Posons \({e_1}=\left(1,1,1\right)\), \({e_2}=\left(1,1,0\right)\), \({e_3}=\left(0,1,1\right)\). Montrer que \(e = \left({e_1},{e_2},{e_3}\right)\) est une base de \(\mathbb{R}^3\).
Soient \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\in\mathbb{R}\) tels que \(\alpha_1 e_1+\alpha_2 e_2+\alpha_3 e_3=0\). Alors \(\left(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\right)\) est solution du système \(\left\{ \begin{aligned} \alpha_1&+\alpha_2&&=0\cr \alpha_1&+\alpha_2&+\alpha_3&=0\cr \alpha_1&&+\alpha_3&=0 \end{aligned}\right.\) et on trouve \(\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=0\). La famille est donc libre. Comme \(\dim \mathbb{R}^3=\# e\), la famille \(e\) est une base de \(\mathbb{R}^3\).
Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension \(3\) et \(e= \left({e_1},{e_2},{e_3}\right)\) une base de \(E\). On pose : \[{f_1}={e_2}+2{e_3}, \quad f_2={e_3}-{e_1}, \quad f_3={e_1}+2{e_2}\] Montrer que \(f = \left({f_1},{f_2},{f_3}\right)\) est aussi une base de \(E\)
Soient \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\in\mathbb{R}\) tels que \(\alpha_1 f_1+\alpha_2 f_2+\alpha_3 f_3=0\). Alors \(\alpha_1 \left({e_2}+2{e_3}\right) +\alpha_2 \left({e_3}-{e_1}\right)+\alpha_3 \left({e_1}+2{e_2}\right)=0\) et \(\left(\alpha_3-\alpha_2\right)e_1+\left(\alpha_1+2\alpha_3\right)e_2+\left(2\alpha_1+\alpha_2\right)e_3=0\). Comme la famille \(e\) est libre, le triplet \(\left(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\right)\) est solution du système \(\left\{ \begin{aligned} &-\alpha_2&+\alpha_3&=0\cr \alpha_1&&+2\alpha_3&=0\cr 2\alpha_1&+\alpha_2&&=0 \end{aligned}\right.\) et on trouve \(\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=0\). La famille est donc libre. Comme \(\dim \mathbb{R}^3=\# e\), la famille \(e\) est une base de \(\mathbb{R}^3\).
Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension \(3\) et \(e = \left({e_1},{e_2},{e_3}\right)\) est une base de \(E\). On pose : \[{f_1}={e_1}+2{e_2}+2{e_3}, \quad {f_2}={e_2}+{e_3}\] Montrer que \(\left({f_1},{f_2}\right)\) est libre et compléter cette famille en une base de \(E\).
Les vecteurs \({f_1}\) et \({f_2}\) ne sont pas colinéaires. Ils forment une famille libre. On vérifie en procédant comme dans l’exercice précédent que la famille \(\left({e_2},{f_1},{f_2}\right)\) est libre et forme donc une base de \(E\).
Montrer que les vecteurs \(f_1=\left(1,2\right)\), \(f_2=\left(-1,2\right)\) et \(f_3=\left(-3,5\right)\) forme une famille génératrice de \(\mathbb{R}^2\).
Exprimer un vecteur quelconque \(u\) de coordonnées \(\left(x,y\right)\) dans la base canonique comme combinaison linéaire de ces vecteurs. Cette décomposition est-elle unique?
Les vecteurs \(f_1\) et \(f_2\) ne sont pas colinéaires donc ils forment une famille libre. Comme \(\dim \mathbb{R}^2=2\) la famille \(f=\left(f_1,f_2\right)\) est une base de \(\mathbb{R}^2\). Elle engendre donc \(\mathbb{R}^2\) et il en est alors de même de la famille \(\left(f_1,f_2,f_3\right)\).
