(Z,+) et (Q,+) non isomorphes
Bonjour,
J'essaie de montrer que les groupes ($\mathbb{Z}$, +) et ($\mathbb{Q}$, +) ne sont pas isomorphes.
Supposons par absurde que c'est le cas.
Il existe donc un isomorphisme de groupes $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Q}$.
Soit $(a,b) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}^{*} : f(1)=\frac{a}{b}$
$f(0) = 0$ et $1 \neq 0$ et $f$ est injective donc $f(1)\neq 0$ ou encore $a\neq 0$
on a $\frac{a}{2b}\in \mathbb{Q^*}$ et $f$ est surjective donc $\exists c \in \mathbb{Z}^*: f(c)= \frac{a}{2b}$
donc $f(c) = cf(1) = \frac{a}{2b} $ ou encore: $c\frac{a}{b} = \frac{a}{2b}$ ou encore: $c=\frac{1}{2} $ce qui est absurde.
On déduit que ($\mathbb{Z}$, +) et ($\mathbb{Q}$, +) ne sont pas isomorphes.
Est-ce que vous voyez des failles de raisonnement?
Merci beaucoup!
J'essaie de montrer que les groupes ($\mathbb{Z}$, +) et ($\mathbb{Q}$, +) ne sont pas isomorphes.
Supposons par absurde que c'est le cas.
Il existe donc un isomorphisme de groupes $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Q}$.
Soit $(a,b) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}^{*} : f(1)=\frac{a}{b}$
$f(0) = 0$ et $1 \neq 0$ et $f$ est injective donc $f(1)\neq 0$ ou encore $a\neq 0$
on a $\frac{a}{2b}\in \mathbb{Q^*}$ et $f$ est surjective donc $\exists c \in \mathbb{Z}^*: f(c)= \frac{a}{2b}$
donc $f(c) = cf(1) = \frac{a}{2b} $ ou encore: $c\frac{a}{b} = \frac{a}{2b}$ ou encore: $c=\frac{1}{2} $ce qui est absurde.
On déduit que ($\mathbb{Z}$, +) et ($\mathbb{Q}$, +) ne sont pas isomorphes.
Est-ce que vous voyez des failles de raisonnement?
Merci beaucoup!
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Réponses
Pour moi c'est bon.
@Toborockeur : attention, il y a un unique morphisme d'anneaux entre $\mathbb Z$ et $\mathbb Q$, mais pour les groupes c'est faux : considérer tous les $x \mapsto qx$ avec $q \in \mathbb Q$.
Bonne journée!
Pour tout groupe abélien $A$, on peut considérer le sous-groupe $2A$ (à ne pas confondre avec $A+A$).
Dans le cas de $\mathbb Z$, on obtient un sous-groupe propre, mais pas dans le cas de $\mathbb Q$.
C'est sûrement ridicule, mais je ne m'explique pas : $f(c)=cf(1)$.
Pardon, la journée a été difficile (toute proportion gardée...).
Edit : ha oui, ça y est ! $c$ est un entier...hum 8-)
On peut faire aussi : $f(2c)=f(c+c)=f(c)+f(c)=\dfrac{a}{b}=f(1)$ et par bijectivité $2c=1$.
@PB: Merci pour ton commentaire, est-ce que tu pourrais stp m'en dire plus sur ce que c'est qu'un groupe $2A$?
Et je ne comprends pas en quoi le fait que $\mathbb{Z}$ admette un sous-groupe propre et $\mathbb{Q}$ n'admette pas de sous-groupe propre implique le non isomorphisme.
@Dom: oui tu as trouvé, c'est pouvé par récurrence comme précédemment souligné par Poirot.
Du coup pour répondre à ma dernière question:
Raisonnons par l'absurde.
Supposons qu'il existe un isomorphisme $f$ de $\mathbb{Z}$ dans $\mathbb{Q}$
puisque $2\mathbb{Z}$ est un sous-groupe propre de $\mathbb{Z}$, $f(2\mathbb{Z}) = 2\mathbb{Q}$ est un sous-groupe de $\mathbb{Q}$.
Or $2\mathbb{Z}\subsetneq \mathbb{Z} $ donc $2\mathbb{Q} \subsetneq \mathbb{Q}$ car $f$ est bijective. ce qui est absurde.
Est-ce un raisonnement propre?
Merci à vous
et merci PB pour la variante !
C'est un détail. Mais certains correcteurs (suivez mon regard !) pourraient enlever des points car il peut s'agir d'une grave erreur (transfert de "la" loi $\times$ au lieu de "la" loi $\+$).
Mais évidemment, je ne pense pas que ta question était sur ce détail.
Indiquer entre parenthèses "récurrence" suffirait dans une copie, certainement, selon les correcteurs.