\input{../.headers/cours.tex}


\baselineskip15pt

\begin{center}
\shadowbox{\LARGE \bf \textsc{\supline Familles remarquables d'un espace vectoriel\subline}}
\end{center}

\rmq
\paragraph{Pas un sev}
par exemple: $\R_{=n}[X] \cup \{0\} $ car $X^n - 1 - X^n \not\in \R_{=n}[X] \cup \{0\} $
\qmr


\section{Familles et combinaisons lin\'eaires}

\subsection{Familles}

\Definition[Rappel]
Une famille $\fc=(v_i)_{i\in I}$ est la donn\'ee, pour tout \'el\'ement $i$ de l'ensemble d'indices $I$, d'un vecteur $v_i\in E$, \ie une application $\fc : I \too E$.${}^{{}^{{}^{{}^{{}^{}}}}}$
\FinDefinition

Une famille peut \^etre finie ou infinie.\\
Dans le cas $I=\N$, une famille index\'ee par $I$ est une suite. On peut noter indiff\'eremment $(v_i)_{i\in\N}$ ou $\big(v_0,v_1,v_2,\ldots,v_n,\ldots\big)$.\\
Dans le cas $I=\{1,2,\ldots,n\}$, on peut noter indiff\'eremment $(v_i)_{\{1,2,\ldots,n\}}$ ou $\big(v_1,v_2,\ldots,v_n\big)$.\\
Sauf mention explicite du contraire, on indexera toutes nos familles finies par $\{1,2,\ldots,n\}$ pour un certain $n\in\N$.\\
Par abus, on appellera \textbf{cardinal de la famille $\left(v_i\right)_{i\in I}$} le cardinal de $I$.\\


\exs:~ $\K=\R$, $E=\R^3$.
\begin{enumerate}
\item On peut consid\'erer la famille finie $\cc=(e_1,e_2,e_3)$.
\item On peut consid\'erer la famille infinie $\fc=\bigg(\mvect{1\\2\\3},\mvect{4\\5\\6},\hdots,\mvect{3k+1\\3k+2\\3k+3},\hdots\bigg)=\bigg(\mvect{3n+1\\3n+2\\3n+3}\bigg)_{n\in\N}$.\\[-0.4cm]
\item On peut consid\'erer la famille infinie $\gc = \bigg(\mvect{1\\t\\2}\bigg)_{t\in\R}$.
\end{enumerate}
\sxe

%
%\exs:~ $\K=\R$, $E=\R^\N$.
%~\\\\\\\\\\
%\sxe

%\newpage\ \\[-1cm]
\exs:~ $\K=\R$, $E=\cc^{\infty}(\R,\R)$.
\begin{enumerate}
\item Notons $f_\lambda = t \mapsto \e^{\lambda t}$. On peut consid\'erer la famille $\big(f_\lambda\big)_{\lambda\in\R}$.
\item On peut considérer $(1, X, X^2, \ldots, X^n,\ldots)_{n\in \N}$ est une famille de $\K[X]$
\end{enumerate}

\sxe


\subsection{Sous-familles}\label{SubsectionFamille}

\dfn[Sous-famille]\ \\[-0.4cm]
Soit $\fc$ une famille. On appelle \newdef{sous-famille} de $\fc=\left(v_i\right)_{i\in I}$ une famille obtenue en \og retirant certains vecteurs \`a $\fc$\fg, \cad une famille de la forme $\left(v_i\right)_{i\in J}$ avec $J\subset I$.
\nfd

\exs
\begin{itemize}
	\item  Une sous famille de $(e_1, e_2, e_3)$ est $(e_1, e_2)$.
	\item Une sous famille de $(f_\lambda)_{\lambda\in \R}$ est $(f_{2 \pi t})_{t\in \N}$
\end{itemize}
\sxe

\attention{$(e_1, e_2, e_2, e_3) \neq (e_1, e_2, e_3)$}

\subsection{Combinaisons lin\'eaires}

\Definition[Rappel]\ \\[-0.4cm]
On appelle \newdef{combinaison lin\'eaire} des vecteurs d'une famille $\fc=\left(v_i\right)_{i\in I}$ toute expression de la forme suivante~: $\alpha_{1} v_{i_1}+\alpha_{2} v_{i_2}+\cdots+\alpha_{r} v_{i_r}$ o\`u les $\alpha_k$ sont des scalaires et les $i_k$ des \'el\'ements de $I$.
\FinDefinition

Le prof n'\'ecrit jamais \og combinaison lin\'eaire\fg, il \'ecrit toujours CL.\\

\attention{Une CL des vecteurs de $\left(v_i\right)_{i\in I}$ est une somme \uuline{\bf finie} de vecteurs de la forme $\alpha_k v_{i_k}$~!}\ \\[0.5cm]

