cdot 0=0$

($\Longleftarrow$)

Soient $u$ et $v$ deux vecteurs de produit imaginaire nul.

Si $u=0$, alors $u=0v$ donc $u$ et $v$ sont colinéaires.

De même si $v=0$.

Sinon, alors $u$ et $v$ sont non-nuls, posons :

${\begin{aligned}u&=x_{0}i+y_{0}j+z_{0}k\\v&=x_{1}i+y_{1}j+z_{1}k\end{aligned}}$

Alors : $\operatorname {Im} (vu^{*})=(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot i+(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot j+\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})\cdot k$.

On a :

${\begin{aligned}&\operatorname {Im} (vu^{*})=0\\\Longrightarrow \ &(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot i+(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot j+\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})\cdot k=0\\\Longrightarrow \ &(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1}=0)\ \land \ (z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1}=0)\ \land \ {\big (}\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})=0{\big )}\\\Longrightarrow \ &(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1}=0)\ \land \ (z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1}=0)\ \land \ (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1}=0)\\\end{aligned}}$

Comme $u\neq 0$, l'un au moins de ces trois cas est vrai :

• $x_{0}\neq 0$.

Posons $\lambda ={\frac {x_{1}}{x_{0}}}$. Alors :

$x_{1}=\lambda x_{0}$

$(x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1}=0)\Longrightarrow {\big (}(y_{1}-\lambda y_{0})\cdot x_{0}=0{\big )}\Longrightarrow (y_{1}=\lambda y_{0})$

$(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1}=0)\Longrightarrow {\big (}(\lambda z_{0}-z_{1})\cdot x_{0}=0{\big )}\Longrightarrow (z_{1}=\lambda z_{0})$

Donc $v=\lambda u$.

• $y_{0}\neq 0$.

Posons $\lambda ={\frac {y_{1}}{y_{0}}}$. Alors :

$y_{1}=\lambda y_{0}$

$(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1}=0)\Longrightarrow {\big (}(z_{1}-\lambda z_{0})\cdot y_{0}=0{\big )}\Longrightarrow (z_{1}=\lambda z_{0})$

$(x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1}=0)\Longrightarrow {\big (}(\lambda x_{0}-x_{1})\cdot y_{0}=0{\big )}\Longrightarrow (x_{1}=\lambda x_{0})$

Donc $v=\lambda u$.

• $z_{0}\neq 0$.

Posons $\lambda ={\frac {z_{1}}{z_{0}}}$. Alors :

$z_{1}=\lambda z_{0}$

$(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1}=0)\Longrightarrow {\big (}(x_{1}-\lambda x_{0})\cdot z_{0}=0{\big )}\Longrightarrow (x_{1}=\lambda x_{0})$

$(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1}=0)\Longrightarrow {\big (}(\lambda y_{0}-y_{1})\cdot z_{0}=0{\big )}\Longrightarrow (y_{1}=\lambda y_{0})$

Donc $v=\lambda u$.

 

Remarque : le résultat ne s'applique pas si $\mathrm {K} =0$.

Contre-exemple

Les vecteurs $i$ et $j$ ne sont pas colinéaires, pourtant $ji^{*}=\mathrm {K} \cdot k=0$.

 

Inversion

Un $\mathrm {K}$-quaternion $q$ est dit inversible si et seulement s'il existe un $\mathrm {K}$-quaternion, noté $q^{-1}$, tel que $qq^{-1}=q^{-1}q=1$.

L'inverse est unique s'il existe.

Démonstration

Soit $q\in \mathbb {H} _{\mathrm {K} }$ et supposons $q_{0},\ q_{1}\in \mathbb {H} _{\mathrm {K} }$ tels que $q_{0}q=qq_{0}=q_{1}q=qq_{1}=1$. Alors, nécessairement :

$q_{0}=q_{0}(qq_{1})=(q_{0}q)q_{1}=q_{1}$

 

Inversibilité

Tout élément $q\in \mathbb {H} _{\mathrm {K} }$ est inversible si et seulement si $qq^{*}\neq 0$, auquel cas $q^{-1}={\frac {1}{qq^{*}}}\cdot q^{*}$.

Démonstration

Montrons que si $qq^{*}=0$, alors $q$ n'est pas inversible.

Par l'absurde, supposons $q'\in \mathbb {H} _{\mathrm {K} }$ tel que $qq'=1$.

Posons : $t=\operatorname {Re} (q)$, $v=\operatorname {Im} (q)$, $t'=\operatorname {Re} (q')$ et $v'=\operatorname {Im} (q')$.

Comme $qq^{*}=0$, on a $t^{2}=v^{2}=-vv^{*}$.

Comme $qq'=1=tt'+vv'+tv'+t'v$, on a $tt'+\operatorname {Re} (vv')=1$.

$qq'=1$ donc, en particulier, $qq'q=q$. En développant :

${\begin{aligned}qq'q&=(t+v)(t'+v')(t+v)\\&=(tt'+vv'+tv'+t'v)(t+v)\\&=t^{2}t'+tvv'+t^{2}v'+tt'v+tt'v+vv'v+tv'v+t'v^{2}\\&=t^{2}(t'+v')+2t\operatorname {Re} (vv')+2tt'v+(vv^{*})v'+t'(t^{2})\\&=t^{2}(2t'+v')+2t\operatorname {Re} (vv')+2tt'v-t^{2}v'\\&=t^{2}(2t')+2t\operatorname {Re} (vv')+2tt'v\\&=2t{\Big (}tt'+\operatorname {Re} (vv')+t'v{\Big )}\\&=2t(1+t'v)\\\end{aligned}}$

Donc $qq'q=2t(1+t'v)=t+v=q$, en particulier $2t=t$ (c'est-à-dire $t=0$) et $v=2tt'v=0$.

$q$ vaudrait donc nécessairement $0$, qui n'est pas inversible. Il est donc impossible d'inverser $q$.

 

Unitarité

Un $\mathrm {K}$-quaternion $q$ est dit unitaire si et seulement s'il vérifie : $qq^{*}=1$, c'est-à-dire $q^{-1}=q^{*}$.

Exponentielle sur $\mathbb {H} _{\mathrm {K} }$

Définition

On définit la fonction exponentielle classiquement :

$\forall \ q\in \mathbb {H} _{\mathrm {K} },\ e^{q}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{n}}{n!}}$

Fonctions trigonométriques et identité d'Euler

$\forall \ u\in \mathbb {R} ^{3},\ \forall \ \lambda \in \mathbb {R} ,$

${\begin{aligned}e^{\lambda u}&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(\lambda u)^{n}}{n!}}\\&=\sum _{p=0}^{\infty }{\frac {(\lambda u)^{2p}}{(2p)!}}+\sum _{p=0}^{\infty }{\frac {(\lambda u)^{2p+1}}{(2p+1)!}}\\&=\sum _{p=0}^{\infty }{\frac {(-uu^{*})^{p}}{(2p)!}}\cdot \lambda ^{2p}+\sum _{p=0}^{\infty }{\frac {(-uu^{*})^{p}}{(2p+1)!}}\cdot \lambda ^{2p+1}\cdot u\end{aligned}}$

On définit ainsi les fonctions :

$\cos _{uu^{*}}:\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} &\to &\mathbb {R} \\\lambda &\mapsto &\operatorname {Re} (e^{\lambda u})&=&{\frac {e^{\lambda u}+e^{-\lambda u}}{2}}\end{array}}\right.$

$\sin _{uu^{*}}:\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} &\to &\mathbb {R} \\\lambda &\mapsto &\operatorname {Im} (e^{\lambda u})\cdot {\frac {u^{*}}{uu^{*}}}&=&{\frac {e^{\lambda u}-e^{-\lambda u}}{2u}}\end{array}}\right.$

On obtient alors, par définition, l'identité d'Euler suivante :

$\forall \ u\in \mathbb {R} ^{3},\ \forall \ \lambda \in \mathbb {R} ,$

$e^{\lambda u}=\cos _{uu^{*}}\lambda +\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot u$

Propriétés des fonctions trigonométriques

• Les définitions de $\cos _{uu^{*}}$ et $\sin _{uu^{*}}$ ne dépendent que de la valeur de $\kappa =uu^{*}$, ce qui justifie la notation.

• $\cos _{\kappa }$ est une fonction paire et $\sin _{\kappa }$ est une fonction impaire.

• Cas particuliers :

${\begin{array}{cl}&\quad &\cos _{1}&=&\cos ,&\sin _{1}&=&\sin \\&\quad &\cos _{-1}&=&\cosh ,&\sin _{-1}&=&\sinh \\&\quad &\cos _{0}&=&1,&\sin _{0}&=&\mathrm {id} \end{array}}$

• Bien que ce ne soit pas nécessaire, il peut être plus commode – notamment pour retrouver les formules de trigonométrie (voir ci-dessous) – d'exprimer $\cos _{\kappa }$ et $\sin _{\kappa }$ à partir des fonctions classiques de trigonométrie.

Ainsi, pour $\kappa \in \mathbb {R}$, prenons $r$ un point de la sphère de Riemann tel que $\kappa ={\frac {1}{r^{2}}}$.

$r$ peut-être un réel (si $\kappa >0$), un imaginaire pur ($\kappa <0$), ou le point à l'infini ($\kappa =0$).

