Exercice 1 5511 Correction

Soit $E = ℱ (ℝ, ℝ)$ l’espace des fonctions de $ℝ$ vers $ℝ$ . Pour $a \in ℝ$ , on note $e_{a}$ l’application de $ℝ$ vers $ℝ$ définie par $e_{a} (t) = e^{a t}$ .

Montrer que la famille ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre.

Solution

Méthode: On montre qu’une famille infinie est libre en vérifiant que toutes ses sous-familles finies le sont.

Par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ , montrons que toute sous-famille à $n$ éléments de ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre.

Pour $n = 1$ , une sous-famille à un élément de ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre car aucune fonction de cette famille n’est nulle.

Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ et considérons $a_{1}, \dots, a_{n}, a_{n + 1}$ des réels deux à deux distincts. Supposons

λ_{1} . e_{a_{1}} + \dots + λ_{n} . e_{a_{n}} + λ_{n + 1} . e_{a_{n + 1}} = 0

(1)

avec $λ_{1}, \dots, λ_{n}, λ_{n + 1} \in ℝ$ . On dérive cette relation fonctionnelle sachant ${(e_{a})}^{'} = a e_{a}$ :

a_{1} λ_{1} . e_{a_{1}} + \dots + a_{n} λ_{n} . e_{a_{n}} + a_{n + 1} λ_{n + 1} . e_{a_{n + 1}} = 0 .

(2)

La combinaison $a_{n + 1} (1) - (2)$ simplifie le terme $e_{a_{n + 1}}$ et donne

(a_{n + 1} - a_{1}) λ_{1} . e_{a_{1}} + \dots + (a_{n + 1} - a_{n}) λ_{n} . e_{a_{n}} = 0 .

Par l’hypothèse de récurrence, et en exploitant que les $a_{i}$ sont deux à deux distincts, on obtient $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 0$ et l’on en déduit $λ_{n + 1} = 0$ .

Pour annuler les $λ_{i}$ , il existe des démarches alternative à la dérivation que nous venons de suivre. Par exemple, on peut ordonner les $a_{i}$ par croissance, diviser (1) par $e^{a_{n + 1} t}$ et passer à la limite quand $t$ tend vers $+ \infty$ pour acquérir $λ_{n + 1} = 0$ .

La récurrence est établie et l’on peut affirmer que la famille ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre car toutes ses sous-familles finies le sont.

Exercice 2 5513 Correction

(Polynômes de degrés étagés)

Soit ${(P_{n})}_{n \in ℕ} \in ℝ {[X]}^{ℕ}$ une famille de polynômes vérifiant $\deg (P_{n}) = n$ pour tout $n \in ℕ$ .

(a)

Montrer que ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

En déduire que ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est une base de $ℝ [X]$ .

Solution

(a)

La famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est constituée de $n + 1$ vecteurs tous éléments de $ℝ_{n} [X]$ . Puisque l’espace $ℝ_{n} [X]$ est de dimension $n + 1$ , il suffit de vérifier que la famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est libre pour conclure que c’est une base de cet espace.

Soit $(λ_{0}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ . Supposons $λ_{0} P_{0} + \dots + λ_{n} P_{n} = 0$ . En dérivant cette relation à l’ordre $n$ , on obtient $λ_{n} P_{n}^{(n)} = 0$ car $P_{k}^{(n)} = 0$ pour $k = 0, \dots, n - 1$ . Puisque le polynôme $P_{n}^{(n)}$ est constant non nul, il vient $λ_{n} = 0$ . En répétant cette opération, on montre successivement $λ_{n - 1} = \dots = λ_{0} = 0$ . La famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est donc libre et c’est une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

La famille ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est libre car toutes ses sous-familles finies le sont. En effet, toute sous-famille finie est, pour $n$ assez grand, une sous-famille de la famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ que l’on sait libre.

La famille ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est génératrice de $ℝ [X]$ car tout polynôme de $ℝ [X]$ est, pour $n$ assez grand, élément de $ℝ_{n} [X]$ et donc combinaison linéaire de la sous-famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ .

Finalement, ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est une base de $ℝ [X]$ .

Exercice 3 169 Correction

Pour $a \in ℝ_{+}$ , on note $f_{a}$ l’application de $ℝ$ vers $ℝ$ définie par

f_{a} (t) = \cos (a t) .

Montrer que la famille ${(f_{a})}_{a \in ℝ_{+}}$ est une famille libre d’éléments de l’espace de $ℱ (ℝ, ℝ)$ .

Solution

Montrons que toute sous-famille finie à $n$ éléments de ${(f_{a})}_{a \in ℝ_{+}}$ est libre.

Par récurrence sur $n \geq 1$ .

Pour $n = 1$ : ok Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ . Soient $a_{1}, \dots, a_{n + 1}$ des réels positifs distincts et supposons

λ_{1} f_{a_{1}} + \dots + λ_{n + 1} f_{a_{n + 1}} = 0 .

(1)

En dérivant 2 fois cette relation,

a_{1}^{2} λ_{1} f_{a_{1}} + \dots + a_{n + 1}^{2} λ_{n + 1} f_{a_{n + 1}} = 0 .

(2)

La combinaison $a_{n + 1}^{2} \times (1) - (2)$ donne

λ_{1} (a_{n + 1}^{2} - a_{1}^{2}) f_{a_{1}} + \dots + λ_{n} (a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2}) f_{a_{n}} = 0 .

Par hypothèse de récurrence et en exploitant que les $a_{i}^{2}$ sont deux à deux distincts, on obtient $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 0$ puis ensuite aisément $λ_{n + 1} = 0$ .

La récurrence est établie.

Exercice 4 4229

Soient $a < b$ deux réels et $E$ l’espace des fonctions continues et affines par morceaux du segment $[a; b]$ vers $ℝ$ . Pour $α \in [a; b]$ , on note $f_{α}$ la fonction de $E$ définie par

f_{α} (x) = | x - α | pour tout x \in [a; b] .

Montrer que la famille ${(f_{α})}_{α \in [a; b]}$ est une base de $E$ .

Exercice 5 170

On peut énumérer¹¹ 1 L’ensemble des nombres premiers est dénombrable. l’infinité des nombres premiers en ordre croissant afin de former une suite ${(p_{n})}_{n \geq 1}$ : $p_{1} = 2$ , $p_{2} = 3$ , $p_{3} = 5$ , etc.

(a)

Montrer que la famille ${(\ln (p_{n}))}_{n \geq 1}$ est une famille libre du $ℚ$ -espace vectoriel $ℝ$ .
(b)

Que dire de la dimension du $ℚ$ -espace vectoriel $ℝ$ ?

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Édité le 29-08-2023

Familles infinies de vecteurs