\input{../.headers/cours.tex}
\newcommand{\Vetct}{\mathrm{Vect}}
\newcommand{\rg}{\mathrm{rg}}
\newcommand{\card}{\mathrm{card}}
\renewcommand{\i}{\mathbf{i}}

\baselineskip15pt

\begin{center}
\shadowbox{\LARGE \bf \textsc{\supline Familles en dimension finie\subline}}
\end{center}

Dans tout le chapitre, $\K$ est un sous-corps de $\C$, et $E$ d\'esigne un $\K$-espace vectoriel.\\

\textsc{N.B.}~: le fait que $\K$ soit un corps est essentiel. On verra dans la suite que c'est toujours la m\^eme propri\'et\'e qui assure la plupart des r\'esultats, \`a savoir~: \textbf{on peut diviser par un scalaire non nul}.\subline


\section{Espaces vectoriels de dimension finie}

\smallskip

\subsection{Extension et r\'eduction}

\smallskip

\Lemme[Principe de r\'eduction d'une famille g\'en\'eratrice]
Soit $\gc \sqcup (u)$ une famille g\'en\'eratrice de $E$. Si $u\in  \Vect{\gc}$, alors la sous-famille $\gc$ est g\'en\'eratrice de $E$.
\FinLemme

\demo
%%% Pour Ewen
$\Vect \gc \subset \Vect{\gc \sqcup (u)}$ car $\text{Vect} \in \text{fcts croissantes}$

Soit $v\in E$. Notons $\gc = (u_{i})_{i\in I}$. Comme $\gc \sqcup (u)$ est g\'en\'eratrice de $E$, il existe $i_1, \ldots, i_{p} \in I$ et $\lambda_{1},\hdots,\lambda_{p+1}\in \K$ tels que~: $\dsp{v=\lambda_{1}u_{i_1}\!+\!\cdots\!+\!\lambda_{p}u_{i_p}\!+\!\lambda_{p+1}u\text{.}}$\\

Comme on a $u\in \Vect{u_{1},\hdots,u_{p}}$, $u$ est lui-m\^eme combinaison lin\'eaire des vecteurs de $\gc$. Quitte \`a rajouter des $\lambda_i$ nuls, on peut supposer que $u$ est CL de $u_{i_1},\hdots,u_{i_p}$, c'est-\`a-dire qu'il existe $\mu_{1},\hdots,\mu_{p}\in \K$ tels qu'on ait $u=\mu_{1}u_{i_1}+\cdots+\mu_{p}u_{i_p}$.\\

En r\'einjectant, on obtient donc :
$u=\lambda_{1}u_{i_1}+\cdots+\lambda_{p}u_{i_p}+\lambda_{p+1}(\mu_{1}u_{i_1}+\cdots+\mu_{p}u_{i_p})$.\\

\Cad: $u=(\lambda_{1}+\lambda_{p+1}\mu_{1})u_{i_1}+\cdots+(\lambda_{p}+\lambda_{p+1}\mu_{p})u_{i_p}$.\\

Ce qui entra\^ine que $v\in \Vect{u_{1},\hdots,u_{p}}$ et donc $v\in\Vect{\gc}$.\\

Ainsi $\gc$ est g\'en\'eratrice de $E$.
\cqfd

\begin{appl}
Ce principe permet de trouver une base \`a partir d'une famille g\'en\'eratrice, on va le d\'etailler plus bas.\\
\end{appl}

\exx D\'eterminons une base de $\left\{\mvect{a-b+3c\\2a+b+3c\\a+2b}, \mvect{a\\b\\c}\in\R^3\right\}$.

\begin{align*}
	F &= \{ a \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} -1 \\ 1\\ 2 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix} \in \R^3 \}  \\
	  &= \Vect{\begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix}}  \\
\end{align*}

Or 
\begin{align*}
	2 \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} -1\begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix}  \\
											 &\in \Vect{\begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} } \\
											 &= \Vect{\begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix}} &&\text{par principe de réduction}  \\
\end{align*}

Or $\begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} \cancel{//} \begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} $ donc c'est une base $F$.

\paragraph{Point méthode}
Quand on ne sait pas si une famille est libre ou liée, on écrit une CL nulle.
\begin{itemize}
	\item Si on montre qu'elle est triviale, alors c'est libre
	\item Si on n'y arrive pas, alors c'est sûrement parce qu'elle est liée.
\end{itemize}

\paragraph{Ici}
Considérons une CL nulle de $\left( \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix}  \right) $.

\begin{align*}
	&x \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} + y\begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} + z\begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}  \\
																   &\iff \begin{cases}
		x-y+3z &= 0 \qquad (L_1) \\
		2x+y+3z&= 0 \qquad (L_2) \\
		x+2y &= 0 \qquad (L_3) \\
	\end{cases} \\
																   &	\iff \begin{cases}
		x-y+3z &= 0 \qquad (L_1) \\
	       3y - 3z&= 0 \qquad (L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1) \\
	       3y - 3z &= 0 \qquad (L_3 \leftarrow L_3 - L_1) \\
		       	\end{cases} \\
																   &	\iff \begin{cases}
		x-y &= -3z \\
		3y&= 3z \\
	\end{cases} \\
																   &	\iff \begin{cases}
		x&= -2y \\
		y&= z \\
	\end{cases} \\
																   & \implies S = \{ \begin{pmatrix} -2y \\ y \\ y \end{pmatrix} , y\in \R \}  \\
\end{align*}

Pour $y=1$ on obtient que 

\[
	-2 \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}  \\
\] 

est une CL nulle et non-trivial des vecteurs de $\left( \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\1\\2 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix}  \right) $.

\xxe


\Lemme[Principe d'extension d'une famille libre]
Soit $\lc$ une famille libre de $E$ et $u\in E$. Si $u\not\in\Vect{\lc}$ alors la famille $\lc \sqcup (u)$ est libre.
\FinLemme

\demo
%%% Pour Ewen
Notons $\lc=(u_i)_{i\in I}$ et consid\'erons une CL nulle des vecteurs de $\lc \sqcup (u)$. Elle s'\'ecrit sous la forme $\lambda_1u_{i_1}+\cdots+\lambda_pu_{i_p}+\lambda_{p+1}u=0_E$ avec  $\lambda_{1},\hdots,\lambda_{p},\lambda_{p+1}\in \K$. On a deux cas :
\begin{itemize}[$\bullet$]
\item Si $\lambda_{p+1}=0$, alors la relation pr\'ec\'edente devient : $\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_pu_p=0_E$.\\ Comme $(u_{1},\hdots,u_{p})$ est libre, on a $\lambda_{1}=\cdots=\lambda_{p}=0$ et donc finalement : $\lambda_{1}=\cdots=\lambda_{p}=\lambda_{p+1}=0$.
\item Si $\lambda_{p+1}\neq0$, alors la relation devient :
$\lambda_1u_1+\ldots+\lambda_pu_p=-\lambda_{p+1}u$ puis, en divisant par $-\lambda_{p+1}$ qui est non nul~: $u=-\dfrac{\lambda_1}{\lambda_{p+1}}u_1-\cdots-\dfrac{\lambda_p}{\lambda_{p+1}}u_p.$
Ainsi $u\in\Vect{u_1,\ldots,u_p}$ et donc $u\in\Vect{\lc}$, ce qui contredit l'hypoth\`ese initiale. Ce deuxi\`eme cas est donc impossible.
\end{itemize}

La famille $\lc \sqcup (u)$ est donc bien libre.
\cqfd

\rmq On retrouve un cas particulier du th\'eor\`eme sur les bases adapt\'ees.
\qmr

%\medskip

\subsection{D\'efinition -- exemples}

\Definition
L'espace vectoriel $E$ est dit \newdef{de dimension finie} lorsqu'il admet une famille g\'en\'eratrice finie. Sinon, il est dit de \newdef{dimension infinie}.
\FinDefinition

\exs
\begin{enumerate}
\item Pour $n\in \N$, $\K^n$ est de dimension finie. Une famille g\'en\'eratrice finie est sa base canonique $\cc=(e_1,\ldots,e_n)$.
\item Pour $(p,q)\in \N^2$, $\mpqk$ est un espace vectoriel de dimension finie $p \cdot q$: une famille g\'en\'eratrice finie est sa base canonique $\cc=\big(E_{i,j}\big)_{i,j}$.
\item Pour prendre un exemple tautologique, l'espace $\Vect{\ch,\exp,\sh}$ est de dimension finie puisque par d\'efinition il a une famille g\'en\'eratrice form\'ee de $3$ vecteurs.
\end{enumerate} 
\sxe


\begin{exemple}
Par contre, $\K[X]$ n'est pas de dimension finie. 


En effet, supposons par l'absurde qu'il le soit, donc de la forme $\Vect{P_{1},\hdots,P_{m}}$ avec $m\in\N$ et $P_1, \ldots, P_m \in \K[X]$. 


En notant $d := \max(\deg^{\to }\{ P_1, \ldots, P_m \})$, on sait que tout polyn\^ome $P=\lambda_{1}P_{1}+\cdots+\lambda_{m}P_{m}$, o\`u $(\lambda_{1},\hdots,\lambda_{m})\in \K^m$, est de degr\'e au plus $d$ puisqu'on a $\deg(P)\leq \max\big(\deg(P_{1}),\hdots,\deg(P_{m})\big)=d$.\\

Ainsi l'\'el\'ement $X^{d+1}$ de $\K[X]$ par exemple n'est pas engendr\'e par $(P_{1},\hdots,P_{m})$ : contradiction~!
\end{exemple}

%%% KDO
\rmq
Si $E$ est un espace de dimension finie, il n'y a pas en g\'en\'eral unicit\'e d'une famille g\'en\'eratrice engendrant $E$. Par exemple, que les familles $\big(\ch,\sh\big)$ et $\big(\exp,t\mapsto\e^{-t}\big)$ engendrent le m\^eme espace vectoriel.
\qmr

\smallskip

\subsection{Existence de bases}

\smallskip

\Theoreme[de la base extraite]\index{th\'eor\`eme!de la base extraite}
On suppose que $E$ est un espace vectoriel de dimension finie et $\gc$ une famille g\'en\'eratrice finie de E. Alors~:
\begin{enumerate}
\item $E$ a une base finie~:
\item toute sous-famille g\'en\'eratrice minimale de $\gc$ et toute sous-famille libre maximale de $\gc$ est\,une\,base\,de\,$E$.
\end{enumerate}
\FinTheoreme

\demo Notons $\gc=(u_{1},\hdots,u_{p})$. Montrons 1.
%%% La preuve comment\'ee
% C'est un cas particulier de 2., mais au cas o\`u un colleur demanderait seulement 1.~: Si $\gc$ est une famille libre, alors c'est une base de $E$.\\
% Mais si $\gc$ est li\'ee, alors elle poss\`ede au moins un \'el\'ement s'exprimant comme combinaison lin\'eaire des autres. Quitte \`a r\'eindicer $u_{1},\hdots,u_{p}$, on suppose que c'est $u_{p}$. Alors $(u_{1},\hdots,u_{p-1})$ est toujours g\'en\'eratrice de $E$ par le principe de r\'eduction.\\
% On r\'ep\`ete le principe sur la famille $(u_{1},\hdots,u_{p-1})$, etc.\\
% Comme la famille de d\'epart $(u_{1},\hdots,u_{p})$ est finie, on sait que ce processus s'arr\^ete en un nombre fini d'it\'erations. On obtient finalement une famille g\'en\'eratrice de $E$ et libre, donc une base de $E$.

