Bonjour à tous,
Si f est un morphisme de groupe (ou un morphisme d'espaces vectoriels), on sait que :
f est injective si et seulement si Kerf={e}
où e est le neutre du groupe de départ. (ou 0E pour un espace vectoriel).
J'essaie de m'imaginer le pourquoi de la chose, mais à chaque fois que je pense y arriver, je bute.
J'ai compris la démonstration, mais j'ai envie de le comprendre "avec les mains".
Si quelqu'un pouvait m'aider à voir plus clair, j'en serai ravi.
Cordialement.
Tu peux essayer de voir de la manière suivante: f étant un morphisme, son comportement est "le même" en chaque point. Donc pour l'injectivité, tu regardes le noyau
Bonjour,
Une autre façon de voir, c'est de se dire que si Ker(f) contient plus d'un élement, la fonction ne peut pas être injective (il existe deux éléments dont l'image est 0).
Et comme c'est un morphisme f(0)=0 et 0 est toujours dans Ker(f)
La réciproque découle du fait que c'est un morphisme et que ce qui se passe pour 0 se transmet aux autres éléments comme l'a dit indian58
Oui oui, c'est ce que je me suis dit, mais justement j'arrive pas à voir pourquoi le comportement de f est "le même" en chaque point.Envoyé par indian58
Je pense qu'il faut partir du fait que f transforme des sous-groupes de G en sous-groupes de G', mais j'arrive pas à terminer.
Salut,
le noyau c'est l'ensemble des éléments dont l'image par f est nulle.
Si l'application n'est pas injective, alors on peut avoir f(x)=f(y) sans que x=y. Mais alors y-x est non nul et pourtant l'image de y-x est nulle (f(y-x)=f(y)-f(x)=0)... y-x est donc dans le noyau et par conséquent le noyau n'est pas réduit à 0...
Cordialement.
PS : je suis pas sûr d'avoir été clair sur ce coup...
Dernière modification par martini_bird ; 04/11/2006 à 12h21.
« Angle éternel, la terre et le ciel, pour bissectrice, le vent. » Garcia Lorca
En fait pour une application d'un groupe dans un autre tu peux souvent avoir que l'image réciproque de l'élément e' soit réduit à e sans pour autant que f soit injective mais dans le cas d'un morphisme de groupe "f(a+b)=f(a)+f(b)" les contraintes structurelles sont telles que la démonstration de Martini est alors possible et on ne peut pas avoir une application non injective avec un noyau réduit à {e} ni un noyau réduit à {e} sans que l'application (ne) soit injective...
Difficile d'être clair en effet.
"Plus les choses changent et plus elles restent les mêmes..." Snake Plisskein
Montrons que ker f = 0 implique que f est injective par l'absurde.
Soit f un morphisme de groupe tel que f n'est pas injective.
Il existe donc un objet de l'ensemble image qui possède deux antécédents par f.
Notons cet objet f(b) = f(a)
F(a+b)= f(b)+ f(a) = f(b) + f (b) = f(a) + f(a)= f(2a) = f(2b)
Donc f(2b) - f(2a) = 0 = f(2 b - 2a)
F(a+b) - f(2b) = 0 = f(a-b)
Ce qui voudrait dire que le noyau de f contient au moins deux éléments. ABSURDE donc.
En gros comme les autres l'ont expliqué, le fait que f(x+ y)= f(x) + f(y) interdit le fait qu' un nombre ait deux antécédents par f.
Il s'agit plutôt d'un raisonnement par contraposé que d'un raisonnement par l'absurde. Cela dit, je ne vois pas bien l'intérêt de répondre à une question vieille de plus de sept ans...
If your method does not solve the problem, change the problem.