Introduisons les deux vecteurs de la base canonique de \(\mathbb{R}^2\) : \(e_1=\left(1,0\right)\) et \(e_2=\left(0,1\right)\). D’après ce qui précède, il existe \(a,b,c\in\mathbb{R}\) tels que \(u=x e_1 + y e_2= a f_1 + b f_2+c f_3\). Le triplet \(\left(a,b,c\right)\) est solution du système \(\left\{ \begin{aligned} a&-b&-3c&=&x \cr 2a&+2b&+5c&=&y \end{aligned}\right.\). Ce système admet une infinité de solutions et la décomposition recherchée n’est pas unique. Une d’entre elles est donnée par exemple par \(a=x/2+y/4\), \(b=-x/2+y/4\) et \(c=0\).
Soient \(\left(x_1,x_2,x_3\right)\) les coordonnées d’un vecteur \(u\) dans la base canonique de \(\mathbb{R}^3\). Exprimer les coordonnées \(\left(y_1,y_2,y_3\right)\) de ce même vecteur dans la base de \(\mathbb{R}^3\) formée des vecteurs : \[\varepsilon_1=\left(1,1,0\right),\quad \varepsilon_2=\left(1,0,1\right),\quad\varepsilon_3=\left(0,1,1\right).\]
On vérifie facilement que la famille \(\left(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3\right)\) est une base de \(\mathbb{R}^3\). Il existe donc des scalaires \(y_1,y_2,y_3\) tels que : \(u=\left(x_1,x_2,x_3\right)=y_1 \varepsilon_1 + y_2 \varepsilon_2 +y_3 \varepsilon_3\). En remplaçant les vecteurs \(\varepsilon_i\) par leurs expressions, on obtient le système : \(\left\{ \begin{aligned} y_1&+y_2&&=x_1 \cr y_1&&+y_3&=x_2 \cr &y_2&+y_3&=x_3 \end{aligned}\right.\) qui amène : \({ y1}=\dfrac{x_2-x_3+x_1}{2}, { y2}=\dfrac{-x_2+x_3+x_1}{2}, { y_3}=\dfrac{ x2+ x3- x1}{2}\)
Soient les vecteurs de \(\mathbb{R}^3\) : \[u=\left(-1,1,1\right),\quad v=\left(1,-1,1\right),\quad w=\left(1,1,-1\right) \quad \textrm{ et} \quad x=\left(2,-3,1\right).\]
Prouver que la famille \(\left(u,v,w\right)\) forme une base \(\mathbb{R}^3\).
Quelles sont les coordonnées de \(x\) dans cette base?
Soient \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\in\mathbb{R}\) tels que \(\alpha_1 u + \alpha_2 v+\alpha_3 w=0\). Le triplet \(\left(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\right)\) est solution du système : \(\left\{ \begin{aligned} -\alpha_1&+\alpha_2&+\alpha_3&=0 \cr \alpha_1&-\alpha_2&+\alpha_3&=0 \cr \alpha_1&+\alpha_2&-\alpha_3&=0 \end{aligned}\right.\) et donc \(\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=0\). La famille \(\left(u,v,w\right)\) est bien libre. Comme \(\dim \mathbb{R}^3=3\), c’est une base de \(\mathbb{R}^3\).
La famille \(\left(u,v,w\right)\) étant une base de \(E\), il existe \(\left(x_1,x_2,x_3\right)\in\mathbb{R}^3\) tel que : \(x=x_1 u + x_2 v+x_3 w\). Le triplet \(\left(x_1,x_2,x_3\right)\) est donc solution du système \(\left\{ \begin{aligned} -x_1&+x_2&+x_3&=2 \cr x_1&-x_2&+x_3&=-3 \cr x_1&+x_2&-x_3&=1 \end{aligned}\right.\). En le résolvant, on trouve \(x_1=-1\), \(x_2={3}/{2}\) et \(x_3=-{1}/{2}\). Les coordonnées de \(x\) dans la base \(\left(u,v,w\right)\) sont donc : \(\boxed{\left(-1,{3}/{2},-{1}/{2}\right)}\)
Soit \(E\) le sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^4\) engendré par les vecteurs \(e_1=\left(1,1,0,0\right)\), \(e_2=\left(1,1,0,1\right)\) et \(e_3=\left(0,0,0,1\right)\).
Quelle est la dimension de \(E\)?
Compléter cette famille en sorte d’avoir une base de \(\mathbb{R}^4\).
