Soient trois \(\mathbb{K}\)-espaces vectoriels \(E\), \(F\), \(G\) et deux applications linéaires \(f\in L(E,F)\), \(g\in L(F,G)\). Montrer que :

  1. \(\operatorname{Ker}(gof)=\operatorname{Ker}f \Longleftrightarrow \operatorname{Ker}g\cap \mathop{\mathrm{Im}}f = \left\{ O_E\right\}\) ;

  2. \(\mathop{\mathrm{Im}}(gof)=\mathop{\mathrm{Im}}g \Longleftrightarrow \operatorname{Ker}g+\mathop{\mathrm{Im}}f =F\).


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[ID: 1221] [Date de publication: 12 février 2021 11:05] [Catégorie(s): Image et noyau d'un endomorphisme ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




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Exercice 769
Par emmanuel le 12 février 2021 11:05
    1. \((i)\Rightarrow (ii)\): Soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}g\), alors il existe \(x\in E\) tel que \(y=f(x)\). Comme \(y\in \operatorname{Ker}g\), \(g\circ f(x)=0\) et donc \(x\in \operatorname{Ker}(g\circ f)\). Donc \(x\in \operatorname{Ker} f\) et par conséquent, \(f(x)=y=0\) ;

    2. \((ii)\Rightarrow (i)\): On a toujours \(\operatorname{Ker}f \subset \operatorname{Ker} g\circ f\) (le vérifier !). Montrons ici que \(\operatorname{Ker}g\circ f \subset \operatorname{Ker}f\). Soit \(x\in \operatorname{Ker}g\circ f\). Alors \(g\bigl(f(x)\bigr)=0\). Mais en posant \(y=f(x)\), \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}f\) et \(y\in \operatorname{Ker}g\) et d’après \((ii)\), \(y=0\). Donc \(f(x)=0\) ce qui montre que \(x\in \operatorname{Ker}f\).

    1. \((i)\Rightarrow (ii)\): Soit \(y\in F\). Posons \(z=g(y)\in \mathop{\mathrm{Im}} g\). Comme \(\mathop{\mathrm{Im}}g = \mathop{\mathrm{Im}}g\circ f\), il existe \(x\in E\) tel que \(z=g\circ f(x)\). On écrit alors \[y= \bigl(y-f(x)\bigr)+ f(x)\] avec \(f(x)\in \mathop{\mathrm{Im}}f\) et puisque \(g\bigl(y-f(x)\bigr)=g(y)-g\circ f(x)=0\), \(\bigl(y-f(x)\bigr)\in \operatorname{Ker}g\) ;

    2. \((ii)\Rightarrow (i)\): On a toujours \(\mathop{\mathrm{Im}}g\circ f \subset \mathop{\mathrm{Im}}g\) (le vérifier!). Montrons donc que \(\mathop{\mathrm{Im}}g \subset \mathop{\mathrm{Im}} g\circ f\). Soit \(z\in \mathop{\mathrm{Im}}g\). Il existe \(y\in F\) tel que \(z=g(y)\). Mais puisque \(F=\operatorname{Ker}g + \mathop{\mathrm{Im}}f\), il existe \((y_1,y_2)\in \operatorname{Ker}g \times \mathop{\mathrm{Im}}f\) tels que \(y=y_1+y_2\). Comme \(y_2\in \mathop{\mathrm{Im}}f\), il existe \(x_2\in E\) tel que \(y_2=f(x_2)\). Alors \(z=g(y_1+y_2)=g(y_1)+g(y_2)=g\circ f(x_2)\in\mathop{\mathrm{Im}}g\circ f\).


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