Corrigé du contrôle de maths L1 : familles libres, bases et dimension

Exercice 1 : Question de cours : lemme d’échange et dimension (3 points)

1. Lemme d’échange. Si \(E\) est engendré par une famille de \(n\) vecteurs \((e_1, \ldots, e_n)\), alors toute famille de \(n + 1\) vecteurs de \(E\) est liée. Par conséquent, toute famille libre de \(E\) a au plus \(n\) éléments.
2. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(\mathcal{H}(n)\) : « dans tout espace vectoriel, \(n + 1\) vecteurs appartenant à \(\operatorname{Vect}(e_1, \ldots, e_n)\) forment une famille liée ».
   
   Initialisation. Pour \(n = 0\), \(\operatorname{Vect}(\varnothing) = \{0\}\) : le seul vecteur considéré est nul, et une famille contenant le vecteur nul est liée.
   
   Hérédité. Supposons \(\mathcal{H}(n)\) vraie. Soit \(v_1, \ldots, v_{n+2}\) dans \(\operatorname{Vect}(e_1, \ldots, e_{n+1})\). On écrit \(v_i = w_i + a_i\, e_{n+1}\), avec \(w_i \in \operatorname{Vect}(e_1, \ldots, e_n)\) et \(a_i \in \mathbb{K}\).
   
   Premier cas : tous les \(a_i\) sont nuls. Alors \(v_1, \ldots, v_{n+1}\) sont dans \(\operatorname{Vect}(e_1, \ldots, e_n)\), donc liés par \(\mathcal{H}(n)\), et la famille entière est liée.
   
   Second cas : un des \(a_i\) est non nul, disons \(a_{n+2} \neq 0\) quitte à renuméroter. Pour \(1 \leq\, i \leq\, n + 1\), posons \(v_i^{\prime} = v_i – \dfrac{a_i}{a_{n+2}}\, v_{n+2}\). La composante sur \(e_{n+1}\) disparaît, donc ces \(n + 1\) vecteurs sont dans \(\operatorname{Vect}(e_1, \ldots, e_n)\). Par \(\mathcal{H}(n)\), il existe des scalaires \(\lambda_1, \ldots, \lambda_{n+1}\) non tous nuls tels que \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n+1} \lambda_i v_i^{\prime} = 0\). Cette égalité s’écrit \[\sum_{i=1}^{n+1} \lambda_i v_i – (\sum_{i=1}^{n+1} \frac{\lambda_i a_i}{a_{n+2}}) v_{n+2} = 0,\] qui est une relation non triviale entre \(v_1, \ldots, v_{n+2}\). Donc \(\mathcal{H}(n+1)\) est vraie, et le lemme est démontré par récurrence.
3. Soit \(\mathcal{B}\) une base de \(E\) à \(n\) éléments ; elle engendre \(E\). Une famille extraite d’une famille libre est libre. Donc, par le lemme, une famille libre de \(E\) ne peut pas contenir \(n + 1\) vecteurs : toute base \(\mathcal{B}^{\prime}\) de \(E\) est finie, avec \(p \leq\, n\) éléments. En échangeant les rôles, puisque \(\mathcal{B}^{\prime}\) engendre \(E\) et que \(\mathcal{B}\) est libre, on obtient \(n \leq\, p\). Ainsi \(p = n\) : toutes les bases ont le même cardinal, appelé dimension de \(E\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,25 pour l’initialisation, 0,25 pour le premier cas, 1 point pour le second cas (élimination de \(e_{n+1}\) et relation non triviale) ; c) 1 point : 0,5 pour la finitude, 0,5 pour l’égalité des cardinaux.

Exercice 2 : Familles de vecteurs de R3 (4 points)

1. On calcule \(u_1 – u_2 = (-1, 1, 2) = -u_3\). Ainsi \[u_1 – u_2 + u_3 = (1 – 2 + 1,\; 2 – 1 – 1,\; 1 + 1 – 2) = (0, 0, 0).\] La famille \((u_1, u_2, u_3)\) est liée, avec la relation \(u_1 – u_2 + u_3 = 0\).
2. Soit \(a, b, c\) réels tels que \(a\,u_1 + b\,u_2 + c\,u_4 = 0\). Coordonnée par coordonnée, cela donne le système \[a + 2b + c = 0, \qquad 2a + b = 0, \qquad a – b + c = 0.\] La deuxième équation donne \(b = -2a\). La première devient \(a – 4a + c = 0\), donc \(c = 3a\). La troisième s’écrit alors \(a + 2a + 3a = 6a = 0\), donc \(a = 0\), puis \(b = c = 0\). La famille \((u_1, u_2, u_4)\) est libre.
3. C’est une famille libre de \(3\) vecteurs dans \(\mathbb{R}^3\), qui est de dimension \(3\). C’est donc une base de \(\mathbb{R}^3\). On cherche \(a, b, c\) tels que \(a\,u_1 + b\,u_2 + c\,u_4 = (1, 3, 4)\) : \[a + 2b + c = 1, \qquad 2a + b = 3, \qquad a – b + c = 4.\] En soustrayant la troisième équation de la première, on obtient \(3b = -3\), donc \(b = -1\). Puis \(2a = 3 + 1\), donc \(a = 2\), et enfin \(c = 4 – 2 – 1 = 1\). Vérification : \(2\,u_1 – u_2 + u_4 = (2 – 2 + 1,\; 4 – 1 + 0,\; 2 + 1 + 1) = (1, 3, 4)\). Les coordonnées de \(v\) sont \((2, -1, 1)\).
4. Les vecteurs \(u_1\) et \(u_2\) ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles, puisque \(\frac{2}{1} \neq \frac{1}{2}\)), donc \((u_1, u_2)\) est libre. De plus \(u_3 = u_2 – u_1 \in \operatorname{Vect}(u_1, u_2)\). Le rang de \((u_1, u_2, u_3)\) vaut \(2\), et \((u_1, u_2)\) est une base de \(\operatorname{Vect}(u_1, u_2, u_3)\).