Comme \(e_3=e_2-e_1\), la famille \(e\) n’est pas libre. Par contre, comme les vecteurs \(e_1\) et \(e_2\) ne sont pas colinéaires, \(\left(e_1,e_2\right)\) forme une famille libre qui engendre encore \(E\) par le lemme de diminution d’une famille liée. On complète la base par des vecteurs de la base canonique.
Une solution peut être de compléter la famille \(\left(e_1,e_2\right)\) avec les vecteurs \(f_1=\left(1,0,0,0\right)\) et \(f_2=\left(0,0,1,0\right)\) de la base canonique de \(\mathbb{R}^4\) . On montre facilement que la famille \(\left(e_1,e_2,f_1,f_2\right)\) est libre. Comme \(\dim \mathbb{R}^4=4\), elle forme une base de \(\mathbb{R}^4\).
Dans l’espace \(\mathbb{R}^{4}\), on considère les deux vecteurs \(f_1=(0,1,2,1)\) et \(f_2=(3,0,1,1)\). Trouver deux vecteurs \(f_3, f_4\) tels que la famille \((f_1,f_2,f_3,f_4)\) forme une base de \(\mathbb{R}^{4}\).
Les vecteurs \(f_1\) et \(f_2\) ne sont pas colinéaires donc la famille \(S_1=(f_1,f_2)\) est libre. On considère la base canonique \(e=(e_1,\dots,e_4)\) de \(\mathbb{R}^4\). On vérifie facilement que \(S_2=(f_1,f_2,e_1,e_2)\) est libre. Finalement, puisque \(\dim \mathbb{R}^{4}=4\), et que l’on a trouvé une famille libre de cardinal \(4\), \(S_2\) est une base.
Prouver que \(\left(1,i\right)\) est une base du \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\).
De même, prouver que \(\left(1,j\right)\) est une base de \(\mathbb{C}\) où \(j=e^{{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\).
Donner une base du \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\).
Pour tout nombre complexe \(z\), il existe \(a,b\in\mathbb{R}\) tels que \(z=a\times 1+b\times i\). La famille \(\left(1,i\right)\) est donc génératrice de \(\mathbb{C}\). Soient \(a,b\in\mathbb{R}\) tels que \(a\times 1+b\times i=0\). On a alors forcement \(a=b=0\). La famille \(\left(1,i\right)\) est donc libre. La famille forme une base de \(\mathbb{C}\). On en déduit que \(\mathbb{C}\) est un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel de dimension \(2\).
Soient \(a,b\in\mathbb{R}\) tels que \(a.1+b.j=0\). On a alors : \(a\left(1+ \cos {\scriptstyle 2\pi\over\scriptstyle 3}\right)+ib\sin {\scriptstyle 2\pi\over\scriptstyle 3}\) ce qui amène \(a=b=0\). La famille \(\left(1,j\right)\) est donc libre dans \(\mathbb{C}\). Comme \(\mathbb{C}\) est de dimension \(2\), \(\left(1,j\right)\) engendre \(\mathbb{C}\). \(\left(1,j\right)\) est donc une base de \(\mathbb{C}\).
La famille \(\left(1\right)\) forme une base du \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\). Cette famille est trivialement libre. Si \(z\in\mathbb{C}\) alors \(z=z.1\) ! Et donc la famille \(\left(1\right)\) est génératrice de \(\mathbb{C}\). C’est donc une base de \(\mathbb{C}\) et \(C\) est un \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel de dimension \(1\).
Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel muni d’une base \(e = \left({e_1},\dots,{e_n}\right)\). Pour tout \(i\in\llbracket 1,n\rrbracket\), on pose \({\varepsilon_i}={e_1}+\dots+{e_i}\).
Montrer que \(\varepsilon=\left({\varepsilon_i}\right)_{i\in\llbracket 1,n\rrbracket}\) forme une base de \(E\).
Exprimer les composantes d’un vecteur de \(E\) dans \(\varepsilon\) en fonction de ses composantes dans \(e\).