Suivant le contexte, l'expression CL pourra d\'esigner ou bien l'expression formelle, ou bien le r\'esultat de l'op\'eration d\'esign\'ee par cette expression. Mais, quand bien m\^eme on se r\'ef\`ererait \`a l'expression formelle, on fait syst\'ematiquement les deux identifications suivantes~:
\begin{enumerate}[1.]
\item on identifie les CL qui ne se distinguent que par l'ordre des vecteurs,~;% par exemple $\alpha_{1} v_{i_1}+\alpha_{2} v_{i_2}+\alpha_{3} v_{i_3}$ et $\alpha_{3} v_{i_3}+\alpha_{1} v_{i_1}+\alpha_{2} v_{i_2}$~;
\item on identifie une CL de la forme $\alpha_{1} v_{i_1}+\alpha_{2} v_{i_2}+\hdots+\alpha_{r} v_{i_r} + 0 v_{i_{r+1}}$ avec $\alpha_{1} v_{i_1}+\alpha_{2} v_{i_2}+\hdots+\alpha_{r} v_{i_r}$.
\end{enumerate}

\rmq\ \\[-0.7cm]
Cons\'equence des deux identifications pr\'ec\'edentes~: une CL de $(v_1,\ldots,v_n)$ est toujours de la forme $\lambda_1v_1\!+\!\lambda_2v_2\!+\cdots+\!\lambda_nv_n$.
\qmr

\exx
\begin{itemize}
	\item Une CL des $(X^n)_{n\in \N}$ est un polynôme
	\item Une CL des $( \cos \circ (\omega\cdot \id_\R), \sin \circ (\omega \cdot \id_\R))_{\omega \in \R_+}$
\end{itemize}
\xxe


\rmq\ \\[-0.65cm]
\`A toute partie $P\subset E$, on peut canoniquement 
associer une famille~:
 la famille $(v)_{v\in P}$. On %pourra
 peut donc sans difficult\'e
 parler de CL des vecteurs d'une partie de $E$. On retrouve alors la notion vue dans le chapitre pr\'ec\'edent. En particulier, on peut parler du sous-espace vectoriel engendr\'e par une famille.
\qmr

\bigskip

\section{Familles remarquables}

\subsection{Libert\'e}

\Definition %[Rappel]\ \\[-0.4cm]
\'Etant donn\'ee une famille $\fc$ de vecteurs de $E$, on appelle \newdef{CL triviale} des vecteurs de $\fc$ la CL obtenue en prenant tous les $\alpha_k$ nuls. La CL triviale est nulle, au sens o\`u elle s'\'evalue en $0_E$, le vecteur nul de $E$.
C'est une CL $(\alpha_1 x_1 + \cdots + \alpha_k x_k)$ où $\begin{cases}
	(\alpha_i) \in \K \\
	(x_i) \in E
\end{cases}$
\FinDefinition

\Definition[Libert\'e]\ \\[-0.4cm]
Une famille est dite \newdef{libre} lorsque sa seule CL nulle est la CL triviale. Dans le cas contraire, elle est dite \newdef{li\'ee}.
\FinDefinition

\rmq
Pour tout $\begin{cases}
	(\alpha_1, \ldots, \alpha_k) \in \K^k \\
	(x_1, \ldots, x_k) \in E^k
\end{cases}$ tels que $\alpha_1 x_1 + \cdots + \alpha_k x_k = 0$ alors $\alpha_1 = \alpha_2 = \cdots = \alpha_k = 0$
\paragraph{Pour montrer qu'une famille est liée}
$\exists (\alpha_1, \ldots, \alpha_k)$ non tous nuls, $\exists (x_1,\ldots,x_k)$ tel que 
\[
\alpha_1 x_1 + \cdots + \alpha_k x_k = 0
.\] 
\qmr


\rmq\ \\[-0.65cm]
Par d\'efinition, une sous-famille d'une famille libre est libre. En contraposant, on obtient que si $\fc$ a une sous-famille li\'ee, alors $\fc$ est li\'ee. Par contre, une sous-famille d'une famille li\'ee peut tr\`es bien \^etre libre.

Soient $(j_1, \ldots, j_k) \in J$.
Soient $(\alpha_1, \ldots, \alpha_k) \in \K^k$ et $(x_{j_1}, \ldots, x_{j_k}) \in E^k$
tels que $\alpha_1, x_{j_1} + \cdots + \alpha_k x_{j_k} = 0$.

On a $J \subset I$, donc $(j_1, \ldots, j_k) \subset I$.
Comme $(x_k)_{k\in I}$ est libre.

Donc $\alpha_1 = \cdots = \alpha_k = 0$ Donc $(x_k)_{k\in J}$ est libre.

