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exercice 1 facile

Le plus simple consiste sans doute à remarquer que :

    \begin{eqnarray*}f\left(x\right) & \underset{{\scriptstyle 0}}{\sim} & x^{2}\\g\left(x\right) & \underset{{\scriptstyle 0}}{\sim} & 2x^{3}\\h\left(x\right) & \underset{{\scriptstyle 0}}{\sim} & 3x^{4}\end{eqnarray*}

Soient a,b,c des réels tels que, pour tout x\in\mathbb{R} :

    \[a\thinspace x\sin\left(x\right)+b\thinspace x^{2}\sin\left(2x\right)+c\thinspace x^{3}\sin\left(3x\right)=0\]

En divisant par x^{2} (pour x\neq0), puis en faisant tendre x vers 0, on obtient a=0.

On a donc, pour tout x\neq0 :

    \[ b\thinspace x^{2}\sin\left(2x\right)+c\thinspace x^{3}\sin\left(3x\right)=0\]

En divisant par x^{3}, puis en faisant tendre x vers 0, on obtient 2b=0, donc b=0.

Il est alors clair que c=0.

Moralité : la famille \left(f,g,h\right) est libre.

exercice 2 facile

On sait que :

    \[\forall\left(a,b\right)\in\mathbb{R}^{2},\thinspace\sin\left(a+b\right)=\sin\left(a\right)\cos\left(b\right)+\cos\left(a\right)\sin\left(b\right)\]

Donc, pour tout \left(x,y\right)\in\mathbb{R}^{2} :

    \begin{eqnarray*}\sin\left(2x+3y\right) & = & \sin\left(\left(x+2y\right)+\left(x+y\right)\right)\\& = & \sin\left(x+2y\right)\cos\left(x+y\right)+\cos\left(x+2y\right)\sin\left(x+y\right) \end{eqnarray*}

Autrement dit : F=G+H et la famille \left(F,G,H\right) est donc liée.

exercice 3 facile

Toujours grâce à la formule d’addition du sinus (cf. exercice précédent), on observe que chacune des applications f,g et h est combinaison linéaire de \sin et \cos.

Autrement dit, \left(f,g,h\right) est une famille de trois vecteurs d’un espace vectoriel de dimension 2 (le plan engendré par \sin et \cos). Ceci entraîne que \left(f,g,h\right) est liée : on sait en effet que dans un espace vectoriel de dimension d, toute famille comportant plus de d vecteurs est liée.

On peut aussi (mais c’est plus “savant”) invoquer le résultat général qui fait l’objet de l’exercice 8 de cette fiche.

La première affirmation est vraie car “toute sous-famille d’une famille libre est libre”.

La seconde affirmation est fausse. Un exemple : dans \mathbb{R}^{2}, si l’on pose u=\left(1,0\right), v=\left(0,1\right) et w=\left(1,1\right), alors chacune des familles \left(u,v\right), \left(u,w\right) et \left(v,w\right) est libre mais la famille \left(u,v,w\right) est liée (puisque w=u+v ou, si l’on préfère, parce que trois vecteurs d’un espace vectoriel de dimension 2 forment nécessairement une famille liée, ou encore et plus fondamentalement en raison du résultat de l’exercice 8 de cette fiche).

La troisième affirmation est fausse. Il se peut en effet que u=0_{E} et que \left(v,w\right) soit libre.

Comme \left(x_{1},\cdots,x_{n},y\right) est liée, il existe des scalaires \lambda_{1},\cdots,\lambda_{n},\mu non tous nuls tels que :

    \[ \lambda_{1}x_{1}+\cdots+\lambda_{n}x_{n}+\mu y=0_{E}\]

Si \mu=0, alors l’un au moins des \lambda_{i} est non nul et \lambda_{1}x_{1}+\cdots+\lambda_{n}x_{n}=0_{E}, ce qui montre que \left(x_{1},\cdots,x_{n}\right) est liée : contradiction !

Donc \mu\neq0 et donc :

    \[ y=-\frac{1}{\mu}\left(\lambda_{1}x_{1}+\cdots+\lambda_{n}x_{n}\right)\]

Ainsi y\in\text{vect}\left\{ x_{1},\cdots,x_{n}\right\}.

Montrons que si u est injective, alors toute famille libre de vecteurs de E est transformée par u en une famille libre de vecteurs de F.

Soit donc \left(x_{1},\cdots,x_{n}\right) une famille libre de vecteurs de E et soient \lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}\in\mathbb{K} tels que \lambda_{1}\thinspace u\left(x_{1}\right)+\cdots+\lambda_{n}\thinspace u\left(x_{n}\right)=0_{F}.

