Sur $Hom(\mathbb{R},GL_n(\mathbb{R}))$
Réponses
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Pour $n=1$, écris plutôt les fonctions solutions sous la forme $x\mapsto\exp(x\alpha)$, qui se généralise bien.
Zéroième étape : vérifier que $f(0)$ est l'identité.
Première étape : montrer qu'une telle application continue est nécessairement dérivable.
Deuxième étape : dériver la relation $f(w+x)=f(w)f(x)$ par rapport à $w$ et prendre $w=0$.
Troisième étape : résoudre cette équation différentielle et conclure.
Seule la première étape est un peu astucieuse : on commence par intégrer la relation $f(w+x)=f(w)f(x)$ par rapport à une des variables ; il faut justifier que l'intégrale de $f$ sur un voisinage de $0$ « assez petit » est inversible. -
Merci pour le détail ça a bien fonctionné,
c'est quand même assez surprenant que tous les morphismes continus $\mathbb{R} \longrightarrow GL_n(\mathbb{R})$ soient automatiquement de classe $\mathcal{C}^1.$
Sommes nous dans la même situation que les morphismes de $\mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ ? (si $f$ est un morphisme de $\mathbb{R}$ dans lui même avec "n'importe quelle" propriété supplémentaire par exemple continue ou bien bornée au voisinage de 0 alors $f$ est de la forme $ x \mapsto ax$) ou alors on peut trouver des morphismes $\mathbb{R} \longrightarrow GL_n(\mathbb{R})$ qui ne sont pas de la forme $x \mapsto exp(xA)$ ?
Enfin, sait-on exhiber tous les morphismes $\mathbb{R} \longrightarrow GL_n(\mathbb{R})$ ? -
Si tu enlèves toute hypothèse de continuité, $\mathbb R$ c'est vraiment une horreur : c'est une somme directe de $\mathfrak{c}$ fois $\mathbb Q$, donc un morphisme vers $GL_n(\mathbb R)$ c'est $\mathfrak{c}$ morphismes de $\mathbb Q$ vers $GL_n(\mathbb R)$ : autant te dire qu'il y en a beaucoup qui ne sont pas de la forme $x\mapsto \exp(xA)$ (déjà tu peux choisir un $A$ différent par copie de $\mathbb Q$ :-D )
De là à classifier les morphismes $\mathbb Q \to GL_n(\mathbb R)$... il s'agirait de trouver les matrices qui ont une racine $k$-ième pour tout $k$, et qui ont un système de telles racines "cohérent" -
Qu'entends-tu par $\mathfrak{c}$ ?
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Le cardinal de $\mathbb R$
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Oui d'accord ça semble un peu au-delà de ce que je maîtrise :-D
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Eh bien, il faut avoir $f(1/3)^3 = f(1/2)^2 = f(1)$.
Mais il faut aussi avoir $f(1/3) = f(1/6)^2$, et $f(1/2) = f(1/6)^3$.
(il ne suffit pas de trouver une matrice $X$ telle que $X^n = f(1)$ pour avoir $f(1/n) = X$.) -
En effet, je vais regarder ce que je peux en dire, ça semble plus dur que prévu !
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Cela dit, par Bezout, il (faut et il) suffit que les $f(1/n)$, commutent entre elles.
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Marsup : je ne comprends pas ton dernier message... pour $ n=1 $ , si je prends $ f(1/4) = i $ , ça commute bien avec $ 1 $, pourtant je ne peux pas avoir $ f(1/2)= 1 $
Je parlais de système cohérent parce que $ \mathbb Q $ est la colimite (union ici si on préfère) des $ 1/n \mathbb Z $. -
Ah oui, problème ! Désolé.
Je me disais juste que sous commutation, $f(1/2) / f(1/3)$ était gratuitement une racine carrée de $f(1/3)$ et une racine cubique de $f(1/2)$.
Et d'autre part $f(1/2) / f(1/3) = f(1/2-1/3) = f(1/6)$
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