Soit \(\left(\alpha_1,\dots,\alpha_n\right)\in\mathbb{K}^n\) tel que \(\displaystyle{\sum_{i=1}^n \alpha_i \varepsilon_i=0}\). On a alors \[\left(\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\right)e_1+ \left(\alpha_2+\cdots+\alpha_n\right)e_2 + \dots+ +\alpha_ne_n=0\]
qui conduit, de part la liberté de \(e\), à : \[\left\{ \begin{aligned} \alpha_1&+\alpha_2&+\cdots&+\alpha_n&=&0\cr &\alpha_2&+\cdots&+\alpha_n&=&0\cr & & & &\hfill\vdots\hfill&\cr & & &\alpha_n&=&0 \end{aligned}\right.\]
et donc \(\alpha_n=\dots=\alpha_1=0\).
Soit \(x\in E\). On a \(x=\alpha_1 {e_1}+\dots\alpha_n {e_n}= \alpha'_1 {\varepsilon_1}+\dots\alpha'_n {\varepsilon_n}\). On a donc : \[\left\{ \begin{aligned} \alpha_1'&+\alpha_2'&+\cdots&+\alpha_n'&=&\alpha_1\cr &\alpha_2'&+\cdots&+\alpha_n'&=&\alpha_2\cr & & & &\hfill\vdots\hfill&\cr & & &\alpha_n'&=&\alpha_n \end{aligned}\right.\] ce qui amène : \[\left\{ \begin{aligned} \alpha'_1&=&\alpha_1&-\alpha_2\cr &\hfill\vdots\hfill\cr \alpha'_{n-1}&=&\alpha_{n-1}&-\alpha_n\cr \alpha'_{n}&=&\alpha_n& \end{aligned}\right.\] et \(\boxed{x=\left(\alpha_1-\alpha_2\right)e_1+\left(\alpha_2-\alpha_3\right)e_2+\dots+\left( \alpha_{n-1}-\alpha_n\right)e_{n-1}+\alpha_n e_n}\).
Vérifier que \(\mathbb{R}\) muni de l’addition et de la multiplication par un rationnel est un \(\mathbb{Q}\)-espace vectoriel.
Montrer que \[E=\left\{ a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}, (a,b,c)\in \mathbb{Q}^{3}\right\}\] est un \(\mathbb{Q}\)-espace vectoriel.
Trouver une base de \(E\).
On vérifie facilement que \(\mathbb{R}\) muni de l’addition et de la multiplication par un rationnel vérifie les axiomes définissant un \(\mathbb{Q}\)-espace vectoriel
Pour répondre à la question, il suffit de montrer que \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}\). \(E\) est clairement non vide et si \(\alpha,\alpha'\in \mathbb{Q}\), \(u=a+b\sqrt 2+c\sqrt 3\in E\) et \(u'=a'+b'\sqrt 2+c'\sqrt 3\in E\) alors \(\alpha u +\alpha' u' = \alpha\left(a+b\sqrt 2+c\sqrt 3\right) + \alpha'\left(a'+b'\sqrt 2+c'\sqrt 3\right)=\left(\alpha a + \alpha' a'\right) + \left(\alpha b + \alpha' b'\right) \sqrt 2+ \left(\alpha c + \alpha' c'\right) \sqrt 3\in E\). L’ensemble \(E\) est bien un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}\). On peut aussi remarquer que \(E=Vect\left(1,\sqrt 2,\sqrt 3\right)\).
Montrons que la famille \(e=\left(1,\sqrt 2,\sqrt 3\right)\) est une base de \(E\). Elle engendre clairement \(E\). Soient \(a,b,c\in \mathbb{Q}\) tels que \(a+ b\sqrt{2}+c\sqrt{3}=0\). Alors \(c\sqrt 3=-\left(a+ b\sqrt{2}\right)\) et en élevant au carré \(3c^2=a^2+2b^2+2ab\sqrt 2\).
Si \(a\) et \(b\) sont nuls, on a forcément \(c=0\).
Si \(a=0\) et \(b\neq 0\) alors \(3c^2 =2b^2\) et \(c/b=\pm \sqrt{2/3}\) ce qui n’est pas possible car \(c/b\in \mathbb{Q}\).