$\gc := (u_1, \ldots, u_p)$
\begin{itemize}
	\item Si $\gc$ est libre c'est une base de $E$ \\
	\item Sinon il existe une CL nulle non-triviale $\lambda_1 u_1 + \cdots + \lambda_p u_p = 0_E$. Il existe au moins un $\lambda_i$ non-nul. ÀRP, il y a un seul coef non-nul $\lambda_p$.

\[
	u_p = -\frac{\lambda_1}{\lambda_p} u_1 + \cdots + -\frac{\lambda_{p-1}}{\lambda_p}u_{p-1} \in \Vect{u_1, \ldots, u_{p-1}}.
\] 

D'après le principe de réduction, 

\[
	E = \Vect{u_1, \ldots, u_{p-1}}.
\] 

On fait le même raisonnement sur $(u_1, \ldots, u_{p-1})$. Comme la famille de départ à $p$ vecteurs en au plus $p$ étapes on obtient une famille libre, ok.
\end{itemize}
\cqfd

Lorsqu'on parle de sous-famille maximale ou minimale, la relation d'ordre implicite est \og \^etre une sous-famille de\fg.\megasubline

\begin{exemple}
On prend l'exemple $E=\Vect{\ch,\exp,\sh}$ dont une famille g\'en\'eratrice est par d\'efinition $\gc=\left(\ch,\exp,\sh\right)$.
\begin{center}
$\xymatrix{
 & \gc & & \ar@{<->}[dd] \\
 & & & \text{\textcolor{red}{~~~~~familles~~~g\'en\'eratrices}}\\
\left(\ch,\exp\right) \ar[ruu] & \left(\ch,\sh\right) \ar[uu] & \left(\exp,\sh\right) \ar[luu] &\\\\
\left(\ch\right) \ar[uu] \ar[ruu]  & \left(\exp\right) \ar[luu] \ar[ruu]  & \left(\sh\right) \ar[luu] \ar[uu] & \text{\textcolor{blue}{familles~~~libres~~~~}} \\\\
& \emptyset \ar[ruu] \ar[uu] \ar[luu] & & \ar@{<->}[uuuu]
 }$
\end{center}
Treillis des sous-familles de $\gc$~: une fl\`eche pour "sous-famille de".
En partant du haut~: les lignes $1$ et $2$ sont form\'ees de familles g\'en\'eratrices, les lignes $2$ \`a $4$ sont form\'ees de familles libres, la ligne $2$ est form\'ee de bases.
\end{exemple}

\demo Montrons 2. Notons $\gc=(u_{1},\hdots,u_{p})$. On traite s\'epar\'ement les deux points.
\begin{itemize}
\item Soit $\hc$ une sous-famille de $\gc$ qui soit g\'en\'eratrice de $E$. Quitte \`a r\'eindicer les \'el\'ements de $\gc$, on suppose que $\hc=(u_{1},\hdots,u_{q})$, avec $q\leq p$.\\
Supposons de plus $\hc$ g\'en\'eratrice minimale, c'est-\`a-dire qu'aucune sous-famille stricte de $\hc$ n'est g\'en\'eratrice. On va montrer par l'absurde que $\hc$ est %une
 base de $E$.\\
Supposons que $\hc$ n'est pas une base de $E$. Comme $\hc$ est g\'en\'eratrice, cela signifie que $\hc$ n'est pas libre, donc est li\'ee ; il existe par cons\'equent un \'el\'ement de $\hc$ qui est combinaison lin\'eaire des autres. Quitte \`a r\'eindicer les \'el\'ements de $\hc$, on peut supposer qu'il s'agit de $u_{q}$.
$$\text{On a donc } u_{q}\in \Vetct(u_{1},\hdots,u_{q-1}).$$
Par le principe de r\'eduction d'une famille g\'en\'eratrice, la sous-famille $\hc'=(u_{1},\hdots,u_{q-1})$ de $\hc$ est g\'en\'eratrice. Or $\hc'$ est une sous-famille stricte de $\hc$ ; contradiction !\\
On a ainsi d\'emontr\'e que toute sous-famille g\'en\'eratrice minimale de $\gc$ est %une
 base de $E$.
\item Soit $\lc$ une sous-famille de $\gc$ qui soit libre. Quitte \`a r\'eindicer les \'el\'ements de $\gc$, on suppose que $\lc=(u_{1},\hdots,u_{r})$, avec $r\leq p$.\\
Supposons de plus $\lc$ libre maximale, c'est-\`a-dire qu'aucune sur-famille stricte de $\lc$ (form\'ee d'\'el\'ements de $\gc$) n'est libre. Montrons par l'absurde que $\lc$ est une base de $E$.\\
Supposons que $\lc$ n'est pas une base de $E$. Comme $\lc$ est libre, cela signifie que $\lc$ n'est pas g\'en\'eratrice ; il existe donc un \'el\'ement de $E$ qui n'est pas engendr\'e par les \'el\'ements de $\lc$. %\\
 Cela implique qu'il existe un \'el\'ement de $\gc\setminus \lc$ n'appartenant pas \`a $\Vetct(\lc)$. En effet, si tous les \'el\'ements de $\gc\setminus \lc$ appartenaient \`a $\Vetct(\lc)$, comme il est aussi \'evident que tous les \'el\'ements de $\lc$ appartiennent \`a $\Vetct(\lc)$, cela impliquerait que tous les \'el\'ements de $\gc=(\gc\setminus \lc)\sqcup \lc$ seraient dans $\Vetct(\lc)$. Or, on en d\'eduirait $\Vetct(\gc)\subset \Vetct(\lc)$ et, comme $\gc$ est g\'en\'eratrice de $E$, on en d\'eduirait que $\lc$ est g\'en\'eratrice de $E$ ; contradiction ! \\
Donc il existe un \'el\'ement de $\gc\setminus \lc$ n'appartenant pas \`a $\Vetct(\lc)$. Adjoignant cet \'el\'ement \`a $\lc$, on forme une sur-famille stricte $\lc'$ de $\lc$ qui, par le principe d'extension d'une famille libre, est libre ; contradiction !\\
On a ainsi d\'emontr\'e que toute sous-famille libre maximale de $\gc$ est une base de $E$.
\end{itemize}\ \\[-1cm]
\cqfd

\medskip

\Theoreme[de la base incompl\`ete]
Soient $\lc$ une famille libre et $\gc=(v_1,\hdots,v_m)$ une famille g\'en\'eratrice de $E$. 
Alors on peut choisir certains vecteurs $v_{i_1},\hdots,v_{i_r}$ de $\gc$ de sorte que la famille $\lc \sqcup (v_{i_1},\hdots,v_{i_r})$ soit une base de $E$.
\FinTheoreme

\demo On copie-colle l d\'emonstration du point 1. de la base extraite~:\\
Si $\lc$ est g\'en\'eratrice de $E$, alors c'est une base de $E$.

Il suffit donc d'ajouter \`a $\lc$ z\'ero vecteur de $\gc$.\\

Sinon on peut trouver un vecteur $x\in E$ avec $x \notin F=\Vect{\lc}$. On a alors au moins un \'el\'ement de $\gc$ qui n'est pas dans $F$, sans quoi $x\in \Vect{\gc}$ serait dans $F$ comme combinaison lin\'eaire d'\'el\'ements de $F$.\\

Notons $i_1$ un indice tel que $v_{i_1}\not\in F$. Par le principe d'extension d'une famille libre, $\lc \sqcup (v_{i_1})$ est encore libre.\\

Si $\lc \sqcup (v_{i_1})$ est g\'en\'eratrice de $E$, alors c'est une base de $E$ et on arr\^ete le processus. \\

Sinon il existe un indice $i_2$ (n\'ecessairement distinct de $i_1$) tel que $v_{i_2}\not\in\Vect{\lc\sqcup(v_{i_1}}$ et on continue de m\^eme...\\

Comme il n'y a qu'un nombre fini de $v_i$, le processus compte un nombre fini d'\'etapes. Si l'on poursuit le processus jusqu'au bout, on obtient au final une famille libre contenant $(v_1,\hdots,v_m)$, donc qui est aussi g\'en\'eratrice~: c'est une base. 

