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 $E$ et $F$ deux $𝕂$ -espaces vectoriels, $f \in ℒ (E, F)$ et $V, W$ deux sous-espaces vectoriels de $E$ . Montrer

f (V) \subset f (W) \Leftrightarrow V + Ker (f) \subset W + Ker (f) .

Solution

$(⟹)$ Supposons l’inclusion $f (V) \subset f (W)$ .

Soit $\vec{x} \in V + Ker (f)$ . On peut écrire $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in V$ et $\vec{v} \in Ker (f)$ . On a alors $f (\vec{x}) = f (\vec{u}) \in f (V) \subset f (W)$ et il existe donc $\vec{w} \in W$ tel que $f (\vec{x}) = f (\vec{w})$ .

On a alors

\vec{x} = \vec{w} + (\vec{x} - \vec{w})

avec $\vec{w} \in W$ et $\vec{x} - \vec{w} \in Ker (f)$ . Ainsi, $\vec{x} \in W + Ker (f)$ .

$(⟸)$ Supposons l’inclusion $V + Ker (f) \subset W + Ker (f)$ .

Soit $\vec{y} \in f (V)$ . Il existe $\vec{x} \in V$ tel que $\vec{y} = f (\vec{x})$ . Or $\vec{x} \in V \subset V + Ker (f) \subset W + Ker (f)$ et l’on peut donc écrire $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in W$ et $\vec{v} \in Ker (f)$ . On a alors

\vec{y} = f (\vec{x}) = f (\vec{u}) \in f (W) .

Exercice 3 2680 MINES (MP)Correction

Soient $E$ et $F$ des $𝕂$ -espaces vectoriels. On se donne $f \in ℒ (E, F)$ , une famille ${(E_{i})}_{1 \leq i \leq n}$ de sous-espaces vectoriels de $E$ et une famille ${(F_{j})}_{1 \leq j \leq p}$ de sous-espaces vectoriels de $F$ .

(a)

Montrer

$f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i}) .$
(b)

Montrer que si $f$ est injective et si la somme des $E_{i}$ est directe alors la somme des $f (E_{i})$ est directe.
(c)

Montrer

$f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j}) \supset \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j}) .$

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

Solution

(a)

Si $y \in f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i})$ alors on peut écrire $y = f (x_{1} + \dots + x_{n})$ avec $x_{i} \in E_{i}$ . On alors $y = f (x_{1}) + \dots + f (x_{n})$ avec $f (x_{i}) \in f (E_{i})$ et ainsi

$f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i}) \subset \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i}) .$

Si $y \in \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i})$ alors on peut écrire $y = f (x_{1}) + \dots + f (x_{n})$ avec $x_{i} \in E_{i}$ . On a alors $y = f (x)$ avec $x = x_{1} + \dots + x_{n} \in \sum_{i = 1}^{n} E_{i}$ donc

$f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i}) \supset \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i}) .$
(b)

Si $f (x_{1}) + \dots + f (x_{n}) = 0$ avec $x_{i} \in E_{i}$ alors $f (x_{1} + \dots + x_{n}) = 0$ donc $x_{1} + \dots + x_{n} = 0$ car $f$ injective puis $x_{1} = \dots = x_{n} = 0$ car les $E_{i}$ sont en somme directe et enfin $f (x_{1}) = \dots = f (x_{n}) = 0$ . Ainsi les $f (E_{i})$ sont en somme directe.
(c)

Soit $x \in \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j})$ . On peut écrire $x = x_{1} + \dots + x_{p}$ avec $f (x_{j}) \in F_{j}$ donc $f (x) = f (x_{1}) + \dots + f (x_{p}) \in \sum_{j = 1}^{p} F_{j}$ . Ainsi,

$\sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j}) \subset f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j}) .$

On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour $f$ une projection sur une droite $D$ et en prenant $F_{1}, F_{2}$ deux droites distinctes de $D$ et vérifiant $D \subset F_{1} + F_{2}$ .
$f = 0$ ou $f = Id$ sont des conditions suffisantes faciles…
Plus finement, supposons chaque $F_{j}$ inclus dans $Im (f)$ (et $p \geq 1$ )
Pour $x \in f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j})$ , on peut écrire $f (x) = y_{1} + \dots + y_{p}$ avec $y_{j} \in F_{j}$ . Or $F_{j} \subset Im (f)$ donc il existe $x_{j} \in E$ vérifiant $f (x_{j}) = y_{j}$ . Évidemment, $x_{j} \in f^{- 1} (F_{j})$ . Considérons alors $x_{1}^{'} = x - (x_{2} + \dots + x_{p})$ , on a $f (x_{1}^{'}) = y_{1}$ donc $x_{1}^{'} \in f^{- 1} (F_{j})$ et $x = x_{1}^{'} + x_{2} + \dots + x_{p} \in \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j})$ . Ainsi,

$f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j}) \subset \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j})$

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 $Im (u)$ .
(c)

À quelle condition a-t-on $u (u^{- 1} (F)) = u^{- 1} (u (F))$ ?

Solution

(a)

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

$F + Ker (u) \subset u^{- 1} (u (F)) .$

Inversement, soit $x \in u^{- 1} (u (F))$ . On a $u (x) \in u (F)$ donc il existe $a \in F$ tel que $u (x) = u (a)$ et alors pour $b = x - a$ on a $x = a + b$ avec $a \in F$ et $b \in Ker (u)$ . 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

$u (u^{- 1} (F)) \subset F \cap Im (u) .$

Inversement, soit $x \in F \cap Im (u)$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = u (a)$ . Or, puisque $x \in F$ , $a \in u^{- 1} (F)$ et donc $x = u (a) \in u (u^{- 1} (F))$ . Ainsi,

$u (u^{- 1} (F)) = F \cap Im (u) .$
(c)

On a $u (u^{- 1} (F)) = u^{- 1} (u (F))$ si, et seulement si,

$F + Ker (u) = F \cap Im (u) .$

Si cette condition est vérifiée alors

$F \subset F + Ker (u) = F \cap Im (u) \subset F$

et donc

$F = F + Ker (u) = F \cap Im (u)$

ce qui entraîne

$Ker (u) \subset F et F \subset Im (u) .$

Inversement, si ces conditions sont vérifiées, on a immédiatement $F + Ker (u) = F = F \cap Im (u)$ .

Finalement, $u (u^{- 1} (F)) = u^{- 1} (u (F))$ si, et seulement si, $Ker (u) \subset F \subset Im (u)$ .

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Édité le 21-09-2023

Image directe ou réciproque de sous-espaces vectoriels