Morphisme de (Q, +) dans (Q*, X)

Bonjour

Avec tes notations, que vaut $f(x/2)$?

Il est bien classique que $\frac{p}{q}$, avec $p$ et $q$ premiers entre eux, est une puissance $n$-ième $n$-ième dans $\mathbb Q$ si et seulement si $p$ et $q$ sont des puissances $n$-ièmes dans $\mathbb Z$. Ça donne immédiatement le résultat puisqu'un entier différent de $0$ et $1$ ne peut être puissance qu'un nombre fini de fois.

(Preuve : on suppose $\left(\frac{a}{b}\right)^n = \frac{p}{q}$ avec $a$ et $b$ premiers entre eux. On en déduit $qa^n=pb^n$. Si $l$ est un nombre premier divisant $q$, il divise $pb^n$ mais pas $p$ donc il divise $b^n$, donc $b$. Comme $a$ et $b$ sont premiers entre eux, la valuation $l$-adique de $q$ est multiple de $n$. De la même manière, la valuation $l$-adique de $p$ est multiple de $n$ pour n'importe quel nombre premier $l$.)

Crapul, quand tu dis qu'il n'y a qu'un morphisme, tu veux dire qu'il n'y a qu'une "sorte" de morphisme c'est ca?

@diegau je reprends ton argument :

diegau a écrit:

Je suppose que le morphisme f est surjectif. Donc pour 2 dans Q*, il y a un antécédent x de Q et 2 = f(x).

Ce à quoi Magnolia a répondu

Magnolia a écrit:

Avec tes notations, que vaut $f(x/2)$?

ce à quoi tu as répondu :

ah non tu n'as pas répondu.... X:-(

En fait comme le suggérait Magnolia : $$2=f(x)=f(\frac{x}{2}+\frac{x}{2})=f(\frac{x}{2})^2$$

Donc $f(\frac{x}{2})$ est une racine carrée rationnelle de 2, ce qui est absurde.

@Crapul : tu as obtenu $f\left(\frac{1}{2p+1}\right)=1$ pour tout entier $p \geq 0$, mais ça ne te permet pas de conclure (immédiatement) puisque les $\frac{1}{2p+1}$ n'engendrent pas le groupe $(\mathbb Q, +)$. Une famille génératrice est $$\left\{\frac{1}{p^k} \mid p \text{ premier et } k \geq 1 \right\}.$$ Quand $p$ est impair, ce que tu as fait avant donne $f\left(\frac{1}{p^k}\right) = 1$ puisque $p^k$ est impair. Reste à traiter les puissances de $2$ !

Si $f\left(\frac{1}{2^k}\right) = -1$, alors $f\left(\frac{1}{2^{k+1}}\right)^2 = f\left(\frac{1}{2^k}\right) = -1$, ce qui est absurde puisque $-1$ n'est pas un carré dans $\mathbb Q$, et donc effectivement $f$ est trivial.

Si $y$ est dans l'image d'un morphisme de groupes $f$ de $(\Q,+)$ dans $(\Q,\times)$, alors pour tout entier non nul $n\in \N^*$, il existe $x$ tel que $x^n=y$ (soit $z$ tel que $f(z)=y$ alors $f \left ( \frac{z}{n}\right )^n = y$).

Après on peut, si $y\neq 1$, écrire $y$ sous forme d'une fraction irréductible $\frac{a}{b}$ et décomposer $a$ et $b$ en facteurs premiers et aboutir à une contradiction.