Exemple 18 Dans $\K ^3$, montrer que les vecteurs :
$$e_1=(1, 0, 0)\, , \,\, e_2=(0, 1, 0) \et e_3=(0, 0, 1)$$
forment une famille libre.
En effet pour $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) \in \K^3$, on a :
\[
\lambda_1\, e_1+\lambda_2\, e_2+\lambda_3\, e_3 = (\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),
\]
et l'égalité :
$$\lambda_1\, e_1+\lambda_2\, e_2+\lambda_3\, e_3 =(0,0,0)$$
entraîne donc immédiatement :
$$\lambda_1 =\lambda_2=\lambda_3=0.$$
Généraliser à $\K^{n}$.
Plus généralement, dans $\K ^n$, où $n$ est un entier naturel non nul, les vecteurs :
\[
e_1=(1, 0, 0, \ldots , 0)\,,\,\, e_2=(0, 1, 0, \ldots , 0)\,,\,\,
\ldots \,,\, e_n=(0, 0, \ldots , 0, 1)
\]
forment une famille libre.
Exemple 19 Dans $\K^{3}$, on considère :
$$e_1 = (1,1,1) \, , \quad e_2=(-1,1,-1) \et e_3 = (1,-1,-1).$$
Montrer que la famille $(e_1,e_2,e_3)$ est libre.
Soit $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)\in\R^3$
tel que :
\begin{align*}
0 &= \lambda_1\,e_1+\lambda_2\,e_2+\lambda_3\,e_3\\\\
&= (\lambda_1-\lambda_2+\lambda_3\,,\,
\lambda_1+\lambda_2-\lambda_3\,,\,\lambda_1-\lambda_2-\lambda_3).
\end{align*}
On en déduit :
\[(\SS)\quad \left\{
\begin{array}{l}
\lambda_1-\lambda_2+\lambda_3 = 0 \\\\
\lambda_1+\lambda_2-\lambda_3 = 0 \\\\
\lambda_1-\lambda_2-\lambda_3 = 0
\end{array}
\right. .
\]
En sommant les deux premières lignes de $(\SS)$, on obtient :
$$\lambda_1=0.$$
La somme des deux dernières lignes donne alors :$$\lambda_3=0,$$
et on en déduit :$$\lambda_2=0.$$
la famille est donc libre.
Remarque A-t-on ici résolu le système $(\SS)$ par équivalence ?
Non, et ce n'est pas un problème !
En effet, ici il faut juste prouver que si $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)\in\R^3$
est solution du système, alors on a :
\[
\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0.
\]
C'est pourquoi l'on peut se permettre de n'utiliser que des conditions nécessaires.
Exemple 20 Dans $\K^3$, les éléments :
$$e_1 = (-1,1,0) \, , \quad e_2=(0,-1,1) \et e_3 = (1,0,-1)$$
forment-ils une famille libre ou une famille liée ?
Comme : $$e_1+e_2+e_3 = (0,0,0),$$
la famille donnée est liée.
Remarque Même si, lors de la recherche, vous avez essayé de prouver que la famille était libre
en partant de :
$$\lambda_1\,e_1+\lambda_2\,e_2+\lambda_3\,e_3 = 0,$$
il ne sert à rien de faire apparaître le système correspondant
dans la rédaction de la solution :
il suffit d'exhiber un triplet $(\lambda_1,\lambda_2\,\lambda_3)$ non nul.
Même si un tel triplet vous est seulement apparu lors de la résolution du système
que vous aviez posé, il est quand-même assez évident, lorsque l'on regarde bien les vecteurs donnés,
que l'on a :
$$e_1+e_2+e_3 = (0,0,0).$$
C'est peut-être plus évident en écrivant ces vecteurs l'un sous l'autre :
\begin{align*}
e_1 &= (-1,\phantom{-}1,\phantom{-}0\,) \\
e_2 &= (\phantom{-}0,-1,\phantom{-}1\,) \\
e_3 &= (\phantom{-}1,\phantom{-}0,-1\,)
\end{align*}
voire en écrivant leurs composantes en colonnes :
\[
e_1=\matrice{r}{-1\\1\\0}\,,\,\,
e_2=\matrice{r}{0\\-1\\1}\,,\,\,
e_3=\matrice{r}{1\\0\\-1}.
\]
Exemple 21 Montrer que $(\sin,\cos)$ est une famille libre de $\R^\R$.
Partir de :
\[
a\,\cos+b\,\sin=0
\]
qui est une égalité de $\ldots$
$\ldots$ fonctions. On a donc comme hypothèse :
\[
\fa{x\in\R} a\,\cos x+b\,\sin x=0.
\]
On peut alors utiliser cette propriété avec n'importe quelle valeur de $x$,
mais il en suffit de deux pour avoir les deux relations :
\[
a = 0 \et b = 0.
\]
Solution
Soit $a$ et $b$ deux réels tels que :
$$a\,\cos+b\,\sin=0,$$
ce qui peut aussi s'écrire :
\[
\fa{x\in\R} a\,\cos x+b\,\sin x=0.
\]
-
- En remplaçant $x$ par $0$, on en déduit $a=0$.
- En remplaçant $x$ par $\frac\pi2$, on en déduit $b=0$.
