Montrer que les vecteurs suivants de \(\mathbb{R}^3\) sont linéairement dépendants :
\(u=\left(1,0,1\right), v=\left(1,-2,3\right), w=\left(1,2,-1\right)\).
\(u=\left(1,2,-2\right), v=\left(2,0,-1\right), w=\left(1,-2,1\right)\).
\(w=2u-v\).
\(v=u+w\)
Dans \(E=\mathscr F\left(\mathbb{R},\mathbb{R}\right)\), montrer que la famille \(\left(f, g, h\right)\) est liée où \(f:x\mapsto 1\), \(g:x \mapsto \cos^2 x\), \(h:x \mapsto \cos 2x\).
D’après la trigonométrie, on a \(h=2g-f\).
Préciser si les familles constituées des vecteurs suivants sont liées ou libres :
\(u=\left(1,2\right), v=\left(3,1\right), w=\left(5,1\right)\).
\(u=\left(-1,0,2\right), v=\left(1,2,1\right), w=\left(0,1,1\right)\).
\(u=\left(10,-1,-4,10\right), v=\left(1,0,1,-2\right)\).
\(u\) et \(v\) ne sont pas colinéaires donc ils forment une famille libre. \(\mathbb{R}^2\) étant de dimension \(2\), cette famille est une base de \(\mathbb{R}^2\) et nécessairement la famille \(\left(u,v,w\right)\) est liée.
On vérifie facilement que la famille \(\left(u,v,w\right)\) est libre.
Les vecteurs \(u\) et \(v\) ne sont pas colinéaires, ils forment donc une famille libre.
Soient \((a,b,c) \in \mathbb{R}^{3}\). A quelle condition les trois vecteurs \((1,a,b), (0,1,c), (0,0,1)\) forment-ils une famille libre dans \(\mathbb{R}^{3}\)?
Soit \((\lambda,\mu,\delta)\in \mathbb{R}^{3}\) tels que \[\lambda(1,a,b) + \mu(0,1,c) + \delta(0,0,1) = (0,0,0)\] On en tire \(\lambda=0\), \(a\lambda + \mu =0\) et \(b\lambda+c\mu + \delta=0\), ce qui donne \(\lambda=\mu =\delta=0\). Par conséquent, \(\forall (a,b,c)\in \mathbb{R}^{3}\), la famille est libre.
Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et soient \(e_1\), \(e_2\), \(e_3\) des vecteurs de \(E\) tels que la famille \(\left(e_1,e_2,e_3\right)\) est libre. Posons : \(f_1=e_1-e_2\), \(f_2=e_2+e_3\), \(f_3=e_1-e_3\). Montrer que la famille \(\left(f_1,f_2,f_3\right)\) est libre.
Soient \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\in\mathbb{K}\) tel que \(\sum_{i=1}^3 \alpha_i f_i=0\). On a alors : \(\alpha_1\left(e_1-e_2\right)+\alpha_2\left(e_2+e_3\right)+\alpha_3\left(e_1-e_3\right)=0\) ce qui s’écrit aussi : \(\left(\alpha_1+\alpha_3\right)e_1+\left(-\alpha_1+\alpha_2\right)e_2+\left(\alpha_2-\alpha_3\right)e_3=0\). La famille \(\left(e_1,e_2,e_3\right)\) étant libre, cette égalité n’est possible que si \[\left\{ \vcenter{\ialign{&$\hfil{}##{}$\crcr \alpha_1&+&\alpha_3 &= 0 \cr -\alpha_1&+\alpha_2& &= 0 \cr &\alpha_2&-\alpha_3 &=0\crcr}} \right.\]
L’unique solution de ce système est le triplet \(\left(0,0,0\right)\). La famille \(\left(f_1,f_2,f_3\right)\) est donc libre.
Prouver que la famille \(\left(\sin,\cos\right)\) est libre dans le \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(\mathscr F\left(\mathbb{R},\mathbb{R}\right)\).
