Familles de vecteurs

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016
Enoncés
Familles de vecteurs
Exercice 1 [ 01627 ] [Correction]
Les familles suivantes de vecteurs de R3 sont-elles libres ?
Si ce n’est pas le cas, former une relation linéaire liant ces vecteurs :
1
Soit (~x1 , . . . , ~xn ) une famille libre de vecteurs de E et α1 , . . . , αn ∈ K.
On pose
~u = α1 .~x1 + · · · + αn .~xn et ∀1 ≤ i ≤ n, ~yi = ~xi + ~u
À quelle condition sur les αi , la famille (~y1 , . . . , ~yn ) est-elle libre ?
(a) (x1 , x2 ) avec x1 = (1, 0, 1) et x2 = (1, 2, 2)
(b) (x1 , x2 , x3 ) avec x1 = (1, 0, 0), x2 = (1, 1, 0) et x3 = (1, 1, 1)
(c) (x1 , x2 , x3 ) avec x1 = (1, 2, 1), x2 = (2, 1, −1) et x3 = (1, −1, −2)
Soit (e1 , . . . , e p ) une famille libre de vecteurs de E.
Montrer que pour tout a ∈ E \ Vect(e1 , . . . , e p ), la famille (e1 + a, . . . , e p + a) est libre.
(d) (x1 , x2 , x3 ) avec x1 = (1, −1, 1), x2 = (2, −1, 3) et x3 = (−1, 1, −1).
On pose f1 , f2 , f3 , f4 : [0 ; 2π] → R les fonctions définies par :
f1 (x) = cos x, f2 (x) = x cos x, f3 (x) = sin x et f4 (x) = x sin x.
Montrer que la famille ( f1 , f2 , f3 , f4 ) est libre.
Pour tout entier 0 ≤ k ≤ n, on pose fk : R → R la fonction définie par fk (x) = ek.x .
Montrer que la famille ( fk )0≤k≤n est une famille libre de F (R, R).
Soient E un K-espace vectoriel et ~x, ~y,~z trois vecteurs de E tels que la famille (~x, ~y,~z) soit
libre.
On pose
~u = ~y + ~z, ~v = ~z + ~x et w
~ = ~x + ~y
~ ) est libre.
Montrer que la famille(~u, ~v, w
Soient E un K-espace vectoriel et (u1 , . . . , un , un+1 ) une famille de vecteurs de E. Établir :
Soit (a, b, c) ∈ R3 . Les fonctions x 7→ sin(x + a), x 7→ sin(x + b) et x 7→ sin(x + c)
sont-elles linéairement indépendantes ?
Pour a ∈ R, on note fa l’application de R vers R définie par fa (x) = |x − a|.
Montrer que la famille ( fa )a∈R est une famille libre d’éléments de l’espace F (R, R)
Pour a ∈ C, on note ea l’application de R vers C définie par ea (t) = exp(at).
Montrer que la famille (ea )a∈C est une famille libre d’éléments de l’espace F (R, C).
Pour a ∈ R+ , on note fa l’application de R vers R définie par
fa (t) = cos(at)
Montrer que la famille ( fa )a∈R+ est une famille libre d’éléments de l’espace de F (R, R).
Soit E l’ensemble des applications f : [−1 ; 1] → R continues telles que les restrictions
f|[−1;0] et f|[0;1] soient affines.
(a) Montrer que E est un R-espace vectoriel.
(b) Donner une base de E.
(a) Si (u1 , . . . , un ) est libre et un+1 < Vect(u1 , ..., un ) alors (u1 , . . . , un , un+1 ) est libre
(b) Si (u1 , . . . , un , un+1 ) est génératrice et un+1 ∈ Vect(u1 , . . . , un ) alors (u1 , ..., un ) est
génératrice.
Soit (pn )n∈N∗ la suite strictement croissante des nombres premiers.
Montrer que la famille (ln pn )n∈N∗ est une famille libre du Q-espace vectoriel R.
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Corrections
Corrections
2
Exercice 4 : [énoncé]
Supposons α~u + β~v + γ~
w = ~0. On a
(β + γ)~x + (α + γ)~y + (β + α)~z = ~0
(a) oui b) oui c) non x3 = x2 − x1 d) non x3 = −x1 .
Or la famille (~x, ~y,~z) est libre donc