Barème : a) 1 point (relation 0,5, vérification 0,5) ; b) 1,5 point : 0,5 pour le système, 1 point pour la résolution ; c) 1 point : 0,5 pour l’argument de dimension, 0,5 pour les coordonnées ; d) 0,5 point.

Exercice 3 : Liberté de familles de fonctions (4 points)

1. Soit \(a, b, c\) réels tels que, pour tout réel \(x\), \(a\,e^{x} + b\,e^{2x} + c\,e^{3x} = 0\). En divisant par \(e^{3x} \neq 0\) : \[a\,e^{-2x} + b\,e^{-x} + c = 0 \quad \text{pour tout } x.\] Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), le membre de gauche tend vers \(c\), donc \(c = 0\). Il reste \(a\,e^{x} + b\,e^{2x} = 0\). En divisant par \(e^{2x}\), on obtient \(a\,e^{-x} + b = 0\), et la limite en \(+\infty\) donne \(b = 0\). Enfin \(a\,e^{x} = 0\) impose \(a = 0\). La famille \((f_1, f_2, f_3)\) est libre.
2. Soit \(a, b, c\) réels tels que \(a \cos x + b \sin x + c\, x \cos x = 0\) pour tout réel \(x\). On évalue en trois points bien choisis. En \(x = 0\) : \(a = 0\). En \(x = \pi\) : \(-a – c\pi = 0\), donc \(c = 0\). En \(x = \dfrac{\pi}{2}\) : \(b = 0\). La famille \((\cos, \sin, h)\) est libre.
3. D’après la formule d’addition, pour tout réel \(x\), \[g(x) = \cos x \cos\frac{\pi}{3} – \sin x \sin\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\cos x – \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x.\] Ainsi \(g – \dfrac{1}{2}\cos + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin = 0\), relation dont les coefficients ne sont pas tous nuls. La famille \((\cos, \sin, g)\) est liée.

Erreur fréquente : évaluer en un seul point et conclure. Une égalité entre fonctions doit être exploitée en plusieurs points, par des limites ou par dérivation.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 par coefficient correctement annulé ; b) 1,5 point : 0,5 par évaluation ; c) 1 point : 0,5 pour la formule d’addition, 0,5 pour la conclusion.

Exercice 4 : Sous-espaces de R4 et formule de Grassmann (4 points)

1. Un vecteur de \(F\) vérifie \(x_1 = -x_2 – x_3 – x_4\). Ainsi \[(x_1, x_2, x_3, x_4) = x_2\,(-1, 1, 0, 0) + x_3\,(-1, 0, 1, 0) + x_4\,(-1, 0, 0, 1).\] Les trois vecteurs \(\varepsilon_1 = (-1, 1, 0, 0)\), \(\varepsilon_2 = (-1, 0, 1, 0)\) et \(\varepsilon_3 = (-1, 0, 0, 1)\) engendrent donc \(F\). Ils sont libres : une combinaison nulle \(\alpha\,\varepsilon_1 + \beta\,\varepsilon_2 + \gamma\,\varepsilon_3\) a pour trois dernières coordonnées \(\alpha, \beta, \gamma\), qui sont donc nulles. \((\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3)\) est une base de \(F\), et \(\dim F = 3\).
2. Les vecteurs de \(G\) sont les \((a, a, b, b) = a\,(1, 1, 0, 0) + b\,(0, 0, 1, 1)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires. \(\big((1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)\big)\) est une base de \(G\), et \(\dim G = 2\).
3. Un vecteur \((a, a, b, b)\) de \(G\) appartient à \(F\) si et seulement si \(2a + 2b = 0\), soit \(b = -a\). Donc \(F \cap G = \{(a, a, -a, -a) \,:\, a \in \mathbb{R}\}\). \(F \cap G = \operatorname{Vect}\big((1, 1, -1, -1)\big)\) est une droite : \(\dim(F \cap G) = 1\).
4. La formule de Grassmann donne \[\dim(F + G) = \dim F + \dim G – \dim(F \cap G) = 3 + 2 – 1 = 4.\] Comme \(F \cap G \neq \{0\}\), la somme n’est pas directe. Enfin, \(F + G\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^4\) de dimension \(4 = \dim \mathbb{R}^4\). Donc \(F + G = \mathbb{R}^4\).
5. Les vecteurs \(e = (1, 1, -1, -1)\), \((1, -1, 0, 0)\) et \((0, 0, 1, -1)\) sont dans \(F\), car la somme de leurs coordonnées est nulle. Montrons qu’ils sont libres. Si \(a\,e + b\,(1, -1, 0, 0) + c\,(0, 0, 1, -1) = 0\), les deux premières coordonnées donnent \(a + b = 0\) et \(a – b = 0\), donc \(a = b = 0\), puis \(c = 0\). On a trois vecteurs libres dans \(F\), de dimension \(3\). La famille \(\big((1, 1, -1, -1), (1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, -1)\big)\) est une base de \(F\) qui complète celle de \(F \cap G\).

