QCM : Projecteurs, symétries et hyperplans en maths sup (MPSI)

Réponse D.

Un projecteur vérifie \(M^2=M\). Pour la matrice retenue, le calcul redonne bien la même matrice. En revanche, la matrice avec un seul \(1\) au-dessus de la diagonale a un carré nul : elle est nilpotente. La matrice diagonale \(\mathrm{diag}(1,-1)\) vérifie \(M^2=I_2\), c’est donc une symétrie. Enfin, \(\mathrm{diag}(2,0)\) a pour carré \(\mathrm{diag}(4,0)\).

Réponse A.

On développe : \((\mathrm{id}-p)^2=\mathrm{id}-2p+p^2=\mathrm{id}-p\), donc c’est un projecteur. De plus, il annule \(\operatorname{Im}p\) et laisse fixe \(\operatorname{Ker}p\). Ainsi les rôles du noyau et de l’image sont échangés. Le projecteur sur \(\operatorname{Im}p\) est \(p\) lui-même. Par ailleurs, une symétrie vérifierait \(s^2=\mathrm{id}\), ce qui n’est pas le cas ici.

Réponse D.

Pour \(x\in F\), on obtient \(2x-x=x\). Pour \(x\in G\), on obtient \(0-x=-x\). Comme \(E=F\oplus G\), c’est donc la symétrie qui fixe \(F\) et change en son opposé tout vecteur de \(G\). La symétrie par rapport à \(G\) serait \(\mathrm{id}-2p\), d’où l’erreur de signe. Enfin, \((2p-\mathrm{id})^2=\mathrm{id}\), et non \(2p-\mathrm{id}\).

Réponse B.

On écrit \((x,y)=a(1,0)+b(1,2)\). La seconde coordonnée donne \(b=\frac{y}{2}\), puis la première donne \(a=x-\frac{y}{2}\). Le projeté est donc \(a(1,0)\). La réponse \((x,0)\) correspond à la projection orthogonale, alors que la direction \(G\) est oblique. La réponse avec \(+\frac{y}{2}\) se trompe de signe. Enfin, \(\left(\frac{y}{2},y\right)\) est la composante dans \(G\).

Réponse B.

On utilise \(s=2p-\mathrm{id}\), soit \(s(x,y)=(2x-y,\,0)-(x,y)=(x-y,\,-y)\). On contrôle ensuite \(s\circ s\) : on retrouve bien \((x,y)\). La réponse \((x,-y)\) est la symétrie orthogonale par rapport à l’axe des abscisses. Celle avec \(x+y\) provient d’une erreur de signe. Enfin, \((y-x,y)\) vaut \(-s\), c’est-à-dire la symétrie par rapport à \(G\) parallèlement à \(F\).

Réponse C.

L’image de \(\varphi\) est \(\mathbb{K}\) tout entier, donc le rang vaut \(1\). Par conséquent, le noyau est de dimension \(n-1\) : c’est un hyperplan. Si \(a\notin\operatorname{Ker}\varphi\), on écrit \(x=\left(x-\frac{\varphi(x)}{\varphi(a)}a\right)+\frac{\varphi(x)}{\varphi(a)}a\). Croire le noyau réduit à \(\{0\}\) oublie que \(n\ge2\). Enfin, \(\operatorname{Im}\varphi\) est inclus dans \(\mathbb{K}\), pas dans \(E\).

Réponse C.

On résout \((x,y)=a(1,1)+b(1,-1)\), soit \(a+b=x\) et \(a-b=y\). Ainsi \(a=\frac{x+y}{2}\) et \(b=\frac{x-y}{2}\). La forme \(e_1^*\) renvoie la coordonnée \(a\). La réponse \((x,y)\mapsto x\) est la forme coordonnée de la base canonique. La réponse \(\frac{x-y}{2}\) est \(e_2^*\). Enfin, \(x+y\) oublie de diviser par \(2\), donc \(e_1^*(1,1)\) vaudrait \(2\).

Réponse B.

On cherche une forme \(ax+by+cz\) nulle sur les deux vecteurs. Ainsi \(a+2c=0\) et \(b-c=0\). Avec \(c=-1\), on obtient \(a=2\) et \(b=-1\). La réponse \(2x+y+z=0\) ne s’annule pas en \((1,0,2)\). De même, \(2x+y-z\) vaut \(2\) en \((0,1,-1)\). Enfin, \(x-y+2z\) vaut \(5\) en \((1,0,2)\) : il faut toujours tester les deux vecteurs générateurs.

Réponse A.

L’intersection est le noyau de l’application \(x\mapsto\big(\varphi_1(x),\varphi_2(x),\varphi_3(x)\big)\). Comme les formes sont libres, cette application est de rang \(3\). Le théorème du rang donne donc \(5-3=2\). La réponse \(3\) retire seulement \(2\) dimensions. La réponse \(4\) est la dimension d’un seul hyperplan. Quant à \(1\), elle confond avec le cas de quatre formes indépendantes.

Réponse D.

Le point \((4,0,0)\) est une solution particulière. Par différence, les autres solutions s’obtiennent en lui ajoutant un élément du noyau de \((x,y,z)\mapsto x+2y-z\). On obtient donc un plan affine dirigé par ce noyau. Cependant, l’origine n’est pas solution, puisque \(0\neq4\) : ce n’est pas un sous-espace vectoriel. Enfin, \(\operatorname{Vect}\big((1,2,-1)\big)\) est une droite, et non un plan.

Réponse C.

L’application \(\Delta:P\mapsto P(X+1)-P(X)\) est linéaire, donc les solutions forment un sous-espace affine. On vérifie que \(X^2-X\) est solution : \((X+1)^2-(X+1)-X^2+X=2X\). Par ailleurs, le noyau de \(\Delta\) est formé des constantes. Ainsi \(X^2+c\) donne \(2X+1\). La solution particulière seule oublie le noyau. Enfin, \(cX\) n’est pas dans le noyau, puisque \(\Delta(X)=1\).

Réponse A.

On a \((p+q)^2=p+q+pq+qp\), donc la condition équivaut à \(pq+qp=0\). En composant par \(p\) à gauche puis à droite, on obtient \(pq+pqp=0\) et \(pqp+qp=0\), d’où \(pq=qp\). Ainsi \(2pq=0\), donc \(pq=0\). La commutation seule ne suffit pas : \(p=q=\mathrm{id}\) donne \(2\,\mathrm{id}\). De même, des images en somme directe ne suffisent pas non plus.