β+γ =0



α
+γ =0



α + β = 0
Supposons
a f1 + b f2 + c f3 + d f4 = 0
Après résolution α = β = γ = 0.
Finalement, la famille étudiée est libre.
On a
∀x ∈ [0 ; 2π], (a + bx) cos x + (c + dx) sin x = 0
Pour x = 0 et x = π on obtient le système :
(
a=0
a + bπ = 0
d’où a = b = 0.
Pour x = π2 et x =
3π
2
on obtient le système
(
c + dπ/2 = 0
c + 3dπ/2 = 0
d’où c = d = 0.
Finalement ; la famille étudiée est libre.
Supposons λ0 f0 + · · · + λn fn = 0.
On a
∀x ∈ R, λ0 + λ1 e x + · · · + λn enx = 0
Quand x → −∞, en passant la relation ci-dessus à la limite, on obtient λ0 = 0.
On a alors
∀x ∈ R, λ1 e x + · · · + λn enx = 0
donc
λ1 + λ2 e x + · · · + λn e(n−1)x = 0
En reprenant la démarche ci-dessus, on obtient λ1 = 0, puis de même λ2 = . . . = λn = 0.
(a) Supposons λ1 u1 + · · · + λn un + λn+1 un+1 = 0E .
Si λn+1 , 0 alors un+1 = µ1 u1 + · · · + µn un avec µi = −λi /λn+1 . Ceci est exclu car
un+1 < Vect(u1 , ..., un ).
Il reste λn+1 = 0 et on a alors λ1 u1 + · · · + λn un = 0E donc λ1 = . . . = λn = 0 car
(u1 , . . . , un ) est libre.
(b) Soit x ∈ E. On peut écrire x = λ1 u1 + · · · + λn un + λn+1 un+1 car (u1 , . . . , un , un+1 )
génératrice.
Or on peut écrire un+1 = µ1 u1 + · · · + µn un car un+1 ∈ Vect(u1 , . . . , un ), on a donc
x = ν1 u1 + · · · + νn un avec νi = λi + λn+1 µi . Ainsi x ∈ Vect(u1 , . . . , un ). Finalement
(u1 , ..., un ) est génératrice.
Supposons λ1~y1 + · · · + λn~yn = ~0. On a
(λ1 + α1 (λ1 + · · · + λn )).~x1 + · · · + (λn + αn (λ1 + · · · + λn )).~xn = ~0
donc


(λ1 + α1 (λ1 + · · · + λn )) = 0





..

.




(λn + αn (λ1 + · · · + λn )) = 0
En sommant les équations on obtient :
(λ1 + · · · + λn )(1 + (α1 + · · · + αn )) = 0
Si α1 + · · · + αn , −1 alors λ1 + · · · + λn = 0 puis, par le système, λ1 = · · · = λn = 0.
Si α1 + · · · + αn = −1 alors α1~y1 + · · · + αn~yn = ~0.
Finalement, la famille (~y1 , . . . , ~yn ) est libre si, et seulement si,
α1 + · · · + αn , −1.
Corrections
3
Soient a1 , . . . , an+1 des réels positifs distincts et supposons
Supposons
λ1 fa1 + · · · + λn+1 fan+1 = 0
λ1 (e1 + a) + · · · + λ p (e p + a) = 0E
On a λ1 e1 + · · · + λ p e p = −(λ1 + · · · + λ p ).a.
Si λ1 + · · · + λ p , 0 alors
λ1 e1 + · · · + λ p e p
∈ Vect(e1 , . . . , e p )
a=−
λ1 + · · · + λ p
C’est exclu.
Si λ1 + · · · + λ p = 0 alors λ1 e1 + · · · + λ p e p = 0E puis λ1 = . . . = λ p = 0.
(1)
En dérivant 2 fois cette relation :
a21 λ1 fa1 + · · · + a2n+1 λn+1 fan+1 = 0
(2)
La combinaison a2n+1 (1) − (2) donne
λ1 (a2n+1 − a21 ) fa1 + · · · + λn (a2n+1 − a2n ) fan = 0
Par hypothèse de récurrence et en exploitant que les a2i sont deux à deux distincts, on
obtient λ1 = . . . = λn = 0 puis ensuite aisément λn+1 = 0. Récurrence établie.
Non car ces trois fonctions sont combinaisons linéaires des deux suivantes
x 7→ sin x et x 7→ cos x
(a) E est un sous-espace vectoriel de C([−1 ; 1], R).
(b) x 7→ 1, x 7→ x et x 7→ |x| forment une base de E.
Soient a1 , . . . , an ∈ R des réels deux à deux distincts. Supposons λ1 fa1 + · · · + λn fan = 0.
Pour tout i ∈ {1 | . . . , n}, si λi , 0 alors λ1 fa1 + · · · + λn fan n’est pas dérivable en ai alors
que la fonction nulle l’est. Nécessairement λi = 0 et la famille étudiée est donc libre.
Supposons
λ1 ln p1 + · · · + λn ln pn = 0 avec λk ∈ Q
En réduisant au même dénominateur on parvient à
Montrons que toute sous-famille finie à n éléments de (ea )a∈C est libre.
Par récurrence sur n ≥ 1. Pour n = 1 : ok Supposons la propriété établie au rang n ≥ 1.
Soient a1 , . . . , an+1 complexes distincts et supposons λ1 ea1 + · · · + λn+1 ean+1 = 0 (1). En
dérivant cette relation :
a1 λ1 ea1 + · · · + an+1 λn+1 ean+1 = 0 (2). La combinaison linéaire an+1 (1) − (2) donne
λ1 (an+1 − a1 )ea1 + · · · + λn (an+1 − an )ean = 0. Par hypothèse de récurrence et en exploitant
que les ai sont deux à deux distincts, on obtient λ1 = . . . = λn = 0 puis ensuite aisément
λn+1 = 0. Récurrence établie.
a1 ln p1 + · · · + an ln pn = 0 avec ak ∈ Z
puis
ln
Y
pak k = 0
k
et enfin
Y
k/ak ≥0
pak k =
Y
k/ak <0
k
p−a
k
L’unicité de la décomposition primaire d’un entier permet alors de conclure ak = 0 pour
tout k ∈ {1, . . . , n}.
Montrons que toute sous-famille finie à n éléments de ( fa )a∈R+ est libre.
Par récurrence sur n ≥ 1.
Pour n = 1 : ok
Supposons la propriété établie au rang n ≥ 1.

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