\cqfd

%\newpage\ \\[-1cm]
\rmq\ \\[-0.75cm] Ce th\'eor\`eme indique qu'en dimension finie les familles libres sont des \og bases incompl\`etes\fg, \ie qu'on peut obtenir des bases en leur rajoutant convenablement des vecteurs (et de plus ces vecteurs peuvent \^etre choisis dans n'importe quelle famille g\'en\'eratrice de $E$).
\qmr

\smallskip

\subsection{Dimension}

\smallskip

\lem[Lemme d'\'echange (version simplifi\'ee).]
Supposons que $E$ soit de dimension finie. Soit $\bc_1=(u_i)_{i\in I}$ une base de $E$ et $\bc_2=(\eps_j)_{j\in \{1,\ldots,s\}}$ une base finie de $E$. Alors~:
$$\forall i_0\in I,\ \exists j_0\in \{1,\ldots,s\},\ (u_i)_{i\in I\setminus\{i_0\}} \sqcup (\eps_{j_0}) \text{ est une base de }E.$$
Autrement dit~: {\bf tout vecteur de $\pmb{\bc_1}$ peut \^etre \'echang\'e contre un vecteur de $\pmb{\bc_2}$}, si celui-ci est bien choisi, la famille obtenue restera une base.
\mel

\demo
%%% Preuve sans simplification, comment\'ee pour qui veut la lire.
%Comme $\bc_1$ est une base (donc g\'en\'eratrice) de $E$, il existe $i_1, \ldots, i_r \in I$ et~:\\
%$\lect{\text{il existe }\lambda_{1,0},\lambda_{1,1},\ldots,\lambda_{1,r}\text{ tels que }\eps_1 = \lambda_{1,0}u_{i_0}+\lambda_{1,1}u_{i_1}+\cdots+\lambda_{1,r}u_{i_r}\\
%\text{il existe }\lambda_{2,0},\lambda_{2,1},\ldots,\lambda_{2,r}\text{ tels que }\eps_2 = \lambda_{2,0}u_{i_0}+\lambda_{2,1}u_{i_1}+\cdots+\lambda_{2,r}u_{i_r}\\
%\vdots\\
%\text{il existe }\lambda_{s,0},\lambda_{s,1},\ldots,\lambda_{s,r}\text{ tels que }\eps_s = \lambda_{s,0}u_{i_0}+\lambda_{s,1}u_{i_1}+\cdots+\lambda_{s,r}u_{i_r}.\megasublined}$\\
%(Si les $\eps_j$ ne s'\'ecrivent pas tous \`a l'aide des m\^emes $u_{i_k}$, il suffit d'ajouter des coefficients nuls.)\megasubline
%\begin{itemize}
%\item Montrons qu'il existe $j\in\{1,\ldots,s\}$ tel que $\lambda_{j,1}\neq 0$. On proc\`ede par l'absurde. Supposons que tous les $\lambda_{j,0}$ soient nuls. Alors $\eps_1, \ldots, \eps_s \in \Vect{u_{i_1},\ldots,u_{i_r}}$ et donc $E=\Vect{\eps_1,\ldots\eps_s} \subset \Vect{u_{i_1},\ldots,u_{i_r}}$ par croissance de $\Vetct$. En particulier on a $u_{i_0} \in  \Vect{u_{i_1},\ldots,u_{i_r}}$ ce qui contredit la libert\'e de $\bc_1$.
%\end{itemize}
%On sait maintenant qu'il existe $j\in \{1,\ldots,r\}$ tel que $\lambda_{j,0}\neq 0$. On va maintenant montrer que $(u_i)_{i\in I\setminus\{i_0\}} \sqcup (\eps_{j})$ est une base de $E$.
%\begin{itemize}
%\item {\it Caract\`ere g\'en\'erateur~:} on a $\lambda_{j,1}\neq 0$, on peut donc \'ecrire $u_{i_2} = \frac{1}{\lambda_{j,0}}\eps_j + \frac{-\lambda_{j,1}}{\lambda{j,0}}u_{i_1} +\cdots + \frac{-\lambda_{j,r}}{\lambda{j,0}}u_{i_r}$ et donc $u_{i_0}\in\Vect{\eps_j,u_{i_1},\cdots,u_{i_r}}\subset\Vect{(u_i)_{i\in I\setminus\{i_0\}} \sqcup (\eps_{j})}$. D'o\`u, par croissance de $\Vetct$~: $E=\Vect{(u_i)_{i\in I}}\subset\Vect{(u_i)_{i\in I\setminus\{i_0\}} \sqcup (\eps_{j})}$ ce qui est pr\'ecis\'ement le caract\`ere g\'en\'erateur.
%\item {\it Libert\'e~:} Consid\'erons une CL nulle, elle peut s'\'ecrire $\beta \eps_j + \alpha_2 u_{i_1} +\cdots + \alpha_r u_{i_r} 
%+ \cdots + \alpha_{s} u_{i_s} = 0_E$. \\Ceci peut se r\'e\'ecrire $(\lambda_1 \beta) u_{i_1} +(\lambda_2\beta + \alpha_2)u_{i_2} + \cdots + (\lambda_r\beta + \alpha_r)u_{i_r} + \cdots + \alpha_s u_{i_s} = 0_E$ et par libert\'e de $\bc_1$ on d\'eduit\break $\lambda_1 \beta=\lambda_2\beta + \alpha_2=\cdots=\lambda_r\beta + \alpha_r=\cdots=\alpha_s=0$ puis en cascade $\beta=\alpha_2=\cdots=\alpha_s=0$. D'o\`u la libert\'e.
%\end{itemize}\ \\[-1cm]
Pour rendre plus lisible la d\'emonstration on va se limiter au cas o\`u $I$ est de la forme $I=\{1,2,\ldots,r\}$. Notons aussi $J=\{1,2,\ldots,s\}$. On veut donc montrer~:
$$\forall i\in I,\ \exists j\in J,\ (u_1,\ldots,u_{i-1},\eps_j,u_{i+1},\ldots,u_r) \text{ est une base de }E.$$
(Bien que plus p\'enible \`a \'ecrire dans le cas g\'en\'eral, la d\'emonstration reste la m\^eme.)\\[0.2cm]
\`A renommage pr\`es on peut supposer $i=1$.\\
Comme $\bc_1$ est une base (donc g\'en\'eratrice) de $E$~:
$\lect{\text{il existe }\lambda_{1,1},\ldots,\lambda_{1,r}\text{ tels que }\eps_1 = \lambda_{1,1}u_1+\cdots+\lambda_{1,r}u_r\\
\text{il existe }\lambda_{2,1},\ldots,\lambda_{2,r}\text{ tels que }\eps_2 = \lambda_{2,1}u_1+\cdots+\lambda_{2,r}u_r\\
\vdots\\
\text{il existe }\lambda_{s,1},\ldots,\lambda_{s,r}\text{ tels que }\eps_s = \lambda_{s,1}u_1+\cdots+\lambda_{s,r}u_r.\megasublined}$
\begin{itemize}
\item Montrons qu'il existe $j\in\{1,\ldots,s\}$ tel que $\lambda_{j,1}\neq 0$. On proc\`ede par l'absurde. Supposons que tous les $\lambda_{j,1}$ soient nuls. Alors $\eps_1, \ldots, \eps_s \in \Vect{u_2,\ldots,u_r}$ et donc $E=\Vect{\eps_1,\ldots\eps_s} \subset \Vect{u_2,\ldots,u_r}$ par croissance de $\Vetct$. En particulier on a $u_1 \in  \Vect{u_2,\ldots,u_r}$ ce qui contredit la libert\'e de $\bc_1$.
\end{itemize}
On sait maintenant qu'il existe $j\in J$ tel que $\lambda_{j,1}\neq 0$. On va maintenant montrer que $(\eps_j,u_2,\cdots,u_r)$ est\,une\,base\,de\,$E$.
\begin{itemize}
\item {\it Caract\`ere g\'en\'erateur~:} on a $\lambda_{j,1}\neq 0$, on peut donc \'ecrire $u_1 = \frac{1}{\lambda_{j,1}}\eps_j + \frac{-\lambda_{j,2}}{\lambda{j,1}}u_2 +\cdots + \frac{-\lambda_{j,r}}{\lambda{j,1}}u_r$ et donc $u_1\in\Vect{\eps_j,u_2,\cdots,u_r}$. Ainsi a-t-on $u_1,u_2,\cdots,u_r\in\Vect{\eps_j,u_2,\cdots,u_r}$ et donc $E=\Vect{u_1,u_2,\cdots,u_r}\subset\Vect{\eps_j,u_2,\cdots,u_r}$ par croissance de $\Vetct$. Donc $(\eps_j,u_2,\cdots,u_r)$ est bien g\'en\'eratrice de $E$.
\item {\it Libert\'e~:} Consid\'erons une CL nulle $\beta \eps_j + \alpha_2 u_2 +\cdots + \alpha_r u_r = 0_E$. \\Ceci peut se r\'e\'ecrire $(\lambda_1 \beta) u_1 +(\lambda_2\beta + \alpha_2)u_2 + \cdots + (\lambda_r\beta + \alpha_r)u_r = 0_E$ et par libert\'e de $\bc_1$ on d\'eduit\break $\lambda_1 \beta=\lambda_2\beta + \alpha_2=\cdots=\lambda_r\beta + \alpha_r=0$ puis en cascade $\beta=\alpha_2=\cdots=\alpha_r=0$. D'o\`u la libert\'e.
\end{itemize}\ \\[-1cm]
\cqfd

%\medskip

\thm
Supposons $E$ de dimension finie. Alors toutes les bases de $E$ sont finies et de m\^eme cardinal.
\mht

\demo 
\begin{itemize}[$\bullet$]
\item {\it Toutes les bases sont finies~:} Consid\'erons une base $\bc$. D'apr\`es le TBE il existe aussi une base $\bc_f$ une qui soit finie. Avec le lemme d'\'echange, on peut \'echanger tous les vecteurs de $\bc$ contre des vecteurs de $\bc_f$ en restant une base, ce qui implique que tous les vecteurs choisis dans $\bc_f$ sont distincts sans quoi on n'aura plus la libert\'e. Et donc $\bc$ est finie puisqu'il n'existe qu'un nombre fini de vecteurs dans $\bc_f$.
\item {\it Toutes les bases ont le m\^eme cardinal~:} Soient deux bases que l'on sait maintenant finies $(u_1,\ldots,u_r)$ et $(\eps_1,\ldots,\eps_s)$. \`A renommage pr\`es on peut supposer $s\leq r$. Reste \`a montrer l'autre in\'egalit\'e. D'apr\`es le lemme d'\'echange~:\\
$\rightsquigarrow$ il existe $j_1$ tel que $(\eps_{j_1},u_2,u_3,\ldots,u_{r-1},u_r)$ est une base de $E$~;\\
$\rightsquigarrow$ il existe $j_2$ tel que $(\eps_{j_1},\eps_{j_2},u_3,\ldots,u_{r-1},u_r)$ est une base de $E$~;\\
$\rightsquigarrow$ $\vdots$\\
$\rightsquigarrow$ il existe $j_{r-1}$ tel que $(\eps_{j_1},\eps_{j_2},\eps_{j_3},\ldots,\eps_{j_{r-1}},u_r)$ est une base de $E$~;\\
$\rightsquigarrow$ il existe $j_{r}$ tel que $(\eps_{j_1},\eps_{j_2},\eps_{j_3},\ldots,\eps_{j_{r-1}},\eps_{j_r})$ est une base de $E$.\\
N\'ecessairement les $j_k$ sont tous distincts par libert\'e donc $r\leq s$. Youpie~!
\end{itemize}\ \\[-1cm]
\cqfd