On obtient alors les expressions suivantes :

${\begin{aligned}\cos _{\kappa }(x)&=\cos(x/r)\\\\\sin _{\kappa }(x)&=r\cdot \sin(x/r)\end{aligned}}$

Formulaire de trigonométrie

Identité remarquable : $(\cos _{\kappa })^{2}+\kappa \cdot (\sin _{\kappa })^{2}=1$

${\begin{array}{cl}\\&\quad &\sin _{\kappa }(a+b)&=&\sin _{\kappa }a\cdot \cos _{\kappa }b&+&\cos _{\kappa }a\cdot \sin _{\kappa }b\\&\quad &\cos _{\kappa }(a+b)&=&\cos _{\kappa }a\cdot \cos _{\kappa }b&-&\kappa \cdot \sin _{\kappa }a\cdot \sin _{\kappa }b\\\\&\quad &\sin _{\kappa }(a-b)&=&\sin _{\kappa }a\cdot \cos _{\kappa }b&-&\cos _{\kappa }a\cdot \sin _{\kappa }b\\&\quad &\cos _{\kappa }(a-b)&=&\cos _{\kappa }a\cdot \cos _{\kappa }b&+&\kappa \cdot \sin _{\kappa }a\cdot \sin _{\kappa }b\end{array}}$ ${\begin{array}{cl}\\&\quad &\sin _{\kappa }(2a)&\quad \ =&2\cdot \sin _{\kappa }a\cdot \cos _{\kappa }a\\&\quad &\cos _{\kappa }(2a)&\quad \ =&(\cos _{\kappa }a)^{2}-\kappa \cdot (\sin _{\kappa }a)^{2}&=&2\cdot (\cos _{\kappa }a)^{2}-1&=&1-2\cdot \kappa \cdot (\sin _{\kappa }a)^{2}\end{array}}$

${\begin{array}{cl}\\&\quad &\mathrm {d} \sin _{\kappa }&\quad \ =&\cos _{\kappa }\\&\quad &\mathrm {d} \cos _{\kappa }&\quad \ =&-\kappa \cdot \sin _{\kappa }\\&\quad &\mathrm {d} \ e^{u\cdot }&\quad \ =&u\cdot e^{u\cdot }\end{array}}$

Changement de base :

${\begin{aligned}\quad \quad \quad \cos _{\mu ^{2}\kappa }\lambda &=&\cos _{\kappa }(\mu \lambda )\\\quad \quad \quad \sin _{\mu ^{2}\kappa }\lambda &=&{\frac {1}{\mu }}\sin _{\kappa }(\mu \lambda )\end{aligned}}$

 

Orthogonalité

Deux vecteurs $u$ et $v$ de $\mathbb {R} ^{3}$ sont dits orthogonaux si et seulement si leur produit réel est nul.

Orthogonalité du produit imaginaire

Pour tous vecteurs $u$ et $v$, $\operatorname {Im} (vu^{*})$ est orthogonal à $u$ et $v$.

Démonstration

$\operatorname {Re} {\big (}\operatorname {Im} (vu^{*})u{\big )}=\operatorname {Re} {\big (}\operatorname {Re} (vu^{*})u+\operatorname {Im} (vu^{*})u{\big )}$

$\qquad \qquad \qquad =\operatorname {Re} {\big (}(vu^{*})u{\big )}$

$\qquad \qquad \qquad =(uu^{*})\cdot \operatorname {Re} (v)$

$\qquad \qquad \qquad =0$

 

Orthogonalité à deux vecteurs

Soient $v_{0}$, $v_{1}$ et $v_{2}$ trois vecteurs, et supposons $\mathrm {K} \neq 0$.

Alors : $v_{2}$ est orthogonal à $v_{0}$ et à $v_{1}$, si et seulement s'il est colinéaire au produit imaginaire de $v_{0}$ et de $v_{1}$.

Démonstration

($\Longleftarrow$)

Immédiat en utilisant l'orthogonalité du produit imaginaire démontrée ci-dessus.

($\Longrightarrow$)

Notons donc :

${\begin{aligned}v_{0}=&x_{0}\cdot i+y_{0}\cdot j+z_{0}\cdot k\\v_{1}=&x_{1}\cdot i+y_{1}\cdot j+z_{1}\cdot k\\v_{2}=&x_{2}\cdot i+y_{2}\cdot j+z_{2}\cdot k\\\end{aligned}}$

Comme $v_{2}$ est orthogonal à $v_{0}$ et à $v_{1}$, nous avons :

${\begin{aligned}\operatorname {Re} (v_{0}v_{2}^{*})&=\mathrm {K} x_{0}x_{2}+\mathrm {K} y_{0}y_{2}+z_{0}z_{2}=0\\\operatorname {Re} (v_{1}v_{2}^{*})&=\mathrm {K} x_{1}x_{2}+\mathrm {K} y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}=0\\\end{aligned}}$

$\mathrm {K}$ étant non-nul, deux vecteurs sont colinéaires si et seulement si leur produit imaginaire est nul.

Calculons donc $\operatorname {Im} {\big (}\operatorname {Im} (v_{1}v_{0}^{*})v_{2}^{*}{\big )}$ :

$\operatorname {Im} (v_{1}v_{0}^{*})=(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot i+(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot j+\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})\cdot k$

${\begin{aligned}\operatorname {Im} {\big (}\operatorname {Im} (v_{1}v_{0}^{*})v_{2}^{*}{\big )}&={\big (}(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot z_{2}-\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})\cdot y_{2}{\big )}\cdot i\\&\quad +{\big (}\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})\cdot x_{2}-(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot z_{2}{\big )}\cdot j\\&\quad +{\big (}(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot y_{2}-(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot x_{2}{\big )}\cdot k\\&={\big (}z_{0}x_{1}z_{2}-x_{0}z_{1}z_{2}-\mathrm {K} \cdot x_{0}y_{1}y_{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}x_{1}y_{2}{\big )}\cdot i\\&\quad +{\big (}\mathrm {K} \cdot x_{0}y_{1}x_{2}-\mathrm {K} \cdot y_{0}x_{1}x_{2}-y_{0}z_{1}z_{2}+z_{0}y_{1}z_{2}{\big )}\cdot j\\&\quad +{\big (}y_{0}z_{1}y_{2}-z_{0}y_{1}y_{2}-z_{0}x_{1}x_{2}+x_{0}z_{1}x_{2}{\big )}\cdot k\\&={\big (}(z_{0}z_{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{2})\cdot x_{1}-(z_{1}z_{2}+\mathrm {K} \cdot y_{1}y_{2})\cdot x_{0}{\big )}\cdot i\\&\quad +{\big (}(\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{2}+z_{0}z_{2})\cdot y_{1}-(\mathrm {K} \cdot x_{1}x_{2}+z_{1}z_{2})\cdot y_{0}{\big )}\cdot j\\&\quad +{\big (}(y_{0}y_{2}+x_{0}x_{2})\cdot z_{1}-(y_{1}y_{2}+x_{1}x_{2})\cdot z_{0}{\big )}\cdot k\\&={\big (}(-x_{0}x_{2})\cdot x_{1}-(-x_{1}x_{2})\cdot x_{0}{\big )}\cdot i\\&\quad +{\big (}(-y_{0}y_{2})\cdot y_{1}-(-y_{1}y_{2})\cdot y_{0}{\big )}\cdot j\\&\quad +{\big (}(-\mathrm {K} \cdot z_{0}z_{2})\cdot z_{1}-(-\mathrm {K} \cdot z_{1}z_{2})\cdot z_{0}{\big )}\cdot k\\&=0\end{aligned}}$

 

Remarque : le résultat ne s'applique pas si $\mathrm {K} =0$.

Contre-exemple

$\operatorname {Re} (jj^{*})=\mathrm {K} =0$

$\operatorname {Re} (kj^{*})=\operatorname {Re} (i)=0$

Donc $j$ est orthogonal à $j$ et $k$, pourtant $j$ n'est pas colinéaire à $\operatorname {Im} (kj^{*})=i$.

 

Propriétés diverses

Anticommutativité des vecteurs orthogonaux

$\forall \ u,\ v\in \mathbb {R} ^{3},$

$uv=-vu\iff \operatorname {Re} (vu^{*})=0$

Démonstration

$uv=\operatorname {Re} (uv)+\operatorname {Im} (uv)$

${\begin{aligned}vu&=\operatorname {Re} (vu)+\operatorname {Im} (vu)\\&=\operatorname {Re} (uv)-\operatorname {Im} (uv)\end{aligned}}$

Donc $uv=-vu\iff \operatorname {Re} (vu^{*})=-\operatorname {Re} (uv)=0$.

 

Propriété

Si $u$ et $v$ sont deux vecteurs, alors $uvu=(uu^{*})\cdot v$.

Démonstration

En utilisant les propriétés de symétrie et d'antisymétrie sus-mentionnées :

${\begin{aligned}uvu&=\operatorname {Re} (uvu)+\operatorname {Im} (uvu)\\&=\operatorname {Re} (u^{2}v)-\operatorname {Im} (u^{2}v)\\&=(uu^{*}){\big (}-\operatorname {Re} (v)+\operatorname {Im} (v){\big )}\\&=(uu^{*})\cdot \operatorname {Im} (v)\\&=(uu^{*})\cdot v\\\end{aligned}}$

 

Produit d'un vecteur par un $\mathrm {K}$-quaternion unitaire

Propriété : deux vecteurs $u$ et $v$ sont colinéaires si et seulement si, pour tout $\lambda \in \mathbb {R}$, $e^{\lambda u}\cdot v=v\cdot e^{\lambda u}$.

Démonstration

$\forall \ \lambda \in \mathbb {R} ,$

${\begin{aligned}e^{\lambda u}\cdot v&=(\cos _{uu^{*}}\lambda +\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot u)\cdot v\\&=\cos _{uu^{*}}\lambda \cdot v+\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot uv\end{aligned}}$

${\begin{aligned}v\cdot e^{\lambda u}&=v\cdot (\cos _{uu^{*}}\lambda +\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot u)\\&=\cos _{uu^{*}}\lambda \cdot v+\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot vu\end{aligned}}$

Donc $e^{\lambda u}\cdot v=v\cdot e^{\lambda u}\iff \sin _{uu^{*}}\lambda \cdot (uv-vu)=2\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot \operatorname {Im} (uv)=0$.

Or $\sin _{uu^{*}}\neq 0$ donc :

${\big (}\forall \ \lambda \in \mathbb {R} ,\ e^{\lambda u}\cdot v=v\cdot e^{\lambda u}{\big )}\iff \operatorname {Im} (uv)=0$,

ce qui termine la preuve.

 

Propriété : deux vecteurs $u$ et $v$ sont orthogonaux si et seulement si, pour tout $\lambda \in \mathbb {R}$, $e^{\lambda u}\cdot v=v\cdot e^{-\lambda u}$.