Comme u est linéaire, cette condition montre que \lambda_{1}x_{1}+\cdots+\lambda_{n}x_{n}\in\ker\left(u\right), c’est-à-dire \lambda_{1}x_{1}+\cdots+\lambda_{n}x_{n}=0_{E} puisque u est injective.

Mais comme \left(x_{1},\cdots,x_{n}\right) est libre, on en déduit la nullité de \lambda_{i} pour tout i. La famille \left(u\left(x_{1}\right),\cdots,u\left(x_{n}\right)\right) est donc libre.

Montrons que si u est surjective, alors toute famille génératrice de E est transformée par u en une famille génératrice de F.

Soit y\in F. Comme u est surjective, il existe x\in E tel que y=u\left(x\right). Puis, comme \left(x_{1},\cdots,x_{n}\right) est une famille génératrice de E, il existe \lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}\in\mathbb{K} tels que x=\lambda_{1}x_{1}+\cdots+\lambda_{n}x_{n}.

Par linéarité de u, on en déduit que y=\lambda_{1}\thinspace u\left(x_{1}\right)+\cdots+\lambda_{n}\thinspace u\left(x_{n}\right). On a bien montré que tout vecteur de F est combinaison linéaire de u\left(x_{1}\right),\cdots,u\left(x_{n}\right).

On va utiliser que le fait que, pour tout polynôme Q\left(X\right)\in\mathbb{R}\left[X\right] de degré n et pour tout a\in\mathbb{R} :

    \[ Q\left(X+a\right)=\sum_{k=0}^{n}\frac{a^{k}}{k!}Q\left(X\right)^{\left(k\right)}\]

Soient \lambda_{0},\cdots,\lambda_{n}\in\mathbb{R} tels que :

    \[ \sum_{j=0}^{n}\lambda_{j}\thinspace P\left(X+t_{j}\right)=0\]

Cette condition peut donc s’écrire aussi :

    \[ \sum_{j=0}^{n}\left[\lambda_{j}\sum_{k=0}^{n}\frac{t_{j}^{k}}{k!}P\left(X\right)^{k}\right]=0\]

soit, après interversion des deux sommes (voir si nécessaire cet article) :

    \[ \sum_{k=0}^{n}\left[\sum_{j=0}^{n}\lambda_{j}\thinspace\frac{t_{j}^{k}}{k!}\right]\frac{P\left(X\right)^{\left(k\right)}}{k!}=0\]

La famille {\displaystyle \left(\frac{P\left(X\right)^{\left(k\right)}}{k!}\right)_{0\leqslant k\leqslant n}} étant libre (polynômes de degrés tous distincts), il s’ensuit que :

    \[\forall k\in\left\{ 0,\cdots,n\right\} ,\thinspace\sum_{j=0}^{n}\lambda_{j}\thinspace t_{j}^{k}=0\]

Il s’agit d’un système linéaire et homogène en les \lambda_{j}, qui est de Cramer car son déterminant est le déterminant de Vandermonde :

    \[ \left|\begin{array}{ccccc} 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ t_{0} & t_{1} & \cdots & t_{n-1} & t_{n}\\ t_{0}^{2} & t_{1}^{2} & \cdots & t_{n-1}^{2} & t_{n}^{2}\\ \vdots & \vdots &  &  & \vdots\\ t_{0}^{n} & t_{1}^{n} & \cdots & t_{n-1}^{n} & t_{n}^{n} \end{array}\right|=\prod_{0\leqslant i<j\leqslant n}\left(t_{j}-t_{i}\right)\neq0\]

Par conséquent : \lambda_{j}=0 pour tout j\in\left\{0,\cdots,n\right\} .

On a prouvé que la famille \left(P\left(X+t_{0}\right),\cdots,P\left(X+t_{n}\right)\right) est libre.

Preuve de \boxed{\left(1\right)\Rightarrow\left(2\right)}

Il s’agit de montrer la surjectivité de l’application

    \[\theta:E\rightarrow\mathbb{K}^{n},\thinspace v\mapsto\left(\varphi_{1}\left(v\right),\cdots,\varphi_{n}\left(v\right)\right)\]

On va procéder indirectement et montrer plutôt son injectivité. Comme \dim\left(E\right)=n=\dim\left(\mathbb{K}^{n}\right), la conclusion résultera du théorème du rang.

