Pour prouver l'égalité de deux applications, nous devons vérifier trois points : qu'elles ont le même ensemble de départ, le même ensemble d'arrivée et qu'elles donnent la même image pour tout élément de l'ensemble de départ.

Étape 1 : Ensembles de départ et d'arrivée

L'application $g \circ f$ est définie de $X$ vers $Z$. Par conséquent, l'application $h \circ (g \circ f)$ est définie de $X$ vers $T$.

De même, l'application $h \circ g$ est définie de $Y$ vers $T$. Par conséquent, l'application $(h \circ g) \circ f$ est définie de $X$ vers $T$.

Les deux applications $h \circ (g \circ f)$ et $(h \circ g) \circ f$ ont donc le même ensemble de départ $X$ et le même ensemble d'arrivée $T$.

Étape 2 : Égalité des images

Soit $x$ un élément quelconque de $X$. Nous calculons l'image de $x$ par chaque application.

Pour $h \circ (g \circ f)$, on applique la définition de la composition deux fois :

$(h \circ (g \circ f))(x) = h((g \circ f)(x)) = h(g(f(x)))$

Pour $(h \circ g) \circ f$, on fait de même :

$((h \circ g) \circ f)(x) = (h \circ g)(f(x)) = h(g(f(x)))$

Conclusion

Pour tout $x \in X$, les deux applications donnent la même image $h(g(f(x)))$. Puisqu'elles ont les mêmes ensembles de départ et d'arrivée et associent la même image à chaque élément, les deux applications sont égales. On a donc bien :

$h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f$

Soit $(X, *)$ un ensemble muni d'une opération binaire. Supposons qu'il existe deux éléments neutres, que nous noterons $e$ et $e'$.

Étape 1 : Utiliser la propriété de $e$

Puisque $e$ est un élément neutre, par définition, pour tout $x \in X$, on a $e * x = x * e = x$.

En particulier, si on choisit $x = e'$, on obtient :

$e * e' = e'$

Étape 2 : Utiliser la propriété de $e'$

Puisque $e'$ est un élément neutre, par définition, pour tout $x \in X$, on a $e' * x = x * e' = x$.

En particulier, si on choisit $x = e$, on obtient :

$e * e' = e$

Conclusion

En combinant les résultats des deux étapes, nous avons :

$e' = e * e' = e$

Cela montre que $e = e'$. Les deux éléments neutres que nous avions supposés sont en fait égaux. L'élément neutre, s'il existe, est donc unique.

Preuve de l'unicité de l'inverse dans un groupe

Soit (G) un groupe, (a \in G), et supposons que (c) et (b) sont deux inverses de (a). Par définition d'inverse, on a :

où (e) est l'élément neutre de (G).

Pour montrer que (c = b), on procède comme suit :

1. On écrit ( c ) en insérant l'élément neutre (e) :

2. Or ( e = a * b ), donc

3. Par associativité,

4. Puisque (c) est inverse de (a), on a (c * a = e), donc

5. On conclut donc que

Cela montre que l'inverse d'un élément dans un groupe est unique.

Soient $f : X \to Y$ et $g : Y \to Z$ deux applications injectives. Nous voulons prouver que l'application $g \circ f : X \to Z$ est injective.

Étape 1 : Énoncé de l'objectif

Selon la définition de l'injectivité, nous devons montrer que pour tous les éléments $x_1, x_2 \in X$, l'égalité $(g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)$ implique que $x_1 = x_2$.

Étape 2 : Application de la définition de la composition

Soient $x_1, x_2 \in X$ tels que $(g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)$.

Par définition de la composition d'applications, cela signifie que :

$g(f(x_1)) = g(f(x_2))$

Étape 3 : Utilisation de l'injectivité de $g$

Nous avons une égalité entre les images de deux éléments, $f(x_1)$ et $f(x_2)$, par l'application $g$. Puisque $g$ est injective, cette égalité implique que les antécédents sont égaux :

$f(x_1) = f(x_2)$

Étape 4 : Utilisation de l'injectivité de $f$

Nous avons maintenant une égalité entre les images de $x_1$ et $x_2$ par l'application $f$. Puisque $f$ est injective, cette égalité implique que les antécédents sont égaux :

$x_1 = x_2$

Conclusion

Nous avons montré que si $(g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)$, alors $x_1 = x_2$. Par conséquent, l'application $g \circ f$ est injective.