Soient \(\alpha,\beta \in\mathbb{R}\) tels que \(\alpha \sin + \beta \cos =0\). On a donc : \(\forall x\in \mathbb{R},\quad \alpha \sin x+ \beta \cos x=0\). En particulier, si \(x=0\), on obtient : \(\beta=0\) et si \(x={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\), on obtient \(\alpha=0\). Il vient alors que \(\alpha=\beta=0\). La famille \(\left(\sin,\cos\right)\) est donc libre et elle engendre un sous-espace vectoriel de dimension \(2\) dans \(\mathscr F\left(\mathbb{R},\mathbb{R}\right)\), c’est-à-dire un plan vectoriel.
Dans le \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(E=\mathscr F\left(\left[0,2\pi\right],\mathbb{R}\right)\), on considère les quatre fonctions :
\[f_1: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[0,2\pi\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \cos x \end{array} \right. \quad f_2: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[0,2\pi\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & x\cos x \end{array} \right.\] \[f_3: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[0,2\pi\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \sin x \end{array} \right. \quad f_4: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[0,2\pi\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & x\sin x \end{array} \right.\]
Prouver que la famille \(\left(f_1,f_2,f_3,f_4\right)\) est libre.
Soit \(\left(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\right)\in\mathbb{R}^4\) tel que \(\alpha_1 \cdot f_1 + \alpha_2 \cdot f_2 + \alpha_3 \cdot f_3 + \alpha_4 \cdot f_4=0\). On a donc : \[\forall x\in \left[0,2\pi\right],\quad \alpha_1 \cdot f_1\left(x\right) + \alpha_2 \cdot f_2\left(x\right) + \alpha_3 \cdot f_3\left(x\right) + \alpha_4 \cdot f_4\left(x\right)=0,\] en particulier, remplaçant \(x\) par \(x=0\) puis \(x=\pi\), on obtient le système \(\begin{cases}\alpha_1=0\\\alpha_1+\alpha_2\pi=0\end{cases}\) puis remplaçant \(x\) par \(x={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\) puis \(x={\scriptstyle 3\pi\over\scriptstyle 2}\), on obtient le système \(\begin{cases}\alpha_3+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\alpha_4=0\\\alpha_3+{\scriptstyle 3\pi\over\scriptstyle 2} \alpha_4=0\end{cases}\) d’où \(\forall i\in\llbracket 1,4\rrbracket,\quad \alpha_i=0\).
Soient \(r\), \(\omega\in \mathbb{R}\) tels que \(\omega\neq 0\). Dans le \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(E=\mathscr F\left(\mathbb{R},\mathbb{R}\right)\), on considère les deux vecteurs \(f_1\) et \(f_2\) définis par : \[\forall x\in\mathbb{R},\quad f_1\left(x\right)=e^{r x}\sin \omega x \quad \textrm{ et} \quad f_2\left(x\right)=e^{r x} \cos \omega x.\] Démontrer que la famille \(\left(f_1,f_2\right)\) est libre.
Soient \(\mu_1,\mu_2\in\mathbb{R}\) tels que : \(\mu_1 f_1+\mu_2 f_2=0\). Cette égalité s’écrit aussi : \(\forall x\in\mathbb{R},\quad \mu_1 e^{r x}\cos \omega x +\mu_2 e^{r x}\sin \omega x=0\). Pour \(x=0\), on obtient : \(\mu_1=0\) et pour \(x={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2\omega}\), on a : \(\mu_2 =0\). Le couple \(\left(\mu_1,\mu_2\right)\) est donc nul et la famille \(\left(f_1,f_2\right)\) est bien libre.
Pour tout \(a\in\mathbb{R}\), considérons l’application \[f_a: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \left|x-a\right| \end{array} \right. .\] Montrer que la famille \(\left(f_0,f_1,f_2\right)\) est une famille libre dans \(\mathscr F\left(\mathbb{R},\mathbb{R}\right)\).