\dfn
Si $E$ est de dimension finie, on appelle \newdef{dimension de $E$} et on note  $\dim(E)$ le cardinal d'une base de $E$.\\[0.15cm]
Si $E$ n'est pas de dimension finie, on dit qu'il est de dimension infinie et non note $\dim(E)=+\infty$.
\nfd

\rmq~\\[-1.2cm]\phantom{{\bf Remarque 3~}} On peut noter $\dim_\K(E)$ pour bien insister sur le fait que le corps de base est $\K$.
\qmr

\medskip

\exs
%%% Tu me dis si on en oublie un.
\begin{enumerate}
\item $\dim(\{0\})=0$ car la famille vide $\emptyset$ est base de $\{0\}$.
	\item $\dim(\K^n)=n$ car la base canonique de $\K^n$ $(e_1, e_2, \ldots, e_n)$ compte $n$ \'el\'ements. 
\item On a $\dim_{\R}(\C)=2$ car $(1,\textbf{i})$ est une base de $\C$ \textbf{vu comme un $\pmb{\R}$-espace vectoriel}. Par contre, $\dim_\C(\C)=1$.
\item $\dim(\K_n[X])=n+1$ car la base canonique de $\K_{n}[X]$ est $(1,X,X^2,\hdots,X^n)$, qui compte $n+1$ \'el\'ements (y'a le coef constant!)
\item $\dim\big(\mpqk\big)=pq$ car la base canonique de $\mpqk$, form\'ee des matrices \'el\'ementaires, compte $pq$ \'el\'ements. \textbf{En particulier, on a $\pmb{\dim\big(\mnk\big)=n^2}$}.
\item On a d\'ej\`a vu que $\K[X]$ n'est pas de dimension finie. Par cons\'equent, on a $\dim(\K[X])=+\infty=\aleph_0$.
\end{enumerate}
\sxe

\smallskip

\begin{appl}
Reformulation imm\'ediate et sympathique de la d\'efinition d'une droite et d'un plan~:
\begin{itemize}
\item Un sous-espace vectoriel de $E$ est une droite (vectorielle) \ssi c'est un espace vectoriel de\,dimension\,$1$.
\item Un sous-espace vectoriel de $E$ est un plan (vectoriel) \ssi c'est un espace vectoriel de dimension $2$.
\end{itemize}
\end{appl}

\smallskip

\subsection{Morphisme de d\'ecomposition dans une base}

\medskip

\Definition
Supposons que $E$ est de dimension finie $n$ et consid\'erons $\bc=(\eps_1,\hdots,\eps_n)$ une base de $E$. Pour tout vecteur $u\in E$, on appelle \newdef{d\'ecomposition de $u$ dans la base $\bc$} et on note $\decomp{u}{\!\!\!\!\bc}$ l'unique $n$-uplet $\vect{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n}\in\K^n$ tel qu'on ait $u=\lambda_1\eps_1+\cdots+\lambda_n\eps_n$.
\FinDefinition

Cette application permet de ramener l'\'etude d'un $\K$-ev de dimension finie \`a \`a l'\'etude de $\K^n$~!!

\exx Pour $\K=\R$, $E=\Vect{\ch,\exp,\sh}$, on a d\'ej\`a vu que $\bc=(\ch,\exp)$ est une base de $E$. Calculons $\decomp{\sh}{\!\!\!\bc}$.
\begin{align*}
	\exp = \sinh + \cosh &\iff \sinh = \exp - \cosh \\
	\decomp{\sinh}{\bc} &= \begin{pmatrix} -1\\1 \end{pmatrix} 
\end{align*}
\xxe

\exx On a d\'ej\`a vu que $\bc=\bigg(\mvect{0\\1\\1},\mvect{1\\0\\1},\mvect{1\\1\\0}\bigg)$ est une base de $\K^3$. Pour $v=\mvect{2\\4\\6}$, calculons $\decomp{v}{\!\!\!\bc}$.

\begin{align*}
	\lambda_1 \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}  &= \begin{pmatrix} 2\\4\\6 \end{pmatrix}  \\
	\iff &\begin{cases}
		\lambda_2 + \lambda_3 &= 2 \\
		\lambda_1 + \lambda_3 &=  4 \\
		\lambda_1 + \lambda_2 &= 6 \\
	\end{cases} \\
	\iff &\begin{cases}
		\lambda_2 &= 2 \\
		\lambda_1&= 4 \\
		\lambda_3&= 0 \\
	\end{cases} \\
	\iff \decomp{v}{\bc} &= \begin{pmatrix} 4\\2\\0 \end{pmatrix}  \\
\end{align*}

\xxe

\exs\ \\
Consid\'erons le cas de quelques espaces dont on conna\^it une base canonique.
\begin{enumerate}[1.]
\item Pla\c{c}ons-nous dans le cas $E=\K^n$. Notons $\cc=(e_1,\hdots,e_n)$ la base canonique de $\K^n$. Alors la d\'ecomposition d'un vecteur $u$ de $E$ dans $\cc$ est le vecteur $u$ lui-m\^eme~! Autrement dit, on a~: $\forall u\in E,\ \decomp{u}{\!\!\!\cc}=u$.\\
C'est la \og magie de la base canonique de $\K^n$ \fg.\megasubline
\item Pla\c{c}ons-nous dans le cas $E=\K_n[X]$, qui, rappelons-le, est de dimension $n+1$. Notons $\cc=(1,X,\hdots,X^n)$ sa base canonique. Alors la d\'ecomposition d'un polyn\^ome $P=a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n$ de $E$ dans $\cc$ est le vecteur $\decomp{P}{\!\!\!\cc}=\vect{a_0\\a_1\\\vdots\\a_n}$, \cad tout simplement le vecteur de ses coefficients~!\\
Remarque~: on peut \'ecrire $\decomp{P}{\!\!\!\cc}=\vect{P(0)/0!\\P'(0)/1!\\\vdots\\P^{(n)}(0)/n!}$.
\end{enumerate}
\sxe


\Proposition[Morphisme de d\'ecomposition]\label{IsomorphismeDeDecomposition}
Soient $E$ un $\K$\nobreakdash-espace vectoriel de dimension finie $n$ et $\bc=(\eps_1,\hdots,\eps_n)$ une base de $E$. Alors~:
\begin{enumerate}
\item L'application ${\footnotesize \defapp{E}{\K^n}{u}{\decomp{u}{\!\!\!\!\bc}}}$ de d\'ecomposition dans $\bc$ est bijective.
\item L'application ${\footnotesize \defapp{E}{\K^n}{u}{\decomp{u}{\!\!\!\!\bc}}}$ est lin\'eaire, \cad~:\\
$\forall (u,v)\in E^2,\ \forall (\lambda,\mu)\in\K^2,\ \decomp{\left(\lambda u+\mu v\right)}{\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\bc}\phantom{est}=\lambda\cdot\decomp{u}{\!\!\!\!\bc}+\mu\cdot\decomp{v}{\!\!\!\!\bc}$.
\end{enumerate}
\FinProposition

Rappel~: on dit que l'application ${\footnotesize \defapp{E}{\K^n}{u}{\decomp{u}{\!\!\!\!\bc}}}$ est un \newdef{isomorphisme}.

\demo
%%%Comme d'hab~:\ \\[-0.66cm]

\begin{enumerate}[1.]
\item La bijectivit\'e est imm\'ediate~: 
La réciproque est $\begin{cases}
	\K^n &\to E \\
	\begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \vdots \\ \lambda_n \end{pmatrix} &\mapsto \lambda_1 \epsilon_1 + \cdots + \lambda_n \epsilon_n
\end{cases}$.

Par définition, on a bien $\begin{cases}
	\psi_\bc \circ \phi_\bc &= \id_E \\
	\phi_\bc \circ \psi_\bc &= \id_{\K^n} \\
\end{cases}$.
\megasubline
\item Consid\'erons deux vecteurs $u$ et $v$ de $E$ et deux scalaires $\lambda$ et $\mu$.\\
Notons $\decomp{u}{\bc}=\vect{\alpha_1\\\vdots\\\alpha_n}$ et $\decomp{v}{\bc}=\vect{\beta_1\\\vdots\\\beta_n}$. \\[0.25cm]On a par d\'efinition $u=\alpha_1\eps_1+\cdots+\alpha_n\eps_n$ et $v=\beta_1\eps_1+\cdots+\beta_n\eps_n$. Par commutativit\'e et associativit\'e de $+$, et par distributivit\'e de $\cdot$ sur $+$, on obtient $\lambda u + \mu v = (\lambda\alpha_1+\mu\beta_1)\eps_1+\cdots+(\lambda\alpha_n+\mu\beta_n)\eps_n$.\\[0.25cm] On a donc $\decomp{\left(\lambda u+\mu v\right)}{\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\bc}\phantom{est} = \vect{\lambda\alpha_1+\mu\beta_1\\\vdots\\\lambda\alpha_n+\mu\beta_n} = \lambda\vect{\alpha_1\\\vdots\\\alpha_n}+\mu\vect{\beta_1\\\vdots\\\beta_n} = \lambda\cdot\decomp{u}{\!\!\!\!\bc}+\mu\cdot\decomp{v}{\!\!\!\!\bc}$.
\end{enumerate}
\cqfd


\section{Applications du TBE et du TBI}

\smallskip

\subsection{Cardinal d'une famille en dimension $\pmb{n}$}

\smallskip

\lem\label{FamillesEnDimensionFinie}
Supposons que $E$ est un $\K$\nobreakdash-espace vectoriel de dimension finie $n$.
\begin{enumerate}
\item Toute famille g\'en\'eratrice de $E$ poss\`ede au moins $n$ \'el\'ements.
\item Toute famille libre de $E$ poss\`ede au plus $n$ \'el\'ements.
\end{enumerate}
\mel

\demo 
%%% Again~:
\begin{enumerate}
\item Soit $\gc$ une famille g\'en\'eratrice de $E$. Si elle est infinie, alors le r\'esultat est trivial. Sinon, on note $p$ son cardinal. Par le \emph{th\'eor\`eme de la base extraite} , on peut dans ce cas extraire de $\gc$ une base, qui est donc de cardinal $n$. D'o\`u $p\geq n$.
\item 
	Soit $\lc = (u_1, \ldots, u_k)$ une famille libre.
	D'après le TBI, il existe $u_1, \ldots, u_r$ ($r\in \N$ ) tel que $(u_1, \ldots, u_k, v_1, \ldots, v_r)$ est une base de $E$ donc $k+r=n$ donc \fbox{$k\le n$ }