Démonstration

$\forall \ \lambda \in \mathbb {R} ,$

${\begin{aligned}e^{\lambda u}\cdot v&=(\cos _{uu^{*}}\lambda +\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot u)\cdot v\\&=\cos _{uu^{*}}\lambda \cdot v+\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot uv\end{aligned}}$

${\begin{aligned}v\cdot e^{-\lambda u}&=v\cdot (\cos _{uu^{*}}\lambda -\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot u)\\&=\cos _{uu^{*}}\lambda \cdot v-\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot vu\end{aligned}}$

Donc $e^{\lambda u}\cdot v=v\cdot e^{-\lambda u}\iff \sin _{uu^{*}}\lambda \cdot (uv+vu)=2\sin _{uu^{*}}\lambda \cdot \operatorname {Re} (uv)=0$.

Or $\sin _{uu^{*}}\neq 0$ donc :

${\big (}\forall \ \lambda \in \mathbb {R} ,\ e^{\lambda u}\cdot v=v\cdot e^{-\lambda u}{\big )}\iff \operatorname {Re} (uv)=0$,

ce qui termine la preuve.

 

Projection

Soit $u\in \mathbb {R} ^{3}$ un vecteur inversible.

Pour tout vecteur $v\in \mathbb {R} ^{3}$, on a :

$vu^{*}=\operatorname {Re} (vu^{*})+\operatorname {Im} (vu^{*})$

Comme $u^{*}$ est inversible, on peut écrire :

$v=\operatorname {Re} (vu^{*})\cdot (u^{*})^{-1}+\operatorname {Im} (vu^{*})\cdot (u^{*})^{-1}$

En posant $v_{\parallel }=\operatorname {Re} (vu^{*})\cdot (u^{*})^{-1}$ et $v_{\perp }=\operatorname {Im} (vu^{*})\cdot (u^{*})^{-1}$, on a :

• $v_{\parallel }$ est colinéaire à $u$ ;

• $v_{\perp }$ est orthogonal à $u$ ;

• donc $v_{\parallel }$ est orthogonal à $v_{\perp }$.

Démonstration

On calcule $(u^{*})^{-1}={\frac {1}{uu^{*}}}u$ donc :

• $v_{\parallel }=\lambda u$ en posant $\lambda ={\frac {\operatorname {Re} (vu^{*})}{uu^{*}}}$
• $\operatorname {Re} (v_{\perp }u)=\operatorname {Re} {\big (}\operatorname {Im} (vu^{*})\cdot (u^{*})^{-1}u{\big )}=\operatorname {Re} {\big (}-\operatorname {Im} (vu^{*}){\big )}=0$

 

Forme polaire

Un $\mathrm {K}$-quaternion $q$ est dit polarisable s'il existe $\lambda \in \mathbb {R}$, tel que $q=e^{\lambda \operatorname {Im} (q)}$.

Premier théorème de polarisation

$\forall \ q\in \mathbb {H} _{\mathrm {K} },$

${\Big (}\exists \ \lambda \in \mathbb {R} ,\ \ q=e^{\lambda \operatorname {Im} (q)}{\Big )}\iff {\Big (}{\big (}qq^{*}=1{\big )}\ \land \ {\big (}\operatorname {Re} (q)>-1{\big )}{\Big )}$

Démonstration

Posons $t=\operatorname {Re} (q)$ et $v=\operatorname {Im} (q)$.

Posons également $\kappa =vv^{*}$.

Par unitarité de $q$, on a : $t^{2}+vv^{*}=t^{2}+\kappa =1$, c'est-à-dire $t^{2}=1+v^{2}=1-vv^{*}=1-\kappa$, ou $\kappa =1-t^{2}\leq 1$

Preuve par disjonction de cas.

• Si $\kappa >0$ ($0<\kappa \leq 1$) :

Comme écrit précédemment, $t^{2}=1-\kappa$, donc $|t|={\sqrt {1-\kappa }}<1$. En particulier, $t>-1$.

Soit $r={\frac {1}{\sqrt {\kappa }}}\in \mathbb {R} _{+}$ c'est-à-dire tel que $\kappa ={\frac {1}{r^{2}}}$.

D'après ce qui précède, $(t)^{2}+{\bigg (}{\frac {1}{r}}{\bigg )}^{2}=1$, donc il existe $\theta \in \mathbb {R}$ tel que :

$\cos \theta =t$

$\sin \theta ={\frac {1}{r}}$

Posons $\lambda =r\theta \in \mathbb {R}$, nous pouvons alors réécrire les égalités précédentes :

$\cos _{\kappa }\lambda =t$

$\sin _{\kappa }\lambda =1$

Mais encore :

$q=t+v=\cos _{vv^{*}}\lambda +\sin _{vv^{*}}\lambda \cdot v=e^{\lambda v}$

• Si $\kappa =0$ :

Alors $t^{2}=1$. Or, pour tout $\lambda \in \mathbb {R}$, $\cos _{0}\lambda =1$.

Il n'y a donc pas de solution possible si $t=-1$. En revanche, si $t=1$ (et donc, $t>-1$), alors :

$q=1+v=\cos _{0}1+\sin _{0}1\cdot v=\cos _{vv^{*}}1+\sin _{vv^{*}}1\cdot v=e^{v}$

• Si $\kappa <0$ :

Comme écrit précédemment, $t^{2}=1-\kappa$, donc $|t|={\sqrt {1-\kappa }}>1$. Or $\cosh \geq 1$ donc $\cos _{\kappa }\geq 1$.

Il n'y a donc pas de solution possible si $t<-1$.

En revanche, si $t>1$ (et donc, $t>-1$), posons $r={\frac {1}{\sqrt {-\kappa }}}\in \mathbb {R} _{+}$ c'est-à-dire tel que $\kappa =-{\frac {1}{r^{2}}}$.

D'après ce qui précède, $(t)^{2}-{\bigg (}{\frac {1}{r}}{\bigg )}^{2}=1$ et comme $t>1$, il existe $x\in \mathbb {R}$ tel que :

$\cosh x=t$

$\sinh x={\frac {1}{r}}$

Posons $\lambda =rx\in \mathbb {R}$, nous pouvons alors réécrire les égalités précédentes :

$\cos _{\kappa }\lambda =t$

$\sin _{\kappa }\lambda =1$

Mais encore :

$q=t+v=\cos _{vv^{*}}\lambda +\sin _{vv^{*}}\lambda \cdot v=e^{\lambda v}$

Nous venons donc de prouver : $(qq^{*}=1)\ \land \ {\big (}\operatorname {Re} (q)>-1{\big )}\Longrightarrow {\Big (}\exists \ \lambda \in \mathbb {R} ,\ \ q=e^{\lambda \operatorname {Im} (q)}{\Big )}$.

La réciproque est facile, et procède de même par disjonction de cas pour montrer que : ${\Big (}\exists \ \lambda \in \mathbb {R} ,\ \ q=e^{\lambda \operatorname {Im} (q)}{\Big )}\Longrightarrow {\big (}\operatorname {Re} (q)>-1{\big )}$.

 

Corollaire

Si deux vecteurs $u,\ v\in \mathbb {R} ^{3}$ sont tels que $(uu^{*})(vv^{*})>0$ et tels que ${\frac {vu^{*}}{\sqrt {(uu^{*})(vv^{*})}}}$ est de partie réelle strictement supérieure à $-1$, alors il existe $\omega \in \mathbb {R} ^{3}$ tel que :

$vu^{*}={\sqrt {(uu^{*})(vv^{*})}}\cdot e^{\omega }$

On obtient aussi les expressions suivantes :

$\operatorname {Re} (vu^{*})={\sqrt {(uu^{*})(vv^{*})}}\cdot \cos _{\omega \omega ^{*}}1$

$\operatorname {Im} (vu^{*})={\sqrt {(uu^{*})(vv^{*})}}\cdot \sin _{\omega \omega ^{*}}1\cdot \omega$

Second théorème de polarisation

Soient $M_{0},\ M_{1}\in \mathbb {R} ^{3}$ deux vecteurs unitaires, et posons :

$z_{0}=\operatorname {Re} (M_{0}k^{*})$ et $z_{1}=\operatorname {Re} (M_{1}k^{*})$.

On a alors : ${\big (}\exists \ m\in \mathbb {R} ^{3},\ m\perp M_{0},\ m\perp M_{1},\ M_{1}M_{0}^{*}=e^{m}{\big )}\iff {\big (}(\mathrm {K} >0)\ \lor \ (z_{0}z_{1}\geq 0){\big )}$.

Démonstration

Premier cas : $M_{0}=M_{1}$

Alors $z_{0}z_{1}=z_{0}^{2}\geq 0$ et $m=0$ convient, donc le théorème est vérifié.

---

Deuxième cas : $M_{0}=-M_{1}$

($\Longleftarrow$)

$\mathrm {K} >0$, montrons qu'il existe $m\in \mathbb {R} ^{3}$, non-nul et orthogonal à $M_{0}$ (et donc, à $M_{1}$).

Si $M_{0}$ est colinéaire à $k$, alors $m=i$ convient.

Sinon, alors $m=\operatorname {Im} (kM_{0}*)\cdot M_{0}$ convient. En effet, $\operatorname {Re} (mM_{0}^{*})=\operatorname {Re} {\big (}\operatorname {Im} (kM_{0}*){\big )}=0$, donc $m$ est orthogonal à $M_{0}$.

Par ailleurs, comme $M_{0}\neq 0$ et, comme $M_{0}$ et $k$ ne sont pas colinéaires, $\operatorname {Im} (kM_{0}*)\neq 0$.

Montrons que : si $\mathrm {K} >0$ alors, pour tous $u,\ v\in \mathbb {R} ^{3}$, $vu^{*}=0\Longrightarrow (u=0)\ \lor \ (v=0)$.

$(vu^{*}=0)\Longrightarrow {\big (}\operatorname {Im} (vu^{*})=0{\big )}\iff {\big (}v\in \mathrm {Col} (u){\big )}$

Si $v=0$, la proposition est donc vérifiée. Sinon, alors il existe $\mu \in \mathbb {R}$ tel que $u=\mu v$.