Ainsi, on a forcément $(a,b)=(0,0)$, et la famille $(\sin,\cos)$ est donc libre.
Exemple 22 Pour tout $n\in\N$, la famille :$$(1, X, \ldots , X^n)$$
est une famille libre de $\K[X]$ puisque $\ldots$
$\ldots$ si $\lambda_0$, $\ldots$, $\lambda_n$ sont des scalaires
vérifiant :
$$\sum_{p=0}^n{\lambda }_p\, X^p=0,$$
alors (par définition du polynôme nul) tous ces coefficients sont tous nuls.
Exemple 23 Pour tout réel $k\in\ceo 0,n \cef$, on pose :
$$\phi_{k} : \fonction{\R}{\R}{x}{e^{ k x}}$$
Montrer que la famille $(\phi_{0},\ldots,\phi_{n})$ est libre.
On peut utiliser plusieurs méthodes.
-
- Par récurrence sur $n$ et dérivation.
Pour l'hérédité, partir d'une combinaison linéaire de $(\phi_{0},\ldots,\phi_{n+1})$
et éliminer $\phi_{n+1}$ par dérivation et combinaison linéaire.
Montrons par récurrence sur $n\in\N$ que $(\phi_{0},\ldots,\phi_{n})$ est libre.
- Par l'absurde, en utilisant une limite en $\pm\infty$.
Partir d'une combinaison linéaire nulle :
\[
\sum_{k=0}^{n}\, \lambda_k \,\phi_{k} = 0,
\]
et l'écrire :
\[
\sum_{k=0}^{r}\, \lambda_k \,\phi_{k} = 0
\avec \lambda_r \neq 0.
\]
Une opération simple permet d'aboutir à une contradiction
en prenant une limite en $+\infty$.
Supposons $(\phi_{0},\ldots,\phi_{n})$ liée.
Il existe donc une famille $(\lambda_{0},\ldots,\lambda_{n})$ de scalaires
non tous nuls telle que :
\[
\sum_{k=0}^{n}\, \lambda_k \,\phi_{k} = 0.
\]
En posant :
Cette définition de $r$ repose sur le fait que l'ensemble :
\[
\{k \tq \lambda_k\neq 0\}
\]
est une partie de $\N$ qui est non vide, et possède donc un plus grand élément.
\[
r = \max \{k \tq \lambda_k\neq 0\}
\]
l'égalité précédente devient :
\[
\sum_{k=0}^{r}\, \lambda_k \,\phi_{k} = 0
\avec \lambda_r \neq 0,
\]
ce qui entraîne :
\[
\fa{x\in\R} \sum_{k=0}^{r}\, \lambda_k \,e^{k x} =0
\avec \lambda_r \neq 0,\tag{$i$}
\]
-
- Si $r=0$, alors on a :
\[
\lambda_0 \,e^{0 x} = \lambda_0=\lambda_r = 0,
\]
ce qui est impossible.
- Par suite, on a $r\geq1$.
En multipliant $(i)$ par $e^{-r x}$, on en déduit :
\[
\fa{x\in\R} 0
= \sum_{k=0}^{r-1}\, \lambda_k \,e^{(k-r) x}+\lambda_r .\tag{$ii$}
\]
Pour tout $k\in\ceo 0, r-1\cef$, on a $k-r>0$ et donc :
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\lambda_k \,e^{(k-r) x}=0,
\]
ce qui entraîne :
\[
\lim\limits_{x\to+\infty} \Big(\sum_{k=0}^{r-1}\, \lambda_k \,e^{(k-r) x}+\lambda_r\Big) = \lambda_r.
\]
La relation $(ii)$ et l'unicité de la limite nous donnent alors :
\[
0 = \lambda_r ,
\]
ce qui est contradictoire avec $(i)$.
On en déduit que la famille est libre.
- En introduisant un polynôme
Partir d'une combinaison linéaire nulle :
\[
\sum_{k=0}^{n} \lambda_k \,\phi_{k} = 0
\]
et introduire le polynôme :
\[
P = \sum_{k=0}^{n} \lambda_k \,X^{k}
\]
dont on prouve qu'il a une infinité de racines.
Solution
Soit $(\lambda_0, \ldots, \lambda_{n}) \in \R^{n+1}$ tel que :
$$\sum_{k=0}^{n} \lambda_k \,\phi_k =0$$
et donc tel que :
\[
\fa{x\in\R} \sum_{k=0}^{n} \lambda_k \,e^{kx}
= \sum_{k=0}^{n} \lambda_k\, (e^x)^k =0.\tag{$*$}
\]
Posons alors :
$$P(X) = \sum_{k=0}^{n} \lambda_k\, X^k.$$
La relation $(*)$ s'écrit alors :
$$\fa{x\in\R} P(e^x)=0.$$
Comme l'image de la fonction exponentielle est $\R^*_+$,
on en déduit :
$$\fa{y\in\R^*_+} P(y)=0.$$
Ainsi $P$ a une infinité de racines, et donc $P=0$.
Par suite, ses coefficients, $\lambda_0$, $\ldots$,$\lambda_{n}$
sont tous nuls,
ce qui prouve que la famille $(\phi_k)_{k \in \ceo 0, n\cef}$ est libre.
