up:: [[sous groupe distingué]], [[isomorphisme]], [[image d'un morphisme de groupes]], [[noyau d'un morphisme de groupes]]
#s/maths/algèbre 

> [!proposition]+ théorème de factorisation des morphismes
> Soient $G, G'$ des groupes
> Soient $H \trianglelefteq G$ et $\pi : G \to G /H$
> Si $f : G \to G'$ est un [[morphisme de groupes]] tel que $\ker f \supseteq H$ ([[noyau d'un morphisme de groupes]])
> alors $\exists! \text{morphisme } \bar{f} : G /H \to G',\quad f = \bar{f} \circ \pi$
> De plus :
> 1. $\ker \bar{f} = (\ker f) /H$, en particulier : si $H = \ker f$ alors $\bar{f}$ est injectif
> 2. $\mathrm{im} \bar{f} = \mathrm{im} f$, en particulier : $f \text{ est surjectif} \iff \bar{f} \text{ est surjectif}$
>    
^theorem

> [!démonstration] Démonstration
> On sait qu'une telle application $\bar{f}$ existe et est unique si $f$ est constante sur les classes d'équivalences pour la [[relation d'équivalence]] définissant l'ensemble quotient $G /H$.
> Icii la relation est la congruence modulo $H$, il suffit donc de férifier que $\forall x, y \in G,\quad xy^{-1} \in H \implies f(x)=f(y)$
> Par hypothèse, si $xy^{-1} \in H$ alors $f(xy^{-1}) = 1_{G'}$ et donc $f(x) f(y)^{-1} = 1_{G'}$ donc $f(x) = f(y)$
> - montrons que $\bar f$ est un morphisme :
> $$\begin{align}
> \forall x, y \in G,\quad  \bar f (\pi(x), \pi(y)) &= \bar f(\pi (xy)) \\
> &= (\bar f \circ \pi)(xy) \\
> &= f(xy) \\
> &= f(x)f(y) \\
> &= (\bar f \circ \pi)(x) (\bar f \circ \pi)(y) \\
> &= \bar f (\pi(x)) \bar f(\pi(y))
> \end{align}$$
> donc $\bar f$ est bien un morphisme
> 
> 1. Montrons la propriété 1.
> $$\begin{align} 
> \forall x \in G,\quad  \pi(x) \in \ker \bar{f} &\iff \bar{f} (\pi (x)) = 1_{G'} \\
> &\iff \bar{f} \circ \pi(x) = 1_{G'} \\
> &\iff f(x) = 1_{G'} \\
> &\iff x \in \ker f
> \end{align}$$
> Ainsi on a bien $\ker \bar{f} = \pi(\ker f)$
> 
> 2. Montrons la propriété 2.
> On a $f = \bar f \circ \pi$ donc $\mathrm{im} f \subseteq \mathrm{im} \bar{f}$ puisque $f(x) = \bar f (\pi(x))$
> Réciproquement, si $y \in \mathrm{im}(\bar f)$ alors $\exists z \in G /H,\quad y = \bar f(z)$
> Or $\pi : G \to G /H$ est surjectif, donc :
> $\exists x \in G,\quad z = \pi(x)$, et on a :
> $y = \bar f(\pi(x)) = (\bar f \circ\pi )(x) = f(x)$
> donc $y \in \mathrm{im}f$
> Ainsi, $\mathrm{im} \bar f \subseteq \mathrm{im} f$
> et donc $\mathrm{im} \bar f = \mathrm{im} f$ par double inclusion

# Exemple

## $GL_{n} (\mathbb{C}) / SL_{n}(\mathbb{C}) \simeq \mathbb{C}^{\times}$
Le déterminant $\det : GL_{n}(\mathbb{C}) \to \mathbb{C}^{\times}$ est un morphisme :
1. de noyau $SL_{n}(\mathbb{C}) = \{ M \in GL_{n}(\mathbb{C}) \mid \det M = 1 \}$
2. surjectif car $\forall \lambda \in \mathbb{C}^{\times},\quad \lambda = \det \begin{pmatrix}\lambda &&& \\&1&&\\&& \ddots&\\ &&&1\end{pmatrix}$

## $2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$
On considère l'application :
$\begin{align} f : \mathbb{Z} &\to 2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \\ n &\mapsto \overline{2n} \end{align}$
C'est un morphisme car c'est la composée de deux morphismes : 
$f = \pi \circ d$ 
avec $\begin{align} d : \mathbb{Z} &\to 2\mathbb{Z}\\ n &\to 2n \end{align}$ et $\begin{align} \pi : 2\mathbb{Z} &\to 2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\\ k &\mapsto \overline{k} \end{align}$


- ? $AB \simeq AC \overset{?}{\implies} B \simeq C$