Si $\mu =0$, alors $u=0$ et la proposition est vérifiée. Sinon, $(vu^{*}=0)\Longrightarrow {\big (}\operatorname {Re} (vu^{*})=\mu uu^{*}=0{\big )}\Longrightarrow uu^{*}=0$.

Or $\mathrm {K} >0$ donc $uu^{*}=0\iff u=0$.

Donc il existe $m$ non-nul et orthogonal à $M_{0}$ (et donc, à $M_{1}$).

Posons alors $\kappa =mm^{*}>0$ (car $\mathrm {K} >0$), puis $r={\frac {1}{\sqrt {\kappa }}}\in \mathbb {R}$.

Posons enfin $\lambda _{0}={\frac {1}{2}}(2\pi )\cdot r\neq 0$. Il est facile de vérifier l'égalité : $e^{\lambda _{0}m}=-1$.

En choisissant $m'=\lambda _{0}m$, nous avons donc trouvé un vecteur orthogonal à $M_{0}$ et à $M_{1}$, tel que $M_{1}M_{0}^{*}=e^{m'}$.

($\Longrightarrow$)

Notons :

$M_{0}=x_{0}\cdot i+y_{0}\cdot j+z_{0}\cdot k$

$m=x_{2}\cdot i+y_{2}\cdot j+z_{2}\cdot k$

Posons $\kappa =mm^{*}$ et remarquons que, ${\big (}e^{m}=-1{\big )}\Longrightarrow {\big (}\cos _{\kappa }=-1{\big )}\Longrightarrow {\big (}\kappa >0{\big )}$.

Nous avons les égalités suivantes :

${\begin{aligned}&\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2}+z_{0}^{2}&=1\\&\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{2}+z_{0}z_{2}&=0\\&\mathrm {K} \cdot x_{2}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{2}^{2}+z_{2}^{2}&=\kappa \end{aligned}}$

D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, $(x_{0}x_{2}+y_{0}y_{2})^{2}\leq (x_{0}^{2}+y_{0}^{2})(x_{2}^{2}+y_{2}^{2})$, d'où :

${\begin{aligned}z_{0}^{2}z_{2}^{2}&={\big (}-\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{2}-\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{2}{\big )}^{2}\\&=\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}x_{2}+y_{0}y_{2})^{2}\\&\leq \mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}^{2}+y_{0}^{2})(x_{2}^{2}+y_{2}^{2})\\&\leq (\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2})(\mathrm {K} \cdot x_{2}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{2}^{2})\\z_{2}^{2}-(1-z_{0}^{2})\cdot z_{2}^{2}&\leq (1-z_{0}^{2})(\kappa -z_{2}^{2})\\\end{aligned}}$

D'où il vient que :

${\begin{aligned}z_{2}^{2}&\leq \kappa \cdot (1-z_{0}^{2})\\z_{2}^{2}&\leq \kappa \cdot (x_{0}^{2}+y_{0}^{2})\cdot \mathrm {K} \\\end{aligned}}$

Donc $\mathrm {K} \geq 0$.

Or, $\mathrm {K} =0$ implique :

${\begin{aligned}&z_{0}^{2}&=&\ 1\\&z_{0}z_{2}&=&\ 0\\&z_{2}^{2}&=&\ \kappa \neq 0\end{aligned}}$

Ce qui est impossible. Donc $\mathrm {K} <0$.

---

Troisième cas : $M_{0}$ et $M_{1}$ ne sont pas colinéaires

Nous allons devoir distinguer deux sous-cas, selon que $\mathrm {K}$ est nul ou non.

Nous noterons :

$M_{0}=x_{0}\cdot i+y_{0}\cdot j+z_{0}\cdot k$

$M_{1}=x_{1}\cdot i+y_{1}\cdot j+z_{1}\cdot k$

$m_{\ }=x_{\ }\cdot i+y_{\ }\cdot j+z_{\ }\cdot k$

---

Premier sous-cas : $\mathrm {K} =0$

On a alors : $M_{0}M_{0}^{*}=z_{0}^{2}=1=M_{1}M_{1}^{*}=z_{1}^{2}$ et $\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}=z_{0}z_{1}\in \{-1,1\}$.

($\Longrightarrow$)

Par orthogonalité de $m$ :

$\operatorname {Re} (M_{0}m^{*})=z_{0}z=0=\operatorname {Re} (M_{1}m^{*})=z_{1}z$

Comme $z_{0}$ et $z_{1}$ sont non-nuls, on en déduit que $mm^{*}=z^{2}=0$.

D'où il vient : $z_{0}z_{1}=\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}=\operatorname {Re} (e^{m})=\cos _{0}1=1\geq 0$.

($\Longleftarrow$)

$\mathrm {K} \ngtr 0$ donc $z_{0}z_{1}\geq 0$. Comme $z_{0}z_{1}\in \{-1,1\}$, on en déduit $z_{0}z_{1}=1$.

Alors $m=\operatorname {Im} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}$ convient. En effet, nous avons déjà montré que $\operatorname {Im} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}$ est orthogonal à $M_{0}$ et à $M_{1}$, donc :

$\operatorname {Re} (M_{0}m^{*})=z_{0}z=0=\operatorname {Re} (M_{1}m^{*})=z_{1}z$

Comme $z_{0}$ et $z_{1}$ sont non-nuls, on en déduit que $mm^{*}=z^{2}=0$. D'où :

$e^{m}=1+m=\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}+\operatorname {Im} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}=M_{1}M_{0}^{*}$.

---

Second sous-cas : $\mathrm {K} \neq 0$

Nous avons alors l'équivalence : $m\perp M_{0},\ m\perp M_{1}\iff m\in \mathrm {Col} {\big (}\operatorname {Im} (M_{1}M_{0}^{*}){\big )}$, et comme nous supposons aussi que $M_{0}$ et $M_{1}$ ne sont pas colinéaires, nous savons que $\operatorname {Im} (M_{1}M_{0}^{*})\neq 0$. D'où :

$m\in \mathrm {Col} {\big (}\operatorname {Im} (M_{1}M_{0}^{*}){\big )}\iff \exists \ \lambda \in \mathbb {R} ,\ \ m=\lambda \operatorname {Im} (M_{1}M_{0}^{*})$.

Par application du premier théorème de polarisation, nous déduisons :

${\Big (}\exists \ m\in \mathbb {R} ^{3},\ m\perp M_{0},\ m\perp M_{1},\ M_{1}M_{0}^{*}=e^{m}{\Big )}\iff {\Big (}\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}>-1{\Big )}$.

Il nous suffit donc de montrer l'équivalence :

$\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}>-1\iff (\mathrm {K} >0)\ \lor \ (z_{0}z_{1}\geq 0)$

---

Montrons que : $\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}>-1\iff (\mathrm {K} >0)\ \lor \ (z_{0}z_{1}\geq 0)$

($\Longrightarrow$)

Nous allons prouver sa contraposée :

$(\neg (K>0))\land \ (\neg (z_{0}z_{1}\geq 0))\Longrightarrow \neg {\big (}\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})>-1{\big )}$

Que nous pouvons réécrire :

$\quad (K<0)\ \land \ (z_{0}z_{1}<0)\Longrightarrow \neg {\big (}\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})>-1{\big )}$

Nous supposerons donc $K<0$ et $z_{0}z_{1}<0$ dans cette partie.

$\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}=\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+z_{0}z_{1}$ donc :

$\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}>-1\iff \mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1>-z_{0}z_{1}$.

Par l'absurde :

$(z_{0}z_{1}<0)\ \land \ (\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1>-z_{0}z_{1})$

$\iff \mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1>-z_{0}z_{1}>0$

$\Longrightarrow (\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1)^{2}>(-z_{0}z_{1})^{2}$

$\iff (\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1)^{2}>(1-\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2})(1-\mathrm {K} \cdot x_{1}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{1}^{2})$

$\iff \mathrm {K} ^{2}\cdot x_{0}^{2}x_{1}^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot y_{0}^{2}y_{1}^{2}+1+2\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+2\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+2\mathrm {K} ^{2}x_{0}x_{1}y_{0}y_{1}$

$>1-\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}-\mathrm {K} \cdot x_{1}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{1}^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot x_{0}^{2}x_{1}^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot y_{0}^{2}y_{1}^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot x_{0}^{2}y_{1}^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot y_{0}^{2}x_{1}^{2}$

$\iff 2\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+2\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+2\mathrm {K} ^{2}x_{0}x_{1}y_{0}y_{1}>-\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}-\mathrm {K} \cdot x_{1}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{1}^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot x_{0}^{2}y_{1}^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot y_{0}^{2}x_{1}^{2}$

$\iff (\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}+2\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot x_{1}^{2})+(\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2}+2\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{1}^{2})>\mathrm {K} ^{2}\cdot x_{0}^{2}y_{1}^{2}-2\mathrm {K} ^{2}x_{0}x_{1}y_{0}y_{1}+\mathrm {K} ^{2}\cdot y_{0}^{2}x_{1}^{2}$

$\iff \mathrm {K} \cdot (x_{0}+x_{1})^{2}+\mathrm {K} \cdot (y_{0}+y_{1})^{2}>\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}$

$\iff 0>\mathrm {K} \cdot {\big [}(x_{0}+x_{1})^{2}+(y_{0}+y_{1})^{2}{\big ]}>\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}>0$ car $\mathrm {K} <0$, et $M_{0}$ et $M_{1}$ sont non-colinéaires.

Impossible.

($\Longleftarrow$)

• Si $\mathrm {K} >0$ :

Le produit réel est alors un produit euclidien.

Comme par ailleurs $M_{0}$ et $M_{1}$ ne sont pas colinéaires, l'inégalité de Cauchy-Schwarz nous assure que :

$|\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})|<{\big (}M_{0}M_{0}^{*}{\big )}{\big (}M_{1}M_{1}^{*}{\big )}=1$.

Donc l'inégalité $\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}>-1$ est bien vérifiée.

