Propriétés

[!proposition]+ Morphisme trivial Le morphisme trivial est le morphisme \begin{align} f : E &\to F\\ x &\mapsto 1_{F} \end{align} Il existe toujours.

[!proposition]+ composition de morphismes Si f : E \to F et g : F \to G sont des morphismes Alors g \circ f : E \to G est un morphisme

[!démonstration]- Démonstration \begin{align} (g \circ f) (xy) &= g(f(x y)) \\ &= g(f(x) f(y)) &\text{car } f \text{ est un morphisme} \\ &= g(f(x)) g(f(y)) & \text{car } g \text{ est un morphisme} \\&= (g \circ f)(x) (g\circ f)(y) \end{align} Donc, g \circ f est bien un morphisme ^composition-morphismes

[!proposition]+ élément neutre Soit f: E \to F un morphisme, on a toujours : f(e_{E}) = e_{F}

[!démonstration]- Démonstration f(e_{E}) = f(e_{E}e_{E}) = f(e_{E})f(e_{E}) en multipliant à gauche par f(e_{E})^{-1} (qui est bien inversible car F est un groupe) on obtient : e_{F} = f(e_{E})

[!proposition]+ morphisme d'un inverse Soit f: E \to F un morphisme, on a : \forall x \in E,\quad f(x ^{-1}) f(x)^{-1}

[!démonstration]- Démonstration Soit x \in E On a f(x ^{-1})f(x) = f(x ^{-1} x) = f(e_{E}) = e_{F} De la même manière, f(x)f(x ^{-1}) = e_{A} On sait alors que l'inverse de f(x) est f(x ^{-1}) Autrement dit : f(x) ^{-1} f(x ^{-1})

[!proposition]+ morphisme sur un sous groupe Soit f: G \to G' un morphisme

Si H est un sous groupe de G, alors f(H) est un sous groupe de G'

H<G \implies f(H) < G'

Si H' est un sous groupe de G', alors f^{-1}(H') est un sous groupe de G

H' < G' \implies f^{-1}(H') < G

[!démonstration]- Démonstration

On suppose que H est un sous groupe de G

comme H est un sous groupe de G, on a e_{G} \in H. Puisque f(e_{G}) = e_{G'}, on a e_{G'} \in f(H)

Soient x', y' \in f(H). Il existe (x, y) \in H^{2} tel que f(x) = x' et f(y) = y'. Comme H est un sous groupe, on a xy^{-1} \in H. Puisque f(xy^{-1}) = f(x)f(y^{-1}) = f(x)f(y)^{-1} = x'y'^{-1}, on a x'y'^{-1} \in H

On peut donc conclure que H est un sous groupe de G

On suppose que H' est un sous groupe de G'

Comme H' est un sous groupe de G', on a e_{G'} \in H'

On veut montrer que \forall x \in f^{-1}(H'),\quad x ^{-1} \in f^{-1}(H') Soit x' \in H'. Il existe x \in G tel que x = f^{-1}(x') x ^{-1} = (f^{-1}(x'))^{-1} = f^{-1}(x'^{-1}) Or, x'^{-1} \in H' car H' est un groupe. Donc f^{-1}(x'^{-1}) \in f^{-1}(H') de là suit que x ^{-1} \in f^{-1}(H')

!noyau d'un morphisme de groupes#^morphisme-injectif-noyau

Exemples

[!example] Exemple 1 Si G est un groupe, alors : \begin{align} \mathrm{id}_{G} : G &\to G\\ g &\mapsto g \end{align} est un endomorphisme d'espaces vectoriels de G

[!example] Exemple 2 Soit k \in \mathbb{Z} \begin{align} f : \mathbb{Z} &\to \mathbb{Z} \\ n &\mapsto kn \end{align} estun morphisme en effet : \begin{align} \forall m, n \in \mathbb{Z},\quad f(m + n) &= k(m + n) \\&= km + kn \\&= f(m) + f(n)\end{align}

[!example] Exemple 3 pour k \in \mathbb{Z} \begin{align} f_{k} : \mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}\\ n &\mapsto n +k \end{align} est un morphisme si et seulement si k = 0 en effet :

si k = 0, alors f_{k} = \mathrm{id} \in \mathrm{End}(\mathbb{Z})

si k \neq 0 alors f_{k}(a+b) = a+ b+ k mais f_{k}(a) + f_{k}(b) = a+ k + b + k = a+ b+ 2k donc, on a f_{k} (a+b) \neq f_{k}(a) + f_k(b){}

[!example] Exemple 4 \begin{align} f : \mathbb{R}^{*} &\to \mathbb{R}^{*} \\ x &\mapsto \frac{1}{x} \end{align} est un morphisme car \forall x, y \in \mathbb{R}^{*},\quad f(x y) = \frac{1}{xy} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{y} = f(x)\cdot f(y)

! attention à la loi : \begin{align} g : (\mathbb{R}^{*}, \times) &\to (\mathbb{R}^{*}, +)\\ x &\mapsto \frac{1}{x} \end{align} n'est pas un morphisme, car \exists, x, y \in \mathbb{R}^{*},\quad g(xy) \neq g(x)+g(y)

[!example] Exemple 4 bis \exp : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^{*} est un morphisme, car e^{x+y} = e^{x}+e^{y} \log : \mathbb{R}^{*}_{+} \to \mathbb{R} est un morphisme, car \log(a \cdot b) = \log(a) + \log(b)

[!example] Exemple 7 \begin{align} \det : GL_{n}(\mathbb{R}) &\to \mathbb{R}^{*}\\ M &\mapsto \det(M) \end{align} est un morphisme

[!fail] Exemple 7 bis \det : M_{n}(\mathbb{R}) \to \mathbb{R} n'est pas un morphisme

[!example] Exemple 8 \begin{align} f : \mathbb{Z} &\to \mu _{n}(\mathbb{C}) \\ k &\mapsto e^{1ik \frac{\pi}{2}} \end{align} est un morphisme.

? \mu _{n}(\mathbb{C}) = \{ z \in \mathbb{C}^{\times} \mid z^{n} = 1 \} est le groupe des racines complexes de l'unité

[!example] Exemple 9 \begin{align} f : \mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \\ k &\mapsto \overline{k} \end{align} est un morphisme car \overline{k + k'} = \overline{k} + \overline{k'}

[!example] Exemple 10 L'application \mathbb{R}^{mn} \to M_{mn}(\mathbb{R}) donnée par l'"agencement en tableau" : (a, b, c, d) \mapsto \begin{pmatrix}a & b\\ c &d\end{pmatrix} est un morphisme

? Il n'y a pas d'analogue pour GL_{n}(\mathbb{R})

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