\end{enumerate}\ \\[-0.85cm]
\cqfd

\Corollaire
S'il existe une famille libre infinie de vecteurs de $E$, alors $\dim(E)=+\infty$.
\FinCorollaire

\demo
On raisonne par l'absurde. Si $E$ \'etait de dimension finie $n$, toutes ses familles libres auraient au plus $n$ vecteurs, donc seraient en particulier finies.
\cqfd

\medskip

\begin{appl}
	On retrouve que $\K[X]$ est de dimension infinie, car $(1, X, X^2, \ldots, X^n, \ldots)$ est libre.
\end{appl}

\begin{appl}
L'espace vectoriel $E=\cc^{\infty}(\R,\R)$ est de dimension infinie.\\[0.25cm]
la famille infinie $\left(\exp \circ (\lambda\id))_{\lambda\in\R}\right)$ (par exemple) est une famille libre dans $E$.
\end{appl}

\medskip

\thm
On contrapose le lemme \ref{FamillesEnDimensionFinie}-2 : si $\dim(E)=n$, toute famille de $n+1$ vecteurs (ou plus) est li\'ee.
\mht

\exx Montrons que toute matrice carr\'ee a un polyn\^ome annulateur non nul, \cad que pour tout $n\in\N$, pour tout $A\in\mnk$, il existe $P\in\K[X]\setminus\{0\}$ tel que $P(A)=(0)$.
On se place dans $E=\mc_n(\K)$.

On a $\dim E = n^2$

Donc toute famille fermée de $n^2+1$ vecteurs de $E$ est liée

En particulier la famille $(I_n, A, A^2, \ldots, A^{n^2})$ est \emph{liée}. 

Donc il existe une CL nulle non-triviale de cette famille, ie

\begin{align*}
	\exists (a_0, a_1, \ldots, a_{n^2}) \neq (0, \ldots, 0),\  a_0 I_n + \cdots + a_{n^2} A^{n^2} = (0)
\end{align*}


Notons $P = a_0 + a_1 X + \cdots + a_{n^2} X^{n^2}$

On a $P\neq 0$ car $(a_0, \ldots, a_{n^2}) \neq 0$ et $P$ est un polynôme annulateur de $A$ par déf.

\xxe

\Theoreme
Supposons que $E$ est un $\K$\nobreakdash-espace vectoriel de dimension finie $n$. Soit $\fc$ une famille \`a $n$ \'el\'ements de $E$. Alors les trois propositions suivantes sont \'equivalentes :
\begin{enumerate}[i.]
\item $\fc$ est libre.
\item $\fc$ est g\'en\'eratrice.
\item $\fc$ est une base.
\end{enumerate}
\FinTheoreme

\demo Notons $\fc=(u_1,\ldots,u_n)$.
\begin{itemize}
\item Supposons $\fc$ g\'en\'eratrice. 

D'apr\`es le TBE on peut en extraire une base $\bc=(u_{i_1},\ldots,u_{i_k})$. 

Mais cette base est par d\'efinition de cardinal $\dim(E)=n=\card(\fc)$ donc n\'ecessairement $k=n$ et finalement $\fc=\bc$ et c'est une base.

{\it On a enlevé 0 vecteurs pour obtenir une base}
\item Supposons $\fc$ libre. 

D'apr\`es le TBI on peut la compl\'eter en une base de $E$ $(u_1,\ldots,u_n,v_1,\ldots,v_k) =: \bc$. 

Mais cette base est par d\'efinition de cardinal $\dim(E)=n=\card(\fc)$ donc n\'ecessairement $k=0$ et finalement $\fc=\bc$ et c'est une base.

{\it On a ajouté 0 vecteurs pour obtenir une base} 

\item Les autres implications sont \'evidentes.
\end{itemize}\ \\[-1cm]
\cqfd

\medskip

\begin{appl}:
\textbf{Polyn\^omes \'echelonn\'es en degr\'e~:}
\begin{enumerate}[\fbox{\arabic*.}]
\item Soient $P_0,\ldots,P_n \in \K_n[X]$ tels que $\forall k\in\{0,\ldots,n\},\ \deg(P_k)=k$. Alors $(P_0,\ldots,P_n)$ est une base de $\K_n[X]$. En effet la libert\'e est assez imm\'ediate et cette famille a $n+1=\dim(\K_n[X])$ vecteurs.
\item Soit $(P_k)_{k\in\N}$ une suite de polyn\^omes tels que $\forall k\in\N,\ \deg(P_k)=k$. Alors $(P_k)_{k\in\N}$ est une base de $\K[X]$. En effet la libert\'e est assez imm\'ediate et tout polyn\^ome appartient \`a $\K_n[X]$ pour un certain entier $n$, donc la famille est \'egalement g\'en\'eratrice.
\end{enumerate}
\end{appl}


\subsection{Rang d'une famille de vecteurs}

\Definition
Soit $\fc$ une famille finie de vecteurs de $E$. On appelle \newdef{rang de $\fc$} et on note $\rg(\fc)$ la dimension de $\Vect{\fc}$.
\[
	\rg := \dim \circ \operatorname{Vect}
\] 
\FinDefinition

\ \\[-0.1cm]
Dans toute la suite on se limite au cas $\lect{\dim(E)<+\infty\\\card(\fc)<+\infty.}$\\[-0.1cm]

\exs
\begin{enumerate}
\item $\rg(\ch,\exp,\sh)=2$ (cf \ref{exo_rg_ch_exp_sh}).
\item $\rg\bigg(\mvect{1\\2\\1},\mvect{-1\\1\\2},\mvect{3\\3\\0}\bigg)=2$ (cf. \ref{exo_rg_trois_vecteurs_reels}).
\end{enumerate}
\sxe

\rmq Le TBE se reformule comme suit~: le rang de $\fc$ est le cardinal maximal d'une sous-famille libre de $\fc$. 
\qmr


\Definition[Op\'erations \'el\'ementaires sur une famille de vecteurs]
Soit $\fc=(u_{1},\hdots,u_{m})$ une famille finie de vecteurs de $E$.\\
On appelle \newdef{op\'erations \'el\'ementaires} sur les vecteurs de la famille $\fc$ les op\'erations suivantes :
\begin{enumerate}
\item \'Echanger deux vecteurs de la famille.
\item Ajouter \`a un vecteur $u_{i}$ de $\fc$ un multiple d'un autre vecteur $u_{j}$ de $\fc$.
\item Multiplier un vecteur $u_{i}$ de $\fc$ par une constante non nulle.
\end{enumerate}
\FinDefinition

\Proposition Soit $\fc=(u_{1},\hdots,u_{m})$ une famille finie de vecteurs de $E$. Toute famille $\gc$ obtenue \`a partir de $\fc$ par op\'erations \'el\'ementaires, et en enlevant le vecteur nul lorsqu'il se pr\'esente, a le m\^eme rang que $\fc$.
\FinProposition

Ceci donne une m\'ethode de calcul du rang d'une famille~!

\demo
\begin{itemize}
\item Si le vecteur nul est dans $\fc$, \`a renommage pr\`es on a $u_{m}=0_{E}\in \Vect{u_{1},\hdots,u_{p-1}}$ trivialement.
D'o\`u, par le principe de r\'eduction d'une famille g\'en\'eratrice, $\Vetct(u_{1},\hdots,u_{p})=\Vetct(u_{1},\hdots,u_{p-1})$.
\item Changer l'ordre des \'el\'ements dans une famille ne modifie pas le sous-espace de $E$ qu'elle engendre (vu que permuter l'ordre dans lequel les \'el\'ements apparaissent dans une combinaison lin\'eaire ne modifie pas sa valeur par commutativit\'e de $+$).
\item Enfin, si l'on effectue %\`a une famille
 une des op\'erations \'el\'ementaires num\'ero $2$ ou $3$, c'est essentiellement le lemme d'\'echange qui justifie que le sous-espace vectoriel de $E$ engendr\'e par cette famille est le m\^eme.
\end{itemize}
On en d\'eduit que ces op\'erations laissent elles aussi invariant le sous-espace vectoriel de $E$ engendr\'e par la famille, et donc en particulier le rang de la famille.
\cqfd


\subsection{Lien avec le rang d'une matrice}

\exx $\rg \left( \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix}  \right) $ 

\begin{align*}
	&\rg\left(   \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 3\\3\\0 \end{pmatrix}  \right) \\
	= &\rg \left( \underbrace{\begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix}}_{u_1}, \underbrace{\begin{pmatrix} 0\\3\\3 \end{pmatrix} }_{u_2 \leftarrow u_2+u_1}, \underbrace{\begin{pmatrix} 6\\-3\\-3 \end{pmatrix}}_{u_3 \leftarrow u_3-3u_1} \right)   \\
	= &\rg\left( \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\3\\3 \end{pmatrix} , \underbrace{\begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} }_{u_3 \leftarrow u_3+u_2} \right) \\
	  &= \rg\left( \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\3\\3 \end{pmatrix}  \right) \\
	  &=  2
\end{align*}

\xxe

\rmq\ \\[-1.2cm]\phantom{{\bf Remarque 6\,}}:~ {\bf Cas $\pmb{E=\K^p}$.}\\
Si $E=\K^p$ alors le rang de la famille $(u_1,\ldots,u_q)$ est le rang (par colonnes) de la matrice $\Bigg(\decomp{u_1}{}\cdots\decomp{u_q}{}\Bigg)\in\mpqk$.\\
C'est un corollaire imm\'ediat de la proposition pr\'ec\'edente.%\\[0.2cm]
\qmr


\exx On peut retrouver qu'on a  $\rg\bigg(\mvect{1\\2\\1},\mvect{-1\\1\\2},\mvect{3\\3\\0}\bigg)=2$.

\begin{align*}
	\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} &\sim_c \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & -3 \\ 1 & 3 & -3 \end{pmatrix} \\
	 		  &\sim_c \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0  \\ 2&3&0 \\ 1&3&0\end{pmatrix} \quad\text{de rang 2}
\end{align*}


\begin{align*}
	\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} &\sim_L \begin{pmatrix} 1 & -1&3 \\ 0&3&-3\\0&3&-3 \end{pmatrix} && \begin{cases}
	L_2 &\leftarrow L_2 - 2L_1 \\
	L_3 &\leftarrow L_3-L_1
	\end{cases}\\
			  &\sim_L \begin{pmatrix} 1&-1&3 \\ 0&3&-3 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} && \begin{cases}
L_3 &\leftarrow L_3-L_2
			  \end{cases}\quad\text{qui est de rang 2}
\end{align*}

\xxe


\rmq\ \\[-1.2cm]\phantom{{\bf Remarque 6\,}}:~ {\bf Cas g\'en\'eral.}\\[0.1cm]
Si $\dim(E)=p$ et que $\bc$ est une base {\bf quelconque} de $E$ alors le rang de la famille $(u_1,\ldots,u_q)$ est le rang (par colonnes) de la matrice $\Bigg(\decomp{u_1}{\!\!\!\!\bc}\cdots\decomp{u_q}{\!\!\!\!\bc}\Bigg)$.%\\[0.35cm]
\qmr

\exx On peut retrouver qu'on a $\rg(\ch,\exp,\sh)=2$.

