Exercice 19

1. On développe les deux carrés : $$\begin{aligned} \big(xx'-yy'\big)^{2}+\big(xy'+x'y\big)^{2} &= x^{2}x'^{2}-2xx'yy'+y^{2}y'^{2}+x^{2}y'^{2}+2xy'x'y+x'^{2}y^{2}\\ &= x^{2}x'^{2}+x^{2}y'^{2}+y^{2}x'^{2}+y^{2}y'^{2}\\ &= x^{2}\big(x'^{2}+y'^{2}\big)+y^{2}\big(x'^{2}+y'^{2}\big) = \big(x^{2}+y^{2}\big)\big(x'^{2}+y'^{2}\big) \end{aligned}$$ les deux doubles produits se compensant.

2. Internité. Si $(x\,;y)$ et $(x'\,;y')$ sont non nuls, alors $x^{2}+y^{2}>0$ et $x'^{2}+y'^{2}>0$, donc leur produit est strictement positif. D'après la question 1, il en va de même de la somme des carrés des deux coordonnées du résultat, qui n'est donc pas le couple nul.

Commutativité. Les deux expressions $xx'-yy'$ et $xy'+x'y$ sont inchangées lorsqu'on échange $(x\,;y)$ et $(x'\,;y')$.

Associativité. Un calcul direct montre que les deux parenthésages donnent tous deux : $$\big(xx'x''-xy'y''-yx'y''-yy'x'' \;;\; xx'y''+xy'x''+yx'x''-yy'y''\big)$$

Neutre. $(x\,;y) \ast (1\,;0)=(x \times 1 - y \times 0 \,;\, x \times 0 + 1 \times y)=(x\,;y)$, et de même à gauche.

Symétrique. En posant $N=x^{2}+y^{2}>0$, on vérifie que $\left(\dfrac{x}{N} \,;\, \dfrac{-y}{N}\right)$ convient : $$(x\,;y) \ast \left(\frac{x}{N} \,;\, \frac{-y}{N}\right)=\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{N} \,;\, \frac{-xy+xy}{N}\right)=(1\,;0)$$

3. On a $\mathcal{C} \subset \mathbb{R}^{2} \setminus \{(0\,;0)\}$, et $(1\,;0) \in \mathcal{C}$. Soient $(x\,;y)$ et $(x'\,;y')$ dans $\mathcal{C}$. Le symétrique de $(x'\,;y')$ est $(x'\,;-y')$, puisque $N=1$, et il appartient à $\mathcal{C}$. Enfin, d'après la question 1, la somme des carrés des coordonnées du produit vaut $1 \times 1=1$. $$\boxed{\mathcal{C} \text{ est un sous-groupe de } \big(\mathbb{R}^{2} \setminus \{(0\,;0)\} \,;\ast\big).}$$

4. Pour tous $(x\,;y)$ et $(x'\,;y')$ non nuls : $$f\big((x\,;y) \ast (x'\,;y')\big)=\big(xx'-yy'\big)+\mathrm{i}\big(xy'+x'y\big)=(x+\mathrm{i}y)(x'+\mathrm{i}y')=f(x\,;y) \times f(x'\,;y')$$ De plus $f$ est bijective, de réciproque $z \mapsto \big(\mathcal{R}e(z) \,;\, \mathcal{I}m(z)\big)$. $$\boxed{f \text{ est un isomorphisme de } \big(\mathbb{R}^{2} \setminus \{(0\,;0)\} \,;\ast\big) \text{ sur } (\mathbb{C}^{*}\,;\times).}$$

5. La restriction de $f$ à $\mathcal{C}$ reste un morphisme et reste injective. Son image est : $$f(\mathcal{C})=\big\{x+\mathrm{i}y \;\big|\; x^{2}+y^{2}=1\big\}=\big\{z \in \mathbb{C} \;\big|\; |z|=1\big\}=\mathbb{U}$$

6. Morphisme. Pour tous réels $a$ et $b$, les formules d'addition donnent : $$\varphi(a+b)=\big(\cos(a+b) \,;\, \sin(a+b)\big)=\big(\cos a \cos b-\sin a \sin b \,;\, \cos a \sin b + \cos b \sin a\big)$$ ce qui est exactement $\big(\cos a \,;\, \sin a\big) \ast \big(\cos b \,;\, \sin b\big)=\varphi(a) \ast \varphi(b)$.

Surjectivité. Soit $(x\,;y) \in \mathcal{C}$, c'est-à-dire $x^{2}+y^{2}=1$. Il existe alors un réel $\theta$ tel que $x=\cos\theta$ et $y=\sin\theta$ : le point appartient au cercle trigonométrique.

Noyau. Le neutre de $(\mathcal{C}\,;\ast)$ est $(1\,;0)$, et : $$\begin{aligned} \varphi(\theta)=(1\,;0) &\iff \cos\theta=1 \;\text{ et }\; \sin\theta=0\\ &\iff \theta \in 2\pi\mathbb{Z} \end{aligned}$$

$$\boxed{\varphi \text{ est un morphisme surjectif, de noyau } \mathrm{Ker}\, \varphi = 2\pi\mathbb{Z}.}$$ Le noyau n'est pas réduit au neutre : d'après le théorème 1, l'application $\varphi$ n'est donc pas injective. On lit ainsi la périodicité du sinus et du cosinus.