Soient $f : X \to Y$ et $g : Y \to Z$ deux applications surjectives. Nous voulons prouver que l'application $g \circ f : X \to Z$ est surjective.

Étape 1 : Énoncé de l'objectif

Selon la définition de la surjectivité, nous devons montrer que pour tout élément $z \in Z$, il existe au moins un élément $x \in X$ tel que $(g \circ f)(x) = z$.

Étape 2 : Utilisation de la surjectivité de $g$

Soit $z$ un élément quelconque de l'ensemble d'arrivée $Z$.

Puisque l'application $g: Y \to Z$ est surjective, il existe par définition au moins un élément $y \in Y$ tel que $g(y) = z$.

Étape 3 : Utilisation de la surjectivité de $f$

Nous avons trouvé un élément $y$ dans l'ensemble $Y$.

Puisque l'application $f: X \to Y$ est surjective, il existe par définition au moins un élément $x \in X$ tel que $f(x) = y$.

Étape 4 : Combinaison des résultats

Nous avons maintenant un $x \in X$ tel que $f(x) = y$, et ce $y$ est tel que $g(y) = z$.

Calculons l'image de cet $x$ par $g \circ f$ :

$(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z$

Conclusion

Pour un $z$ arbitraire dans $Z$, nous avons réussi à trouver un antécédent $x$ dans $X$ par l'application $g \circ f$. Ceci prouve que $g \circ f$ est surjective.

Soit $(G, *)$ un groupe, et $e$ son élément neutre. Soient $a, b \in G$. Nous voulons montrer que l'inverse de l'élément $(a*b)$ est $b^{-1} * a^{-1}$. Pour ce faire, nous devons vérifier que leur produit dans les deux sens donne l'élément neutre $e$.

Étape 1 : Produit à droite

Calculons le produit $(a * b) * (b^{-1} * a^{-1})$.

Étape 2 : Produit à gauche

Calculons maintenant le produit $(b^{-1} * a^{-1}) * (a * b)$.

Conclusion

Puisque $(a * b) * (b^{-1} * a^{-1}) = e$ et $(b^{-1} * a^{-1}) * (a * b) = e$, l'élément $b^{-1} * a^{-1}$ est bien l'inverse de $(a * b)$ par définition. On a donc :

$(a * b)^{-1} = b^{-1} * a^{-1}$

Soit $(A, +, \times)$ un anneau. Soit $0$ l'élément neutre de l'addition. Soit $a \in A$. Nous allons prouver que $a \times 0 = 0$. La preuve pour $0 \times a = 0$ est analogue en utilisant la distributivité à droite.

Étape 1 : Utiliser la propriété de l'élément neutre additif

Par définition de l'élément neutre pour l'addition, nous savons que $0 = 0 + 0$.

Étape 2 : Utiliser la distributivité

Considérons l'expression $a \times 0$. En substituant $0$ par $0+0$, nous obtenons :

$a \times 0 = a \times (0 + 0)$

Par la propriété de distributivité de $\times$ sur $+$, nous pouvons développer le membre de droite :

$a \times (0 + 0) = (a \times 0) + (a \times 0)$

Nous avons donc l'égalité :

$a \times 0 = (a \times 0) + (a \times 0)$

Étape 3 : Simplifier dans le groupe $(A, +)$

Notons $x = a \times 0$. L'équation devient $x = x + x$.

Puisque $(A, +)$ est un groupe, chaque élément a un opposé (inverse additif). Ajoutons l'opposé de $x$, noté $-x$, à chaque côté de l'équation :

$x + (-x) = (x + x) + (-x)$

Par définition de l'opposé, le membre de gauche est $0$.

