Seuls morphismes de groupes, continus

On peut déplacer la question : $(\R_+^*,\times)$ c'est kif-kif $(\R,+)$, via le logarithme. A voir que les seuls morphismes continus de groupe de $(\R,+)$ dans lui-même sont les $x\mapsto a\,x,\ a\in \R$.

Les deux méthodes sont intéressantes.
Transformer la continuité en dérivabilité, cela peut s'appliquer dans un contexte plus général.

Par exemple, trouver toutes les applications $f$ continues de $ \R_{+}^{*}$ dans $\C$ telles que :
$\forall x\in \R_{+}^{*},\forall y\in \R_{+}^{*},f(xy)=f(x)f(y)$.

Ici, l'on ne peut composer avec exp-log, mais on peut prouver qu'une telle fonction est de classe $\mathcal{C}^1$.
On pose, pour tout $x\in \R_{+}^{*}$ : $F(x)=\int_{1}^{x}f(t)$.
Pour tout $a\in \R_{+}^{*}$, on a : $\int_{1}^{a}f(xy)dy=f(x)\int_{1}^{a}f(y)dy$, d'où par CDV linéaire :
$\frac{1}{x}(F(ax)-F(x))=f(x)F(a)$.
Supposons la fonction $f$ non identiquement nulle sur $\R_{+}^{*}=]0,+\infty [$. Alors, la fonction $F$ elle aussi est non identiquement nulle sur $\R_{+}^{*}=]0,+\infty [$, et il existe donc $a\in \R_{+}^{*}$ tel que: $F(a)\neq 0$.
En conséquence : $f(x)=\frac{F(ax)-F(a)}{xF(a)}$, qui est bien de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R_{+}^{*}=]0,+\infty [$.

Dérivons donc l'égalité initiale par rapport à $y$, il vient : $xf^{\prime }(xy)=f(x)f^{\prime }(y)$, d'où en faisant $y:=1$ :
$xf^{\prime }(x)=mf(x)$, avec : $m=f^{\prime }(1)$. En conséquence : $\frac{d}{dx}(x^{-m}f(x))=x^{-m}f^{\prime }(x)-mx^{-m-1}f^{\prime }(x)=0$.
On en déduit : $f(x)=Cx^m$, et comme $f(1)=1$, finalement : $f(x)=x^m$.

Bonne après-midi.
RC
22/08/2013

@ Alban

Oui, il existe des morphismes discontinus du groupe multiplicatif $ \R_{+}^{*}$ : même argument d'isomorphisme.
Il existe des morphismes discontinus du groupe additif $ \R$.
Si $u$ est l'un d'eux, alors $f:x\mapsto \exp u(\ln x)$ est un morphisme discontinu du groupe multiplicatif $ \R_{+}^{*}$.

Bonne après-midi.
RC
22/08/2013

Bonsoir,

Pour les endomorphismes continus de U :

1) On peut remplacer U par R/Z.
2) Un morphisme (continu) de R/Z dans un groupe topologique G, c'est "la même chose" qu'un morphisme (continu) de R dans G qui s'annule sur Z (c.a.d. qui s'annule en 1). On prendra en particulier G=R/Z.
3) Les morphismes continus de R dans R/Z sont les morphismes composés d'un endomorphisme continu de R et du morphisme canonique de R sur R/Z.

Avec tout ça… :-)

Le point 3 est peut-être le seul point non évident (théorème de relèvement ?).

PS : autre formulation possible : Hom_c(G,R/Z) est le dual "G chapeau", mais le dual de R/Z est Z (et vice versa), une preuve est justement fournie ci-dessus.

Je précise ce que j'ai voulu dire.
Soit $f$ un endomorphisme continu du groupe multiplicatif $\C^*$. Ce groupe $\C^*$ est le produit direct des groupes multiplicatifs $ \R_{+}^{*}$ et $\mathbb{U}$, ensemble des complexes de module 1.

$\bullet $ La restriction de $f$ à $ \R_{+}^{*}$ est une application continue de $ \R_{+}^{*}$ dans $\C^*$ telle que :
$\forall x\in \R_{+}^{*},\forall y\in \R_{+}^{*},f(xy)=f(x)f(y)$.
Veine, je viens d'expliquer pourquoi cette application est de la forme : $f(x)=x^m$, $ m\in \C$.

