Morphismes de $\Z[\frac{1}{2}]$ dans $U(1)$
Réponses
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Je ne pense pas qu'il soit isomorphe à $U(1) \times \Z_2$, car il existe dans ce dernier ensemble un élément $x$ tel que $2x=0$, et $x \neq 0$, alors qu'il n'en existe pas dans $Hom(\Z[\frac{1}{2}],U(1))$.
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Bonjour,Sauf erreur, le groupe additif de $\mathbb Z[1/2]$ est la limite inductive de $$\mathbb Z\stackrel2\longrightarrow\mathbb Z\stackrel2\longrightarrow\mathbb Z\stackrel2\longrightarrow\ldots\;,$$donc $\mathrm Hom(\mathbb Z[1/2],U(1))$ est la limite projective de$$\ldots\stackrel{(\ )^2}\longrightarrow U(1)\stackrel{(\ )^2}\longrightarrow U(1)\stackrel{(\ )^2}\longrightarrow U(1)\;,$$soit encore$$\ldots\stackrel2\longrightarrow \mathbb R/\mathbb Z\stackrel2\longrightarrow \mathbb R/\mathbb Z\stackrel2\longrightarrow \mathbb R/\mathbb Z\;.$$
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Merci @GaBuZoMeu . Est-il toujours vrai que la limite projective des duaux est le dual de la limite inductive ?
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Ici j'ai $\mathrm{Hom}(\varinjlim\mathbb Z, U(1))\simeq \varprojlim\mathrm{Hom}(\mathbb Z, U(1))\simeq \varprojlim U(1)$ où les morphismes de transition sont l'élévation au carré.C'est aussi $\varprojlim \mathbb R/2^n \mathbb Z$
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Merci, je n'avais pas non plus pensé à cette dernière limite projective.
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Bonjour Marco,Merci de m'avoir fait découvrir une espèce rare de groupes dont je ne me souviens pas avoir croisé la route..Cela m'a conduit, en l'absence de connaissances théoriques, à en expliciter la loi et retrouver, me semble-t-il, ce qui a été dit par Gabuzomeu.$\mathbb U$ désigne le groupe multiplicatif des nombres complexes de module $1$, isomorphe à $\left ( \R/\Z, + \right).$Soit $(G ,\times)$ le groupe défini par $G= \left\{u\in \mathbb U^{\N}\mid \forall n \in \N, \: u_{n+1}^2 = u_n \right \}, \quad \forall u,v \in G, \:\: \forall n \in \N, \:\: (u\times v)_n = u_nv_n.$Alors, $\:G \simeq\text{Hom} \left( \Z[\frac12], \mathbb U\right ),$ via l'isomorphisme $\theta : \:\:u \longmapsto \theta_u \: $ où $\:\theta_ u: \left\{\begin{array}{ccc} \Z\left[ \frac 12 \right] & \overset{\theta_u}{\longrightarrow }& \mathbb U \\ x = \dfrac a{2^n} \: (a\in \Z, n \in \N) &\longmapsto &\theta_u(x)= u_n^{a} \end{array}\right .$($ \theta_ u (x)$ ne dépend pas de l'écriture $x=\dfrac a{2^n}$)Cela permet, entre autres choses, de voir qu'en effet $G$ ne possède pas d'éléments d'ordre $2$, ou que, pour tout entier $n$ impair et tout $x$ dans $G$, il existe une infinité d'éléments $y$ de $G$ tels que $x=y^n.$
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Une remarque: cette limite projective est aussi isomorphe au quotient de $\mathbb{R}\times \mathbb{Z}_2$ par la copie diagonale de $\mathbb{Z}$ (je le laisse en exercice amusant).
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Oui effectivement, on considère le morphisme de groupes$$\begin{aligned}\mathbb R\times \mathbb Z_2=\mathbb R\times \varprojlim \mathbb Z/2^n\mathbb Z&\longrightarrow \varprojlim \mathbb R/2^n\mathbb Z\\(r,(a_n\bmod 2^n))&\longmapsto ((r-a_n)\bmod 2^n)\;.\end{aligned}$$Je ne connaissais pas, mais un collègue m'a indiqué qu'on trouvait ce genre de groupes dans la littérature sous le nom de solénoïdes.
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Bonjour,Voici une construction des isomorphismes évoqués par Marco et Pea. $\quad \forall n \in \N, \:\: \omega_{2^n} := \exp\left(\frac {2\mathrm i \pi}{2^n}\right).$Soit $u \in\Z_2: \:\:u =( u_n)_{n\in \N^*}, \:\: u_n \in \Z/2^n \Z, \: \: u_{n+1}\equiv u_n \mod 2^n .\quad$ Alors $\: \omega_{2^n} ^{u_n}\:$ est un élément parfaitement défini de $\mathbb U.$On a l'isomorphisme $\theta:\left\{\begin{array}{ccc} \Z_2& \longrightarrow & \text{Hom } \left( \Z\left[ \frac 12 \right] /\Z, \mathbb U\right ) \\u&\longmapsto & \theta_u\end{array}\right.$ avec $ \:\:\theta_u: \left\{ \begin{array}{ccc} \Z\left[ \frac 12 \right] /\Z &\longrightarrow & \mathbb U \\ x=\overline {\left( \frac a{2^n }\right) } \:(a\in \Z) &\longmapsto &( \omega_{2^n})^{au_n} \end{array}\right.$Soit $\varphi: \left \{\begin{array} {ccc}\R \times \Z_2 & \longrightarrow & G \\ (\alpha , u) &\longmapsto & \left( \mathrm e^{2\mathrm i \pi \alpha / 2^n} \omega_{2^n} ^{-u_n}\right) _{n\in \N}\end{array}\right.\quad$ (avec la convention $u_0 =0$)Alors $\varphi $ est surjectif et $\ker \varphi = \{ (k,k) \mid k\in \Z \}: = D, \quad G \simeq (\R\times \Z_2) / D.$
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Merci pour la référence, l'exercice et la démonstration.
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On peut remplacer $\mathbb Z[1/2]$ par $\mathbb Q$ et $\mathbb Z_2$ par $\widehat{\mathbb Z}$.
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Oui, en effet.
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Bonjour,Voici un exercice: quel est l'ensemble des $x \in \mathbb{U}$, tel que la suite $(x^{2^n})_{n \in \N}$ tend vers $1$ ? On en déduit $\mathrm{Hom}(\Z_2,\mathbb{U})$, l'ensemble des morphismes continus du groupe topologique $\Z_2$ dans $\mathbb{U}$.
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