$0 = x + (x + (-x)) \quad \text{(par associativité de +)}$

$0 = x + 0 \quad \text{(par définition de l'opposé)}$

$0 = x \quad \text{(par définition de l'élément neutre)}$

Conclusion

Puisque $x = a \times 0$, nous avons prouvé que $a \times 0 = 0$. La preuve que $0 \times a = 0$ se fait de manière identique en partant de $(0+0) \times a$.

Soit $(K, +, \times)$ un corps. Pour prouver que $K$ est un anneau intègre, nous devons vérifier trois conditions.

1. $K$ est un anneau commutatif

Par définition, un corps est un anneau dont la multiplication est commutative. Cette condition est donc satisfaite.

2. $K$ est non nul ($1 \neq 0$)

La définition d'un corps inclut explicitement l'axiome $1 \neq 0$. Cette condition est également satisfaite.

3. $K$ n'a pas de diviseurs de zéro

C'est le point principal à démontrer. Nous devons prouver que pour tous $a, b \in K$, si $a \times b = 0$, alors $a = 0$ ou $b = 0$.

Soient $a, b \in K$ tels que $a \times b = 0$.

Nous raisonnons par disjonction de cas sur $a$.

• Cas 1 : $a = 0$

  Dans ce cas, la condition ($a=0$ ou $b=0$) est immédiatement satisfaite.

• Cas 2 : $a \neq 0$

  Puisque $K$ est un corps, tout élément non nul est inversible pour la multiplication. Donc, si $a \neq 0$, il existe un élément $a^{-1} \in K$ tel que $a^{-1} \times a = 1$.

  Partons de notre équation $a \times b = 0$. Multiplions les deux membres à gauche par $a^{-1}$ :

  $a^{-1} \times (a \times b) = a^{-1} \times 0$

  En utilisant l'associativité de la multiplication et la propriété d'absorption par zéro (prouvée précédemment) :

  $(a^{-1} \times a) \times b = 0$

  Par définition de l'inverse :

  $1 \times b = 0$

  Et par définition de l'élément neutre multiplicatif :

  $b = 0$

  Dans ce cas, nous avons montré que $b$ doit être nul.

Conclusion

Dans tous les cas, si $a \times b = 0$, alors on a nécessairement $a=0$ ou $b=0$. L'anneau $K$ n'a pas de diviseurs de zéro.

Puisque les trois conditions sont remplies, tout corps est un anneau intègre.

Il s'agit d'une preuve par double implication.

Partie 1 : Implication directe ($\Rightarrow$)

Supposons que $H$ est un sous-groupe de $G$. Nous devons montrer que $H$ est non vide et que pour tous $x, y \in H$, $x * y^{-1} \in H$.

1. Par définition, un sous-groupe contient l'élément neutre $e_G$, donc $H$ n'est pas vide.
2. Soient $x, y \in H$. Puisque $H$ est un sous-groupe, il est stable par passage à l'inverse. Donc, $y^{-1} \in H$.
3. Puisque $H$ est stable par l'opération $*$, et que $x \in H$ et $y^{-1} \in H$, leur produit $x * y^{-1}$ est aussi dans $H$.

L'implication directe est donc prouvée.

Partie 2 : Implication réciproque ($\Leftarrow$)

Supposons que $H$ est un sous-ensemble non vide de $G$ tel que pour tous $x, y \in H$, l'élément $x * y^{-1}$ est aussi dans $H$. Nous devons montrer que $H$ est un sous-groupe, c'est-à-dire qu'il vérifie les trois axiomes d'un sous-groupe.

1. Présence de l'élément neutre :

   Puisque $H$ est non vide, il existe au moins un élément $a \in H$.

   Appliquons la propriété avec $x=a$ et $y=a$. Puisque $a \in H$, on doit avoir $a * a^{-1} \in H$.

   Or, $a * a^{-1} = e_G$. Donc, $e_G \in H$.

2. Stabilité par passage à l'inverse :

   Soit $y$ un élément quelconque de $H$. Nous voulons montrer que $y^{-1} \in H$.

