QCM : Espaces vectoriels, bases, dimension en L1 de maths

Réponse A.

Le noyau d’une forme linéaire est toujours un sous-espace : c’est le cas du plan d’équation \(x-2y+z=0\). En revanche, le plan affine d’équation \(x+y+z=1\) ne contient pas le vecteur nul. De plus, la condition \(xy=0\) n’est pas stable par somme, puisque \((1,0,0)+(0,1,0)\) la viole. Enfin, le demi-espace \(x\geqslant 0\) n’est pas stable par multiplication par \(-1\).

Réponse A.

La condition \(f(2)-3f(0)=0\) est linéaire en \(f\) : elle contient la fonction nulle et passe aux combinaisons linéaires. En revanche, la fonction nulle ne vérifie pas \(f(0)=1\). La somme d’une fonction croissante et d’une fonction décroissante n’est pas toujours monotone, comme \(x+(-x^3)\). Enfin, multiplier par 2 fait sortir de la condition \(|f|\leqslant 1\).

Réponse B.

On cherche \(a\) et \(b\) tels que \(au+bv=(a,a+b,b)=(1,3,2)\). La première et la dernière composante donnent \(a=1\) et \(b=2\), et la deuxième se vérifie bien : \(1+2=3\). Le piège \((2,1)\) inverse l’ordre des vecteurs de la base. Ensuite, \((1,3)\) recopie deux composantes de \(w\). Enfin, un vecteur d’un plan n’a que deux coordonnées dans une base de ce plan.

Réponse C.

Pour la bonne famille, le déterminant vaut 2, qui n’est pas nul : elle est donc libre. Dans la famille \((1,2,3)\), \((2,3,4)\), \((3,4,5)\), le vecteur du milieu est la moyenne des deux autres. De même, \((1,0,-1)\) est la différence des deux premiers vecteurs de sa famille. Enfin, quatre vecteurs de \(\mathbb{R}^3\) sont toujours liés, car la dimension vaut 3.

Réponse C.

Si \(ae^{x}+be^{2x}+ce^{3x}=0\), on divise par \(e^{3x}\) et on fait tendre \(x\) vers \(+\infty\) : donc \(c=0\). On recommence ensuite pour obtenir \(b=0\), puis \(a=0\). Les trois pièges cachent une relation : \(\cos^2+\sin^2=1\), puis \(\cos(x+1)=\cos 1\cos x-\sin 1\sin x\), et enfin \(\ln(2x)=\ln 2+\ln x\).

Réponse A.

Une droite \(D\) est supplémentaire de \(P\) si et seulement si son vecteur directeur n’appartient pas à \(P\). En effet, l’intersection est alors réduite à zéro, et les dimensions donnent \(1+2=3\). Or la somme des coordonnées de \((1,0,1)\) vaut 2. En revanche, les trois autres vecteurs ont des coordonnées de somme nulle : ils sont dans \(P\), donc leur droite aussi.

Réponse D.

Le sous-espace \(F\) est le noyau d’une forme linéaire non nulle, donc il est de dimension 2. Un supplémentaire est ainsi une droite engendrée par un polynôme qui ne s’annule pas en 1. Or \(X^2+1\) vaut 2 en 1. En revanche, \(X^2-1\) et \(X-1\) appartiennent à \(F\). Enfin, \(\mathrm{Vect}(X,X^2)\) est de dimension 2 et contient \(X^2-X\), qui est dans \(F\).

Réponse B.

Ces polynômes s’écrivent \(X(X-1)Q\), avec \(Q\) de degré au plus 2. L’application \(Q\mapsto X(X-1)Q\) est injective, donc l’espace a la dimension de \(\mathbb{R}_2[X]\), soit 3. Autrement dit, deux conditions indépendantes retirent 2 à la dimension 5 de \(\mathbb{R}_4[X]\). Le piège 4 ne retire qu’une seule condition. Quant à 2, il part à tort d’une dimension 4 pour \(\mathbb{R}_4[X]\).

Réponse D.

Une matrice symétrique d’ordre 3 est déterminée par sa diagonale et les trois coefficients au-dessus : l’espace est donc de dimension 6. Ensuite, la trace nulle est une condition linéaire non triviale sur cet espace, qui fait perdre une dimension. On obtient ainsi 5. Le piège 6 oublie la trace. Le piège 8 compte toutes les matrices de trace nulle, et 4 retire une dimension de trop.

Réponse B.

La formule de Grassmann donne \(\dim(F\cap G)=3+4-\dim(F+G)\). Or \(F+G\) est inclus dans \(\mathbb{R}^5\), donc sa dimension vaut au plus 5. Par conséquent, l’intersection est de dimension au moins 2. Cependant, elle peut valoir 3 lorsque \(F\) est inclus dans \(G\), d’où le piège de l’égalité. Enfin, la borne 1 est vraie mais trop faible.

Réponse C.

Notons \(v_1,v_2,v_3,v_4\) ces vecteurs. On remarque que \(v_3=v_1+v_2\) et que \(v_4=v_2-v_1\). Ainsi, la famille engendre le même espace que \((v_1,v_2)\), qui est libre car non colinéaire. Le rang vaut donc 2. Le piège 3 s’appuie sur la dimension de \(\mathbb{R}^3\) sans chercher les relations. Enfin, 4 dépasse cette dimension, ce qui est impossible.

Réponse D.

On extrait une base en retirant les vecteurs combinaisons des autres. Ici, \((2,1,0)\) est la somme des deux premiers, donc on l’écarte. Les trois vecteurs restants sont libres et au nombre de 3 : c’est une base. En revanche, le triplet sans \((0,0,1)\) reste dans le plan \(z=0\). La famille complète n’est pas libre. Enfin, deux vecteurs ne peuvent pas engendrer \(\mathbb{R}^3\).