Familles libres, génératrices, bases (2/2)

Exercice 1.
Soit {E} l’espace des fonctions de {\mathbb{R}} dans {\mathbb{R}}.
On note {f_k:x\mapsto\left|x-k\right|}. Montrer que la famille {(f_1,f_2,\ldots,f_n)} est libre.
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Par l’absurde, on suppose que {(f_1,\ldots,f_n)} est liée.

Il existe {(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\ne0} tel que que {(\star):\ \displaystyle\sum_{k=1}^n\lambda_k\,f_k=0\quad\text{(1)}}.

  • Première méthode :

    Soit {r} maximum tel que {\lambda_r\ne0}. Alors (1) s’écrit : {\forall x\in\mathbb{R},\;\displaystyle\sum_{k=1}^{r-1}\lambda_k\left\vert x-k\right\vert+\lambda_r\left\vert x-r\right\vert=0}On se place sur {]r-1,r[} puis {]r,+\infty[}.

    On obtient, en notant {a=\displaystyle\sum_{k=1}^{r-1}\lambda_k} et {b=\displaystyle\sum_{k=1}^{r-1}k\lambda_k} : {\begin{cases}\forall x\in\,]r-1,r[,\;ax-b+\lambda_r(r-x)=(a-\lambda_r)x-b+r\lambda_r=0\\\forall x\in\,]r,+\infty[,\;ax-b+\lambda_r(x-r)=(a+\lambda_r)x-b-r\lambda_r=0\end{cases}}Mais chacune de ces deux égalités (une fonction affine nulle sur un intervalle d’intérieur non vide) n’est possible que si les coefficients de ces fonctions affines sont nuls.

    Cela implique {\begin{cases}a-\lambda_r=0\\ a+\lambda_r=0\end{cases}}donc {\lambda_r=0}, ce qui est absurde.

  • Seconde méthode (pour faire plaisir à @pi_r_bernard) :

    Notons j un indice pour lequel \lambda_j\ne0. Alors {f_j=g_j}, avec {g_j=-\dfrac{1}{\lambda_j}\displaystyle\sum_{k\ne j}\lambda_kf_k}.

    Mais c’est absurde car f_j n’est pas dérivable en x_j, alors que {g_j} est dérivable en x_j.

    (j’ai conscience que cette seconde méthode ridiculise la première…)

Ainsi, pour tout {n\ge1}, la famille {(f_1,f_2,\ldots,f_n)} est libre.

Exercice 2.
Dans {\mathbb{K}[X]}, on se donne une suite de polynômes non nuls {(P_n)_{n\ge0}}.
On suppose que : {\forall n\in\mathbb{N},\;\deg P_n\lt \deg P_{n+1}}.

  1. Montrer que la famille {(P_n)_{n\ge0}} est libre.
  2. Montrer que c’est une base de {\mathbb{K}[X]} si et seulement si : {\forall n\in\mathbb{N},\;\deg P_n=n}.

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  1. On se donne une famille {(\lambda_n)_{n\ge0}} de scalaires, à support fini.

    On suppose que {\displaystyle\sum_{n\ge0}\lambda_n P_n=0}.

    On suppose, par l’absurde, que les {\lambda_n} ne sont pas tous nuls.

    Il existe alors un {m} maximum tel que {\lambda_m\ne0}.

    Avec cette notation : {\lambda_mP_m=-\displaystyle\sum_{n\lt m}\lambda_n P_n}.

    Mais c’est absurde car :{\deg\Bigl(\displaystyle\sum_{n\lt m}\lambda_n P_n\Bigr)\le\max\Bigl\{\deg P_n,n\lt m\Bigr\}\lt \deg P_m}En conclusion, la famille {(P_n)_{n\ge0}} est libre.

  2. Supposons que pour tout {n}, on ait {\deg P_n=n}.

    Soit {P} non nul dans {\mathbb{K}[X]}. Posons {\deg P=m}.

    Les {m+1} polynômes {P_0,\ldots,P_m} (qui sont extraits de la famille {(P_n)_{n\ge0}}) forment une famille libre de {\mathbb{K}_{m}[X]} (qui est de dimension {m+1}).

    Les polynômes {P_0,\ldots,P_m} forment donc une base de {\mathbb{K}_{m}[X]}.

    Il en découle que {P} est une combinaison linéaire de {P_0,\ldots,P_m} donc des {P_n} pour {n\ge0}.

    Supposons maintenant qu’on n’ait pas {\deg P_n=n} pour tout {n} de {\mathbb{N}}.

    Puisque la suite {(\deg P_n)_{n\ge0}} est strictement croissante dans {\mathbb{N}}, on a toujours {\deg P_n\ge n}.

    Il existe donc un {m} minimum tel que {\deg P_m>m} et {\deg P_n=n} pour tout {n\lt m}.