\attention{Une surfamille d'une famille liée est liée {\bf mais} une sous-famille d'une famille liée peut être libre!}

Par exemple, $(e_1, e_2, e_3)$ est libre mais $(e_1, e_2, e_2, e_1)$ est liée
\qmr

\exs~ {\it Les familles des exemples 1, 2, 3 sont-elles libres~?}
\begin{enumerate}
	\item $\left( \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}  \right) $ est libre:

		Soient $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\in \R$.
		\begin{align*}
			\alpha_1 \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix} + \alpha_2 \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} + \alpha_3 \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \\
			\iff \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \alpha_3 \end{pmatrix}  = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \\
			\implies \alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0
		.\end{align*}
	\item $\left( \begin{pmatrix} 3n + 1\\3n + 2\\3n + 3 \end{pmatrix}  \right)_{n\in \N} $ est liée \\
		\ovalbox{Meth 1}
		\begin{align*}
			\begin{pmatrix} 4 \\ 5\\ 6 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 7\\8\\9 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 10\\11\\12 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \\
		.\end{align*}
		\ovalbox{Meth 2}
		\begin{align*}
			2 \begin{pmatrix} 4\\5\\6 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8\\10\\12 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7\\8\\9 \end{pmatrix} \\
			\iff 2 \begin{pmatrix} 4\\5\\6 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 7\\8\\9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} 
		.\end{align*}
	\item $\left( \begin{pmatrix} 1\\t\\2 \end{pmatrix}  \right)_{t\in \R}$
		\ovalbox{Meth 1}
		\begin{align*}
			\begin{pmatrix} 1\\5\\2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 1\\2\\2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix} \\
			\iff \begin{pmatrix} 1\\5\\2 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1\\2\\2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} 
		.\end{align*}
		\ovalbox{Meth 2}
		\begin{align*}
			2 \begin{pmatrix} 1\\5\\2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1\\4\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\6\\2 \end{pmatrix} 
		.\end{align*}
	\item $( \exp \circ (\lambda\cdot \id))_{\lambda\in \R}$ est libre.
		Soient $k\in \N^{\times }$ et $\begin{cases}
			(\alpha_1, \ldots, \alpha_k) \in \R^{k} \\
			(\lambda_1, \ldots, \lambda_k) \in \R^{k}
		\end{cases}$ tels que, pour tout $t\in \R$.
		\[
			\alpha_1 e^{\lambda_1 t} + \alpha_2 e^{\lambda_2 t} + \cdots + \alpha_k e^{\lambda_k t} = 0
		.\] 
		\fbox{But} $\alpha_1 = \cdots = \alpha_k = 0$
		{\it En dérivant}
		\begin{align*}
			\alpha_1 \lambda_1 e^{\lambda_1 t} + \cdots + \alpha_k \lambda_k e^{\lambda_k t} &= 0 \\
			\alpha_1 \lambda_1^2 e^{\lambda_1 t} + \cdots + \alpha_k \lambda_k^2 e^{\lambda_k t} &= 0 \\
			\quad \quad \vdots \quad n\text{ fois} \\
			\alpha_1 \lambda_1^n e^{\lambda_1 t} + \cdots + \alpha_k \lambda_k^n e^{\lambda_k t} &= 0 \\
		.\end{align*}

		Matriciellement,
		\begin{align*}
			\begin{pmatrix} 
				\lambda_1^0 e^{\lambda_1 t} &  e^{\lambda_2 t} & \cdots & e^{\lambda_k t} \\
				\lambda_1 e^{\lambda_1 t} & \lambda_2 e^{\lambda_2 t} & \cdots & \lambda_k e^{\lambda_k t} \\
				\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
				\lambda_1^n e^{\lambda_1 t} & \lambda_2^n e^{\lambda_2 t} & \cdots & \lambda_k^n e^{\lambda_k t} \\
			\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 
		\alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_k	
			\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}  \\
		.\end{align*}

		En $t = 0$
		\begin{align*}
			\begin{pmatrix} 
				1  &  1 & \cdots & 1 \\
				\lambda_1  & \lambda_2 & \cdots & \lambda_k  \\
				\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
				\lambda_1^n  & \lambda_2^n & \cdots & \lambda_k^n  \\
			\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 
		\alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_k	
			\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}  \\
		.\end{align*}
		En $n = k-1$, la matrice est carrée. 

		\begin{align*}
			\det \begin{pmatrix} 1 &\quad 1 & \cdots & 1 \\ \lambda_1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda_k \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \lambda_1^n & \lambda_2^n & \cdots & \lambda_k^n \end{pmatrix} &= \prod_{1\le i<j\le k} (\lambda_i - \lambda_j)   \qquad\text{d'après Vandermonde}
		.\end{align*}

		On précise: comme on a choisi $f_{\lambda_i} \neq f_{\lambda_j}$, on a $\exists t_0\in \R, e^{\lambda_i t_0} \neq e^{\lambda_j t}$ ie $\exists t_0\in \R, \lambda_i t_0 \neq \lambda_j t$ (car $\lambda_i t_0$ et $\lambda_j t_0$ non nuls)
		On a doc $\exists t_0\neq 0, \lambda_i \neq \lambda_j$

		Donc les ($\lambda_i)_{1\le i\le k}$ sont 2 à 2 distincts donc la matrice est inversbile et $\alpha_1 = \cdots = \alpha_k = 0$.

