Isomorphes ou non ? $\mathbb{Q}$ contre ${\mathbb{Q}}_{+}^{\ast }$, et ${\mathbb{R}}^{\ast }$ comme produit

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La définition d'un isomorphisme (morphisme bijectif), le fait que $\exp$ est un isomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ sur $({\mathbb{R}}_{+}^{\ast },\times )$ (cours), la proposition « groupe produit », et l'irrationalité de $\sqrt{2}$. La stratégie a deux faces : pour montrer que deux groupes ne sont pas isomorphes, on exhibe un invariant — une propriété qui ne s'exprime qu'avec la loi, que l'un possède et pas l'autre ; pour montrer qu'ils le sont, on construit l'isomorphisme, souvent en décomposant le groupe en un produit.

a) $\mathbb{Q}$ et ${\mathbb{Q}}_{+}^{\ast }$. L'invariant : « tout élément est le double d'un autre ». Dans $(\mathbb{Q},+)$, l'équation $x+x=a$ a une solution pour tout $a$, à savoir $x=a/2$, qui est rationnel. Dans $({\mathbb{Q}}_{+}^{\ast },\times )$, l'équation correspondante est $x\cdot x=a$ : pour $a=2$, elle n'a aucune solution, car un rationnel de carré $2$ serait $\sqrt{2}$, qui est irrationnel.

L'absurde. Supposons qu'il existe un isomorphisme $f:(\mathbb{Q},+)\to ({\mathbb{Q}}_{+}^{\ast },\times )$. Par surjectivité, il existe $a\in \mathbb{Q}$ tel que $f(a)=2$. Posons $x=a/2\in \mathbb{Q}$. Alors, $f$ étant un morphisme, $$f(x)\cdot f(x)=f(x+x)=f(a)=2.$$ Ainsi $f(x)$ est un rationnel strictement positif dont le carré vaut $2$ : contradiction. Les deux groupes ne sont pas isomorphes.

Le point délicat. La surjectivité de $f$ est indispensable : sans elle, rien ne garantit que $2$ soit atteint, et l'argument s'effondre. Un isomorphisme transporte les équations et leurs solutions : « $x+x=a$ a une solution pour tout $a$ » est une phrase qui ne parle que de la loi, elle doit donc être vraie ou fausse des deux côtés à la fois.

b) $\mathbb{R}$ contre ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, puis contre ${\mathbb{R}}^{\ast }$. Isomorphes. L'exponentielle est un morphisme de $(\mathbb{R},+)$ dans $({\mathbb{R}}_{+}^{\ast },\times )$ — c'est la relation $e^{x+y}=e^x{e}^y$ — et une bijection, de réciproque $\ln$ : c'est un isomorphisme. Notons que l'invariant du a) ne sépare plus rien ici : dans ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, tout réel strictement positif a une racine carrée.

Non isomorphes. L'invariant est cette fois le nombre de solutions de l'équation $x\star x=e$. Dans $({\mathbb{R}}^{\ast },\times )$, l'équation $x\cdot x=1$ a deux solutions, $1$ et $-1$. Dans $(\mathbb{R},+)$, l'équation $x+x=0$ n'en a qu'une, $0$. Supposons qu'il existe un isomorphisme $g:({\mathbb{R}}^{\ast },\times )\to (\mathbb{R},+)$. Alors $g(-1)+g(-1)=g((-1)(-1))=g(1)=0$, car un morphisme envoie le neutre sur le neutre. Donc $g(-1)$ est solution de $x+x=0$, soit $g(-1)=0=g(1)$. Comme $-1\ne 1$, cela contredit l'injectivité de $g$. $(\mathbb{R},+)$ et $({\mathbb{R}}^{\ast },\times )$ ne sont pas isomorphes : le second possède un élément non neutre égal à son propre inverse, le premier non.

c) ${\mathbb{R}}^{\ast }$ comme produit. Notons $G=(\mathbb{R},+)\times (\{-1,1\},\times )$, muni de la loi composante par composante $(t,\epsilon )\cdot (t^{\prime },{\epsilon }^{\prime })=(t+t^{\prime },\epsilon {\epsilon }^{\prime })$ ; c'est un groupe par la proposition du cours.

