$E~$ est un sous-espace vectoriel de \( \mathcal{M}_2(\mathbb R) \)

Soient:
$(\lambda,\gamma)\in\mathbb R^2 ~$ et $~(M_{a,b}, M_{a',b'})\in E^2 ~$.

Alors : $$ \lambda M_{a,b} + \gamma M_{a',b'} = \begin{pmatrix} \lambda a + \gamma a' & -(\lambda b + \gamma b') \\ 3(\lambda b + \gamma b') & (\lambda a + \gamma a') - 2(\lambda b + \gamma b') \end{pmatrix}$$ Ce qui implique que: $$\lambda M_{a,b} + \gamma M_{a',b'}=M_{\lambda a + \gamma a',\; \lambda b + \gamma b'}$$ est dans $E$.

De plus : $$ 0 = M_{0,0}\in E$$ Donc $~E~$ est un sous-espace vectoriel $~\mathcal{M}_2(\mathbb R)$

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\( E \) est un corps commutatif

• Stabilité par produit : \( M_{a,b} M_{a',b'} = M_{A,B} \) avec \( A = aa' - 3bb' \), \( B = a'b + ab' - 2bb' \).
• Commutativité : évidente car \( A,B \) symétriques en \( (a,a') \) et \( (b,b') \).
• Élément neutre : \( M_{1,0} = I_2 \).
• Inverse :
  Soit $M_{a,b}\neq 0 ~~$ c'est à dire $~a,b~$ non tous à la fois.
  Le déterminant de $~M_{a,b}~$ est: $$ \Delta = a^2 - 2ab + 3b^2=(a-b)^2 +2b^2 > 0\quad \text{(facile à prouver)}$$ Par la suite: \begin{align*} M_{a,b}^{-1} &= \dfrac{1}{\Delta}\begin{pmatrix} a-2b & b\\-3b & a \end{pmatrix}=\dfrac{1}{\Delta}M_{a-2b,-b} \end{align*} Soit: $$M_{a,b}^{-1}=M_{\frac{a-2b}{\Delta},-\frac{b}{\Delta}}\in E$$ Donc toute matrice non nulles est inversible.

Isomorphisme d'espaces vectoriels réels

$$ f(M_{a,b}) = a-b + i b\sqrt{2}$$

• Linéarité:
  \begin{align*} f(M_{a,b}+M_{a',b'})&=f(M_{(a+a'),(b+b')})\\ &=(a+a')-(b+b')+i(b+b')\sqrt 2\\ &=(a-b + i\sqrt 2) + (a'-b' + ib'\sqrt 2)\\ \end{align*} Soit: $$f(M_{a,b}+M_{a',b'})=f(M_{a,b})+f(M_{a',b'})$$ En outre: \begin{align*} f(\lambda M_{a,b})&=f(M_{\lambda a,\lambda b})\\ &=\lambda a - \lambda b +i\lambda b \sqrt 2\\ &=\lambda (a - b + ib\sqrt 2) \end{align*} Soit: $$f(\lambda M_{a,b})=\lambda f(M_{a,b})$$ D'où la linéarité de $f$
• injection:
  puisque f est linéaire, il suffit de montrer que: $$f(M_{a,b}=0)\implies a=b=0$$ En effet:
  $a-b+ib\sqrt 2=0~$ implique $~b=0~$ et $~a-b=0$
  Et donc: $~~a=b=0$
  L'injection est donc prouvée.
• surjection: Soit $z=x+iy$ dans $\Bbb C$ alors: Il est facile de prouver que: $$x+iy= f(M_{a,b})$$ où: $$a=x+\dfrac{y}{\sqrt 2}\qquad \text{et}\qquad b=\frac{y}{\sqrt 2}$$ D'où la surjection de $f$

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Isomorphisme de corps

Pour \( M_{a,b}, M_{a',b'}\in E \) : \[ f(M_{a,b}M_{a',b'}) = (a-b+ib\sqrt{2})(a'-b'+ib'\sqrt{2}) = f(M_{a,b})\,f(M_{a',b'}). \] En effet: On a vue que: $$f(M_{a,b}M_{a',b'})=f(M_{A,B})=A-B+iB\sqrt 2$$ Avec: \begin{cases} A&=aa' - 3bb'\\\\ B&= a'b + ab' - 2bb' \end{cases} Donc: \begin{cases} A-B=aa'-(ab'+a'b)-bb=(a-b)(a'-b')-2bb'\\ B=((a-b)b' + (a'-b')b) \end{cases} Soit: \begin{cases} A-B&=(a-b)(a'-b')-2bb'\\ B&=(a-b)b' + (a'-b')b \end{cases} D'autres part: \begin{align*} f(M_{a,b})f(M_{a',b'})&=(a-b+ib\sqrt 2)(a'-b'+ib'\sqrt 2 )\\ &=(a-b)(a'-b')-2bb'+i((a-b)b'+(a'-b')b)\sqrt 2\\ &=A-B+iB\sqrt 2 \end{align*} On en déduit que: $$f(M_{a,b}M_{a',b'})=f(M_{a,b})f(M_{a',b'})$$ De plus \( f(I_2)=1 \).
Donc \( f \) est un isomorphisme de corps.