a) Các phép vị tự trực tiếp là các phần tử khả nghịch của $A(\Phi)$. Đại số $A(\Phi)$ là một đại số giao hoán bậc 2 trên A. Khi E không chứa vectơ đẳng hướng nào $\neq 0$, $A(\Phi)$ là một trường, một mở rộng bậc hai của A; trong trường hợp ngược lại nó là tổng trực tiếp của hai trường đẳng cấu với A.

b) Gọi $(e_1, e_2)$ là một cơ sở trực giao của E; đặt $\alpha_i = \Phi(e_i, e_i)$ $(i = 1, 2)$ và $\delta = -\alpha_2/\alpha_1$. Khi đó các ma trận của các phần tử của $A(\Phi)$ đối với cơ sở này là các ma trận dạng $\begin{pmatrix} a & \delta b \\ b & a \end{pmatrix}$ trong đó $a \in A, b \in A$.

c) Không gian E là một $A(\Phi)$-môđun tự do đơn sinh, được sinh bởi bất kỳ vectơ không đẳng hướng nào.

Thật vậy, ta đưa vào một dạng song tuyến tính phản xứng phụ $B \neq 0$ trên E; khi đó B là không suy biến. Do đó tồn tại một tự đồngNo. 1

cấu xạ $\omega$ của E sao cho $\Phi(x, y) = B(\omega(x), y)$ với mọi $x, y$ trong E. Với mọi tự đồng cấu khả nghịch $u$ của E, ta có

do đó, để $u$ là một phép vị tự trực tiếp, điều kiện cần và đủ là có với mọi $x, y$ trong E; vì $\det u \neq 0$ và B là không suy biến, điều này tương đương với $u^{-1}\omega u = \omega$, hay cũng lại là $u\omega = \omega u$. Lấy B là dạng song tuyến tính phản xứng có ma trận $S$ đối với $(e_1, e_2)$ là $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$; ký hiệu bởi $R$ và $W$ các ma trận của $\Phi$ và của $\omega$ đối với cơ sở này, hệ thức $\Phi(x, y) = B(\omega(x), y)$ được viết, theo công thức (47) của § 1, No. 10, là $R = {}^tW.S$; khai triển ra cho thấy ta có $W = \begin{pmatrix} 0 & \alpha_2 \\ -\alpha_1 & 0 \end{pmatrix}$. Nếu $\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}$ ký hiệu ma trận của $u$ đối với $(e_1, e_2)$, thì hệ thức $u\omega = \omega u$ do đó tương đương với các hệ thức $b\alpha_2 = -c\alpha_1, a\alpha_2 = d\alpha_2, a\alpha_1 = d\alpha_1$, tức là với $a = d$ và $c = \delta b$; điều này chứng minh rằng các ma trận của các phép vị tự trực tiếp là các ma trận khả nghịch dạng $\begin{pmatrix} a & \delta b \\ b & a \end{pmatrix}$ ($a, b$ trong A).

Bây giờ các tự đồng cấu của E mà các ma trận có dạng $\begin{pmatrix} a & \delta b \\ b & a \end{pmatrix}$ ($a, b$ trong A) tạo thành một không gian con vectơ chiều 2 của $\mathfrak{L}_A(E)$, sinh bởi 1 và bởi tự đồng cấu $\omega$; vì $\omega^2$ là phép vị tự tỉ số $-\alpha_1\alpha_2$, không gian con này là đại số con $A(\Phi)$ của $\mathfrak{L}_A(E)$ sinh bởi các phép đồng dạng trực tiếp. Các phép đồng dạng trực tiếp là các phần tử khả nghịch của $A(\Phi)$, nghĩa là những phần tử mà các ma trận của chúng thỏa mãn $a^2 - \delta b^2 \neq 0$. Việc đại số $A(\Phi)$ là giao hoán là hiển nhiên. Hãy áp dụng cho nó các kết quả của Chương II, § 7, No. 7: nếu $\delta$ không là một bình phương trong A, nghĩa là nếu không có vectơ khác không nào của E là đẳng hướng, thì $A(\Phi)$ là một trường; ngược lại, nếu $\delta$ là một bình phương trong A, nghĩa là nếu E chứa các vectơ đẳng hướng $\neq 0$, thì $A(\Phi)$ là tổng trực tiếp của hai trường đẳng cấu với A. Điều này chứng minh a) và b).