Soient \(\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2\in\mathbb{R}\) tels que : \(\sum_{k=0}^2 \alpha_i f_i=0\). On a donc : \(\forall x\in\mathbb{R}, \quad \alpha_0 \left|x\right|+ \alpha_1 \left|x-1\right|+\alpha_2 \left|x-2\right|=0\). En prenant successivement \(x=0,1\) et \(2\) dans cette égalité, on aboutit au système : \(\left\{ \vcenter{\ialign{&$\hfil{}##{}$\crcr &\alpha_1&+2\alpha_2&=0 \cr \alpha_0 &&+\alpha_2&=0 \cr 2\alpha_0 &+\alpha_1&&=0\crcr}} \right.\) dont l’unique solution est \(\left(\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2\right)=\left(0,0,0\right)\). La famille \(\left(f_0,f_1,f_2\right)\) est bien libre.
Autre solution : On suppose \(\alpha_0\neq 0\) et on a \(\left|x\right|= -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\alpha_0} \left( \alpha_1 \left|x-1\right|+\alpha_2 \left|x-2\right|\right)\). Or cette égalité est impossible car le membre de droite est dérivable en zéro et le membre de gauche ne l’est pas. Donc \(\alpha_0= 0\). On démontre de même que \(\alpha_1= 0\) et \(\alpha_2= 0\).
Les familles de fonctions suivantes sont-elles libres dans \(\mathcal{F}(\mathbb{R} , \mathbb{R} )\) ?
\((f_1, \dots, f_n)\) où \(n \geqslant 2\) et \(\forall k \in [1, n]\), \[f_k :\left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & e^{x+k} \end{array} \right.\]
\((f_1, f_2, f_3)\) où \(\forall k \in [1, 3]\), \[f_i : \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & (x-k)^2 \end{array} \right.\]
\((f_1, f_2, f_3, f_4)\) où \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f_1(x) = 1\), \(f_2(x) = x\), \(f_3(x) = x^2\) et \(f_4(x) = e^x\).
Puisque \(\forall x\in \mathbb{R}\), \(e.e^{x+1}-e^{x+2} = 0\), on en déduit que \((e^{x+1},e^{x+2})\) est lié, donc la famille est lié.
Soit \((a,b,c)\in \mathbb{R}^{3}\) tels que \[\forall x\in \mathbb{R} , a(x-1)^2+b(x-2)^2+c(x-3)^2 = 0\] alors puisque ce polynôme est nul, les coefficients de \(x^2,x,1\) du polynôme et de ses dérivées doivent être nuls. On en tire \[a+b+c=a+2b+3c=a+4b+9c=0 \Rightarrow a=b=c=0\] Par conséquent, la famille est libre.
Soient \((a,b,c,d)\in \mathbb{R}^{4}\) tels que \[\forall x\in \mathbb{R} , a+bx+cx^2+de^x=0\] On doit avoir \(\forall x\in \mathbb{R}\), \[d+(a+bx+cx^2)e^{-x} = 0\] et en passant à la limite lorsque \(x\rightarrow +\infty\), on obtient que \(d=0\). En factorisant ensuite par \(x^2\) et en faisant tendre \(x\) vers \(+\infty\), on trouve que \(c=0\). Ensuite de même \(b=0\) et enfin \(a=0\). La famille est libre.
On considère l’espace des suites complexes \(E = \mathcal{S}(\mathbb{C})\), et deux complexes \((k_1, k_2) \in \mathbb{C}^{2}\) distincts. On note \(u\) la suite géométrique de raison \(k_1\) et \(v\) la suite géométrique de raison \(k_2\). Montrer que la famille \(S = (u, v)\) est libre dans \(E\).
Soit \((\lambda, \mu) \in \mathbb{C}^{2}\) tels que \(\lambda u + \mu v = 0_E\). En examinant les deux premiers termes de cette suite, on trouve que : \[\begin{cases}\lambda + \mu &= 0\\ \lambda k_1 + \mu k_2 &= 0\end{cases}\] et en résolvant ce système, que \(\lambda = \mu = 0\).
Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et une famille de vecteurs \((a_1,\dots,a_n) \in E^n\) libre. On définit les vecteurs \[b_1=a_1, b_2=a_1+a_2, \dots , b_n=a_1+\dots + a_n\] Montrer que la famille \((b_1,\dots, b_n)\) est libre.
Soit \((\lambda_1,\dots,\lambda_n)\in \mathbb{K}^{n}\) tels que \[\lambda_1b_1+\dots + \lambda_n b_n =0_E\] Alors \[(\lambda_1+\dots+\lambda_n)a_1 + (\lambda_2+\dots+\lambda_n)a_2+\dots + (\lambda_{n-1}+ \lambda_n)a_{n-1} +\lambda_n a_n = 0\] Comme \((a_1,\dots,a_n)\) est libre, on tire que \[\lambda_n =\lambda_n+\lambda_{n-1} =\dots = \lambda_n+\dots+\lambda_1=0_{\mathbb{K} }\] et par conséquent que tous les \(\lambda_k\) sont nuls.
Soit \(E=\mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R} ,\mathbb{R} )\). Montrer que c’est un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel. On considère ensuite l’application \[\varphi_k: \left\{ \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ f & \longmapsto & f^{(k)}(0) \end{array} \right. \quad(k\in [1,n])\] Montrer que l’application \(\varphi_k\) est linéaire, puis que la famille \((\varphi_1,\dots,\varphi_n)\) est libre dans l’espace \(L(E,\mathbb{R} )\).
On montre que \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{F}(\mathbb{R} ,\mathbb{R} )\). Il est aussi facile de montrer que les applications \(\varphi_k\) sont linéaires. Montrons ensuite que la famille est libre. Soit \((\lambda_1,\dots, \lambda_n) \in \mathbb{R}^{n}\) tels que \[\lambda_1 \varphi_1+\dots + \lambda_n \varphi_n= 0_{L(E,\mathbb{R} )}\] En appliquant cette application linéaire à la fonction \(\theta_k: x\mapsto x^k \in E\), on trouve que \[\lambda_k k! =0\] (car \([x^k]^{(p)}(0)=k!\) si \(p=k\) et \([x^k]^{(p)}(0)=0\) si \(p\neq k\). On en déduit donc que \(\forall k\in [1,n], \lambda_k=0\).
Soit \(f_k(t)=e^{kt}\). Montrer que \(\{ f_1, \dots, f_n\}\) est une famille libre dans \(\mathcal{F}(\mathbb{R} ,\mathbb{R} )\).
Soit \((\lambda_1,\dots,\lambda_n)\in \mathbb{R}^{n}\) tels que \[\forall x\in \mathbb{R} , \quad\lambda_1e^x+\dots +\lambda_ne^{nx}=0 .\] Alors \[\forall x\in \mathbb{R} , \quad\lambda_1+\dots +\lambda_ne^{(n-1)x}=0 \xrightarrow[x\rightarrow -\infty]{}0\] et \(\lambda_1=0\). On recommence avec \[\forall x\in \mathbb{R} , \lambda_2 e^x+\dots+\lambda_{n-1}e^{(n-1)x}=0\] ce qui donne \(\lambda_{2}=0\) et ainsi de suite, on montre que tous les coefficients de la combinaison linéaire sont nuls. La famille est donc libre.
Dans l’espace vectoriel \(E = \mathcal{F}(\mathbb{R} , \mathbb{R} )\), montrer que la famille \(S = (x\to 1, x\mapsto\mathop{\mathrm{ch}}x, x\mapsto\mathop{\mathrm{ch}}2x, \dots, x\mapsto\mathop{\mathrm{ch}}nx)\) est libre.