Une base de $E$ est $(\sh, \ch) = \bc$ 

\begin{align*}
	\rg(\cosh, \exp, \sinh) &= \rg\begin{pmatrix} \decomp{\cosh}{\bc} , \decomp{\exp}{\bc}, \decomp{\sinh}{\bc}\end{pmatrix}  \\
				&= \rg \begin{pmatrix} 0&1&1\\1&1&0 \end{pmatrix}  \\
				&= 2 \\
\end{align*}

\xxe

\dfn
Supposons que $E$ soit de dimension finie $p$. Soit $\bc$ une base de $E$. Soit $\fc=(u_1,\ldots,u_q)$ une famille finie de vecteurs de $E$. On appelle \newdef{matrice de $\fc$ dans $\bc$} la matrice $\Bigg(\decomp{u_1}{\!\!\!\!\bc}\cdots\decomp{u_q}{\!\!\!\!\bc}\Bigg)$.
\nfd

\exo (piqu\'e \`a M. Jaffuel). On note $v_1=\mvect{-1\\ 0 \\ 1\\ 2}$, $v_2=\mvect{0\\ 0 \\ 1\\ 0}$, $v_3=\mvect{2\\ 1\\ 1\\ 0}$ et $v_4=\mvect{-1\\ 1\\ 2\\ 6}$ et $\fc=(v_1,v_2,v_2,v_4)$.
\begin{enumerate}
\item On se place dans $E=\K^4$. Donner la matrice de $\fc$ dans la base canonique $\cc$.
\item On se place dans $E=\Vect{\fc}$. Extraire de $\fc$ une base $\bc$ de $E$. Donner la matrice de $\fc$ dans la base $\bc$.
\end{enumerate}

\bigskip

\section{Applications}

\medskip

\subsection{Suites r\'ecurrentes lin\'eaires doubles}\label{SRLDcc}

\smallskip

\nota Dans la suite, pour $(a,b)\in\K^2$, on note $\sc_{a,b} = \bigg\{ \big(u_n\big)_{n\in\N}\in\K^\N,\ \forall n\in \N,\ u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}\bigg\}$.\\
(Notation maison et conjoncturelle, c'est juste pour ne pas le r\'e\'ecrire \`a chaque fois.)
\aton

\medskip

\Proposition
Soit $(a,b)\in \K^2$. Alors $\sc_{a,b}$ est un plan vectoriel.
\FinProposition

\demo
\begin{itemize}[$\bullet$]
\item Montrons que $\sc_{a,b}$ est un sous-espace vectoriel de $\K^\N$. 
\begin{itemize}[$\rightsquigarrow$]
\item Par d\'efinition, on a $\sc_{a,b}\subset \K^\N$.
\item La suite nulle est clairement dans $\sc_{a,b}$ donc $\sc_{a,b}\neq\emptyset$.
\item Soient $(u_{n})_{n\in\N}, (v_{n})_{n\in\N} \in \sc_{a,b}$ et $\lambda,\mu \in \K$. On a : $\forall n\in\N,\ u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}\ \textrm{et}\ v_{n+2}=av_{n+1}+bv_{n}$.\\
Consid\'erons la suite $(w_{n})_{n\in\N}=\lambda (u_{n})_{n\in\N}+\mu (v_{n})_{n\in\N}$. On a, pour tout $n\in\N$, $w_{n}=\lambda u_{n}+\mu v_{n}$, d'o\`u :\\[0.2cm]
$\begin{array}{lcl}
\forall n\in\N,\ w_{n+2} & = & \lambda u_{n+2}+\mu v_{n+2}\\[0.1cm]
& = & \lambda (au_{n+1}+bu_{n})+\mu (av_{n+1}+bv_{n})\\[0.1cm]
& = & a(\lambda u_{n+1}+\mu v_{n+1})+b(\lambda u_{n}+\mu v_{n})\\[0.1cm]
& = & aw_{n+1}+bw_{n}\text{,}
\end{array}$\ \\[0.1cm]
donc $(w_{n})_{n\in\N} \in \sc_{a,b}$.
\end{itemize}
Ainsi $\sc_{a,b}$ est un sous-espace vectoriel de $\K^\N$.
\item Montrons que c'est un plan vectoriel.
D'apr\`es le th\'eor\`eme de construction par r\'ecurrence, une suite $(u_{n})_{n\in\N}$ de $\sc_{a,b}$ est enti\`erement et uniquement d\'etermin\'ee par la donn\'ee de ses termes $u_{0}$ et $u_{1}$. Il est donc possible de consid\'erer les suites $(\alpha_{n})_{n\in\N}$ et $(\beta_{n})_{n\in\N}$ de $\sc_{a,b}$ d\'efinies par $(\alpha_{0},\alpha_{1})=(1,0)$ et $(\beta_{0},\beta_{1})=(0,1)$. Montrons que ces deux suites forment une base de $\sc_{a,b}$.
\begin{itemize}[$\rightsquigarrow$]
\item Libert\'e~: consid\'erons une CL nulle $\lambda (\alpha_{n})_{n\in\N}+\mu (\beta_{n})_{n\in\N}=0_{\K^\N}$, o\`u  $(\lambda,\mu)\in \K^2$.\\
On peut le r\'e\'ecrire : $\forall n\in\N,\ \lambda \alpha_{n}+\mu \beta_{n}=0$. Pour $n=0$, on obtient $\lambda=0$ . Pour $n=1$, on obtient $\mu=0$.\\
D'o\`u la libert\'e. On aurait \'egalement pu dire que $(\alpha_{n})_{n\in\N}$ et $(\beta_{n})_{n\in\N}$ ne sont pas colin\'eaires.
\item Caract\`ere g\'en\'erateur~: Soit $(u_{n})_{n\in\N}\in \sc_{a,b}$. Soit $(v_{n})_{n\in\N}$ la suite de terme g\'en\'eral $u_{0}(\alpha_{n})_{n\in\N}+u_{1}(\beta_{n})_{n\in\N}$.\\
Alors on a $(v_{n})_{n\in\N} \in \sc_{a,b}$ vu que $\sc_{a,b}$ est un $\K$-ev et, de plus, on a $v_{0}=u_{0}\alpha_{0}+u_{1}\beta_{0}=u_{0}$ et \break $v_{1}=u_{0}\alpha_{1}+u_{1}\beta_{1}=u_{1}$.
Une suite de $\sc_{a,b}$ \'etant enti\`erement et uniquement d\'etermin\'ee par la donn\'ee de ses deux premiers termes, on a $(v_{n})_{n\in\N}=(u_{n})_{n\in\N}$.\\
Ainsi $\big((\alpha_{n})_{n\in\N},(\beta_{n})_{n\in\N}\big)$ est une famille g\'en\'eratrice de $\sc_{a,b}$.
\item La famille $\big((\alpha_{n})_{n\in\N},(\beta_{n})_{n\in\N}\big)$ \'etant libre et g\'en\'eratrice de $\sc_{a,b}$, c'en est une base.
\end{itemize}
Donc on a $\dim(\sc_{a,b})=2$ et $\sc_{a,b}$ est un plan vectoriel.
\end{itemize}

\paragraph{Preuve par hérédité du caractère générateur}
\emph{Initialisation double}
\[
	\begin{cases}
		n = 0 \implies u_0 \alpha_0 + v_0 \beta_0 = u_0 \\
		n = 1 \implies u_1 \alpha_1 + v_1 \beta_1 = u_1
	\end{cases}
\] 

\emph{Hérédité double} 

On suppose $\begin{cases}
	u_n &= u_0 \alpha_n + u_1 \beta_n \\
	u_{n+1} &= u_1 \alpha_{n+1} + u_2 \beta_{n+1} \\
\end{cases}$.

Donc 

\begin{align*}
	bu_n + au_{n+1} &= u_0 (b\alpha_n + a\alpha_{n+1}) + u_1(b\beta_n + a\beta_{n+1}) \\
	\iff u_{n+2} &= u_0 \alpha_{n+2} + u_1 \beta_{n+1} \\
\end{align*}

Car les trois suites sont dans $\sc_{a, b}$ d'où l'hérédité double.

D'où $\sc_{a, b}\subset \Vect{\alpha, \beta}$

Donc $\sc_{a, b} = \Vect{\alpha ,\beta}$ car $\begin{cases}
	\alpha\in \sc_{a, b} \\
	\beta\in \sc_{a, b}
\end{cases}$ par double inclusion

\cqfd

\exo Pour $(a,b)\in \K^2$, d\'eterminer toutes les suites g\'eom\'etriques de premier terme $1$ dans $\sc_{a,b}$.

Suite géométrique de premier terme $1$ : $\begin{cases}
	u_0&= 1 \\
	u_n &= u_0 \cdot q^n \\
	&= q^n \\
\end{cases}$ où $q$ est la raison de la suite.


On a:

\begin{align*}
	\forall n\in \N,\ u_{n+2} &= au_{n+1}+bu_n \\
	&= a \cdot q^{n+1}+b \cdot q^n \\
	\iff q^2&= aq+b \\
\end{align*}.

Les racines sont les $q^n$ avec $q$ qui est racine du polynôme $X^2 -aX - b$ 

\Definition
On appelle \newdef{polyn\^ome caract\'eristique} d'une suite de $\sc_{a,b}$ 
le polyn\^ome $P_{a,b}=X^2-aX-b$.
\FinDefinition

Dans la suite on note $\Delta=a^2+4b$ son discriminant.