• Si $\mathrm {K} <0$ et $z_{0}z_{1}\geq 0$ :

$M_{0}\in S$ donc $M_{0}M_{0}^{*}=\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2}+z_{0}^{2}=1$.

Ainsi, $z_{0}^{2}=1-\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2}$ et, de même, $z_{1}^{2}=1-\mathrm {K} \cdot x_{1}^{2}-\mathrm {K} \cdot y_{1}^{2}$.

Par ailleurs, $\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}=\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+z_{0}z_{1}$ donc :

$\operatorname {Re} {\big (}M_{1}M_{0}^{*}{\big )}>-1\iff \mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1>-z_{0}z_{1}$.

Premier sous-cas $\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1>0$ :

Alors, trivialement, $\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1>0\geq -z_{0}z_{1}$ et l'inégalité voulue est respectée.

Second sous-cas $\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1\leq 0$ :

$0\geq \mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1>-z_{0}z_{1}$

$\iff (\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+1)^{2}<(-z_{0}z_{1})^{2}$

$\iff \mathrm {K} \cdot {\big [}(x_{0}+x_{1})^{2}+(y_{0}+y_{1})^{2}{\big ]}<\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}$ en reprenant les calculs précédents.

Or $\mathrm {K} \cdot {\big [}(x_{0}+x_{1})^{2}+(y_{0}+y_{1})^{2}{\big ]}<0<\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}$ car $M_{0}$ et $M_{1}$ ne sont pas colinéaires, donc l'inégalité est respectée.

 

Définition : un tel vecteur $m$, lorsqu'il existe, sera appelé vecteur caractéristique de $M_{0}$ et $M_{1}$.

Groupe spécial orthogonal

Le groupe spécial orthogonal de $Q$ est composé des transformations de la forme :

$\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} ^{3}&\to &\mathbb {R} ^{3}\\u&\mapsto &quq^{-1}\end{array}}\right.$

où q est un $\mathrm {K}$-quaternion unitaire.

En particulier, si on se restreint aux quaternions polarisables, c'est l'ensemble des transformations :

$R_{w}:\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} ^{3}&\to &\mathbb {R} ^{3}\\u&\mapsto &e^{w/2}\cdot u\cdot e^{-w/2}\end{array}}\right.$

où $w$ est un vecteur quelconque de $\mathbb {R} ^{3}$.

Remarque : Pour tout $w\in \mathbb {R} ^{3}$, pour tout $\lambda \in \mathbb {R}$, $\lambda w$ est stable par $R_{w}$.

Morphisme

Pour tout $w\in \mathbb {R} ^{3}$, et pour tous réels $\lambda$ et $\mu$,

$R_{\lambda w}\circ R_{\mu w}=R_{\mu w}\circ R_{\lambda w}=R_{(\lambda +\mu )w}$.

Cas où $w$ est inversible

Si $w$ est inversible, alors on peut décomposer tout vecteur $u\in \mathbb {R} ^{3}$ comme somme d'un vecteur $u_{\parallel }$ colinéaire à $w$ et d'un vecteur $u_{\perp }$ orthogonal à $w$.

On peut alors obtenir une expression simple de $R_{\lambda w}(u)$ :

$R_{\lambda w}(u)=u_{\parallel }+e^{\lambda w}\cdot u_{\perp }$

Démonstration

${\begin{aligned}R_{\lambda w}(u)&=e^{{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot u\cdot e^{-{\frac {\lambda }{2}}w}\\&=e^{{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot (u_{\parallel }+u_{\perp })\cdot e^{-{\frac {\lambda }{2}}w}\\&=e^{{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot u_{\parallel }\cdot e^{-{\frac {\lambda }{2}}w}+e^{{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot u_{\perp }\cdot e^{-{\frac {\lambda }{2}}w}\\&=e^{{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot e^{-{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot u_{\parallel }+e^{{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot e^{+{\frac {\lambda }{2}}w}\cdot u_{\perp }\\&=u_{\parallel }+e^{\lambda w}\cdot u_{\perp }\end{aligned}}$

 

Cas général

$R_{\lambda w}(u)=\cos _{ww^{*}}\lambda \cdot u+\sin _{ww^{*}}\lambda \cdot \operatorname {Im} (uw^{*})$

Démonstration

${\begin{aligned}R_{\lambda w}(u)&={\bigg (}\cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}+\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot w{\bigg )}\cdot u\cdot {\bigg (}\cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}-\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot w{\bigg )}\\&={\bigg (}\cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot u+\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot wu{\bigg )}\cdot {\bigg (}\cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}-\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot w{\bigg )}\\&={\bigg (}\cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}{\bigg )}^{2}\cdot u-{\bigg (}\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}{\bigg )}^{2}\cdot wuw+\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot \cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot wu-\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot \cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot uw\\&={\bigg (}\cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}{\bigg )}^{2}\cdot u-{\bigg (}\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}{\bigg )}^{2}\cdot (ww^{*})\cdot u+\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot \cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot (wu-uw)\\&={\Bigg (}{\bigg (}\cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}{\bigg )}^{2}-(ww^{*})\cdot {\bigg (}\sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}{\bigg )}^{2}{\Bigg )}\cdot u+2\cdot \sin _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot \cos _{ww^{*}}{\frac {\lambda }{2}}\cdot \operatorname {Im} (uw^{*})\\&=\cos _{ww^{*}}\lambda \cdot u+\sin _{ww^{*}}\lambda \cdot \operatorname {Im} (uw^{*})\end{aligned}}$

 

Remarque : comme vu précédemment, $\operatorname {Im} (uw^{*})$ est un vecteur orthogonal à $w$ et $u$.

Un groupe de rotations

Il existe d'importantes analogies entre le groupe spécial orthogonal et les rotations dans l'espace au sens classique, aussi $R_{\lambda w}$ sera abusivement dénommée rotation autour de l'axe dirigé par $w$, et d'angle $\lambda$, ou plus simplement rotation de vecteur $w$ et d'angle $\lambda$, voire rotation de vecteur $\lambda w$ (il est alors sous-entendu que l'angle vaut $1$).

Une même rotation peut ainsi être caractérisée par une infinité de couples (vecteur, angle) distincts : seul le produit du vecteur et de l'angle est constant. Cette ambiguïté était déjà présente chez les quaternions classiques : la rotation de vecteur normalisé $w$ et d'angle $\theta$ est également la rotation de vecteur normalisé $-w$ et d'angle $-\theta$.

Dans le cas plus général des $\mathrm {K}$-quaternions il est nécessaire d'étendre cette ambiguïté, car il n'est pas toujours possible de normaliser le vecteur directeur.

Pour s'en convaincre, prenons $w\in \mathbb {R} ^{3}$, non-nul mais tel que $ww^{*}=0$. De tels vecteurs existent lorsque $K\leq 0$.

Dans une telle situation, $R_{\lambda w}(u)=u+\lambda \cdot \operatorname {Im} (wu)$.

Or $\operatorname {Im} (wv)\neq 0$ dans le cas général, donc $R_{\lambda w}\neq R_{\mu w}$ lorsque $\lambda \neq \mu$.

Comme $(\mu w)(\mu w)^{*}=0$ quel que soit $\mu$, on ne peut pas « normaliser » $w$, et il n'est donc pas possible de définir naturellement une amplitude de $T_{\lambda w}$ qu'on appellerait « angle » indépendamment du choix de $w$.

Sphère unité

On s'intéresse à la surface $S$, appelée sphère unité, ensemble des points $M\in \mathbb {R} ^{3}$ tels que $MM^{*}=1$.

Plus rigoureusement, cette définition n'est correcte que si $\mathrm {K} >0$ ; dans le cas contraire il y a ambiguïté car l'ensemble des points $M\in \mathbb {R} ^{3}$ tels que $MM^{*}=1$ est constitué de deux surfaces : l'une dans le demi-espace $z>0$ et l'autre dans le demi-espace $z<0$. Par convention, si $\mathrm {K} \leq 0$ on appellera sphère unité la surface $S$, ensemble des points $M\in \mathbb {R} ^{3}$ du demi-espace $z>0$, tels que $MM^{*}=1$.

Corollaire du second théorème de polarisation

Tout couple de $S$ possède un vecteur caractéristique.

Vecteur caractéristique

Pour tous $M_{0},\ M_{1}\in S$, si on note $m$ leur vecteur caractéristique, et $\kappa =mm^{*}$, alors $\kappa$ est de même signe que $\mathrm {K}$.

Démonstration

Nous noterons :

$M_{0}=x_{0}\cdot i+y_{0}\cdot j+z_{0}\cdot k$

$M_{1}=x_{1}\cdot i+y_{1}\cdot j+z_{1}\cdot k$

$m_{\ }=x_{\ }\cdot i+y_{\ }\cdot j+z_{\ }\cdot k$

---

• Si $\mathrm {K} >0$ :

Alors $\kappa =\mathrm {K} \cdot x^{2}+\mathrm {K} \cdot y^{2}+z^{2}\geq 0$.

L'inégalité est même stricte, sauf si $m=0$.

---

• Si $\mathrm {K} =0$ :

Alors $M_{0}M_{0}^{*}=z_{0}^{2}=1$ donc $z_{0}\neq 0$.

Or, par orthogonalité, $\operatorname {Re} (M_{0}m^{*})=z_{0}z=0$, d'où $z=0$.

Nous en déduisons : $\kappa =z^{2}=0$.

---

• Si $\mathrm {K} <0$ :

Alors $M_{0}M_{0}^{*}=\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2}+z_{0}^{2}=1$ donc $z_{0}^{2}=1+|\mathrm {K} |\cdot (x_{0}^{2}+y_{0}^{2})>1$. De même, $z_{1}^{2}>1$.

Or, par orthogonalité,

$\operatorname {Re} (M_{0}m^{*})=\mathrm {K} \cdot x_{0}x+\mathrm {K} \cdot y_{0}y+z_{0}z=0$

D'où : $z=-{\frac {1}{z_{0}}}\cdot \mathrm {K} \cdot (x_{0}x+y_{0}y)$ et, de même, $z=-{\frac {1}{z_{1}}}\cdot \mathrm {K} \cdot (x_{1}x+y_{1}y)$.