Sau cùng, mọi vectơ không đẳng hướng của E đều có thể được lấy làm vectơ thứ nhất $e_1$ của một cơ sở trực giao $(e_1, e_2)$ (§ 6, No. 1); do đó các ảnh của nó $u(e_1)$ bởi các phần tử $u$ của $\Lambda(\Phi)$ là các vectơ có dạng $ae_1 + be_2$ ($a, b$ trong $\Lambda$), nghĩa là tất cả các vectơ của $E$, vì mọi ma trận $\begin{pmatrix} a & \delta b \\ b & a \end{pmatrix}$ đều là ma trận của các phần tử của $\Lambda(\Phi)$. Nói cách khác, $E$ là một $\Lambda(\Phi)$-môđun đơn sinh, sinh bởi bất kỳ vectơ không đẳng hướng nào. Hơn nữa, ta còn thấy rằng nó là một $\Lambda(\Phi)$-môđun đơn sinh tự do, vì $u(e_1) = ae_1 + be_2 = 0$ kéo theo $a = b = 0$, do đó $u = 0$. Điều này chứng minh c).

Khẳng định thứ nhất suy ra từ sự kiện rằng đại số $A(\Phi)$ là giao hoán. Vì $E$ là một $A(\Phi)$-môđun tự do đơn sinh được sinh bởi $x$ (tương ứng $y$), tồn tại một và chỉ một phần tử $u$ (tương ứng $u'$) của $A(\Phi)$ sao cho $y = u(x)$ (tương ứng $x = u'(y)$); do đó $x = u(u'(x))$, và $uu'$ là phần tử đơn vị; điều này chứng minh rằng $u$ là khả nghịch, và vì thế là một phép đồng dạng trực tiếp.

Khẳng định đầu tiên suy ra từ Hệ quả 1. Điều sau cũng chỉ ra rằng tồn tại duy nhất một phép đồng dạng trực tiếp $u$ sao cho $y = u(x)$; vì $\Phi(u(x), u(x)) = \Phi(x, x)$, nhân tử của $u$ bằng 1, và do đó $u$ là một phép quay.

Điều này suy ra từ Hệ quả 1 và từ sự kiện rằng $H$ bất biến toàn cục mọi đường thẳng của $E$.

Thật vậy 1 và $-1$ là các phần tử duy nhất của $H \cap O^+$.

Thật vậy quan hệ $u/\overline{u} = 1$ tương đương với $u = \overline{u}$, nghĩa là với $u \in A^* = H$; do đó $H$ là hạt nhân của $u \to u/\overline{u}$. Vì $N(u/\overline{u}) = 1$, $u/\overline{u}$ là một phép quay (Nhận xét 1). Còn lại phải chứng minh rằng mọi phần tử $\varphi$ của $O^+$ đều có dạng $u/\overline{u}$ ($u \in S^+$). Nếu $1 + \varphi$ khả nghịch, ta có thể lấy $u = 1 + \varphi$, vì quan hệ $N(\varphi) = \varphi \overline{\varphi} = 1$ kéo theo $1 + \varphi = \varphi(1 + \overline{\varphi})$. Ngược lại, ta có $N(1 + \varphi) = (1 + \varphi)(1 + \overline{\varphi}) = 0$, nghĩa là, khi đặt $\varphi = a + b\omega$ ($a \in A,\ b \in A,\ \omega^2 = \delta \in A$), $2(1 + a) = 0$, do đó $a = -1$; bây giờ các quan hệ $a = -1$ và $N(\varphi) = a^2 - \delta b^2 = 1$ kéo theo $b = 0$, do đó $\varphi = -1$; vì $\overline{\omega} = -\omega$, trong trường hợp này chỉ cần lấy $u = \omega$.

Khi $A(\Phi)$ là một trường, Mệnh đề 3 là một trường hợp riêng của định lý Hilbert (Chương V, § 11, No. 5, Định lý 3).