   Nous savons maintenant que $e_G \in H$. Appliquons la propriété avec $x=e_G$ et notre élément $y \in H$.

   On doit avoir $e_G * y^{-1} \in H$.

   Or, $e_G * y^{-1} = y^{-1}$. Donc, $y^{-1} \in H$.

   $H$ est donc stable par passage à l'inverse.

3. Stabilité par l'opération :

   Soient $x$ et $z$ deux éléments quelconques de $H$. Nous voulons montrer que $x * z \in H$.

   D'après le point précédent, puisque $z \in H$, son inverse $z^{-1}$ est aussi dans $H$.

   Appliquons maintenant la propriété de l'énoncé aux éléments $x \in H$ et $y = z^{-1} \in H$.

   On doit avoir $x * (z^{-1})^{-1} \in H$.

   Or, $(z^{-1})^{-1} = z$. Donc, $x * z \in H$.

   $H$ est donc stable par l'opération $*$.

Conclusion

Nous avons prouvé que si la condition est vraie, alors $H$ contient le neutre, est stable par inverse et par produit. $H$ est donc bien un sous-groupe. L'équivalence est démontrée.

Soit $f: G \to H$ un morphisme de groupes. Le noyau de $f$ est $\text{Ker}(f) = \{ g \in G \mid f(g) = e_H \}$. Nous utilisons la caractérisation des sous-groupes pour prouver que $\text{Ker}(f)$ est un sous-groupe de $G$.

Étape 1 : Montrer que $\text{Ker}(f)$ est non vide

Une propriété des morphismes de groupes est qu'ils envoient l'élément neutre sur l'élément neutre, i.e., $f(e_G) = e_H$. (Pour le prouver : $f(e_G) = f(e_G *_G e_G) = f(e_G) *_H f(e_G)$. En simplifiant par $f(e_G)$ dans le groupe $H$, on obtient $e_H = f(e_G)$).

Puisque $f(e_G) = e_H$, par définition du noyau, $e_G \in \text{Ker}(f)$.

Le noyau n'est donc pas vide.

Étape 2 : Montrer la stabilité par l'opération $x * y^{-1}$

Soient $x, y$ deux éléments quelconques de $\text{Ker}(f)$. Par définition du noyau, cela signifie que :

• $f(x) = e_H$
• $f(y) = e_H$

Nous devons montrer que $x *_G y^{-1}$ appartient aussi à $\text{Ker}(f)$. Pour cela, calculons son image par $f$ :

$f(x *_G y^{-1})$

Puisque $f$ est un morphisme, il respecte l'opération et les inverses :

$f(x *_G y^{-1}) = f(x) *_H f(y^{-1}) = f(x) *_H (f(y))^{-1}$

Maintenant, nous utilisons le fait que $x$ et $y$ sont dans le noyau :

$f(x) *_H (f(y))^{-1} = e_H *_H (e_H)^{-1}$

L'inverse de l'élément neutre est lui-même, donc $(e_H)^{-1} = e_H$.

$e_H *_H (e_H)^{-1} = e_H *_H e_H = e_H$

Nous avons donc montré que $f(x *_G y^{-1}) = e_H$. Par définition du noyau, cela signifie que $x *_G y^{-1} \in \text{Ker}(f)$.

Conclusion

Puisque $\text{Ker}(f)$ est une partie non vide de $G$ et que pour tous $x, y \in \text{Ker}(f)$, on a $x *_G y^{-1} \in \text{Ker}(f)$, nous pouvons conclure que $\text{Ker}(f)$ est un sous-groupe de $G$.

Soit $P(n)$ la proposition : "$\sum_{i=0}^{n} i = \frac{n(n+1)}{2}$". Nous allons prouver par récurrence que $P(n)$ est vraie pour tout entier $n \geq 0$.

Étape 1 : Initialisation

Nous devons vérifier que la proposition $P(0)$ est vraie.

Pour $n=0$, le membre de gauche de l'égalité est :

$\sum_{i=0}^{0} i = 0$

Le membre de droite est :

$\frac{0(0+1)}{2} = \frac{0}{2} = 0$

Les deux membres sont égaux, donc $P(0)$ est vraie.