$\bullet $ La restriction de $f$ à $\mathbb{U}$ est une application continue de $\mathbb{U}$ dans $\C^*$ tellle que :
$\forall u\in \mathbb{U},\forall v \in \mathbb{U},f(uv)=f(u)f(v)$.
Si $u\in \exp 2\pi i \Q$, alors $\left| f(u)\right| =1$, et ceci s'étend à tout $ u \in \mathbb{U}$ par densité. La restriction de $f$ à $\mathbb{U}$ est donc un endomorphisme continu de ce groupe $\mathbb{U}$.

Voilà pourquoi je m'intéresse aux endomorphismes continus de ce groupe $\mathbb{U}$. J'ai bien saisi la tonalité des contributions précédentes sur le sujet, mais j'aimerais qu'on me montre en personne comment est fait un tel endomorphisme.

Bonne journée, encore ensoleillée, c'est merveilleux.
RC
23/08/2013
Ce qui se conçoit bien s'énonce clairement.


.

Franchement, je n'ai point été convaincu par les explications précédentes, et je suis comme le dindon de Florian :
" ...je vois bien quelque chose
Mais je ne sais pour quelle cause
Je ne distingue pas très bien."

Je reprends les choses ainsi. Soit $f$ un endomorphisme continu de $\mathbb{U}$, groupe multiplicatif des complexes de module 1.
Soit $\phi$ l'épimorphisme "canonique" de $(\R,+)$ sur $(\mathbb{U},.)$ : $\phi (\theta )=e^{i\theta }$.
Alors, $g=f\circ \phi $ est un morphisme continu de $(\R,+)$ dans $(\mathbb{U},.)$.
Pas besoin de relevailles pour établir que $g(\theta )=e^{mi\theta }$, $m\in \R$, voir ma démonstration ci-dessus.
On a prouvé l'existence d'une constante $ m\in \R$ telle que, pour tout $\theta \in \R$ : $f(e^{i\theta })=e^{mi\theta }$.
En conséquence : $1=f(1)=f(e^{2i\pi })=e^{2mi\pi }$, d'où : $ m\in \Z$.
Pour chaque $z \in \mathbb{U}$ , il existe $\theta \in \R$ (pas un seul, mais peu importe) tel que : $z=e^{i\theta }$, et alors : $f(z)=f(e^{i\theta })=e^{mi\theta }=z^{m}$.

Toujours franchement, je reste perplexe devant les rédactions approximatives affirmant par exemple que tel truc est "la même chose" que tel autre truc qui justement n'est pas le même. Cela ne me fait pas comprendre ces trucs.

Bonne journée, hélas grise. La rentrée s'approche :-(.
RC
24/08/2013

Je reviens sur le théorème de relèvement.
À ma connaissance, ce théorème est le suivant, quand on veut bien l'exprimer en termes compréhensibles par vouzémoi.
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On désigne par $\mathbb{U}$ le groupe multiplicatif des complexes de module 1.
Soit $p \in \N$, soit $I$ un intervalle de $\R$ et $f$ une application de classe $\mathcal{C}^p$ de $I$ dans $\mathbb{U}$. Alors, il existe une application $g$ de $I$ dans $\R$, de classe $\mathcal{C}^p$, telle que : $\forall x \in I, f(x)=e^{ig(x)}$.
..........................................................................................................................................................
Pour faire plus intelligent, on peut remplacer $\mathbb{U}$ par $\R/ \Z$ mais je n'en vois pas la nécessité.
Théorème facile à prouver pour $p\geq 1$, mais pas du tout facile pour $p=0$, et pour tout dire, j'aimerais une référence à une démonstration bien rédigée. J'avais même posé sur un autre forum la question du "relèvement sec", sans hypothèse sur $f$, un copain de Perpignan avait donné une réponse, que je n'ai pas comprise.

Avec son habileté coutumière, JLT a prouvé que si $I=\R$ et si $f$ est un morphisme continu, alors $g$ en est un aussi. Ce qui revient à prouver qu'un morphisme continu de $f$ de $\R$ dans $\mathbb{U}$ est de la forme : $f(x)=e^{imx}$ avec $m \in \R$, mais ceci découle immédiatement de la démonstration que j'ai donnée pour les morphismes continus de $\R$ dans $\C^{*}$, sans qu'il soit besoin d'aucune référence au théorème de relèvement.

Hier, au soleil, j'ai réussi à décrypter les messages sibyllins et énigmathiques consacrés au théorème de relèvement, et à la réflexion j'ai trouvé la démonstration de mon précédent message, qui n'en fait pas usage, et qui est donc bien plus simple, et même "naturelle", mais bon, on peut préférer ce qui est compliqué.

