Morphisme de groupe

Exercices du dossier Morphisme de groupe

Exercice 1528 *

18 novembre 2022 15:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(n\in\mathbb{N}^*\) et \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^* & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & x^n \end{array} \right.\). Montrer que \(f\) est un endomorphisme du groupe \(\left(\mathbb{R}^*,\times\right)\). Déterminer son image et son noyau.



[ID: 3299] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:48] [Catégorie(s): Morphisme de groupe ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1528
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48

Endo : Il s’agit de démontrer que \(\forall x\in \mathbb{R}^*,\, f(x) \in \mathbb{R}^*\).
Morphisme : Il s’agit de démontrer que \(\forall x,y\in \mathbb{R}^*,\, f(x)f(y) = f(xy)\) soit \(x^ny^n = (xy)^n\).
Si \(n\) est impair, l’image est \(\mathbb{R}^*\) et le noyau est réduit à \(\{1\}\). Si \(n\) est pair, l’image est \(\mathbb{R}_+^*\) et le noyau est \(\{-1,1\}\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1529
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48
  1. Soient \(a,x,y\in G\), on a \(\tau_a(xy) = a(xy)a^{-1} = axa^{-1}aya^{-1} = \tau_a(x)\tau_a(y)\) ce qu’il fallait vérifier.

  2. Soient \(a,x,y\in G\), on a \(\tau_a \circ \tau_b(x) = abxb^{-1}a^{-1} = abx(ab)^{-1}=\tau_{ab}(x)\) puisque \((ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}\).

  3. On en déduit que \(\tau_a \circ \tau_{a^{-1}} = \tau_{a^{-1}} \circ \tau_a = \tau_e = Id_G\). Donc \(\tau_a\) est bijective et son application réciproque est \(\tau_{a^{-1}}\).

  4. On en déduit que \(\tau~: a\longmapsto\tau_a\) est un morphisme de \(G\) dans le groupe des automorphismes de \(G\). Son image, à savoir \(T\) est un sous-groupe du groupe des automorphismes de \(G\).


Exercice 1530 *

18 novembre 2022 15:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Montrer que la composition de deux morphismes de groupe est un morphisme de groupe.



[ID: 3303] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:48] [Catégorie(s): Morphisme de groupe ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1530
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48

Soient \(f\) et \(g\) deux morphismes d’un groupe \((G,.)\). Soient \(x,y\in G\), on a \(f\circ g(x.y) = f(g(x.y)) = f(g(x).g(y)) = f(g(x)).f(g(y)) = f\circ g(x).f\circ g(y)\) ce qu’il fallait vérifier.


Exercice 1531 *

18 novembre 2022 15:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(f:{\mathbb{R}}\rightarrow {\mathbb{C}}^*\) l’application qui à tout \(x\in {\mathbb{R}}\) associe \(e^{ix}\in {\mathbb{C}}^*\). Montrer que \(f\) est un morphisme de groupes. Calculer son noyau et son image. L’application \(f\) est-elle injective ?



[ID: 3305] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:48] [Catégorie(s): Morphisme de groupe ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1531
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48

On a \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} (\mathbb{R},+) & \longrightarrow & (\mathbb{C}^*,\times) \\ x & \longmapsto & e^{ix} \end{array} \right.\). Vérifions que \(f\) est un morphisme de groupe. Soit \(x,y \in \mathbb{R}\), alors \[f(x+y) = e^{i(x+y)}=e^{ix}e^{iy}=f(x)\times f(y),\] et \[f(x^{-1})= e^{i(-x)} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle e^{ix}}={f(x)}^{-1}.\] Donc \(f\) est un morphisme de groupe.

Montrons que \(f\) n’est pas injective en prouvant que le noyau n’est pas réduit à \(0\) : \[{\rm Ker}\,f = \left\{ x\in\mathbb{R}~|~ f(x)=1 \right\} = \left\{ x\in\mathbb{R}~|~ e^{ix}=1 \right\} = \left\{ 2k\pi~|~ k\in\mathbb{Z}\right\}=2\pi\mathbb{Z}.\]

Enfin \[\mathop{\rm Im}f = \left\{ e^{ix} ~|~ x\in\mathbb{R}\right\}=\mathbb U\] est l’ensemble des complexes de module \(1\), c’est-à-dire le cercle de centre \(0\) et de rayon \(1\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Quelques morphismes bien connus
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48
  1. Le logarithme est un morphisme du groupe \((\mathbb R_+^*,\times)\) sur \((\mathbb R,+)\).

  2. Le module est un morphisme du groupe \((\mathbb C^*,\times)\) sur \((\mathbb R_+^*,\times)\).

  3. La racine carrée est un morphisme du groupe \((\mathbb R_+^*,\times)\).

  4. L’exponentielle est un morphisme du groupe \((\mathbb C,+)\) sur \((\mathbb C^*,\times)\).

  5. La conjugaison complexe est un morphisme du groupe \((\mathbb C,+)\).

  6. La conjugaison complexe est un morphisme du groupe \((\mathbb C^*,\times)\).


Exercice 1533 *

18 novembre 2022 15:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère un groupe \((G, .)\). Montrer que l’application \(f:\left\{ \begin{array}{ccl} G & \longrightarrow & G \\ x & \longmapsto & x^{-1} \end{array} \right.\) est un isomorphisme de groupes si et seulement si le groupe \(G\) est commutatif.



