Morphisme de groupes
Bonjour à tous !
J'ai besoin de quelques idées sur cet exercice s'il vous plaît.
Montrer que $Hom((\Q,+),(\Q_{+}^{\star},×))$ est trivial. C'est-à-dire qu'il n'existe qu'un seul morphisme de $(\Q,+)$ vers $(\Q_{+}^{\star},×))$ qui est le morphisme nul $f$: $\forall a\in \Q,\ f(a)=1$.
Pour montrer cela, je sais que tout élément de $\Q$ est de la forme $\frac{n}{m},\text{ avec } n \in \Z,\ m\in \Z^\star$.
On a alors : $$f(\frac{n}{m})=f(n\frac{1}{m})=f(\frac{1}{m})^n$$ car $f$ est un morphisme. À partir de là, je ne sais plus quoi faire.
J'ai voulu alors d'abord prouver que $f(\Z)=\{1\}$ pour ensuite essayer d'appliquer ma démarche aux fractions mais je suis également coincé à l'égalité :$$f(n)=f(1)^n$$ car je ne parviens pas à montrer que $f(1)=1$.
J'ai besoin d'un coup de pouce s'il vous plaît.
J'ai besoin de quelques idées sur cet exercice s'il vous plaît.
Montrer que $Hom((\Q,+),(\Q_{+}^{\star},×))$ est trivial. C'est-à-dire qu'il n'existe qu'un seul morphisme de $(\Q,+)$ vers $(\Q_{+}^{\star},×))$ qui est le morphisme nul $f$: $\forall a\in \Q,\ f(a)=1$.
Pour montrer cela, je sais que tout élément de $\Q$ est de la forme $\frac{n}{m},\text{ avec } n \in \Z,\ m\in \Z^\star$.
On a alors : $$f(\frac{n}{m})=f(n\frac{1}{m})=f(\frac{1}{m})^n$$ car $f$ est un morphisme. À partir de là, je ne sais plus quoi faire.
J'ai voulu alors d'abord prouver que $f(\Z)=\{1\}$ pour ensuite essayer d'appliquer ma démarche aux fractions mais je suis également coincé à l'égalité :$$f(n)=f(1)^n$$ car je ne parviens pas à montrer que $f(1)=1$.
J'ai besoin d'un coup de pouce s'il vous plaît.
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Réponses
Par exemple : $v_2(\frac 89)=3$, $v_3(\frac 89)=-2$, $v_5(\frac 89)=0$.
On a : $v_p(rr')=v_p(r)+v_p(r')$.
Il me semble que ça peut servir ici, avec $f(1)=f(\frac1n)^n$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
J'ai omis de préciser et je m'en excuse, que c'est un exercice niveau licence et à ce niveau, on a pas encore à notre disposition la notion de valuation.
Je suggère qu'on tire parti de ma suggestion pour répondre à la question.
Bon courage.
Fr. Ch.
Pour tout nombre entier naturel premier $p$, tout $r \in \mathbb Q \backslash \{0 \}$, et tout $n \in \mathbb N^*$, on a : $v_p(r^n)=n v_p(r)$.
L’égalité : $f(1)=f(\frac1n)^n$ implique donc que $ v_p(f(1))$ est divisible par tout $n \in \mathbb N^*$.
Etc.
Avec ton idée, voici ce que j'ai : $v_{p}(f(1))=nv_{p}(f(1/n))$ donc $v_{p}(f(1))$ est divisible par tous entier naturel. Ce qui implique que $v_{p}(f(1))=0$.
On suppose que $f(1)=a/b$ alors $v_{p}(f(1))=v_{p}(a)-v_{p}(b)=0$. Ainsi $v_{p}(a)=v_{p}(b)$ pour tout entier premier p. On déduit donc que $a=b$ et donc $f(1)=1$.
C'était ça ton idée Chaurien ??
Maintenant, je ne sais pas s'il y a une autre approche qui n'utilise pas cette notion de $v_p(...)$.
Cette notion est de toutes façons intéressante en soi, elle n'est pas difficile, et tu t'en es rendu compte.
Maintenant comme on l'a fait avec $f(1)$, on peut faire de même avec $f(n/m)$.
Et le $2$ ici est esthétique : connais-th beaucoup de rationnels qui ont des racines $k$-èmes rationnelles pour tout $k$ ? :-D
Mais c'est la même méthode que Chaurien
Pourtant il serait intéressant de prouver que $1$ est l'unique rationnelle positif qui a une racine $k$-ième rationnelle pour tout $k$ sans avoir à définir la fonction $v$ introduite par Chaurien.