Bonne journée.
RC
24/08/2013

Le théorème du relèvement continu n'est pas un théorème difficile, mais j'ai constaté à plusieurs reprises que les profs de prépa sont mal à l'aise avec lui car il n'est pas au programme.

Theorème : soit $f:\R\to\R/\Z$ une application continue. Notons $\pi:\R\to \R/ \Z$ la surjection canonique. Alors il existe $g:\R\to\R$ continue telle que $f=\pi\circ g$.

Démonstration : quitte à remplacer $f$ par $x\mapsto f(x)-f(0)$ [Edit : coquille corrigée] on peut supposer que $f(0)=0$. On munit $\R/\Z$ de la métrique usuelle
$$d(x,y)=\min_{\substack{u,v\in\R \\ \pi(u)=x,\,\pi(v)=y}} |u-v|$$
de sorte que $\R/\Z$ est un espace métrique compact.

Lemme : si $h:[a,b]\to\R/\Z$ est une application continue telle que $|h(x)-h(y)|<\frac{1}{2}$ pour tous $x,y\in [a,b]$, et si $\pi(x_0)=h(a)$, alors $h$ se relève en une application continue $\tilde{h}$ telle que $\tilde{h}=x_0$.

Démonstration du lemme : soit $\pi':]x_0-\frac{1}{2},x_0+\frac{1}{2}[\to \R/\Z$ obtenue par restriction $\pi$. Comme $\pi'$ est un homéomorphisme et comme $h([a,b])$ est inclus dans l'image de $\pi'$, la composée de $(\pi')^{-1}$ avec $h$ convient.

Retour à la démonstration du théorème :
Pour tout entier $N$, la restriction de $f$ à $[0,N]$ est uniformément continue, donc il existe un entier $k\in\N^*$ tel que
$$\forall x,y\in [0,N],\; |x-y|\leqslant \frac{1}{k}\implies d(f(x),f(y))< \frac{1}{2}.$$
Le lemme permet de construire par récurrence sur $j$ des fonctions $g_j:[\frac{j}{k},\frac{j+1}{k}]\to\R$ telles que

1) $g_0(0)=0$ ;
2) $g_{j+1}(\frac{j+1}{k})=g_j(\frac{j+1}{k})$ pour tout $j\in \{0,\ldots,Nk-1\}$ ;
2) $\pi\circ g_j(x)=f(x)$ pour tout $x\in [\frac{j}{k},\frac{j+1}{k}]$.

Les fonctions $g_j$ se recollent en une fonction continue $h_N$ qui relève $f$ sur $[0,N]$ telle que $h_N(0)=0$.
Comme $x\mapsto h_{N+1}(x)-h_N(x)$ est continue à valeurs entières sur l'espace connexe $[0,N]$, elle est constante et comme elle est nulle en 0, la restriction de $h_{N+1}$ à $[0,N]$ est $h_N$. Les fonctions $h_N$ se recollent alors en un relèvement continu $g_+$ de $f$ sur $\R^+$ tel que $g_+(0)=0$. De même il existe un relèvement continu $g_-$ de $f$ sur $\R^-$ tel que $g_-(0)=0$. Ces deux fonctions se recollent en un relèvement continu de $f$.

Généralisation : si $X$ est un espace simplement connexe alors toute application continue $f\colon X\to \R / \Z$ admet un relèvement continu.

Corollaire : si $G$ est un groupe topologique simplement connexe alors tout morphisme continu $f:G\to \R/\Z$ se relève en un morphisme continu $\tilde{f}:G\to \R$.

Sympa de la part de JLT de dépeindre le professeur de prépa comme quelqu'un qui ne voit pas plus loin que le programme qu'il doit enseigner. Lui, JLT est sans doute professeur au Collège de France pour pouvoir se permettre une telle hauteur de vue. Les collègues apprécieront. Décrier les prépas tout en s'efforçant d'y mettre sa progéniture, c'est un comportement répandu chez les bobos.

La démonstration du théorème de relèvement donnée par JLT est plutôt compliquée, avec un lemme et divers recollements dans tous les coins, mais comme il est super-intelligent, pour lui tout est simple. Je n'ai rien contre les démonstrations compliquées, elles sont parfois nécessaires, et ici c'est bien le cas : les math ne sont pas un long fleuve tranquille. Le jour où j'aurai besoin du théorème de relèvement, j'aurai la démonstration, c'est sympa.

Mais justement, je considère que j'ai bien fait de donner, pour le résultat demandé, une démonstration élémentaire qui n'utilise pas ce théorème de relèvement, inutile ici quoi qu'on en dise.

Bonne journée.