Soit donc v\in\ker\left(\theta\right). Pour tout i\in\left{ 1,\cdots,n\right} , \varphi_{i}\left(v\right)=0 et donc, vu que \left(\varphi_{1},\cdots,\varphi_{n}\right) est une base de \mathcal{L}\left(E,\mathbb{K}\right) (famille libre de n vecteurs dans un espace vectoriel de dimension n), il s’ensuit que :

    \[ \forall\psi\in\mathcal{L}\left(E,\mathbb{K}\right),\:\psi\left(v\right)=0\]

Ceci entraîne que v=0_{E} (en effet, dans le cas contraire, on pourrait définir une forme linéaire prenant la valeur 1 en x; il suffit pour cela de considérer la famille libre réduite au seul vecteur v, de la compléter en une base \left(v,e_{2},\cdots,e_{n}\right) de E puis de définir \psi\in\mathcal{L}\left(E,\mathbb{K}\right) par les images des vecteurs de cette base : \psi\left(v\right)=1 et \psi\left(e_{i}\right)=0 pour tout i\in\left{ 2,\cdots,n\right}).

Bref, \ker\left(\theta\right)=\left\{0_{E}\right\} et donc \theta est injective.

Preuve de \boxed{\left(2\right)\Rightarrow\left(1\right)}

Il s’agit de montrer que \left(\varphi_{1},\cdots,\varphi_{n}\right) est libre. Soient donc \lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}\in\mathbb{R} tels que :

    \[ \sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}\varphi_{i}=0\qquad\left(\spadesuit\right)\]

Attention : le zéro figurant au second membre désigne bien sûr la forme linéaire nulle.

warning-math-os

Pour tout j\in\left{ 1,\cdots,n,\right} on peut associer par hypothèse au n-uplet \left(\delta_{i,j}\right)_{1\leqslant i\leqslant n}, un vecteur v_{j}\in E tel que :

    \[ \forall i\in\left{ 1,\cdots,n\right} ,\thinspace\varphi_{i}\left(v_{j}\right)=\delta_{i,j}\]

En évaluant le membre de gauche de \left(\spadesuit\right) en v_{j}, on obtient \lambda_{j}=0.

Remarque : On a utilisé le symbole de Kronecker défini par :

    \[ \delta_{i,j}=\left\{ \begin{array}{cc} 1 & \text{si }i=j\\ \\ 0 & \text{sinon} \end{array}\right.\]

exercice 9 difficile

Par hypothèse, il existe pour tout n\in\mathbb{N} un couple \left(\lambda_{n},\mu_{n}\right)\neq\left(0,0\right) tel que \lambda_{n}\,x_{n}+\mu_{n}\,y_{n}=0_{E}. Posons :

    \[ \alpha_{n}=\frac{\lambda_{n}}{\sqrt{\lambda_{n}^{2}+\mu_{n}^{2}}}\qquad\text{et}\qquad\beta_{n}=\frac{\mu_{n}}{\sqrt{\lambda_{n}^{2}+\mu_{n}^{2}}}\]

Alors :

    \[ \forall n\in\mathbb{N},\,\alpha_{n}\,x_{n}+\beta_{n}\,y_{n}=0_{E}\]

et :

    \[ \forall n\in\mathbb{N},\thinspace\alpha_{n}^{2}+\beta_{n}^{2}=1\]

d’où en particulier :

    \[ \forall n\in\mathbb{N},\thinspace\left|\alpha_{n}\right|\leqslant1\text{ et }\left|\beta_{n}\right|\leqslant1\]

La suite \alpha étant bornée, on peut d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass en extraire une sous-suite convergente \left(\alpha_{\varphi\left(n\right)}\right)_{n\in\mathbb{N}}.

De même, la suite \beta est bornée, donc la suite \left(\beta_{\varphi\left(n\right)}\right) aussi et l’on peut en extraire une sous-suite convergente \left(\beta_{\varphi\circ\psi\left(n\right)}\right)_{n\in\mathbb{N}}.

En posant \theta=\varphi\circ\psi, on constate que les suites \left(\alpha_{\theta\left(n\right)}\right) et \left(\beta_{\theta\left(n\right)}\right) convergent l’une et l’autre, vers des limites respectives r et s, vérifiant :

    \[r^{2}+s^{2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\,\left(\alpha_{\theta\left(n\right)}^{2}+\beta_{\theta\left(n\right)}^{2}\right)=1\]

Nécessairement, \left(r,s\right)\neq\left(0,0\right). Et comme ra+sb=0_{E}, ceci montre que \left(a,b\right) est liée.


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