Soient $E$ et $F$ deux K-espaces vectoriels et $f: E \to F$ une application linéaire.
- L’image par $f$ de tout sous-espace vectoriel de $E$ est un sous-espace vectoriel de $F$. En particulier, l’ensemble $f(E)$, appelé image de f et noté $Im(f)$, est un sous-espace vectoriel de $F$.
- L’image réciproque par $f$ de tout sous-espace vectoriel de $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$. En particulier, l’ensemble $f^{-1}(\{0_F\})$, appelé noyau de f et noté $Ker(f)$, est un sous-espace vectoriel de $E$.
Démonstration
i) Soit $A$ un sous-espace vectoriel de $E$. $f(A)$ est non vide car $0_E \in A$ et $f(0_E)=0_F$, donc $0_F \in f(A)$. Soient $y_1, y_2 \in f(A)$ et $\alpha \in K$. Il existe $x_1, x_2 \in A$ tels que $y_1=f(x_1)$ et $y_2=f(x_2)$. Alors $y_1+y_2 = f(x_1)+f(x_2) = f(x_1+x_2)$. Comme $A$ est un sous-espace, $x_1+x_2 \in A$, donc $y_1+y_2 \in f(A)$. De même, $\alpha y_1 = \alpha f(x_1) = f(\alpha x_1)$. Comme $\alpha x_1 \in A$, on a $\alpha y_1 \in f(A)$. $f(A)$ est donc un sous-espace vectoriel de $F$.
ii) Soit $B$ un sous-espace vectoriel de $F$. $f^{-1}(B)$ est non vide car $0_F \in B$ et $f(0_E)=0_F$, donc $0_E \in f^{-1}(B)$. Soient $x_1, x_2 \in f^{-1}(B)$ et $\alpha \in K$. Cela signifie que $f(x_1) \in B$ et $f(x_2) \in B$. Comme $B$ est un sous-espace, $f(x_1)+f(x_2) = f(x_1+x_2) \in B$, donc $x_1+x_2 \in f^{-1}(B)$. De même, $\alpha f(x_1) = f(\alpha x_1) \in B$, donc $\alpha x_1 \in f^{-1}(B)$. $f^{-1}(B)$ est donc un sous-espace vectoriel de $E$.
Remarque
Les définitions formelles du noyau et de l’image sont :
- $Ker(f) = \{x \in E : f(x) = 0_F\}$
- $Im(f) = \{y \in F : \exists x \in E, y = f(x)\}$
Soit $f: E \to F$ une application linéaire.
- $f$ est injective si et seulement si son noyau est réduit au vecteur nul : $Ker(f) = \{0_E\}$.
- $f$ est surjective si et seulement si son image est l’espace d’arrivée tout entier : $Im(f) = F$.
Démonstration
i) ($\implies$) Si $f$ est injective et $x \in Ker(f)$, alors $f(x)=0_F$. Comme $f(0_E)=0_F$, on a $f(x)=f(0_E)$. L’injectivité implique $x=0_E$. Donc $Ker(f)=\{0_E\}$.
($\impliedby$) Si $Ker(f)=\{0_E\}$ et $f(x)=f(y)$, alors par linéarité $f(x-y)=0_F$. Donc $x-y \in Ker(f)$, ce qui signifie $x-y=0_E$, soit $x=y$. $f$ est donc injective.
ii) C’est la définition même de la surjectivité pour une application : $f(E)=F$.
Soit $f: E \to F$ une application linéaire. Alors :
- a) Pour tout sous-espace vectoriel $G$ de $E$, on a $f^{-1}(f(G)) = G + Ker(f)$.
- b) $f$ est injective si et seulement si, pour tout sous-espace $G$ de $E$, on a $f^{-1}(f(G)) = G$.
- c) Pour tout sous-espace vectoriel $H$ de $F$, on a $f(f^{-1}(H)) = H \cap Im(f)$.
- d) $f$ est surjective si et seulement si, pour tout sous-espace $H$ de $F$, on a $f(f^{-1}(H)) = H$.
Démonstration
a) $x \in f^{-1}(f(G)) \iff f(x) \in f(G) \iff \exists a \in G, f(x)=f(a) \iff \exists a \in G, f(x-a)=0 \iff \exists a \in G, x-a \in Ker(f) \iff x \in G + Ker(f)$.
b) Si $f$ est injective, $Ker(f)=\{0\}$, donc d’après a), $f^{-1}(f(G)) = G$. Réciproquement, si la propriété est vraie pour tout $G$, elle l’est pour $G=\{0_E\}$. On a alors $f^{-1}(f(\{0_E\})) = \{0_E\}$, ce qui signifie $f^{-1}(\{0_F\}) = Ker(f) = \{0_E\}$, donc $f$ est injective.
c) Soit $y \in f(f^{-1}(H))$. Il existe $x \in f^{-1}(H)$ tel que $y=f(x)$. Comme $x \in f^{-1}(H)$, on a $f(x) \in H$, donc $y \in H$. De plus, $y \in Im(f)$ par définition. Donc $y \in H \cap Im(f)$. Réciproquement, si $y \in H \cap Im(f)$, alors il existe $x \in E$ tel que $y=f(x)$, et comme $f(x) \in H$, $x$ est dans $f^{-1}(H)$. Donc $y=f(x) \in f(f^{-1}(H))$.
d) Si $f$ est surjective, $Im(f)=F$, donc d’après c), $f(f^{-1}(H)) = H \cap F = H$. Réciproquement, si la propriété est vraie pour tout $H$, elle l’est pour $H=F$. On a alors $f(f^{-1}(F)) = F$. Or $f^{-1}(F)=E$, donc $f(E)=F$, ce qui signifie que $f$ est surjective.
Remarque
Soit $s: E \to E/F$ la surjection canonique. Pour tout sous-espace vectoriel $H$ de l’espace quotient $E/F$, il existe un unique sous-espace vectoriel $G$ de $E$ qui contient $F$ tel que $H=G/F$. Ce sous-espace est $G = s^{-1}(H)$.