\Theoreme[Cas de deux racines.]\label{SuitesRecurrentesDeux racines}
Si on a $\Delta \neq 0$ alors, en notant $r_{1}$ et $r_{2}$ les deux racines distinctes dans $\K$ de $P_{a,b}$, on a\\[-0.25cm] $$\sc_{a,b}=\left\{\Big(\lambda\, r_1^n\,+\,\mu\, r_2^n\Big)_{n\in\N},\ \mvect{\lambda\\\mu}\in\K^2\right\}.$$
\FinTheoreme

\demo 
On traduit~: il s'agit de montrer que $\bigg(\big(r_{1}^n\big)_{n\in\N},\big(r_{2}^n\big)_{n\in\N}\bigg)$ est une famille g\'en\'eratrice de $\sc_{a,b}$.\\

L'exercice 8 a montr\'e que les suites $(r_{1}^n)_{n\in\N}$ et $(r_{2}^n)_{n\in\N}$ sont dans $\sc_{a,b}$, ce qui montre que c'est bien une famille de vecteurs de $\sc_{a,b}$.

Or c'est une famille form\'ee de $2=\dim(\sc_{a,b})$ vecteur, donc elle est g\'en\'eratrice \ssi c'est une base \ssi elle est libre, d'après le Corollaire 1 Il suffit donc de montrer la libert\'e, qui est \'evidente car les suites $(r_{1}^n)_{n\in\N}$ et $(r_{2}^n)_{n\in\N}$ sont clairement non colin\'eaires.
\cqfd

\exx On peut maintenant trouver une expression directe de la suite de Fibonacci.% (d\'efinie par $F_{0}=0$, $F_{1}=1$, et $\forall n\in \N,\ F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$).\\
%Soit \`a d\'eterminer le terme g\'en\'eral de la suite de Fibonacci. \\On rappelle qu'elle est d\'efinie par $F_{0}=0$, $F_{1}=1$, et $\forall n\in \N,\ F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$.\\
%L'\'equation caract\'eristique associ\'ee \`a cette r\'ecurrence, $X^2-X-1=0$, admet deux solutions distinctes~: le nombre appel\'e \newdef{nombre d'or}\index{nombre d'or}\footnote{Cf la remarque historique qui suit.} qui vaut $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, et l'oppos\'e de son inverse $\psi %=\frac{-1}{\phi}
%=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$. Il existe donc $(\lambda,\mu)\in \R^2$ tel que~: $\forall n\in\N, F_n=\lambda\phi^n+\mu\psi^n$.\\
%Les \'egalit\'es $F_0=0$ et $F_1=1$ se r\'e\'ecrivent donc
%Enfin ${\footnotesize \lect{F_0=0\\ F_1 = 1}} \eq {\footnotesize \lect{\lambda+\mu=0\\\lambda \phi + \mu\psi = 1}} \eq {\footnotesize \lect{\mu=-\lambda\\\lambda (\phi -\psi) = 1}} \eq {\footnotesize \lect{\mu=-\lambda\\\sqrt{5}\lambda = 1}} \eq {\footnotesize \lect{\mu=\frac{-1}{\sqrt{5}}\\\lambda = \frac{1}{\sqrt{5}}.}}$\\
%D'o\`u $\forall n\in\N,\ F_n=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\Big(\phi^n-\psi^n\Big)$.
%\end{exemple}

Le polynôme caractéristique est $X^2-X-1$.
$\Delta = 1+4=5$

$r_{1, 2} = \frac{1 \pm \sqrt{5} }{2} = \phi, -\frac{1}{\phi}$

Soit $n\in \N$.

On a $\forall n\in \N, F_n = \lambda r_1^n + \mu r_2^n$.

\begin{align*}
	&\begin{cases}
		F_0 &= 0 = \lambda \phi^0 + \mu \left( -\frac{1}{\phi} \right)^0 \implies \lambda = -\mu\\
		F_1 &= 1 = \lambda r_1 + \mu r_2 \iff \lambda (r_1 - r_2) = 1 \iff \lambda = \frac{1}{\sqrt{5} } 
	\end{cases}
\end{align*}

D'où

\[
	\forall n\in \N,\ F_n = \frac{1}{\sqrt{5} } \phi^n - \frac{1}{\sqrt{5} } \left( -\frac{1}{\phi} \right)^n
\] 
\xxe


\Theoreme[Cas d'une racine double.]\label{SuitesRecurrentesUneRacine}
Si on a $\Delta=0$ alors, en notant $r_0$ l'unique racine double de $P_{a,b}$, on a~:\\[-0.25cm] $$\sc_{a,b}=\left\{\Big(\lambda\, r_0^n\,+\,\mu\, n\,r_0^{n-1}\Big)_{n\in\N},\ \mvect{\lambda\\\mu}\in\K^2\right\}$$\\[-0.35cm]
(en convenant que le premier terme de la suite $\Big(n\, r^{n-1}\Big)_{n\in\N}$ est nul, y compris pour $r=0$).\\
\FinTheoreme

\demo
Traduisons~: il s'agit de montrer que $\bigg(\big(r_{0}^n\big)_{n\in\N},\big(n\,r_{0}^{n-1}\big)_{n\in\N}\bigg)$ est une famille g\'en\'eratrice de $\sc_{a,b}$.\\
On sait depuis l'exercice $8$ qu'on a $(r_0^n)_{n\in\N}\in\sc_{a,b}$. D'o\`u sort l'autre~? C'est la d\'eriv\'ee formelle par rapport \`a $n$ de la suite $(r_0^n)_{n\in\N}$, et on sait que $r_0$ est racine double de $P_{a,b}$ donc on a $P_{a,b}(r_0)=0$ mais aussi $P_{a,b}'(r_0)=0$, c'est donc un candidat id\'eal. V\'erifions quand m\^eme qu'on ne d\'elire pas~: notons $(v_n)_{n\in\N}=(r_0^n)_{n\in\N}$.\\[0.15cm]
$\begin{array}{lcl}
v_{n+2}-av_{n+1}-bv_n & = & (n+2)r^{n+1}-a(n+1)r^{n}-bnr^{n-1}\\
& = & nr^{n-1}(r^2-ar-b)+r^{n}(2r-a)\\
& = & nr^{n-1}P_{a,b}(r)+r^{n}P_{a,b}'(r)\\
& = & 0+0 = 0,
\end{array}$\ \\
et on a donc bien $(v_{n})_{n\in\N}\in \sc_{a,b}$.\\
La suite de la d\'emonstration est la m\^eme que pour le th\'eor\`eme pr\'ec\'edent. La famille est form\'ee de $2=\dim(\sc_{a,b})$ vecteurs clairement non colin\'eaires, donc elle est libre, donc c'est une base, donc elle est g\'en\'eratrice de $\sc_{a,b}$. 


\medskip


\fbox{Methode 2}

On a $r_0$ racine de double de $X^2 - aX - b$ donc $\begin{cases}
	r_0^2 -ar_0 - b &= 0 \\
	2r_0 - a &= 0 \\
\end{cases}$.

On a donc

\begin{align*}
	&(n+2)r_0^{n+1} - a(n+1)r_0^n -bnr_0^{n-1} \\
	&= r_0^{n-1}\left( (n+2)r_0^2 - a(n+1)r_0 - bn \right)  \\
	&= r_0^{n-1}\left( n(\underbrace{r_0^2-ar_0-b}_{0}) + r_0(\underbrace{2r_0-a}_{0}) \right)  \\
	&= 0 \\
\end{align*}

\cqfd

\begin{appl}
On peut comprendre d\'esormais la "solution officielle" de l'exercice CCINP $n^\circ 63$.\megasubline
\end{appl}

\begin{appl} Nous avons d\'ebloqu\'e l'exercice CCINP $n^\circ 55$.\megasubline
\end{appl}

\Theoreme[Cas sans racine.]\label{SuitesRecurrentesDoublesSansRacine}
{\bf On suppose ici $\pmb{\K=\R}$.}\\[0.1cm]
Si on a $\Delta<0$ alors, en notant $r\e^{\i\theta}$ et $r\e^{-\i\theta}$ les deux racines complexes conjugu\'ees de $P_{a,b}$, on a~:\\[-0.35cm]
$$\sc_{a,b}=\left\{\Big( r^n\big(\lambda\cos(n\theta)+\mu\sin(n\theta)\big)\Big)_{n\in\N},\ \mvect{\lambda\\\mu}\in\K^2\right\}$$
\FinTheoreme

\demo 
Traduction~: on\,veut\,montrer\,que $\bigg(\Big(\big(r^n\cos\big(n\theta)\big)^n\Big)_{n\in\N},\Big(\big(r^n\sin\big(n\theta)\big)^n\Big)_{n\in\N}\bigg)$ est\,g\'en\'eratrice\,de\,$\sc_{a,b}$.\\

D\'ej\`a voyons d'o\`u sortent ces suites et pourquoi elles sont bien dans $\sc_{a,b}$. 

D'apr\`es l'exercice 8, les suites complexes $\Big(u_n\Big)_{n\in\N}=\Big(\big(r\e^{\i\theta}\big)^n\Big)_{n\in\N}$ et $\Big(v_n\Big)_{n\in\N}=\Big(\big(r\e^{-\i\theta}\big)^n\Big)_{n\in\N}$ sont dans $\sc_{a,b}$, 

et comme ce dernier est un sev, les suites\break $\frac{1}{2}\Big(u_n\Big)_{n\in\N}+\frac{1}{2}\Big(v_n\Big)_{n\in\N} = \Big(\big(r^n\cos\big(n\theta)\big)^n\Big)_{n\in\N}$ et $\frac{1}{2\i}\Big(u_n\Big)_{n\in\N}+\frac{-1}{2\i}\Big(v_n\Big)_{n\in\N} = \Big(\big(r^n\sin\big(n\theta)\big)^n\Big)_{n\in\N}$ le sont aussi.\\[0.2cm]


Maintenant, c'est gagn\'e, la famille est form\'ee de $2=\dim(\sc_{a,b})$ vecteurs de $\sc_{a,b}$ clairement non colin\'eaires donc elle est libre, c'est par cons\'equent une base et donc une famille g\'en\'eratrice de $\sc_{a,b}$.
\cqfd

\exx \ \\
Trouvons une expression explicite de la suite $(u_n)_{n\in\N}$ telle que $u_0=u_1=1$ et $\forall n\in\N,\ u_{n+2}=\sqrt{2}u_{n+1}-u_n$.

