Exercice 4

1. Montrons par récurrence que $f\big(x^{n}\big)=f(x)^{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Initialisation. Pour $n=0$, on a $x^{0}=e_{G}$ et $f(e_{G})=e_{H}=f(x)^{0}$ d'après la propriété 1.

Hérédité. Supposons la formule vraie au rang $n$. Alors : $$f\big(x^{n+1}\big)=f\big(x^{n} \cdot x\big)=f\big(x^{n}\big) \ast f(x)=f(x)^{n} \ast f(x)=f(x)^{n+1}$$

Extension à $\mathbb{Z}$. Soit $n<0$, et posons $m=-n>0$. La propriété 1 donne : $$f\big(x^{n}\big)=f\Big(\big(x^{m}\big)^{-1}\Big)=f\big(x^{m}\big)^{-1}=\Big(f(x)^{m}\Big)^{-1}=f(x)^{-m}=f(x)^{n}$$

2. Un morphisme envoie le neutre sur le neutre : il suffit donc de calculer l'image du neutre de départ. $$\boxed{\begin{array}{ll} \textbf{(a)} \; f(0)=1 \neq 0 & \textbf{(b)} \; f(1)=2 \neq 1 \\[1mm] \textbf{(c)} \; f(0)=\mathrm{i} \neq 0 & \textbf{(d)} \; f(0)=-3 \neq 0 \end{array}}$$

$$\boxed{\text{Aucune de ces quatre applications n'est un morphisme.}}$$ Remarque : ce test est instantané et doit devenir un réflexe. Il ne prouve rien lorsqu'il est concluant — une application peut envoyer le neutre sur le neutre sans être un morphisme, comme $x \mapsto x^{2}$ sur $(\mathbb{R}\,;+)$ — mais il élimine immédiatement un mauvais candidat.

3. La loi étant notée additivement des deux côtés, la question 1 s'écrit ici $g(nx)=n\,g(x)$. Appliquée à $x=1$ : $$\boxed{\forall n \in \mathbb{Z}, \quad g(n)=n\,g(1)}$$ Soit maintenant $q \in \mathbb{N}^{*}$. En appliquant ce qui précède à $x=\dfrac{1}{q}$ et $n=q$ : $$g(1)=g\left(q \times \frac{1}{q}\right)=q\,g\!\left(\frac{1}{q}\right) \qquad\text{donc}\qquad g\!\left(\frac{1}{q}\right)=\frac{g(1)}{q}$$ Enfin, pour $r=\dfrac{p}{q}$ avec $p \in \mathbb{Z}$ et $q \in \mathbb{N}^{*}$ : $$g(r)=g\!\left(p \times \frac{1}{q}\right)=p\,g\!\left(\frac{1}{q}\right)=\frac{p}{q}\,g(1)$$

$$\boxed{\forall r \in \mathbb{Q}, \quad g(r)=r\,g(1)}$$ Un morphisme de $(\mathbb{R}\,;+)$ dans lui-même est donc entièrement déterminé sur $\mathbb{Q}$ par la seule valeur $g(1)$.