Étape 2 : Hérédité

Supposons que $P(k)$ est vraie pour un certain entier $k \geq 0$. C'est notre hypothèse de récurrence :

$\sum_{i=0}^{k} i = \frac{k(k+1)}{2} \quad (HR)$

Nous devons montrer que $P(k+1)$ est également vraie, c'est-à-dire que :

$\sum_{i=0}^{k+1} i = \frac{(k+1)((k+1)+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

Considérons la somme jusqu'au rang $k+1$ et isolons le dernier terme :

$\sum_{i=0}^{k+1} i = \left( \sum_{i=0}^{k} i \right) + (k+1)$

Nous pouvons maintenant utiliser l'hypothèse de récurrence (HR) pour remplacer la somme jusqu'à $k$ :

$\sum_{i=0}^{k+1} i = \frac{k(k+1)}{2} + (k+1)$

Mettons les termes au même dénominateur et factorisons :

$\frac{k(k+1)}{2} + \frac{2(k+1)}{2} = \frac{k(k+1) + 2(k+1)}{2}$

$= \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

Ceci est exactement la formule que nous voulions prouver pour le rang $k+1$. L'hérédité est donc établie.

Conclusion

Par le principe de récurrence, la proposition $P(n)$ est vraie pour tout entier $n \geq 0$.

Soient $f: (E, \le_E) \to (F, \le_F)$ et $g: (F, \le_F) \to (H, \le_H)$ deux isomorphismes d'ensembles ordonnés. Nous devons prouver que leur composition $h = g \circ f$ est également un isomorphisme d'ensembles ordonnés.

Étape 1 : Vérifier que $g \circ f$ est une bijection

• Par définition, un isomorphisme est une bijection. Donc $f$ et $g$ sont toutes les deux des bijections.
• La composition de deux bijections est une bijection. L'application $g \circ f: E \to H$ est donc une bijection.

Étape 2 : Vérifier la préservation de l'ordre

Nous devons montrer que pour tous les éléments $x, y \in E$, l'équivalence suivante est vraie : $x \le_E y \iff (g \circ f)(x) \le_H (g \circ f)(y)$

Pour ce faire, nous allons prouver les deux implications séparément.

• Implication directe ($\Rightarrow$) :

  • Supposons que $x \le_E y$.
  • Puisque $f$ est un isomorphisme d'ordre, elle est croissante. Donc, $f(x) \le_F f(y)$.
  • Puisque $g$ est un isomorphisme d'ordre, elle est également croissante. En appliquant $g$ à l'inégalité précédente, on obtient : $g(f(x)) \le_H g(f(y))$.
  • Ceci est équivalent à $(g \circ f)(x) \le_H (g \circ f)(y)$.
  • L'implication directe est donc prouvée.

• Implication réciproque ($\Leftarrow$) :

  • Supposons que $(g \circ f)(x) \le_H (g \circ f)(y)$. Cela signifie $g(f(x)) \le_H g(f(y))$.
  • Puisque $g$ est un isomorphisme d'ordre, sa réciproque $g^{-1}$ est aussi croissante. Appliquons $g^{-1}$ à l'inégalité : $g^{-1}(g(f(x))) \le_F g^{-1}(g(f(y)))$.
  • Cela se simplifie en $f(x) \le_F f(y)$.
  • Puisque $f$ est un isomorphisme d'ordre, sa réciproque $f^{-1}$ est aussi croissante. Appliquons $f^{-1}$ à l'inégalité : $f^{-1}(f(x)) \le_E f^{-1}(f(y))$.
  • Cela se simplifie en $x \le_E y$.
  • L'implication réciproque est donc prouvée.

Conclusion

Nous avons montré que $g \circ f$ est une bijection et que pour tous $x, y \in E$, $x \le_E y \iff (g \circ f)(x) \le_H (g \circ f)(y)$. Par conséquent, $g \circ f$ est un isomorphisme d'ensembles ordonnés.