Ainsi, $z_{1}\cdot (x_{0}x+y_{0}y)=z_{0}\cdot (x_{1}x+y_{1}y)$ ce qu'on peut écrire :

$(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot x=(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot y$

Puis :

${\begin{aligned}(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot z&=-{\frac {1}{z_{0}}}\cdot \mathrm {K} \cdot (y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot (x_{0}x+y_{0}y)\\&=-{\frac {1}{z_{0}}}\cdot \mathrm {K} \cdot {\big (}(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot x_{0}+(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot y_{0}{\big )}\cdot x\\&=-{\frac {1}{z_{0}}}\cdot \mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{0}z_{1}-x_{0}z_{0}y_{1}+z_{0}x_{1}y_{0}-x_{0}z_{1}y_{0})\cdot x\\(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot z&=\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})\cdot x\end{aligned}}$

Ainsi :

${\begin{aligned}\kappa &=\mathrm {K} \cdot x^{2}+\mathrm {K} \cdot y^{2}+z^{2}\\(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})^{2}\cdot \kappa &={\big [}\mathrm {K} \cdot (y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})^{2}+\mathrm {K} \cdot (z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}{\big ]}\cdot x^{2}\end{aligned}}$

$\kappa$ est donc de même signe que $\mathrm {K} \cdot (y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})^{2}+\mathrm {K} \cdot (z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}$.

Or :

${\begin{aligned}\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})&=\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+z_{0}z_{1}\\\operatorname {Im} (M_{1}M_{0}^{*})&=(y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})\cdot i+(z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})\cdot j+\mathrm {K} \cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})\cdot k\\(M_{1}M_{0}^{*})(M_{1}M_{0}^{*})^{*}&=\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})^{2}+\operatorname {Im} (M_{1}M_{0}^{*})\operatorname {Im} (M_{1}M_{0}^{*})^{*}\\&=(\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+z_{0}z_{1})^{2}+{\big (}\mathrm {K} \cdot (y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})^{2}+\mathrm {K} \cdot (z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}{\big )}\\&=1\end{aligned}}$

Donc $\kappa$ est donc de même signe que :

$\mathrm {K} \cdot (y_{0}z_{1}-z_{0}y_{1})^{2}+\mathrm {K} \cdot (z_{0}x_{1}-x_{0}z_{1})^{2}+\mathrm {K} ^{2}\cdot (x_{0}y_{1}-y_{0}x_{1})^{2}=1-(\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+z_{0}z_{1})^{2}$

Nous voulons prouver que $\kappa$ est de même signe que $\mathrm {K}$, c'est-à-dire négatif.

Cela revient donc à montrer que :

$|\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})|=|\mathrm {K} \cdot x_{0}x_{1}+\mathrm {K} \cdot y_{0}y_{1}+z_{0}z_{1}|\geq 1$

Or, par application du premier théorème de polarisation, nous savons que $\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})>-1$, donc nous devons montrer que $\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})>1$.

Par application de l'inégalité de Cauchy-Schwarz :

${\begin{aligned}|x_{0}x_{1}+y_{0}y_{1}|&\leq {\sqrt {(x_{0}^{2}+y_{0}^{2})(x_{1}^{2}+y_{1}^{2})}}\\|\mathrm {K} \cdot (x_{0}x_{1}+y_{0}y_{1})|&\leq {\sqrt {(\mathrm {K} \cdot x_{0}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{0}^{2})(\mathrm {K} \cdot x_{1}^{2}+\mathrm {K} \cdot y_{1}^{2})}}\\|(\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})-z_{0}z_{1})|&\leq {\sqrt {(z_{0}^{2}-1)(z_{1}^{2}-1)}}\end{aligned}}$

En particulier :

${\begin{aligned}-{\big (}\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})-z_{0}z_{1}{\big )}&\leq {\sqrt {(z_{0}^{2}-1)(z_{1}^{2}-1)}}\\\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})&\geq z_{0}z_{1}-{\sqrt {(z_{0}^{2}-1)(z_{1}^{2}-1)}}\end{aligned}}$

Or :

${\begin{aligned}(z_{0}-z_{1})^{2}&\geq 0\\z_{0}^{2}-2\cdot z_{0}z_{1}+z_{1}^{2}&\geq 0\\z_{0}^{2}-2\cdot z_{0}z_{1}+z_{1}^{2}+1+z_{0}^{2}z_{1}^{2}&\geq 1+z_{0}^{2}z_{1}^{2}\\z_{0}^{2}z_{1}^{2}-2\cdot z_{0}z_{1}+1&\geq z_{0}^{2}z_{1}^{2}-z_{0}^{2}-z_{1}^{2}+1\\{\big (}z_{0}z_{1}-1{\big )}^{2}&\geq {\big (}z_{0}^{2}-1{\big )}{\big (}z_{1}^{2}-1{\big )}\\|z_{0}z_{1}-1|&\geq {\sqrt {{\big (}z_{0}^{2}-1{\big )}{\big (}z_{1}^{2}-1{\big )}}}\end{aligned}}$

Par ailleurs, $z_{0}^{2}>1$, $z_{1}^{2}>1$ et, par application du second théorème de polarisation, $z_{0}z_{1}\geq 0$, donc $z_{0}z_{1}>1$, c'est-à-dire $|z_{0}z_{1}-1|=z_{0}z_{1}-1$. D'où :

$z_{0}z_{1}-1\geq {\sqrt {{\big (}z_{0}^{2}-1{\big )}{\big (}z_{1}^{2}-1{\big )}}}$

Et enfin :

$\operatorname {Re} (M_{1}M_{0}^{*})\geq z_{0}z_{1}-{\sqrt {(z_{0}^{2}-1)(z_{1}^{2}-1)}}\geq 1$

Ce qui termine la preuve.

 

Conjecture sur les géodésiques de S

Soient $M_{0},\ M_{1}\in S$, et $m\in \mathbb {R} ^{3}$ orthogonal à $M_{0}$ et $M_{1}$, tel que $M_{1}M_{0}^{*}=e^{m}$.

On peut alors définir le chemin :

$\gamma :\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} &\to &S\\\lambda &\mapsto &e^{\lambda m}\cdot M_{0}\end{array}}\right.$

Démonstration

Justifions que, pour tout $\lambda \in \mathbb {R}$, $\gamma (\lambda )\in S$ :

$\forall \lambda \in \mathbb {R} ,$

${\begin{aligned}\operatorname {Re} {\big (}\gamma (\lambda ){\big )}&=\operatorname {Re} (e^{\lambda m}\cdot M_{0})\\&=\operatorname {Re} {\big (}(\cos _{mm^{*}}1+\sin _{mm^{*}}1\cdot m)\cdot M_{0}{\big )}\\&=\cos _{mm^{*}}1\cdot \operatorname {Re} (M_{0})+\sin _{mm^{*}}1\cdot \operatorname {Re} (mM_{0})\\&=0+0\mathrm {\qquad (car\ m\ \perp \ M_{0})} \\&=0\end{aligned}}$

Donc $\gamma$ est bien à valeur dans $\mathbb {R} ^{3}$.

Par ailleurs :

$\forall \lambda \in \mathbb {R} ,$

${\begin{aligned}\gamma (\lambda )\gamma (\lambda )^{*}&={\big (}e^{\lambda m}\cdot M_{0}{\big )}{\big (}e^{\lambda m}\cdot M_{0}{\big )}^{*}\\&=e^{\lambda m}\cdot M_{0}M_{0}^{*}\cdot e^{-\lambda m}\\&=1\end{aligned}}$

Donc $\gamma$ prend bien ses valeurs parmi les vecteurs unitaires.

Enfin, $\gamma$ est une fonction continue or, si $\mathrm {K} \leq 0$, il n'existe aucun vecteur unitaire appartenant au plan $z=0$, donc $\gamma$ est à valeur dans $S$.

 

En notant $\kappa =mm^{*}$ et en supposant $\sin _{\kappa }1\neq 0$, on obtient :

$\gamma (\lambda )={\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot {\big [}\sin _{\kappa }(1-\lambda )\cdot M_{0}+\sin _{\kappa }\lambda \cdot M_{1}{\big ]}$

Démonstration

${\begin{aligned}{\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot {\big [}\sin _{\kappa }(1-\lambda )\cdot M_{0}+\sin _{\kappa }\lambda \cdot M_{1}{\big ]}&={\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot {\big [}\sin _{\kappa }(1-\lambda )+\sin _{\kappa }\lambda \cdot e^{m}{\big ]}\cdot M_{0}\\&={\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot {\big [}(\sin _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda -\cos _{\kappa }1\sin _{\kappa }\lambda )+\sin _{\kappa }\lambda \cdot (\cos _{\kappa }1+\sin _{\kappa }1\cdot m){\big ]}\cdot M_{0}\\&={\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot {\big [}\sin _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda +\sin _{\kappa }\lambda \cdot \sin _{\kappa }1\cdot m){\big ]}\cdot M_{0}\\&=(\cos _{\kappa }\lambda +\sin _{\kappa }\lambda \cdot m)\cdot M_{0}\\&=e^{\lambda m}\cdot M_{0}\\\end{aligned}}$

 

Conjecture

$\gamma$ est une géodésique.

Longueur d'une géodésique de $S$

Dans cette section, on s'intéresse à la longueur de la géodésique reliant $M_{0}$ à $M_{1}$.

En conservant les notations précédentes, et hors cas particulier dans lequel $M_{0}$ et $M_{1}$ sont colinéaires, le triplet $(M_{0},M_{1},m)$ est une base de $\mathbb {R} ^{3}$.

Notons $x_{0}=M_{0}$, $x_{1}=M_{1}$, et $x_{2}=m$ ; et $x^{0}$, $x^{1}$, et $x^{2}$ les formes linéaires qui à un vecteur associe respectivement sa coordonnée en $x_{0}$, $x_{1}$ et $x_{2}$.

