Exercice 13

1. Sens réciproque. Si $f(x)=ax$, alors $f(x+y)=a(x+y)=ax+ay=f(x)+f(y)$.

Sens direct. Supposons $f$ morphisme et posons $a=f(1)$. La question 1 de l'exercice 4, écrite additivement, donne $f(n \times 1)=n\,f(1)$ pour tout $n \in \mathbb{Z}$, c'est-à-dire $f(n)=an$. $$\boxed{f \text{ est un morphisme de } (\mathbb{Z}\,;+) \iff \exists a \in \mathbb{Z}, \; \forall x \in \mathbb{Z}, \; f(x)=ax}$$

(a) Le noyau est $\{x \in \mathbb{Z} \mid ax=0\}$ et l'image l'ensemble des multiples de $a$. $$\boxed{\text{Si } a \neq 0 \;:\; \mathrm{Ker}\, f=\{0\} \text{ et } \mathrm{Im}\, f=a\mathbb{Z} \qquad \text{si } a=0 \;:\; \mathrm{Ker}\, f=\mathbb{Z} \text{ et } \mathrm{Im}\, f=\{0\}}$$

(b) Le morphisme est injectif si et seulement si $a \neq 0$, et surjectif si et seulement si $a\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$, c'est-à-dire si $a$ divise $1$. $$\boxed{f \text{ est un isomorphisme si et seulement si } a=1 \text{ ou } a=-1.}$$

(c) $$\boxed{\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}\,;+)=\big\{\mathrm{Id}_{\mathbb{Z}} \;;\; x \mapsto -x\big\}}$$ C'est donc un groupe à deux éléments, dans lequel chaque élément est son propre symétrique.

2. Sens réciproque. Si $f(x\,;y)=(ax+cy \,;\, bx+dy)$, un calcul direct sur chaque composante montre que $f$ est un morphisme.

Sens direct. Supposons $f$ morphisme, et posons $f(1\,;0)=(a\,;b)$ et $f(0\,;1)=(c\,;d)$. Comme $(x\,;y)=x\,(1\,;0)+y\,(0\,;1)$, la question 1 de l'exercice 4 donne : $$f(x\,;y)=x\,f(1\,;0)+y\,f(0\,;1)=(ax \,;\, bx)+(cy \,;\, dy)=(ax+cy \,;\, bx+dy)$$

(a) $$\boxed{\mathrm{Ker}\, f=\big\{(x\,;y) \in \mathbb{Z}^{2} \;\big|\; ax+cy=0 \text{ et } bx+dy=0\big\}}$$

(b) Supposons $ad-bc \neq 0$, et soit $(x\,;y) \in \mathrm{Ker}\, f$. En combinant les deux équations : $$d(ax+cy)-c(bx+dy)=(ad-bc)\,x=0 \qquad\text{et}\qquad a(bx+dy)-b(ax+cy)=(ad-bc)\,y=0$$ Comme $ad-bc \neq 0$, il vient $x=y=0$, donc $\mathrm{Ker}\, f=\{(0\,;0)\}$ et $f$ est injectif.

Supposons $ad-bc=0$. Si $(c\,;a) \neq (0\,;0)$, le couple non nul $(-c \,;\, a)$ vérifie : $$a(-c)+ca=0 \qquad\text{et}\qquad b(-c)+da=ad-bc=0$$ donc appartient au noyau. Si $(c\,;a)=(0\,;0)$, on vérifie de même que $(-d \,;\, b)$ convient ; et si de plus $(d\,;b)=(0\,;0)$, alors $f$ est l'application nulle et $\mathrm{Ker}\, f=\mathbb{Z}^{2}$. Dans tous les cas, le noyau n'est pas réduit à $\{(0\,;0)\}$. $$\boxed{f \text{ est injectif si et seulement si } ad-bc \neq 0.}$$