sous-groupes multiplicatifs de R*

Hum hum ... Vraiment ?

Euh... effectivement l'exponentielle arrive dans $\R_+^*$.
Honte à moi.

Ce n'est pas clair

Skilveg, un tel isomorphisme n'existe pas puisque $\R^*$ a des éléments d'ordre 2 alors que $\R$ n'en a pas. Voilà comment procéder : si $G$ est un sous-groupe de $\R^*$, on pose $G_+=G \cap \R_+^*$. C'est un sous-groupe de $\R_+^*$ donc isomorphe à un sous-groupe de $\R$, qu'on sait décrire. Ensuite, si $G \subset \R_+^*$ alors $G=G_+$, et sinon il existe $a \in G \cap \R_-^*$ et dans ce cas $G$ est l'union disjointe $G_+ \cup aG_+$. Attention il n'est pas forcément isomorphe à $G_+ \times (\Z / 2 \Z)$, c'est le cas si $-1 \in G$ mais pas en général.

Bonsoir

Nico a donné la réponse : $$(\R^*,\cdot)\simeq \Z/2\Z\times(\R,+)$$ Pour voir cela, considérons $sgn : (\R^*,\cdot) \rightarrow \Z/2\Z$ l'application $sgn(x)$ qui est le signe de $x$.
La règle des signes nous garantit que $sgn$ est un morphisme de groupe, dont le noyau est $\R^*_+$.
Comme $(\R^*,\cdot)$ contient un sous-groupe d'ordre 2 : $\{1,-1\}$ disjoint de $\ker sgn = \R^*_+$ et que $(\R^*,\cdot)$ est commutatif, on en déduit le produit direct $(\R^*,\cdot) = \{1,-1\} \times (\R^*_+,\cdot)$, la décomposition étant tout simplement $(sgn(x),|x|)$.
Alors comme Cedric et Skilveg, l'ont indiqué : $(\R^*_+,\cdot) \xrightarrow[\simeq]{\log} (\R,+)$ et l'isomorphisme réciproque est $\exp$, ce qui permet d'écrire $$(\R^*,\cdot) \xrightarrow[\simeq]{\phi} \Z/2\Z\times (\R,+)$$ où $\phi(x)=(sgn(x), \log(|x|)$ et $\phi^{-1}(\varepsilon, y) = \varepsilon e^y$

Maintenant on s'intéresse aux sous-groupes de $(\R^*,\cdot)$, ils correspondent à ceux de $\Z/2\Z \times (\R,+)$
Ceux de $(\R,+)$ sont
$\bullet\quad$ Soit trivial, qui donne :
$\qquad \bullet \{1\}\times \{0\}$ qui se remonte par $\phi^{-1}$ en $\{1\}$ trivial
$\qquad \bullet \Z/2\Z\times \{0\}$ qui se remonte par $\phi^{-1}$ en $\{1,-1\}$

$\bullet\quad$ Soit de la forme $a\Z$ avec $a\in \R_+^*$ qui forment les sous-groupes de $\Z/2\Z\times (\R,+)$ :
$\qquad \bullet \{1\}\times a\Z$ qui se remonte par $\phi^{-1}$ en $\exp(a\Z)$
$\qquad \bullet \Z/2\Z\times a\Z$ qui se remonte en $\pm\exp(a\Z)$
$\qquad \bullet \{(-1,(2n+1)a), (1,2na)\mid n\in \Z\}$ qui se remonte par $\phi^{-1}$ en $\{-\exp\big((2n+1)a\big), +\exp(2na)\mid n\in \Z\}$

$\bullet\quad$ Soit $H$ dense dans $\R$, qui forment les sous-groupes de $\Z/2\Z\times (\R,+)$ :
$\qquad \bullet \{1\}\times H$ qui se remonte par $\phi^{-1}$ en $\exp(H)$ dense dans $\R^*_+$
$\qquad \bullet \Z/2\Z\times H$ qui se remonte par $\phi^{-1}$ en $\pm\exp(H)$

Sauf erreur, il me semble qu'on a fait le tour.

Alain

Bonsoir Egoroff

Tu as raison, considérons par exemple $H=\,$, c'est un sous-groupe dense dans $(\R,+)$.
On peut écrire aussi $H_1= \{ r + n\sqrt{2},\ r\in \Q ,\ n\in \Z \}$,
car on vérifie que $H_1$ est bien un sous-groupe pour l'addition de $(\R,+)$ que $H_1$ contient $\Q$ et $\sqrt{2}$, donc $H\subset H_1$ et clairement $r+n\sqrt{2} \in H$. Donc $H=H_1$

Alors considérons $K=\,$ dont les éléments s'écrivent sous l'une des deux formes $$(1,r+2n\sqrt{2}),\ (-1,r+(2n+1)\sqrt{2})$$ Alors $(1,\sqrt{2}) \not\in K$,
sinon $\sqrt{2}=r+2n\sqrt{2}$ élément dont 1ère composante est +1
càd $(1-2n)\sqrt{2}= r \in \Q$ donc $(1-2n)=0$ ce qui est impossible car $n\in \Z$
$K$ est un sous-groupe non décomposable en produit de sous-groupes.

Je me doutais de ça, puisque j'avais ajouté "sauf erreur"
En réalité hier soir j'avais dans la tête les sous-groupes de la forme $$ et alors l'argument ci-dessus ne tient plus puisque $(-1,0)+(-1,\sqrt{2}) = \big((-1).(-1),0+\sqrt{2}\big) = (1,\sqrt{2})$...

Alain