Au voisinage de \(+\infty\), on a l’équivalent \(\mathop{\mathrm{ch}}n x = \dfrac{e^{nx}+e^{-nx}}{2}=\dfrac{e^{nx}}{2} \left(1+e^{-2nx}\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{e^{nx}}{2}\)
Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \((u_1, \dots, u_n)\) une famille libre. Les familles \[S=(u_1-u_2, u_2-u_3, \dots, u_{n-1}-u_n, u_n-u_1)\] \[T=(u_1+u_2, \dots, u_{n-1}+u_n, u_n+u_1)\] sont-elles libres?
La famille \(S\) est liée car \[(u_1-u_2)+(u_2-u_3)+\dots + (u_{n-1}-u_n) + (u_n-u_1)= 0_E\] Pour la famille \(T\): Soit \((\lambda_1,\dots,\lambda_n)\in \mathbb{K}^{n}\) tel que \[\lambda_1(u_1+u_2)+\dots +\lambda_n(u_n+u_1)=0_E\] Comme \((u_1,\dots,u_n)\) est libre, il vient que \[\lambda_1+\lambda_n=0_K, \quad\lambda_2+\lambda_1=0_K,\dots, \lambda_{n-1}+\lambda_n=0_K\] Par conséquent, \[\lambda_1=(-1)^{i-1} \lambda_{i}=(-1)^{n}\lambda_1.\] Si \(n\) est impair, \(2\lambda_1=0_K\) et donc \(\lambda_1=0\), puis alors tous les coefficients sont nuls. Si \(n\) est impair, \(T\) est une famille libre.
Si par contre \(n\) est pair, on vérifie que \[\sum_{i=0}^{n-1} (-1)^{i-1}(u_i+u_{i+1}) + (-1)^{n-1}(u_n+u_1)=0_E\] et donc \(T\) est lié.
Dans l’espace \(E = \mathcal{F}(\mathbb{R} ,\mathbb{R} )\), on considère les fonctions définies par \(\forall k \in \mathbb{N}^*\), \[f_k: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \sin(kx) \end{array} \right.\] Montrer que \(\forall n \in \mathbb{N}^*\), la famille \(S = (f_1,\dots, f_n)\) est libre. On calculera d’abord pour \((p, q) \in (\mathbb{N}^*)^{2}\), l’intégrale : \[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\pi}\int_0^{2\pi} \sin(px)\, \sin(qx) \mathrm{ \;d}x = \delta_{pq},\] où \(\delta_{pq}=1\) si \(p=q\) et est nul sinon.
Soit \((p, q) \in \mathbb{N}^{2}\). On utilise la trigonométrie. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) : \[\sin(px)\, \sin(qx) ={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\left(\cos\left(\left(p-q\right)x\right)-\cos\left(\left(p+q\right)x\right)\right)\] donc si \(p\neq q\), \[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\pi}\int_0^{2\pi} \sin(px)\, \sin(qx) \mathrm{ \;d}x = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2\pi}\left[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle p-q}\sin\left(\left(p-q\right)x\right)-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle p+q}\sin\left(\left(p+q\right)x\right)\right] _0^{2\pi}=0\] et si \(p=q\) alors \[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\pi}\int_0^{2\pi} \sin(px)\, \sin(qx) \mathrm{ \;d}x={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2\pi}\int_0^{2\pi}\left(1-\cos\left(\left(p+q\right)x\right)\right) \mathrm{ \;d}x= {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2\pi}\left[x-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle p+q}\sin\left(\left(p+q\right)x\right)\right] _0^{2\pi}=1.\] Montrons que \(S\) est libre. Soient \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\in\mathbb{R}\) tels que \(\sum_{i=1}^n \alpha_i f_i=0\). Soit \(k\in\llbracket 1,n\rrbracket\). Par linéarité de l’intégrale, on a : \[0 = \sum_{i=1}^n {\scriptstyle\alpha_i\over\scriptstyle\pi} \int_{0}^{2\pi} f_k\left(x\right)f_i\left(x\right)\mathrm{ \;d}x = \sum_{i=1}^n \alpha_i \delta_{ki} = \alpha_k.\] et ce pour tout \(k\in \llbracket 1,n\rrbracket\). On en déduit que \(S\) est libre.