    Le degré de {\displaystyle\sum_{n\ge0}\lambda_nP_n} est celui de {P_n}{n} est l’indice maximum tel que {\lambda_n\ne0}.

    Avec les notations précédentes, ce degré ne peut pas être égal à {m}.

    Autrement dit {X^m}, par exemple, n’est pas combinaison linéaire des {P_n}, avec {n\in\mathbb{N}}.

    Cela prouve que la famille {(P_n)_{n\ge0}} n’est pas génératrice dans {\mathbb{K}[X]}.

    Conclusion : {(P_n)_{n\ge0}} est une base de {\mathbb{K}[X]} si et seulement si {\forall\, n\in\mathbb{N},\;\deg P_n=n}.

Exercice 3.
Soit {u_1,u_2,\ldots,u_n} une famille de {n} vecteurs de {E}.
On définit les vecteurs {v_k=u_1+\cdots+u_k}, pour {1\le k\le n}.
Montrer que {(u)} est libre (resp. génératrice) \Leftrightarrow il en est de même de {(v)}.
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  1. Les vecteurs {v_k} sont combinaisons linéaires des {u_k}.

    Si {v_1,\ldots,v_n} engendrent {E}, il en est donc de même de {u_1,\ldots,u_n}.

    D’autre part on a {u_1=v_1} et, pour {k\in\{2,\ldots,n\}}, {u_k=v_k-v_{k-1}}.

    Les vecteurs {u_k} sont donc combinaisons linéaires des {v_k}.

    Si {u_1,\ldots,u_n} engendrent {E}, il en est donc de même de {v_1,\ldots,v_n}.

  2. Soit {\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n} une famille de {n} nombres réels. On constate que : {\displaystyle\sum_{k=1}^n\lambda_kv_k=0\Leftrightarrow\displaystyle\sum_{j=1}^n\mu_ju_j=0\text{\ avec\ }\mu_j=\displaystyle\sum_{k=j}^{n}\lambda_k}Si les {\lambda_k} sont nuls, il en est donc de même des {\mu_j}.

    On a aussi {\lambda_n=\mu_n} et : {\forall k\in\{1,\ldots,n-1\},\;\lambda_k=\mu_k-\mu_{k+1}}.

    Si les {\mu_j} sont nuls, il en est donc de même des {\lambda_k}.

    Ainsi {u_1,\ldots,u_n} est libre si et seulement si {v_1,\ldots,v_n} est libre.

Exercice 4.
Soient {A,B} dans {\mathbb{K}[X]}, non constants, premiers entre eux.
Soit {n} dans {\mathbb{N}}. On pose {P_k=A^kB^{\,n-k}}.
Montrer que P_0,P_1,\ldots,P_n forment une famille libre.
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Par l’absurde, on suppose que {P_0,P_1,\ldots,P_n} sont liés.

Il existe donc {\lambda_0,\lambda_1,\ldots,\lambda_n} non tous nuls tels que {\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_kP_k=0}.

On note {k_0} l’indice minimum tel que {\lambda_{k_0}} soit non nul.

L’égalité {\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_kP_k=0} devient {\lambda_{k_0}P_{k_0}=-\displaystyle\sum_{k=k_0+1}^n\lambda_kP_k}.

Après division par le polynôme non nul {A^{k_0}}, on trouve : {\lambda_{k_0}B^{\,n-k_0}=-\displaystyle\sum_{k=k_0+1}^n\lambda_kA^{k-k_0}B^{\,n-k}}Supposons {k_0\lt n}. Alors le second membre de cette égalité est divisible par {A}.

Ainsi le polynôme {A} est un diviseur de {B^{n-k_0}}.

Mais {A\wedge B=1\Rightarrow A\wedge B^{n-k_0}=1}.

Il en découle que {A} est un polynôme inversible (constant non nul), ce qui est faux.

Ainsi la seule possibilité est {k_0=n}, ce qui implique {\lambda_nP_n=0}, mais c’est absurde car {P_n\ne0}.

Conclusion : la famille {P_0,P_1,\ldots,P_n} est libre.

Exercice 5.
Soient {\alpha,\beta} deux scalaires distincts. Soit {n} un entier naturel.
Pour tout {0\le k\le n}, on note {P_k=(X-\alpha)^k(X-\beta)^{n-k}}.
Montrer que P_0,P_1,\ldots,P_n forment une base de {\mathbb{K}_n[X]}.
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Il suffit d’appliquer l’exercice précédent car {\alpha\ne\beta\Rightarrow(X-\alpha)\wedge(X-\beta)=1}.

Ainsi les {n+1} polynômes {P_0,P_1,\ldots,P_n} sont libres.

Ils sont éléments de {\mathbb{K}_n[X]} : ils en forment donc une base car {\dim\mathbb{K}_{n}[X]=n+1}.