En utilisant la convention de sommation d'Einstein, tout point $M\in \mathbb {R} ^{3}$ s'écrit donc de la forme :

$M=x^{i}x_{i}$

Notons enfin $\eta _{ij}=\operatorname {Re} (x_{i}x_{j}^{*})=\eta _{ji}$ et $ds^{2}$ le carré de la longueur d'un arc de géodésique infinitésimal. On calcule alors :

$ds^{2}=\eta _{ij}\operatorname {d} x^{i}\operatorname {d} x^{j}=\kappa \operatorname {d} \lambda ^{2}$

Démonstration

Que $\gamma$ soit ou non une géodésique, elle constitue une courbe paramétrée reliant $M_{0}$ à $M_{1}$. On a alors :

$ds^{2}=\eta _{ij}\cdot {\frac {\operatorname {d} x^{i}}{\operatorname {d} \lambda }}\cdot {\frac {\operatorname {d} x^{j}}{\operatorname {d} \lambda }}\cdot \operatorname {d} \lambda ^{2}$

Or :

${\begin{aligned}x^{0}(\lambda )&={\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \sin _{\kappa }(1-\lambda )\\x^{1}(\lambda )&={\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \sin _{\kappa }(\lambda )\\x^{2}(\lambda )&=0\end{aligned}}$

Donc :

${\begin{aligned}{\frac {\operatorname {d} x^{0}}{\operatorname {d} \lambda }}(\lambda )&=-{\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \cos _{\kappa }(1-\lambda )\\{\frac {\operatorname {d} x^{1}}{\operatorname {d} \lambda }}(\lambda )&={\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \cos _{\kappa }(\lambda )\\{\frac {\operatorname {d} x^{2}}{\operatorname {d} \lambda }}(\lambda )&=0\end{aligned}}$

Par ailleurs, comme $m$ est orthogonal à $M_{0}$ et à $M_{1}$ :

${\begin{aligned}\eta _{00}&=\eta _{11}=1\\\eta _{22}&=\kappa \\\eta _{02}&=\eta _{20}=\eta _{12}=\eta _{21}=0\\\eta _{01}&=\eta _{10}=\cos _{\kappa }1\end{aligned}}$

Nous obtenons donc :

${\begin{aligned}{\Bigg (}{\frac {\operatorname {d} s}{\operatorname {d} \lambda }}{\Bigg )}^{2}&={\Bigg (}{\frac {\operatorname {d} x^{0}}{\operatorname {d} \lambda }}{\Bigg )}^{2}+{\Bigg (}{\frac {\operatorname {d} x^{1}}{\operatorname {d} \lambda }}{\Bigg )}^{2}+2\cdot \cos _{\kappa }1\cdot {\frac {\operatorname {d} x^{0}}{\operatorname {d} \lambda }}{\frac {\operatorname {d} x^{1}}{\operatorname {d} \lambda }}\\&={\Bigg (}-{\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \cos _{\kappa }(1-\lambda ){\Bigg )}^{2}+{\Bigg (}{\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \cos _{\kappa }(\lambda ){\Bigg )}^{2}+2\cdot \cos _{\kappa }1\cdot {\Bigg (}-{\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \cos _{\kappa }(1-\lambda ){\Bigg )}{\Bigg (}{\frac {1}{\sin _{\kappa }1}}\cdot \cos _{\kappa }(\lambda ){\Bigg )}\\&={\frac {1}{(\sin _{\kappa }1)^{2}}}{\Big [}\cos _{\kappa }(1-\lambda )^{2}+\cos _{\kappa }(\lambda )^{2}-2\cdot \cos _{\kappa }1\cdot \cos _{\kappa }(1-\lambda )\cdot \cos _{\kappa }(\lambda ){\Big ]}\\&={\frac {1}{(\sin _{\kappa }1)^{2}}}{\Big [}(\cos _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda +\kappa \sin _{\kappa }1\sin _{\kappa }\lambda )^{2}+(\cos _{\kappa }\lambda )^{2}-2\cos _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda \cdot (\cos _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda +\kappa \sin _{\kappa }1\sin _{\kappa }\lambda ){\Big ]}\\&={\frac {1}{(\sin _{\kappa }1)^{2}}}{\Big [}(\cos _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda )^{2}+(\kappa \sin _{\kappa }1\sin _{\kappa }\lambda )^{2}+(\cos _{\kappa }\lambda )^{2}-2\cos _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda \cdot (\cos _{\kappa }1\cos _{\kappa }\lambda ){\Big ]}\\&={\frac {1}{(\sin _{\kappa }1)^{2}}}{\bigg [}{\Big (}1-(\cos _{\kappa }1)^{2}{\Big )}(\cos _{\kappa }\lambda )^{2}+(\kappa \sin _{\kappa }1\sin _{\kappa }\lambda )^{2}{\bigg ]}\\&={\frac {1}{(\sin _{\kappa }1)^{2}}}{\Big [}\kappa \cdot (\sin _{\kappa }1)^{2}(\cos _{\kappa }\lambda )^{2}+(\kappa \sin _{\kappa }1\sin _{\kappa }\lambda )^{2}{\Big ]}\\&=\kappa \cdot (\cos _{\kappa }\lambda )^{2}+(\kappa \sin _{\kappa }\lambda )^{2}\\&=\kappa \cdot {\Big [}(\cos _{\kappa }\lambda )^{2}+\kappa (\sin _{\kappa }\lambda )^{2}{\Big ]}\\&=\kappa \end{aligned}}$

Donc $ds^{2}=\kappa \operatorname {d} \lambda ^{2}$.

 

Loi des cosinus

Soient $A,\ B,\ C\in S$, et soient $a,\ b,\ c\in \mathbb {R} ^{3}$ tels que :

${\begin{aligned}e^{a}&=BC^{*}\\e^{b}&=CA^{*}\\e^{c}&=AB^{*}\end{aligned}}$

Alors :

$\cos _{aa^{*}}1=\cos _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1+\sin _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot \operatorname {Re} (bc)$

Démonstration

Par définition, $e^{a}e^{b}e^{c}=1$, donc $e^{a}=e^{-c}e^{-b}$.

En utilisant l'identité d'Euler :

${\begin{aligned}\cos _{aa^{*}}1+\sin _{aa^{*}}1\cdot a&=(\cos _{bb^{*}}1-\sin _{bb^{*}}1\cdot b)(\cos _{cc^{*}}1-\sin _{cc^{*}}1\cdot c)\\&=\cos _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1+\sin _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot bc-(\cos _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot c+\sin _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1\cdot b)\end{aligned}}$

En ne conservant que la partie réelle :

$\cos _{aa^{*}}1=\cos _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1+\sin _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot \operatorname {Re} (bc)$

 

Corollaire

Pour tous $A,\ B,\ C\in S$ :

$\operatorname {Re} {\Big (}(C-A)(B-A)^{*}{\Big )}=(1-\cos _{bb^{*}}1)(1-\cos _{cc^{*}}1)-\sin _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot \operatorname {Re} (bc)$

Démonstration

${\begin{aligned}\operatorname {Re} {\Big (}(C-A)(B-A)^{*}{\Big )}&=(1+\cos _{aa^{*}}1)-(\cos _{bb^{*}}1+\cos _{cc^{*}}1)\\&=(1-\cos _{bb^{*}}1)(1-\cos _{cc^{*}}1)-\cos _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1+\cos _{aa^{*}}1\\&=(1-\cos _{bb^{*}}1)(1-\cos _{cc^{*}}1)-\sin _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\end{aligned}}$

 

Loi des sinus

En conservant les notations précédentes :

${\Bigg (}{\frac {\operatorname {Im} (bc)}{\sin _{aa^{*}}1}}{\Bigg )}^{2}={\Bigg (}{\frac {\operatorname {Im} (ca)}{\sin _{bb^{*}}1}}{\Bigg )}^{2}={\Bigg (}{\frac {\operatorname {Im} (ab)}{\sin _{cc^{*}}1}}{\Bigg )}^{2}$

Démonstration

Par définition, $e^{a}e^{b}e^{c}=1$, donc $e^{a}=e^{-c}e^{-b}$.

En utilisant l'identité d'Euler :

${\begin{aligned}\cos _{aa^{*}}1+\sin _{aa^{*}}1\cdot a&=(\cos _{bb^{*}}1-\sin _{bb^{*}}1\cdot b)(\cos _{cc^{*}}1-\sin _{cc^{*}}1\cdot c)\\&=\cos _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1+\sin _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot bc-(\cos _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot c-\sin _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1\cdot b)\end{aligned}}$

En ne conservant que la partie imaginaire :

$\sin _{aa^{*}}1\cdot a=\sin _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot \operatorname {Im} (bc)-(\cos _{bb^{*}}1\cdot \sin _{cc^{*}}1\cdot c+\sin _{bb^{*}}1\cdot \cos _{cc^{*}}1\cdot b)$

Pour simplifier l'écriture, on notera $c_{\kappa }=\cos _{\kappa }1$, $s_{\kappa }=\sin _{\kappa }1$, et on posera $\alpha =aa^{*}$, $\beta =bb^{*}$ et $\gamma =cc^{*}$.

