QCM : Espaces vectoriels et applications linéaires (Prépa, 1re année)
Ce chapitre fournit le langage commun de l'algèbre linéaire : vecteurs de $\mathbb{K}^n$, polynômes, fonctions, suites et matrices s'y traitent avec les mêmes outils. On y apprend à décomposer un espace en somme directe, à étudier une application linéaire par son noyau et son image, et à reconnaître projecteurs et symétries.
Laquelle des parties suivantes est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$ ?
L'ensemble défini par deux équations linéaires homogènes contient $0$ et est stable par combinaison linéaire : c'est $\mathrm{Vect}((1,1,-1))$. Les autres ne sont pas des sev. Le premier ne contient pas $0$. Le deuxième est la réunion de deux plans : $(1,0,0)+(0,1,0)=(1,1,0)$ n'y est pas. Le dernier n'est pas stable par multiplication par $-1$. Le piège principal est de ne vérifier que $0\in F$ : la partie $\{xy=0\}$ contient bien $0$ sans être stable par somme.
Soit $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels de $E$. La réunion $F\cup G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ si et seulement si :
Si $x\in F\setminus G$ et $y\in G\setminus F$, alors $x+y\notin F\cup G$. En effet, $x+y\in F$ donnerait $y\in F$, et $x+y\in G$ donnerait $x\in G$. La réunion n'est donc un sev que si l'un des deux sous-espaces est inclus dans l'autre. On confond souvent réunion et somme : le plus petit sev contenant $F$ et $G$ est $F+G$, pas $F\cup G$. Les deux axes de $\mathbb{R}^2$ vérifient $F\cap G=\{0\}$ et $F+G=\mathbb{R}^2$, et pourtant leur réunion n'est pas un sev.
Dans $\mathbb{R}^2$, la famille $\big((1,0),(0,1),(1,1)\big)$ est :
La relation $(1,0)+(0,1)-(1,1)=(0,0)$ a des coefficients non tous nuls : la famille est liée. Elle contient la base canonique, donc elle engendre $\mathbb{R}^2$. Elle n'est donc pas une base, puisqu'une base doit être libre. Le piège classique est de croire que la non-colinéarité deux à deux suffit à la liberté. Ce critère n'est valable que pour deux vecteurs.
Dans $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$, la famille $(1,\cos^2,\sin^2)$, où $1$ désigne la fonction constante égale à $1$, est :
Pour tout réel $t$, $\cos^2t+\sin^2t=1$. On a donc $1\cdot\cos^2+1\cdot\sin^2+(-1)\cdot 1=0$, relation de liaison à coefficients non nuls. Aucune de ces fonctions n'est nulle. Le piège est de croire qu'il suffit que les fonctions soient distinctes, ou non proportionnelles deux à deux, pour obtenir une famille libre. Un vecteur peut être combinaison linéaire de plusieurs autres sans être multiple d'aucun d'eux.
Soit $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels de $E$ tels que $F\cap G=\{0_E\}$. Que peut-on affirmer en toute généralité ?
Pour deux sous-espaces, $F\cap G=\{0_E\}$ caractérise le fait que la somme $F+G$ est directe : la décomposition d'un vecteur de $F+G$ est unique. Cela ne dit rien sur l'égalité $F+G=E$. Ainsi, deux droites distinctes de $\mathbb{R}^3$ sont en somme directe sans être supplémentaires. Le piège principal est d'oublier la condition $E=F+G$ dans la définition des supplémentaires.
Soit $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ définie par $f(x,y)=(x-y,\ 2x-2y)$. Quel est le noyau de $f$ ?
On a $f(x,y)=(0,0)\iff x-y=0$, donc $\ker f=\{(y,y)\mid y\in\mathbb{R}\}=\mathrm{Vect}((1,1))$. Vérification : $f(1,1)=(0,0)$. Le choix $\mathrm{Vect}((1,2))$ confond noyau et image, car $f(x,y)=(x-y)(1,2)$. Le choix $\mathrm{Vect}((1,-1))$ vient d'une erreur de signe : $f(1,-1)=(2,4)\neq 0$.
Soit $p:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ définie par $p(x,y)=(x+y,\ 0)$. Laquelle des affirmations suivantes est vraie ?
$p$ est linéaire, et $p(p(x,y))=p(x+y,0)=(x+y,0)=p(x,y)$, donc $p\circ p=p$. Son image est $\mathrm{Vect}((1,0))$. Son noyau est défini par $x+y=0$, c'est-à-dire $\mathrm{Vect}((1,-1))$. Les pièges sont les suivants. Le deuxième choix inverse image et noyau. Le troisième suppose une projection orthogonale sans calculer le noyau : $p(0,1)=(1,0)\neq 0$. Le dernier oublie qu'un projecteur distinct de l'identité n'est jamais injectif.
Laquelle des applications suivantes est linéaire ?
L'évaluation en $0$ et l'application $P\mapsto P'(1)$ sont linéaires, donc leur somme l'est aussi. Les autres ne le sont pas. Pour $(x,y)\mapsto x+y+1$, l'image de $(0,0)$ vaut $1\neq 0$ : l'application est affine. Pour $(x,y)\mapsto xy$, l'image de $2(1,1)$ vaut $4$, alors que $2\cdot 1=2$. Pour la valeur absolue, $|1+(-1)|=0$ alors que $|1|+|-1|=2$. Le piège est de croire que $f(0)=0$ suffit : $xy$ et $|x|$ s'annulent en $0$ sans être linéaires.
Soit $E=F\oplus G$, $p$ le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$ et $s$ la symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$. Alors :
Pour $x=x_F+x_G$, on a $2p(x)-x=2x_F-x_F-x_G=x_F-x_G=s(x)$. Le choix $\mathrm{id}_E-2p$ donne $x_G-x_F$ : c'est la symétrie par rapport à $G$ parallèlement à $F$, erreur d'ordre des rôles. Le choix $p-\mathrm{id}_E$ donne $-x_G$, c'est-à-dire l'opposé du projecteur sur $G$ : le facteur $2$ a été oublié. Quant à $2p$, il ne vérifie pas $s\circ s=\mathrm{id}_E$.
Soit $D:\mathbb{R}[X]\to\mathbb{R}[X]$, $P\mapsto P'$. Alors $D$ est :
Tout polynôme admet une primitive polynomiale : si $Q=\sum a_kX^k$, alors $P=\sum\frac{a_k}{k+1}X^{k+1}$ vérifie $P'=Q$. Donc $D$ est surjective. En revanche $\ker D=\mathbb{R}_0[X]$ (polynômes constants) n'est pas réduit à $\{0\}$, donc $D$ n'est pas injective. Le piège est d'appliquer l'équivalence « injective $\iff$ surjective » réservée aux endomorphismes en dimension finie, alors que $\mathbb{R}[X]$ est de dimension infinie.