Si \(a\neq 0\) et \(b=0\) alors \(3c^2=a^2\) et \(c/a=\sqrt 3/3\) ce qui n’est pas possible pour la même raison que précédemment.
Si \(a,b\neq 0\) alors \(\sqrt 2 = \left(3c^2-a^2-2b^2\right)/{2ab}\) ce qui n’est pas possible car \(\sqrt 2 \not \in\mathbb{Q}\).
En conclusion, \(a=b=c=0\) et la famille est libre. On a ainsi trouvé une base de \(E\) qui est de dimension \(3\).
Soit \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\) l’espace vectoriel des polynômes de degré \(\leqslant n\). Soit \(\mathscr F = \left(P_0,\dots,P_n\right)\) une famille de \(n+1\) polynômes de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\) telle que : \[\forall i\in \llbracket 0,n\rrbracket, \quad \deg P_i=i.\] Prouver que \(\mathscr F\) est une base de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).
Pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\), supposons que que \(P_k=\lambda_k X^k+\sum_{i=0}^{k-1} \lambda_{i,k} X^i\). Comme \(\deg P_k=k\), on a nécessairement \(\lambda_k\neq 0\). Soient \(\alpha_0,\dots,\alpha_n \in \mathbb{R}\) tels que : \(\sum_{k=0}^n \alpha_k P_k=0\). Un polynôme étant nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls, on aboutit au système : \[\left\{ \begin{aligned} \lambda_0 \alpha_0&+\lambda_{0,1}\alpha_1&+\lambda_{0,2}\alpha_2&+\dots&+ \lambda_{0,n}\alpha_n&=0 \cr &\lambda_1\alpha_1&+\lambda_{1,2}\alpha_2&+\dots&+ \lambda_{1,n}\alpha_n&=0 \cr &&& \dots&& \cr &&&\lambda_{n-1} \alpha_{n-1}&+\lambda_{n-1,n}\alpha_n&=0 \cr &&&&\lambda_n\alpha_n&=0 \end{aligned}\right.\] qui est triangulaire, et comme \(\forall k\in\llbracket 0,n\rrbracket,\quad \lambda_k\neq 0\), son unique solution est le \(n+1\)-uplet nul. Il vient : \(\alpha_0=\alpha_1=\dots=\alpha_n=0\) et la famille \(\mathscr F\) est libre. Comme elle est de cardinal égal à la dimension de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\), \(\mathscr F\) est de plus génératrice de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\). On en déduit qu’elle forme une base de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).
Montrer \(\mathcal{S}(\mathbb{R} )\) et \(\mathcal{F}(\mathbb{R} ,\mathbb{R} )\) sont de dimension infinie.
Pour le premier cas, on considère pour tout \(n\in\mathbb{N}\), la suite \(e(n)\in \mathcal{S}(\mathbb{R} )\) qui s’annule à tous les rangs sauf au rang \(n\) où elle vaut \(1\). On considère aussi pour tout \(m\in\mathbb{N}\) la famille de suites \(E_m=\left(e(0),\dots,e(m)\right)\). Pour tout \(m\in\mathbb{N}\), cette famille est libre. En effet, si \(\alpha_0,\dots,\alpha_n\in\mathbb{R}\) sont tels que \(\alpha_0 e(0)+\dots +\alpha_m e(m)=0\) alors on obtient \(\left(\alpha_0,\dots,\alpha_m,0,\dots\right)=\left(0,\dots\right)\) et donc que \(\alpha_0=\dots=\alpha_m=0\). Supposons que \(\mathcal{S}(\mathbb{R} )\) soit de dimension finie \(n\in\mathbb{N}\). La famille \(E_{n}\) est libre et de cardinal \(n+1\) ce qui n’est pas possible. Donc \(\mathcal{S}(\mathbb{R} )\) est de dimension infinie.
Pour le second cas, on procède de même en considérant pour tout \(n\in\mathbb{N}\) les fonctions \(f_n\) définies sur \(\mathbb{R}\) qui valent \(0\) si \(x\neq n\) et qui valent \(1\) si \(x=n\).