Ainsi, $s_{\beta }s_{\gamma }\cdot \operatorname {Im} (bc)=s_{\alpha }\cdot a+c_{\gamma }s_{\beta }\cdot b+c_{\beta }s_{\gamma }\cdot c$

En multipliant par le conjugué à gauche et à droite de l'égalité et en se souvenant de la loi des cosinus :

${\begin{aligned}(s_{\beta }s_{\gamma })^{2}\cdot \operatorname {Im} (bc)\operatorname {Im} (bc)^{*}&=(s_{\alpha }\cdot a+c_{\gamma }s_{\beta }\cdot b+c_{\beta }s_{\gamma }\cdot c)(s_{\alpha }\cdot a^{*}+c_{\gamma }s_{\beta }\cdot b^{*}+c_{\beta }s_{\gamma }\cdot c^{*})\\&=(aa^{*}\cdot s_{\alpha }^{2})+(bb^{*}\cdot s_{\beta }^{2})\cdot c_{\gamma }^{2}+(cc^{*}\cdot s_{\gamma }^{2})\cdot c_{\beta }^{2}+c_{\gamma }s_{\alpha }s_{\beta }\cdot (ab^{*}+ba^{*})+c_{\beta }s_{\alpha }s_{\gamma }\cdot (ac^{*}+ca^{*})+c_{\beta }c_{\gamma }s_{\beta }s_{\gamma }\cdot (bc^{*}+cb^{*})\\&=1-c_{\alpha }^{2}+(1-c_{\beta }^{2})\cdot c_{\gamma }^{2}+(1-c_{\gamma }^{2})\cdot c_{\beta }^{2}+2\cdot c_{\gamma }{\big [}s_{\alpha }s_{\beta }\cdot \operatorname {Re} (ab^{*}){\big ]}+2\cdot c_{\beta }{\big [}s_{\alpha }s_{\gamma }\cdot \operatorname {Re} (ac^{*}){\big ]}+2\cdot c_{\beta }c_{\gamma }{\big [}s_{\beta }s_{\gamma }\cdot \operatorname {Re} (bc^{*}){\big ]}\\&=1-c_{\alpha }^{2}+c_{\beta }^{2}+c_{\gamma }^{2}-2\cdot c_{\beta }^{2}\cdot c_{\gamma }^{2}+2\cdot c_{\gamma }(c_{\alpha }c_{\beta }-c_{\gamma })+2\cdot c_{\beta }(c_{\alpha }c_{\gamma }-c_{\beta })+2\cdot c_{\beta }c_{\gamma }(c_{\beta }c_{\gamma }-c_{\alpha })\\&=2\cdot c_{\alpha }c_{\beta }c_{\gamma }-c_{\alpha }^{2}-c_{\beta }^{2}-c_{\gamma }^{2}+1\end{aligned}}$

Ce qui constitue une expression symétrique. Nous en déduisons donc :

$-(s_{\beta }s_{\gamma })^{2}\cdot \operatorname {Im} (bc)^{2}=-(s_{\gamma }s_{\alpha })^{2}\cdot \operatorname {Im} (ca)^{2}=-(s_{\alpha }s_{\beta })^{2}\cdot \operatorname {Im} (ab)^{2}$

Ce qui donne :

${\Bigg (}{\frac {\operatorname {Im} (bc)}{\sin _{aa^{*}}1}}{\Bigg )}^{2}={\Bigg (}{\frac {\operatorname {Im} (ca)}{\sin _{bb^{*}}1}}{\Bigg )}^{2}={\Bigg (}{\frac {\operatorname {Im} (ab)}{\sin _{cc^{*}}1}}{\Bigg )}^{2}$

 

Fourre-tout annexe

Espaces tangents $T_{M}S$

Pour tout $M\in S$, on note $T_{M}S$ l'espace tangent à $S$ en $M$.

Pour tout $\mathrm {K} \neq 0$, $k\in S$ et $i$ et $j$ sont deux vecteurs formant une base orthogonale de $T_{k}S$.

De même, pour tout $w\in S$, $(-wj,\ wi)$ est une base orthogonale de $T_{w}S$.

Transport parallèle sur $S$

Soient $M_{0},\ M_{1}\in S$, soit $m\in \mathbb {R} ^{3}$, tel que $e^{m}=M_{1}M_{0}^{*}$.

Soit $M:\lambda \mapsto e^{\lambda m}\cdot M_{0}$.

Alors, pour tout $\lambda \in \mathbb {R}$, ${\big (}mM(\lambda ),\ m,\ M(\lambda ){\big )}$ est une base orthogonale de $\mathbb {R} ^{3}$ et ${\big (}mM(\lambda ),\ m{\big )}$ est une base orthogonale de $T_{M(\lambda )}S$.

En particulier, ${\big (}mM(\lambda ){\big )}{\big (}mM(\lambda ){\big )}^{*}=mm^{*}$ donc tous les vecteurs de tous les $T_{M(\lambda )}S$ ont la même orientation.

On peut ainsi transporter parallèlement un vecteur $u$ le long de la courbe $M$ :

$\exists \ \mu \in \mathbb {R} ,\ \exists \ \rho \in \mathbb {R} _{+},\ \forall \ \lambda \in \mathbb {R} ,\ u(\lambda )=\rho \cdot e^{\mu M(\lambda )}\cdot M'(\lambda )$

Triangle sur $S$

Soient $A,\ B,\ C\in S$, et soient $a,\ b,\ c\in \mathbb {R} ^{3}$ tels que :

${\begin{aligned}e^{a}&=BC^{*}\\e^{b}&=CA^{*}\\e^{c}&=AB^{*}\end{aligned}}$

On définit :

${\begin{aligned}\Gamma _{a}&:\lambda \mapsto e^{\lambda a}\cdot C\\\Gamma _{b}&:\lambda \mapsto e^{\lambda b}\cdot A\\\Gamma _{c}&:\lambda \mapsto e^{\lambda c}\cdot B\\\end{aligned}}$

On supposera que $\Gamma _{a}$, $\Gamma _{b}$ et $\Gamma _{c}$ sont des géodésiques.

On s'intéresse au lacet $B\rightarrow A\rightarrow C\rightarrow B$ le long de ces géodésiques, et à l'holonomie induite.

Prenons $\mu _{c}=0$, $\rho _{c}=1$ et définissons $u_{c}=\rho _{c}\cdot e^{\mu _{c}\Gamma _{c}}\cdot \Gamma _{c}'=\rho _{c}\cdot e^{\mu _{c}\Gamma _{c}}\cdot c\cdot \Gamma _{c}$.

Alors $u_{c}(1)=c\cdot \Gamma _{c}(1)=cA$ et on cherche $\mu _{b}$ et $\rho _{b}$ tels que $u_{c}(1)=\rho _{b}\cdot e^{\mu _{b}\Gamma _{b}(0)}\cdot b\cdot \Gamma _{b}(0)=\rho _{b}\cdot e^{\mu _{b}A}\cdot b\cdot A$.

On cherche donc $\mu _{b}$ et $\rho _{b}$ tels que $\rho _{b}\cdot e^{\mu _{b}A}={\frac {cb^{*}}{(bb^{*})}}$, ce qui n'est possible que si $cc^{*}=\rho _{b}^{2}\geq 0$, or cela n'est pas garanti.

Connexion ?

$\left\{{\begin{array}{cl}T_{w}S&\to &T_{w'}S\\p&\mapsto &(w'w^{*})\cdot p\end{array}}\right.$

Heuristique sur la loi des cosinus

Comme nous l'avons vu plus haut, $aa^{*}$, $bb^{*}$ et $cc^{*}$ donnent le carré des longueurs des arcs de géodésique reliant respectivement $B$ à $C$, $A$ à $C$, et $A$ à $B$. Nous noterons ces arcs de géodésique respectivement ${\overset {\displaystyle \frown }{BC}}$, ${\overset {\displaystyle \frown }{AC}}$ et ${\overset {\displaystyle \frown }{AB}}$.

Par ailleurs, $\operatorname {Re} (bc)$ caractérise le cosinus de l'angle que forment les géodésiques ${\overset {\displaystyle \frown }{AC}}$ et ${\overset {\displaystyle \frown }{AB}}$.

En effet, $b$ et $c$ sont orthogonaux à $A$ donc appartiennent à $T_{A}S$. De même pour $bA=\gamma '_{b}(0)$ et $cA=\gamma '_{c}(0)$. Alors, en supposant que l'arc de géodésique est décrit par la fonction $\gamma$ définie ci-dessus, l'angle entre les arcs de géodésique est l'angle entre ces deux vecteurs, donc son cosinus vaut ${\frac {1}{\sqrt {(bb^{*})(cc^{*})}}}\operatorname {Re} (bc)$.

Paramétrisation de $S$

On peut paramétrer notre sphère unité :

$v\in \mathbb {R} ^{3},\ vv^{*}=1\iff \exists \ s\in \mathbb {R} ,\ \theta \in \mathbb {R} /(2\pi \mathbb {Z} ),\ v=\cos \theta \cdot \sin _{\mathrm {K} }s\cdot i+\sin \theta \cdot \sin _{\mathrm {K} }s\cdot j+\cos _{\mathrm {K} }s\cdot k$

Le couple $(s,\ \theta )$ est unique à une involution près : $(s,\ \theta )\sim (-s,\ \theta +(2\pi )/2)$, sauf pour le point $(0,0,1)$.

Avec une base orthogonale

Supposons deux vecteurs orthogonaux $u_{0}$ et $w$, et posons :

$u:\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} &\to &\mathbb {R} ^{3}\\\lambda &\mapsto &R_{\lambda w}(u_{0})=e^{\lambda w}\cdot u_{0}\end{array}}\right.$

$v:\left\{{\begin{array}{cl}\mathbb {R} &\to &\mathbb {R} ^{3}\\\lambda &\mapsto &\operatorname {Im} {\big (}w\cdot R_{\lambda w}(u_{0}){\big )}=w\cdot e^{\lambda w}\cdot u_{0}\end{array}}\right.$

Alors $u$ et $v$ vérifient :

$uu^{*}=u_{0}u_{0}^{*}$

$vv^{*}=v_{0}v_{0}^{*}=(ww^{*})(u_{0}u_{0}^{*})$

$uv=u_{0}v_{0}=(u_{0}u_{0}^{*})\cdot w$

avec $v_{0}=wu_{0}$. En particulier, $\operatorname {Re} (uv)=0$, il y a donc orthogonalité des images.

Par ailleurs :

${\frac {\operatorname {d} u}{\operatorname {d} \lambda }}=v$

${\frac {\operatorname {d} v}{\operatorname {d} \lambda }}=-(ww^{*})\cdot u$

Donc, toute fonction $p$ combinaison linéaire de $u$ et $v$ vérifie l'équation différentielle suivante :

${\frac {\operatorname {d^{2}} p}{\operatorname {d} \lambda ^{2}}}+(ww^{*})\cdot p=0$