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Exercice 1  1709   

Soit f une application linéaire d’un espace E vers un espace E. Montrer que, pour toute partie A de E,

f(Vect(A))=Vect(f(A)).
 
Exercice 2  1711   Correction  

Soient E,F deux 𝕂-espaces vectoriels, f(E,F) et A,B deux sous-espaces vectoriels de E. Montrer

f(A)f(B)A+Ker(f)B+Ker(f).

Solution

() Supposons f(A)f(B).
Soit xA+Ker(f). On peut écrire x=u+v avec uA et vKer(f).
f(x)=f(u)f(A)f(B) donc il existe wB tel que f(x)=f(w).
On a alors x=w+(x-w) avec wB et x-wKer(f). Ainsi xB+Ker(f).

() Supposons A+Ker(f)B+Ker(f).
Soit yf(A). Il existe xA tel que y=f(x). Or xAA+Ker(f)B+Ker(f) donc on peut écrire x=u+v avec uB et vKer(f). On a alors y=f(x)=f(u)f(B).

 
Exercice 3  2680     MINES (MP)Correction  

Soient E et F des 𝕂-espaces vectoriels. On se donne f(E,F), une famille (Ei)1in de sous-espaces vectoriels de E et une famille (Fj)1jp de sous-espaces vectoriels de F.

  • (a)

    Montrer

    f(i=1nEi)=i=1nf(Ei).
  • (b)

    Montrer que si f est injective et si la somme des Ei est directe alors la somme des f(Ei) est directe.

  • (c)

    Montrer

    f-1(j=1pFj)j=1pf-1(Fj).

    Montrer que cette inclusion peut être stricte. Donner une condition suffisante pour qu’il y ait égalité.

Solution

  • (a)

    Si yf(i=1nEi) alors on peut écrire y=f(x1++xn) avec xiEi. On alors y=f(x1)++f(xn) avec f(xi)f(Ei) et ainsi

    f(i=1nEi)i=1nf(Ei).

    Si yi=1nf(Ei) alors on peut écrire y=f(x1)++f(xn) avec xiEi. On a alors y=f(x) avec x=x1++xni=1nEi donc

    f(i=1nEi)i=1nf(Ei).
  • (b)

    Si f(x1)++f(xn)=0 avec xiEi alors f(x1++xn)=0 donc x1++xn=0 car f injective puis x1==xn=0 car les Ei sont en somme directe et enfin f(x1)==f(xn)=0. Ainsi les f(Ei) sont en somme directe.

  • (c)

    Soit xj=1pf-1(Fj). On peut écrire x=x1++xp avec f(xj)Fj donc f(x)=f(x1)++f(xp)j=1pFj. Ainsi,

    j=1pf-1(Fj)f-1(j=1pFj).

    On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour f une projection sur une droite D et en prenant F1,F2 deux droites distinctes de D et vérifiant DF1+F2.
    f=0 ou f=Id sont des conditions suffisantes faciles…
    Plus finement, supposons chaque Fj inclus dans Im(f) (et p1)
    Pour xf-1(j=1pFj), on peut écrire f(x)=y1++yp avec yjFj. Or FjIm(f) donc il existe xjE vérifiant f(xj)=yj. Évidemment, xjf-1(Fj). Considérons alors x1=x-(x2++xp), on a f(x1)=y1 donc x1f-1(Fj) et x=x1+x2++xpj=1pf-1(Fj). Ainsi,

    f-1(j=1pFj)j=1pf-1(Fj)

    puis l’égalité.

 
Exercice 4  3247   Correction  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E et F un sous-espace vectoriel de E.

  • (a)

    Exprimer u-1(u(F)) en fonction de F et de Ker(u).

  • (b)

    Exprimer u(u-1(F)) en fonction de F et de Im(u).

Solution

  • (a)

    u-1(u(F)) est un sous-espace vectoriel de E qui contient F et Ker(u) donc

    F+Ker(u)u-1(u(F)).

    Inversement, soit xu-1(u(F)). On a u(x)u(F) donc il existe aF tel que u(x)=u(a) et alors pour b=x-a on a x=a+b avec aF et bKer(u). Ainsi,

    u-1(u(F))=F+Ker(u).
  • (b)

    u(u-1(F)) est un sous-espace vectoriel de E inclus dans F et dans Im(u) donc

    u(u-1(F))FIm(u).

    Inversement, soit xFIm(u). Il existe aE tel que x=u(a). Or, puisque xF, au-1(F) et donc x=u(a)u(u-1(F)). Ainsi,

    u(u-1(F))=FIm(u).
 
Exercice 5  3286     MINES (MP)

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E. À quelle(s) condition(s) un sous-espace vectoriel F de E vérifie-t-il u-1(u(F))=u(u-1(F))?

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Édité le 08-11-2019

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