Thật vậy, nếu $\overline{\varphi}$ là một phép quay, ta có $\overline{\varphi} = \varphi^{-1}$, do đó $d(i(\varphi)) = \varphi/\overline{\varphi} = \varphi^2$. Mặt khác, nếu $\varphi \in S^+/H$, $\varphi$ là lớp mod. $H$ của một phép đồng dạng trực tiếp $u$, và $d(\varphi) = u/\overline{u} = u^2 / N(u)$ đồng dư với $u^2$ mod. $H$; do đó có công thức thứ hai.

b) Khi $\delta$ là bình phương của một phần tử $\gamma$ của $A$, ánh xạ $t$ là một song ánh từ $S^+/H$ lên $\tilde{A}$ bỏ đi các phần tử $1/\gamma$ và $-1/\gamma$.

c) Ký hiệu $S^+/H$ theo lối cộng, ta có, với $\varphi, \varphi'$ trong $S^+/H$

(2)

khi $t(\varphi)$ và $t(\varphi')$ là hữu hạn và $1 + t(\varphi)t(\varphi')$ là $\neq 0$.

Thật vậy, vì $S^+/H$ là một tập hợp các đường thẳng (bỏ qua 0) của $A(\Phi)$ được xét như một mặt phẳng vectơ trên $A$, nên $t$ là đơn ánh. Mặt khác, để một phần tử $a + b\omega$ ($a \in A, b \in A$) của $A(\Phi)$ là một phép đồng dạng trực tiếp, điều kiện cần và đủ là nó khả nghịch, nghĩa là phải có $N(a + b\omega) = a^2 - \delta b^2 \neq 0$, hay cũng vậy $(b/a)^2 \neq 1/\delta$; điều này chứng minh các khẳng định về tính toàn ánh trong a) và b). Cuối cùng, tích của các phép đồng dạng $1 + t(\varphi)\omega$ và $1 + t(\varphi')\omega$ là phép đồng dạng $1 + \delta t(\varphi)t(\varphi') + (t(\varphi) + t(\varphi'))\omega$, điều này chứng minh c).

(3)

(4) (5)

Quan hệ (3) thực ra biểu thị rằng $N(c(\theta) + s(\theta)\omega) = 1$. Đối với (4) và (5), chỉ cần tính, trong $A(\Phi)$, tích của các phép quay $c(\theta) + s(\theta)\omega$ và $c(\theta') + s(\theta')\omega$.

(6)

Thật vậy $\varphi$ là lớp mod. $H$ của phép đồng dạng $1 + t\omega$, và do đó phép quay $d(\varphi)$ là $(1 + t\omega)^2/N(1 + t\omega) = (1 + \delta t^2 + 2t\omega)/(1 - \delta t^2)$ (Mệnh đề 3), điều này chứng minh (6).

(7)

Với mọi phần tử $\varphi$ của $S^+/H$ sao cho $t(\varphi)$ là hữu hạn và $1 + \delta t(\varphi)^2 \neq 0$, ta có (8)

Thật vậy điều này suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 6 và từ hệ quả của Mệnh đề 3.

Ta đã thấy rằng các đồng cấu đang xét là đơn ánh, và chỉ cần chứng minh rằng đồng cấu thứ nhất là toàn ánh. Gọi $(e_1, e_2)$ là một cơ sở trực chuẩn của E, và gọi $\omega$ là phép đồng dạng trực tiếp sao cho $\omega(e_1) = e_2$ (hệ quả 1 của mệnh đề 1, No. 1); khi đó ta có $\omega^2 = -1$ (mệnh đề 1, b)). Cho một phép đồng dạng trực tiếp tùy ý u = a + bw (a \in A,\ b \in A),\ \text{ta có}\ N(u) = a^2 + b^2 > 0,\ \text{và tồn tại một và chỉ một phép quay thuộc cùng nửa đường thẳng của } A(\Phi) \text{ với } u, \text{cụ thể là } (a^2 + b^2)^{1/2}\ u.\ \text{đpcm.}

Các giả thiết thực ra kéo theo rằng E không chứa đường thẳng đẳng hướng nào. Khi đó mệnh đề của ta suy ra từ hệ quả 1 của mệnh đề 1 (No. 1).

Từ nay về sau ta sẽ giả sử rằng A là một trường có thứ tự cực đại, và rằng dạng $\Phi$ là dương. Trên tập hợp các cặp $(D_1, D_2)$ các đường thẳng (tương ứng các nửa đường thẳng gốc 0) của E, quan hệ “tồn tại một phép đồng dạng trực tiếp (tương ứng một phép quay) u sao cho $u(D_1) = D'_1$ và $u(D_2) = D'_2$” là một quan hệ tương đương giữa các cặp $(D_1, D_2)$ và $(D'_1, D'_2)$. Lớp tương đương của cặp $(D_1, D_2)$ được gọi, theo định nghĩa, là góc của các đường thẳng (tương ứng nửa đường thẳng) $D_1, D_2$ (lấy theo thứ tự này); nó được ký hiệu bởi $(\widehat{D_1, D_2})$.