Morphisme. Pour $x,y\in {\mathbb{R}}^{\ast }$ : $\ln |xy|=\ln (|x||y|)=\ln |x|+\ln |y|$, et $\mathrm{sgn}(xy)=\mathrm{sgn}(x)\mathrm{sgn}(y)$ (la règle des signes). Donc $\psi (xy)=(\ln |x|+\ln |y|,\mathrm{sgn}x\mathrm{sgn}y)=\psi (x)\cdot \psi (y)$.

Injectivité. Si $\psi (x)=\psi (y)$, alors $\ln |x|=\ln |y|$, donc $|x|=|y|$ par injectivité de $\ln$ ; et $\mathrm{sgn}x=\mathrm{sgn}y$. Deux réels non nuls de même valeur absolue et de même signe sont égaux : $x=y$.

Surjectivité. Soit $(t,\epsilon )\in \mathbb{R}\times \{-1,1\}$. Posons $x=\epsilon e^t\in {\mathbb{R}}^{\ast }$ : alors $|x|=e^t$, donc $\ln |x|=t$, et $\mathrm{sgn}x=\epsilon$. Ainsi $\psi (x)=(t,\epsilon )$.

$\psi$ est un isomorphisme de $({\mathbb{R}}^{\ast },\times )$ sur $(\mathbb{R},+)\times (\{-1,1\},\times )$. Le groupe ${\mathbb{R}}^{\ast }$ est donc « une copie de $\mathbb{R}$ » (la valeur absolue, vue à travers le logarithme) « fois une copie de $\{-1,1\}$ » (le signe). Et l'on relit le b) : le facteur $\{-1,1\}$ est exactement ce qui empêche ${\mathbb{R}}^{\ast }$ d'être isomorphe à $\mathbb{R}$.

d) ${\mathbb{C}}^{\ast }$ comme produit. Notons $\chi :{\mathbb{C}}^{\ast }\to {\mathbb{R}}_{+}^{\ast }\times \mathbb{U}$, $\chi (z)=(|z|,z/|z|)$ ; la seconde composante est bien de module $1$. Morphisme : $|z{z}^{\prime }|=|z||z^{\prime }|$, et $\frac{z{z}^{\prime }}{|z{z}^{\prime }|}=\frac{z}{|z|}\cdot \frac{z^{\prime }}{|z^{\prime }|}$, donc $\chi (z{z}^{\prime })=\chi (z)\cdot \chi (z^{\prime })$ pour la loi composante par composante. Bijectivité : l'application $(r,u)\mapsto ru$ de ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }\times \mathbb{U}$ dans ${\mathbb{C}}^{\ast }$ est réciproque de $\chi$, car $\chi (ru)=(|ru|,ru/|ru|)=(r,u)$ puisque $|ru|=r$, et réciproquement $|z|\cdot \frac{z}{|z|}=z$. $\chi$ est un isomorphisme : c'est la forme trigonométrique $z=r{e}^{i\theta }$ du chapitre 3, relue comme une décomposition du groupe ${\mathbb{C}}^{\ast }$ en le produit du groupe des modules par le groupe des arguments.

Ce que l'exercice installe. Pour séparer deux groupes, un invariant : « toute équation $x\star x=a$ a une solution », « le nombre de solutions de $x\star x=e$ » — n'importe quelle phrase qui ne parle que de la loi. C'est le raisonnement de l'exercice de conjugaison du TD 1, et il deviendra « deux matrices semblables ont même trace » au chapitre 13. Pour identifier deux groupes, une décomposition en produit : ${\mathbb{R}}^{\ast }\simeq \mathbb{R}\times \{-1,1\}$, ${\mathbb{C}}^{\ast }\simeq {\mathbb{R}}_{+}^{\ast }\times \mathbb{U}$. Le symbole $\simeq$ se lit « est isomorphe à ».