On a $u\in \sc_{\sqrt{2} , -1}$. Le polynôme caractéristique est
\[
	X^2 - \sqrt{2} X + 1
\] .

On a $\Delta = 2-4= -2$.

Ainsi, $r_{1, 2} = \frac{\sqrt{2} \pm i\sqrt{2} }{2} = 1 + e^{\pm i \frac{\pi}{4}}$.

\begin{align*}
	u_n &= \lambda \cos(n \frac{\pi}{4}) + \mu \sin(n \frac{\pi}{4}) \\
	u_0 &= \lambda = 1 \\
	u_1 &= \lambda \cos \frac{\pi}{4} + \mu \sin \frac{\pi}{4} \\
	&= \frac{\sqrt{2} }{2} + \mu \frac{\sqrt{2} }{2} \\
	&= 1 \\
	\mu &= \frac{1-\frac{\sqrt{2} }{2}}{\frac{\sqrt{2} }{2}} \\
	&= \sqrt{2} -1 \\
\end{align*}

\xxe

%\bigskip

\subsection{Polyn\^omes de Lagrange}

L'objectif de cette section va \^etre de d\'eterminer l'expression de certains polyn\^omes dont le graphe passe par certains points du plan.\\[-0.2cm]

Dans tout le paragraphe, $a_0$, $\ldots$, $a_n$ d\'esignent $n+1$ scalaires distincts de $\K$.\\[-0.2cm]

L\`a encore on commence par un exercice.\\[-0.2cm]

\exo Pour $i\in\{0,\ldots,n\}$, montrer qu'il existe un unique polyn\^ome $L_i\in\K_n[X]$, que l'on d\'eterminera explicitement, tel que $\forall j\in\{0,\ldots,n\},\ L_i(a_j)=\delta_{i,j}=\lect{0\text{ si }i\neq j\\1\text{ si }i=j}$. Faire un dessin.

\begin{tikzpicture}
	\draw[->] (-1, 0) -- (10, 0);
	\draw[->] (0, -4) -- (0, 10);
\end{tikzpicture}

On cherche $P$ de degré $n$ tel que 

\begin{align*}
	P(a_0)&= 0 \\
	      &\vdots \\
        P(a_{i-1})&= 0 \\
	P(a_i) &= 1 \\
	P(a_{i+1}) &= 0 \\
		   &\vdots \\
	P(a_n) &= 0 \\
\end{align*}

\[
	P(X) = (X - a_0)(X - a_1)\cdots(X - a_n) \cdot Q(X)
\] 

Car les $a_j$ $(j\neq i)$ sont des racines de $P$, pour un certain $Q \in \K_n[X]$.

\begin{align*}
	\deg P &= n \\
	\deg\left( \frac{P}{Q} \right)  &= n \\
\end{align*}

D'où $\deg Q = 0$. Autrement dit, $Q(x) := \lambda$ est constant.

\begin{align*}
	1 &= P(a_j) = (a_j - a_0) \cdots (a_j - a_n) \cdot \lambda\\
	\implies \lambda &= \frac{1}{(a_j - a_0)\cdots(a_j - a_n)} \\
\end{align*}

\paragraph{Conlusion}

\begin{align*}
	L_i(x) &= \prod_{j\neq i} \frac{x-a_j}{a_i-a_j} \\
\end{align*}

\thd
La famille $\lc=(L_0,\ldots,L_n)$ est une base de $\K_n[X]$. 
On l'appelle \newdef{base de Lagrange} associ\'ee \`a $a_0,\ldots,a_n$.\\[0.1cm]
Les polyn\^omes $L_0$, $\ldots$, $L_n$ s'appellent les \newdef{polyn\^omes de Lagrange} associ\'es \`a $a_0,\ldots,a_n$.\subline
\dht

\demo On commence \`a avoir chop\'e le truc (?).

\begin{align*}
	\dim(\K_n[X]) &= n+1 \\
	\#\lc &= \#(L_0, L_1, \ldots, L_n) = n+1\\
\end{align*}

Par caractérisation des bases, il suffit de montrer la liberté.

Considérons une CL nulle

\[
	\lambda_0 L_0 + \lambda_1 L_1 + \cdots + \lambda_n L_n &= 0_{\K[X]} \\
\] 

On évalue en $a_i$ pour $i\in \llbracket 0, n\rrbracket$ 

On obtient $\lambda_0 \cdot 0 + \cdots + \lambda_{i-1} \cdot 0 + \lambda_i  \cdot 1 + \lambda_{i+1} \cdot 0 +\cdots + \lambda_n  \cdot 0 = 0$, \ie $\lambda_i = 0$ et ceci est vrai pour tout $i\in \llbracket 0, n \rrbracket$.


D'où la liberté.

%La famille $\lc$ est une famille de $n+1=\dim(\K_n[X])$ vecteurs de $\K_n[X]$. Pour montrer que c'est une base, il suffit de montrer la libert\'e.\\[0.1cm]
%Consid\'erons une CL nulle $\lambda_0L_0+\lambda_1L_1+\cdots+\lambda_nL_n = 0$.\\
%Pour tout $i\in\{0,\ldots,n\}$, en \'evaluant en $a_i$ on obtient
%{$\lambda_i=0$}. Ainsi notre CL est triviale.\\
%D'o\`u la libert\'e de $\lc$, et par suite le fait que c'est une base.
\cqfd

\rmq\ \\[-0.85cm]
D\'ecomposer dans la base de Lagrange est trop simple~! En effet, pour tout polyn\^ome $P\in\K_n[X]$ on a $\decomp{P}{\!\!\!\!\lc} = \mvect{P(a_0)\\P(a_1)\\\vdots\\P(a_n)}$.
\qmr

\demo
C'est exactement la m\^eme id\'ee que dans la d\'emonstration pr\'ec\'edente.
Considérons une CL $\lambda_0 \alpha_0+\cdots+\lambda_n \alpha_n = P$.

On évalue en $a_i$ pour tout $i\in \llbracket 0, n\rrbracket$.

On obtient $\lambda_i = P(a_i)$.

Ceci étant vrai pour tout $i \in \llbracket 0, n \rrbracket$, on a bien
\[
	\decomp{P}{\!\!\!\!\lc} = \mvect{P(a_0)\\P(a_1)\\\vdots\\P(a_n)}
\] 
%Notons $\decomp{P}{\!\!\!\!\lc} = \mvect{\lambda_0\\\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n}$, ainsi a-t-on $P(X)=\lambda_0L_0+\lambda_1L_1+\cdots+\lambda_nL_n$ puis, pour tout $i\in\{0,\ldots,n\}$, en \'evaluant en $a_i$ on obtient
%{$P(a_i)=\lambda_i$}.\megasubline
\cqfd

\begin{appl}\ \\
On a maintenant d\'ebloqu\'e l'exercice CCINP $n^\circ 87$ si on accepte de r\'epondre \`a la question 2 avant de r\'epondre \`a la question 1 (pour r\'epondre aux questions dans l'ordre, il faura avoir trait\'e le chapitre sur les applications lin\'eaires). 
\end{appl}


\begin{appl}\ \\
Soit $f\in\cc[a,b]$ et $a_0<a_1<\cdots<a_n\in[a,b]$. Il existe un unique polyn\^ome $P$ qui prend les m\^eme valeurs que $f$ en $a_0$, $\ldots$, $a_n$. On l'appelle \newdef{le polyn\^ome interpolateur le Lagrange de $f$} aux points $a_0, a_1, \ldots, a_n$.\megasubline
\end{appl}

\rmq\ \\[-1.25cm]
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item L'approximation lagrangienne est donc concurrente de l'approximation taylorienne. Elle est localement moins pr\'ecise mais permet de contr\^oler l'erreur globale.
\item L'approximation lagrangienne donne naturellement lieu a des m\'ethodes d'int\'egration num\'erique (le cas $n=0$ correspond \`a la m\'ethode des rectangles et le cas $n=1$ \`a la m\'ethode des trap\`ezes).\\
\end{enumerate}
\qmr

\exo On sait que $\cc=(1,X,\cdots,X^n)$ est aussi une base de $\K_n[X]$ (c'est sa base canonique).\\
Quel est le rang de $\cc$~? Quelle est la matrice de $\cc$ dans la base $\lc$~? Quel r\'esultat retrouve-t-on~? \\

\[
	\rg(\cc) = n+1
\] 

Matrice de $\cc$ dans la base $\lc$. Elle sera de rang $n+1$.

\begin{align*}
	\left( \decomp{1}{\lc} \decomp{X}{\lc} \decomp{X^2}{\lc} \cdots \decomp{X^n}{\lc} \right) &= \begin{pmatrix} 1 & a_0 & a_0^2 & \cdots & a_n^{n+1} \\ 1 & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & a_n & a_n^2 & \cdots & a_n^n \end{pmatrix}  \\
\end{align*}

On retrouve qu'une matrice de Vandermonde de coefficients distincts est réversible, car $\rg = \text{nombre de colonnes et lignes}$
 
\subsection{Base de Taylor}

\thm
Soit $a\in \K$.

\[
	(1, X-a, (X-a)^2, \ldots, (X-a)^n) =: \mathcal{T}
\] 

est une base de $\K_n[X]$. \\
\mht

\demo C'est une famille de polynômes échelonnés en degré.
\cqfd

\rmq
C'est un corollaire du TRI\footnote{Taylor avec reste intégral}.

En effet c'est libre et pour tout polynôme $P \in \R_n[X]$, en notant $f = x\mapsto P(x)$

On a 


\begin{align*}
	\forall x\in \R, f(x) - T_n(x) &= \int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t) \dt \\
	&= 0 \\
\end{align*}

car $f\in \cc^{n+1}([a, x], \R)$

Donc $\forall x\in \R, f(x) = f(a)+f'(a)(x-a) + \cdots + f^{(n)}\frac{(x-a)^n}{n!}$ 

Donc 

\begin{align*}
	P = f(a) + f'(a)(X-a) + \cdots + \frac{f^{(n)(a)}}{n!}(X-a)^n
\end{align*}

Donc la famille est génératrice.

Or elle a le bon nombre de vecteurs, donc c'est une base et 

\begin{align*}
	\decomp{P}{\mathcal{T}} &= \begin{pmatrix} f(a) \\ f'(a) \\ \frac{1}{2}  f''(a) \\ \vdots \\ \frac{1}{n!} f^{(n)}(a) \end{pmatrix}  \\
\end{align*}
\qmr


 \begin{center}
 	$\square$
 \end{center}

\end{document}
