Exercice 25

1. D'après la proposition 10, $f(n \cdot 1) = f(1)^{n}$ pour tout $n \in \mathbb{Z}$, car $n = n \cdot 1$ dans $(\mathbb{Z}, +)$. Ainsi $f$ est déterminé par $f(1)$, d'où l'unicité. Réciproquement, $n \mapsto x^{n}$ est un morphisme d'après la proposition 4, et il envoie $1$ sur $x$. $$\boxed{\text{les morphismes de } (\mathbb{Z}, +) \text{ dans } G \text{ sont les } n \mapsto x^{n}, \ x \in G}$$

2. En notation additive, les endomorphismes de $\mathbb{Z}$ sont les $n \mapsto kn$, avec $k \in \mathbb{Z}$. Un tel endomorphisme est injectif si et seulement si $k \neq 0$, puisque son noyau est $\{0\}$ si $k \neq 0$ et $\mathbb{Z}$ si $k = 0$. Il est surjectif si et seulement si $1$ est atteint, c'est-à-dire $kn = 1$ pour un entier $n$, soit $k = \pm 1$. $$\boxed{\text{endomorphismes } n \mapsto kn ; \ \text{injectifs si } k \neq 0 ; \ \text{surjectifs si } k = \pm 1}$$

3. Pour $m \in \mathbb{N}$, on a $x = 2^{m} \cdot \frac{x}{2^{m}}$ dans $(\mathbb{Q}, +)$, donc $f(x) = 2^{m} f\big(\frac{x}{2^{m}}\big)$ par la proposition 10 : l'entier $f(x)$ est divisible par $2^{m}$. Si $f(x) \neq 0$, on aurait $2^{m} \leqslant |f(x)|$ pour tout $m$, ce qui est absurde. $$\boxed{\text{le seul morphisme de } (\mathbb{Q}, +) \text{ dans } (\mathbb{Z}, +) \text{ est le morphisme nul}}$$ À retenir. Tout rationnel est « divisible » par tout entier dans $\mathbb{Q}$, alors qu'aucun entier non nul n'est divisible par toutes les puissances de $2$ : un morphisme transporte la divisibilité, d'où l'obstruction.