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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Thgues
- 24-12-2021 11:11:47
Effectivement, merci Fred.
Pour l'injectivité de [tex]f[/tex], en considérant [tex]f_0 : 1\to G'[/tex] avec [tex]Im(f_0)=ker(f)[/tex].
Pour [tex]a\in 1[/tex], on a [tex]f_0(a)=f_0(e)=e[/tex] car [tex]f_0[/tex] est un morphisme de groupes et donc [tex]Im(f_0)={e}=ker(f)[/tex] et donc [tex]f[/tex] est injective.
- Fred
- 22-12-2021 22:23:52
Je ne comprends pas trop ce que tu cherches à faire....
Si $g_0$ est un morphisme de groupes de $G''$ dans $1$, puisque $1$ est le groupe constitué uniquement de l'élément neutre, tous les éléments de $G''$ sont envoyés par $g_0$ sur l'élément neutre et donc sont tous dans le noyau de $\ker(g_0)$?!?!?
- Thgues
- 22-12-2021 11:53:54
Bonjour,
Pour la dernière partie de mon raisonnement, je dois donc montrer que [tex]ker(g_0)=G''[/tex].
Je procède par double inclusion.
Si [tex]a\in ker(g_0)[/tex], alors [tex]g_0(a)=1[/tex] et donc [tex]a\in G''[/tex] par construction. Je ne suis pas convaincu de mon raisonnement.
Si [tex]a\in G''[/tex], alors [tex]a\in Im(g)=ker(g_0)[/tex]
Qu'en pensez-vous ?
- Thgues
- 20-12-2021 11:59:28
Merci pentium mix.
Merci Fred.
Effectivement, on a un morphisme [tex]f_0 : 1 \to G'[/tex], avec [tex]Im(f_0)=ker(f)[/tex].
Soient donc [tex]a, b\in G'[/tex]. On a : [tex]f(a)=f(b)\Longrightarrow f(a).f(b)^{-1}=e_G\Longrightarrow f(a.b^{-1})=e_G \Longrightarrow a.b^{-1}\in ker(f)=Im(f_0)[/tex].
Or, [tex]Im(f_0)={e_G'}[/tex] car [tex]f_0 \in Hom(1,G')[/tex].
Donc [tex]ker(f)={e_G'}[/tex] et donc [tex]a.b^{-1}\in {e_G'}[/tex] et donc finalement [tex]a=b[/tex].
Pour la surjectivité de [tex]g : G\to G''[/tex] maintenant.
Il existe un morphisme [tex]g_0 : G''\to 1[/tex] tel que [tex]Im(g)=ker(g_0)[/tex].
[tex]g : G\to G''[/tex] est surjective ssi [tex]Im(g)=G''[/tex] autrement dit ssi [tex]ker(g_0)=G''[/tex].
Est-ce que jusque là mon raisonnement se tient ?
- Fred
- 19-12-2021 14:53:11
Salut,
Pour prouver que $f$ est injective, il faut plutôt voir ce qui est sous-entendu dans la donnée d'une suite exacte : il y a aussi un homomorphisme de groupe $f_0:1\to G$ tel que $Im f_0=\ker f$. Ce qui rend évident que $f$ est injective.
De même, pour prouver que $g$ est surjective, tu dois utiliser l'existence de $g_0:G''\to 1$ tel que $Im(g)=\ker(g_0)$.
F.
- pentium mix
- 19-12-2021 09:02:53
1 est le sous groupe trivial (le sous groupe engendré par l'élément neutre)
- Thgues
- 19-12-2021 08:49:55
Bonjour,
Je découvre les suites exactes courtes.
Je considère donc [tex]G^{'}[/tex], [tex]G[/tex] et [tex]G^{''}[/tex] trois groupes et [tex]f\in Hom(G',G)[/tex] et [tex]g\in Hom(G,G^{''})[/tex], et le diagramme suivant de la suite exacte courte :
[tex]1\to G^{'}\to^{f} G \to^{g} G^{''} \to 1[/tex]
En remarque, il est dit qu'il est évident que dans ce cas, [tex]f[/tex] est injective et [tex]g[/tex] est surjective.
Pas pour moi...
Ma première question est la suivante : que représente le [tex]1[/tex] ? Le groupe ne contenant que l'élément neutre ?
Ensuite, par définition d'une suite exacte, on sait que [tex]Im(f)=ker(g)[/tex].
En considérant deux éléments [tex]a[/tex] et [tex]b[/tex] de [tex]G^{'}[/tex] (pour montrer que [tex]f[/tex] est injective), on peut déjà affirmer que si [tex]f(a), f(b)\in Im(f)=ker(g)[/tex], alors [tex]g(f(a))=g(f(b))=e_{G^{''}}[/tex].
Je ne vois pas comment en déduire que [tex]a=b[/tex].
Merci pour vos indications.