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--- quaternions:eq-degre-1 [2025/08/27 12:48] – created admin
+++ quaternions:eq-degre-1 [2025/08/27 14:38] (current) – [Équations insolubles] admin
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 Une équation du premier degré est composée de termes de la forme $CX$, $XC$ ou $C$ où $X$ représente un quaternion (inconnue) et $C$ est un quaternion constant.
-===== Transformation =====
+==== Réduction à un seul term en $X$ ====
-Un équation $$AX + XB + C = 0$$ est équivalente à
+^ Équation ^ Form équivalente ^
+| $AX + XB + C = 0$ | $(2\mathbb{S}(A+B)A+\left|B\right|^{2}-\left|A\right|^{2})X=-AC-C\bar{B}$ |
+| :::               | $X(2\mathbb{S}(A+B)B+\left|A\right|^{2}-\left|B\right|^{2})=-\bar{A}C-CB$ |
-$$(2\mathbb{S}(A+B)A+\left|B\right|^{2}-\left|A\right|^{2})X=-AC-C\bar{B}$$
-ou
-$$X(2\mathbb{S}(A+B)B+\left|A\right|^{2}-\left|B\right|^{2})=-\bar{A}C-CB$$
+// La preuve consiste à multiplier à gauche par $A$ et à droite par $\overline{B}$
+puis additionner et utiliser $X+\overline{X}=2\mathbb{S}(X)$). //
+==== Équations particulières ====
+=== L'équation $$e_{1}Q+Qe_{2}+e_{3}=0$$ ===
-\begin{proof}
+Est insoluble
-(il faut multiplier à gauche par $a$ et à droite par $\overline{b}$
-puis additionner et utiliser $x+\overline{x}=2S(x)$). La preuve détaillée
-se trouve sur \url{http://cui.unige.ch/isi/icle-wiki/h:preuves}
-\end{proof}
-\subsection*{Équation $e_{1}q+qe_{2}+e_{3}=0$}
+Pour le voir, on multiplie à gauche par $e_{1}$,
+à droite par $e_{2}$, on soustrait et on trouve $e_1 - e_2 = 0$.
-N'a pas de solution. Pour le voir, on multiplie à gauche par $e_{1}$,
-à droite par $e_{2}$, en additionnant on trouve
-\[
-=e_{1}+e_{2}
-\]
-\subsection*{Étude de $aq+qb+c=0$}
-On multiplie par $\overline{a}$ à gauche :
-\[
-|a|^{2}q+\overline{a}qb+\overline{a}c=0
-\]
-on multiplie à droite par $b$ :
-\[
-aqb+qb^{2}+cb=0
-\]
-par addition on obtient
-\[
-S(a)qb+q(b^{2}+|a|^{2})=-\overline{a}c-cb
-\]
-d'où
-\[
-q(b^{2}+|a|^{2}+2S(a)b)=-\overline{a}c-cb
-\]
-d'où
-\[
-q(2S(b)b-|b|^{2}+|a|^{2}+2S(a)b)=-\overline{a}c-cb
-\]
-et donc
-\[
-q(2S(a+b)b-|b|^{2}+|a|^{2})=-\overline{a}c-cb
-\]
- qui est de la forme $q(eb+f)=d$ avec $e$ et $f$ scalaires. On
-extrait $q$ :
-\[
-q=d\frac{(eb+f)^{=}}{|eb+f|^{2}}=\frac{de\overline{b}+df}{|eb+f|^{2}}
-\]
-Si on procède de la même manière mais en inversant gauche et droite
-on obtient :
-\[
-aq\overline{b}+q|b|^{2}+c\overline{b}=0
-\]
-et
-\[
-a^{2}q+aqb+ac=0
-\]
-puis par le même procédé
-\[
-q=\frac{(e\overline{a}-f)}{|ea-f|^{2}}g=\frac{e\overline{a}g-fg}{|ea-f|^{2}}
-\]
-En utilisant la formule \ref{eq:ab2} on montre que les dénominateurs
-$|eb+f|^{2}$ et $|ea-f|^{2}$ sont égaux.
-$|eb+f|^{2}=|eb|^{2}+|f|^{2}+2\mathbb{S}(eb\overline{f})$
-$|ea-f|^{2}=|ea|^{2}+|-f|^{2}+2\mathbb{S}(-eaf)$
-soustraction
-$e^{2}(|b|^{2}-|a|^{2})+2\mathbb{S}(eb\overline{f})-2\mathbb{S}(-eaf)$
-$=e^{2}(|b|^{2}-|a|^{2})+2\mathbb{S}(eb\overline{f})+2\mathbb{S}(eaf)$
-$=e^{2}(|b|^{2}-|a|^{2})+2ef\mathbb{S}(b+a)$
-$=-e^{2}f+e^{2}f$
-À partir de l'égalité des numérateurs on trouve $-f(d+g)=fec$ d'où
-$-d-g=ec$. Est-ce une identité remarquable ?
-Autre vision de $aq+qb+c=0$ : $(a_{0}+\vec{a})q+q(b_{0}+\vec{b})+c=0$
-d'où $\vec{a}q+q((a_{0}+b_{0})+\vec{b})+c=0$ et $((a_{0}+b_{0})+\vec{a})q+q\vec{b}+c=0.$
-On réécrit alors le développement précédent en
-\[
-q=\frac{d(e\vec{b}+f)}{|...|^{2}}=\frac{(e\vec{a}-f)g}{|...|^{2}}
-\]