Ta hãy chứng minh tính cần thiết của điều kiện đã nêu. Cho u là một phép đồng dạng trực tiếp (tương ứng một phép quay) sao cho $u(D_1) = D'_1$ và $u(D_2) = D'_2$. Tồn tại, theo hệ quả 3 của mệnh đề 1, một phép đồng dạng trực tiếp (tương ứng theo hệ quả của mệnh đề 7, một phép quay) v sao cho $v(D_1) = D_2$. Vì nhóm $S^+$ (tương ứng $O^+$) là giao hoán, ta có $D'_2 = u(v(D_1)) = v(u(D_1)) = v(D'_1)$, và điều này cho thấy rằng $(\widehat{D_1, D'_1}) = (\widehat{D_2, D'_2})$. Tính đủ được suy ra từ tính cần bằng cách đổi chỗ $D_2$ và $D'_1$.

Từ mệnh đề 8 suy ra rằng với mỗi góc $(\widehat{D_1, D_2})$ của các đường thẳng (tương ứng nửa đường thẳng) gốc 0 của E, có một phần tử của $S^+/H$ (tương ứng $O^+$) được liên kết với nó một cách chính tắc và được xác định rõ, đó là lớp mod. H của các phép đồng dạng trực tiếp $\varphi$ (tương ứng phép quay $\varphi$) sao cho $u(D_1) = D_2$ với bất kỳ đại diện $(D_1, D_2)$ nào của góc $(\widehat{D_1, D_2})$. Như vậy đã xác định được một song ánh chính tắc $h$ (tương ứng $h'$) từ tập hợp $\mathfrak{A}_0$ các góc của các đường thẳng (tương ứng $\mathfrak{A}$ các góc của các nửa đường thẳng) lên $S^+/H$ (tương ứng $O^+$); đặc biệt, với mọi $\varphi \in \mathfrak{A}$, ta nói rằng $h(\varphi)$ là phép quay góc $\varphi$. Ta sẽ chuyển lên $\mathfrak{A}_0$ và $\mathfrak{A}$, bằng $h^{-1}$ và ${h'}^{-1}$, các cấu trúc nhóm giao hoán của $S^+/H$ và của $O^+$, và ta sẽ ký hiệu theo lối cộng các nhóm $\mathfrak{A}_0$ và $\mathfrak{A}$ thu được như vậy. Nếu $D, D', D''$ ký hiệu các đường thẳng (tương ứng nửa đường thẳng) gốc 0 của E, thì theo định nghĩa ta có

do đó suy ra

Vì $\mathfrak{A}_0, S^+/H, \mathfrak{A}$ và $O^+$ là đẳng cấu (Mệnh đề 3), chỉ cần đưa ra chứng minh cho $O^+$, nghĩa là chỉ ra rằng có đúng $n$ phép quay $\varphi$ sao cho $\varphi^n = 1$. Bây giờ, vì $\mathbf{A}$ là một trường có thứ tự cực đại và $\mathbf{A}(\Phi)$ là một trường mở rộng bậc 2 của $\mathbf{A}$ (Mệnh đề 1 a)), $\mathbf{A}(\Phi)$ là một trường đóng đại số (Chương VI, § 2, No. 6, Định lý 3). Do đó các căn bậc $n$ của đơn vị trong $\mathbf{A}(\Phi)$ tạo thành một nhóm xyclic cấp $n$ (Chương V, § 11, No. 1, Định lý 1). Vì ta có $N(u) = u \overline{u} \geqslant 0$ với mọi $u \in \mathbf{A}(\Phi)$, quan hệ $u^n = 1$ kéo theo ta có $N(u) = 1$, do đó $u$ là một phép quay (No. 1, Nhận xét 1). Điều này chứng minh mệnh đề của ta.

Cuối cùng, ta sẽ giả sử rằng mặt phẳng $E$ được định hướng.