Barème : a) 1 point (0,5 pour la famille génératrice, 0,5 pour la liberté et la dimension) ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 pour l’équation, 0,5 pour la base ; d) 1 point : 0,5 pour Grassmann, 0,5 pour les deux conclusions ; e) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : bases de R2[X] et interpolation de Lagrange (5 points)

1. Les polynômes \(1\), \(X – 1\) et \((X – 1)^2\) sont de degrés respectifs \(0\), \(1\) et \(2\). Une famille de polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts est libre (on regarde le terme de plus haut degré d’une combinaison nulle). C’est donc une famille libre de \(3\) vecteurs dans \(\mathbb{R}_2[X]\), de dimension \(3\) : c’est une base. Pour \(P = X^2 + X + 1\), on écrit \(X = (X – 1) + 1\), d’où \(X^2 = (X – 1)^2 + 2(X – 1) + 1\). Alors \[P = (X – 1)^2 + 2(X – 1) + 1 + (X – 1) + 1 + 1 = (X – 1)^2 + 3(X – 1) + 3.\] Les coordonnées de \(P\) dans cette base sont \((3, 3, 1)\). Contrôle : \(P(1) = 3\) et \(P^{\prime}(1) = 2 + 1 = 3\).
2. On calcule : \(L_0(0) = \dfrac{(-1)(-2)}{2} = 1\), \(L_0(1) = 0\), \(L_0(2) = 0\). Ensuite \(L_1(0) = 0\), \(L_1(1) = -1 \times (-1) = 1\), \(L_1(2) = 0\). Enfin \(L_2(0) = 0\), \(L_2(1) = 0\), \(L_2(2) = \dfrac{2 \times 1}{2} = 1\). Ainsi \(L_i(j) = 1\) si \(i = j\) et \(L_i(j) = 0\) sinon.
3. Soit \(a_0, a_1, a_2\) réels tels que \(a_0 L_0 + a_1 L_1 + a_2 L_2 = 0\). En évaluant en \(j \in \{0, 1, 2\}\), la question b) donne \(a_j = 0\). La famille est donc libre. Elle compte \(3\) éléments dans un espace de dimension \(3\). Donc \((L_0, L_1, L_2)\) est une base de \(\mathbb{R}_2[X]\).
4. Soit \(Q \in \mathbb{R}_2[X]\). Comme \((L_0, L_1, L_2)\) est une base, il existe des réels \(c_0, c_1, c_2\) tels que \(Q = c_0 L_0 + c_1 L_1 + c_2 L_2\). En évaluant en \(j\), la question b) donne \(Q(j) = c_j\). Donc \(Q = Q(0)\,L_0 + Q(1)\,L_1 + Q(2)\,L_2\) : les coordonnées de \(Q\) dans la base de Lagrange sont ses valeurs en \(0\), \(1\), \(2\).
5. D’après d), l’unique polynôme cherché est \(Q = L_0 + 3L_1 + 7L_2\). En développant \(L_0 = \dfrac{X^2 – 3X + 2}{2}\), \(L_1 = -X^2 + 2X\) et \(L_2 = \dfrac{X^2 – X}{2}\) : \[Q = (\frac{1}{2} – 3 + \frac{7}{2}) X^2 + (-\frac{3}{2} + 6 – \frac{7}{2}) X + 1 = X^2 + X + 1.\] On retrouve \(Q = P = X^2 + X + 1\), qui vérifie bien \(P(0) = 1\), \(P(1) = 3\) et \(P(2) = 7\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la liberté, 0,25 pour l’argument de dimension, 0,75 pour les coordonnées ; b) 1 point ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 pour l’existence des coordonnées, 0,5 pour l’évaluation ; e) 0,5 point.

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