RC
25/08/2013

On trouve le théorème de relèvement dans le livre d'exercices d'agreg Analyse 1 de Chambert-loir, Fermigier et Maillot, page 61. Vu la porosité entre la littérature d'agreg et celle de taupe ++ (X/ENS), je serais très étonné qu'on ne l'y trouve pas.

"Décrier les prépas tout en s'efforçant d'y mettre sa progéniture, c'est un comportement répandu chez les bobos. "

Ce n'est pas très sympathique de faire ce genre d'incise politique. Ca te soulage sans doute, mais quand tu fais ça, je passe du temps à imaginer quoi te répondre avant de me rendre compte que ma réponse est impossible car elle ferait dévier le fil ou serait censurée.

J'étais à peu près sûr que RC allait réagir à ma remarque qui pourtant n'était pas méchante. Le fait que les profs de prépa (ou du moins beaucoup d'entre eux) ne savent pas démontrer le théorème de relèvement continu n'est qu'un constat et non un reproche. Si un Inuit me demandait d'aller chasser le phoque sur la banquise j'en serais totalement incapable car je ne suis pas habitué à l'usage du harpon, contrairement à l'Inuit qui manie fréquemment cet outil.

Ici on a deux démonstrations du fait que les seuls morphismes continus de $\R$ dans $\mathbb{U}$ sont de la forme $x\mapsto \exp(i a x)$ ($a\in\R$). La mienne, qui utilise le théorème du relèvement continu, et celle de RC, qui utilise une intégration et le fait que $x\mapsto \int_a^x f(t)\,dt$ est dérivable.

Comme d'habitude, RC trouve que sa démonstration est plus simple et meilleure que celle des autres. Mais que veut dire plus simple ? Est-ce que l'on peut construire l'intégrale des fonctions continues et démontrer le théorème fondamental de l'analyse en moins de lignes que ceci http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,862433,862776#msg-862776 ? Ca m'étonnerait bien.

Mais alors, pourquoi RC pense que l'utilisation de l'intégrale est plus simple ? Parce que celle-ci figure au programme, et que les élèves de prépa sont censés y être habitués, tout comme les Inuits (je parle de ceux qui ont conservé un mode de vie traditionnel) sont habitués à l'usage du harpon mais seraient bien démunis devant le calcul de $\int_0^1 x^2\,dx$.

Quant à la remarque de RC sur les bobos, je ne vais pas y répondre pour ne pas enfreindre les règles de modération que j'essaye de faire appliquer sur ce forum mais si quelqu'un souhaite en parler, il suffit d'ouvrir un nouveau sujet dans "Maths et Société".

Bon, mon constat n'est que sur un échantillon de taille beaucoup trop modeste pour être représentatif. Je ne dis pas que les profs de prépa en question ne sauraient pas trouver la démonstration du théorème de relèvement continu en y réfléchissant, mais qu'ils ne pourraient pas la sortir directement en 5 minutes, et qu'en tout cas ils avaient vraiment une différence d'attitude entre le cas $C^1$ qu'ils considèrent comme archi-connu et le cas $C^0$ dont il faut se méfier car il leur paraît nettement plus compliqué.

Cela dit sans critique vis-à-vis des prépas en général, et je répète que ce n'est qu'un constat sur un échantillon très limité.

P.S. Si quelqu'un veut poursuivre la discussion sur les prépas, prière d'ouvrir un nouveau fil dans "Maths et Société".

Revenons aux maths.

Quant à la question de trouver tous les morphismes non nécessairement continus de $\mathbb{U}$ dans lui-même, je ne vais pas y répondre complètement mais il revient au même de décrire tous les morphismes de groupes $f: \R / \Z \to \R / \Z$. On peut déjà se poser la question plus simple de décrire l'anneau des endomorphismes du groupe $\Q/\Z$, et la réponse est $\prod_p \Z_p$ ($\Z_p$ est l'anneau des entiers $p$-adiques).

La raison est que $\Q/\Z$ est la limite projective des $\Z/n\Z$, donc le produit sur les entiers premiers $p$ des limites projectives des $\Z/p^n\Z$ (cf. theorème des restes chinois), et que $\Z_p$ est isomorphe à $\mbox{End}(\lim\limits_{\substack{\leftarrow\\ n}} \Z/p^n\Z)$.

question: trouver toutes les homomorphismes continues de groupes de $ A $ dans $U=$ le cercle, avec $ A $ est le groupe commutatif des $ (a,b,c) $.avec $ a ,b, c $ des reels et $a$ non nul, muni de la multiplication merci beaucoup.