Trường hợp $u$ là một phép vị tự là tầm thường. Trong trường hợp trái lại ta có $x \wedge u(x) \neq 0$ với mọi $x \neq 0$; cho $x, y$ là hai vectơ của $E$ ($x \neq 0, y \neq 0$); tồn tại $\varphi \in S^+$ sao cho $y = \varphi(x)$, do đó $y \wedge u(y) = \varphi(x) \wedge u \varphi(x) = \varphi(x) \wedge \varphi(u(x)) = (\det \varphi)(x \wedge u(x))$; chọn một cơ sở trực chuẩn của $E$, ta thấy rằng $\det \varphi$ là dương (Mệnh đề 1 b)); do đó suy ra mệnh đề của chúng ta.

Như vậy, trong hai phần tử sinh $\omega$ của $\mathbf{A}(\Phi)$ sao cho $\omega^2 = -1$, tồn tại một và chỉ một phần tử sao cho lưỡng vectơ $x \wedge \omega(x)$ là dương với mọi $x \in E$. Chính phần tử sinh này mà ta sẽ chọn để định nghĩa các hàm $c_w, s_w$ và $t_w$ (No. 2). Cho $h$ và $h'$ là các song ánh chính tắc được định nghĩa ở trên từ nhóm $\mathfrak{A}_0$ các góc của các đường thẳng lên $S^+/H$ và từ nhóm $\mathfrak{A}$ các góc của các nửa đường thẳng lên $O^+$. Các ánh xạ hợp thành $t_w \circ h$ từ $\mathfrak{A}_0$ vào trường xạ ảnh $\tilde{\mathfrak{A}}$, $c_w \circ h'$ và $s_w \circ h'$ từ $\mathfrak{A}$ vào trường $A$ được ký hiệu tương ứng bởi $\operatorname{tg}$, $\cos$ và $\sin$, và được gọi là các hàm tang, côsin và sin. Ánh xạ $\varphi \to 1/\operatorname{tg} \varphi$ từ $\mathfrak{A}_0$ vào $\tilde{\mathfrak{A}}$ được ký hiệu bởi $\operatorname{cotg}$ và được gọi là hàm côtang. Ta nói rằng các hàm sin, tang và côtang là các hàm lượng giác. Các ánh xạ hợp thành $\operatorname{tg} \circ p$ và $\operatorname{cotg} \circ p$, trong đó $p$ ký hiệu đồng cấu chính tắc của $\mathfrak{A}$ lên $\mathfrak{A}_0$ (Nhận xét 2 ở trên), lại được ký hiệu bởi $\operatorname{tg}$ và $\operatorname{cotg}$ do lạm dụng ngôn ngữ.

Các công thức (2), (8), (3), (4), (5) và (7) của No. 2 cho, vì ở đây ta có $\delta = -1$

với $\varphi, \varphi'$ trong $\mathfrak{A}_0$;

với $\theta, \theta'$ trong $\mathfrak{A}$. Mặt khác ta có, theo định nghĩa hoặc như một hệ quả dễ dàng của các công thức trên:

với $\theta \in \mathfrak{A}$.

Cho hai vectơ khác không $x, y$ của $E$, góc của hai vectơ này (lấy theo thứ tự ấy) được định nghĩa là, và được ký hiệu bởi $\widehat{(x, y)}$, góc của các tia mà chúng thuộc vào. Với mọi vectơ $x$ của $E$, độ dài của $x$ được định nghĩa là, và được ký hiệu bởi $|x|$, phần tử $\Phi(x, x)^{1/2}$ của $A$.

Thật vậy, vì các vectơ $x' = x/|x|$ và $y' = y/|y|$ đều có độ dài bằng 1, nên tồn tại một và chỉ một phép quay $\varphi$ sao cho $\varphi(x') = y'$ (No. 1, Hệ quả 2 của Mệnh đề 1). Nếu viết $\varphi = a + b \omega$ ($a, b$ trong $\mathbf{A}$), thì theo định nghĩa ta có $a = \cos (\widehat{x, y})$ và $b = \sin (\widehat{x, y})$. Quan hệ $y' = \varphi(x') = ax' + b \omega(x')$ cho $\Phi(x', y') = a \Phi(x', x') = a$ vì $x'$ và $\omega(x')$ trực giao (Nhận xét 2 của No. 1); điều này chứng minh (19). Mặt khác quan hệ này cũng cho $x' \wedge y' = bx' \wedge \omega(x') = b.e$ theo định nghĩa của mở rộng $\Phi_{(2)}$ của $\Phi$ lên $\bigwedge^2 \mathbf{E}$ ($§ 1,$ No. 9, công thức (37)) và theo lựa chọn của $\omega$; điều này chứng minh (20).