[ID: 3309] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:48] [Catégorie(s): Morphisme de groupe ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1533
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48

L’application \(f\) est bijective (vérification immédiate).

  1. Montrons que si \(G\) est commutatif, alors \(f\) est un morphisme. Soient deux éléments \((x,y)\in G^2\). Alors \[f(xy)=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=x^{-1}y^{-1}=f(x)f(y)\]

  2. Montrons que si l’application \(f\) est un morphisme de groupes, alors le groupe \(G\) est commutatif. Soient deux éléments \((x,y)\in G^{2}\). Puisque \[f(x^{-1}y^{-1})=f(x^{-1})f(y^{-1}) \Rightarrow (x^{-1}y^{-1})^{-1}=xy \Rightarrow (y^{-1})^{-1}(x^{-1})^{-1}=xy \Rightarrow yx = xy\] et donc la loi est commutative.


Exercice 1534 **

18 novembre 2022 15:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère deux groupes \(G\) et \(G'\) et une application \(\varphi: G \mapsto G'\). On définit l’ensemble \[H = \left\{\bigl(x, \varphi(x)\bigr) ~|~ x \in G\right\}\] Montrer l’équivalence \[\underset{(i)}{\bigl( \varphi\textrm{ morphisme } \bigr)} \Longleftrightarrow \underset{(ii)}{\bigl( H \textrm{ sous-groupe de } G \times G' \bigr)}\]



[ID: 3311] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:48] [Catégorie(s): Morphisme de groupe ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1534
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48
  1. Puisque \(\varphi\) est un morphisme, on sait que \(\varphi(e) = e'\). Donc \((e, e') = (e, \varphi(e))\in H\). Soient deux éléments \(X\), \(Y\) de \(H\). Il existe \((x, y) \in G^2\) tels que \(X = (x, \varphi(x))\) et \(Y = (y, \varphi(y))\). Comme l’inverse de \((y, \varphi(y))\) est \((y^{-1}, \varphi(y))^{-1}\), \[XY^{-1} = (x, \varphi(x))(y, \varphi(y))^{-1} = (xy^{-1}, \varphi(x)\varphi(y)^{-1}) = (xy^{-1}, \varphi(xy^{-1})) \in H\] On a utilisé la propriété d’un morphisme, \(\varphi(y^{-1}) = \varphi(y)^{-1}\).

  2. Soit \((x, y) \in G^2\), montrons que \(\varphi(xy) = \varphi(x)\varphi(y)\). Puisque \((x, \varphi(x)) \in H\) et que \((y, \varphi(y)) \in H\), comme \(H\) est un sous-groupe de \(G\times G'\), \((x, \varphi(x))(y, \varphi(y)) = (xy, \varphi(x)\varphi(y)) \in H\). Mais alors, par définition de \(H\), il existe \(z \in G\) tel que \(xy = z\) et \(\varphi(z) = \varphi(x)\varphi(y)\). Cela donne \(\varphi(xy) = \varphi(z) = \varphi(x)\varphi(y)\).


Exercice 1535 ***

18 novembre 2022 15:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer tous les morphismes de groupes de \((\mathbb{Q}^{,} +)\) vers \((\mathbb{Z} , +)\).



[ID: 3313] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:48] [Catégorie(s): Morphisme de groupe ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1535
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:48

Soit \(f\) un tel morphisme. Soit \(n\in \mathbb{N}^{*}\). On a \[f(1) = f\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + \dots + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) = n f\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\] or \(p = f(1) \in \mathbb{Z}\) et \(q_n = f\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \in\mathbb{Z}\). Donc \[p = nq_n \Rightarrow \lvert p \rvert = n \lvert q_n \rvert\] Cette relation étant vraie \(\forall n \in \mathbb N\), en particulier pour \(n > \lvert p \rvert\), on obtient que \(p =f(1)= 0\) et que \(\forall n \in \mathbb{N}^*\), \(f\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) = 0\).

Alors, si \(x = \dfrac{a}{b} \in \mathbb{Q}^{+}\), avec \(a\in \mathbb N\) et \(b\in \mathbb{N}^{\star}\), \[f(x) = f\left( a{\scriptstyle 1\over\scriptstyle b}\right) = a f\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle b}\right) = 0.\] On en déduit que \(f\) est nulle sur \(\mathbb{Q}_+\), et puisque \(f\) est un morphisme, \(f(-x) = -f(x)\) ce qui montre que \(f\) est également nulle sur \(\mathbb{Q}_{-}\).


;
Success message!