		Ce qu'on sait à la base:
		\[
			(f_{\lambda_1}, f_{\lambda_2}, \ldots f_{\lambda_k})
		\] 

		sont des vecteurs de $\cc^{\infty}(\R, \R)$, 2 à 2 distincts.
		$\square$
\end{enumerate}
\sxe

%\exs~ {\it Notons $f_\lambda = t \mapsto \e^{\lambda t}$. La famille $\big(f_\lambda\big)_{\lambda\in\R}$ de vecteurs de $E=\cc^{\infty}(\R,\R)$ est libre~!}
%\sxe
%\vfill



\rmq\ \\[-0.65cm]
La libert\'e est une notion intrins\`eque, elle ne d\'epend pas de $E$.\\
Par exemple, la famille $\big(f_\lambda\big)_{\lambda\in\R}$ est aussi libre vue comme famille de vecteurs de $\R^\R$.
\qmr

%\medskip
%
%\exx
%\ \\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\
%\xxe

\Definition\ \\[-0.4cm]
On dit que deux vecteurs $u$ et $v$ de $E$ sont \newdef{colin\'eaires}, et on note $u \sslash v$, lorsqu'on a~:\\ $\exists k\in\K, u=k v$ ou $\exists k\in\K, v=k u$.
\FinDefinition

\rmq\label{Liberte012}\ \\[-1.2cm]
\begin{enumerate}
\item[0.] La famille $\emptyset$ est libre. \trivial
\item[1.] Pour $u\in E$, la famille $(u)$ est libre \ssi on a $u\neq 0_E$.
\item[2.] Pour $(u,v)\in E^2$, la famille $(u,v)$ est libre \ssi $u$ et $v$ sont non colin\'eaires.
\end{enumerate}
\qmr

\demo

\begin{enumerate}
	\item \fbox{$\implies$} 
		
		Soit  $u\in E$ tel que $(u)$ est libre. 

		Donc pour tout $\alpha\in \K$, $\alpha_u = 0 \implies \alpha = 0$. 

		En contraposant: $\alpha = 1\neq 0$ donc $1\times u \neq  0$

		\fbox{$\impliedby$} Supposons $u\neq 0$. 

		Soit $\alpha\in \K$ tel que $\alpha u = 0$ donc $\alpha = 0$
	\item $\iff \left[ (u, v) \text{ est liée} \iff \text{$u$ et $v$ sont colinéaires} \right]$.

			\fbox{$\implies$} Supposons la famille $(u, v)$ liée. 

			Alors il existe $(\alpha_1, \alpha_2)\in \K^2$ tels que 

			\begin{align*}
				\alpha_1 u + \alpha_2 v &= 0 \\
				\alpha_1 \neq  0 &\implies u = -\frac{\alpha_1}{\alpha_2} v \\
				\alpha_1 = 0 &\implies \alpha_2 v = 0 \implies v = 0 = 0 \times u \implies u // v
			.\end{align*}

			\fbox{$\impliedby$} Supposons $u // v$. 

			Donc il existe $k\in \K$ tel que $u = kv$ ou $v = ku$.

			ie $u - kv = 0$ ou $v - ku = 0$
			donc $(u, v)$ est liée
\end{enumerate}
\cqfd


\attention{Une famille de $3$ vecteurs $2$ \`a $2$ non colin\'eaires peut tr\`es bien \^etre li\'ee~!\\\\Exemple~:~La famille $(e_1, e_2, e_1 + e_2)$ est liée mais les vecteurs sont 2 à 2 non colinéaires}

\ \\

\exo\\
\emph{Idée} une famille $(v_1, \ldots, v_n)$ libre

\fbox{$\implies$} Si la somme est directe, montrons que la famille $(v_1, \ldots, v_n)$ est libre.

Soit $(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \in \K^{n}$ tels que $\underbrace{\alpha_1 v_1}_{\in \Vect v_1} + \underbrace{\alpha_2 v_2}_{\in \Vect v_2} + \cdots + \underbrace{\alpha_n v_n}_{\in \Vect v_n} = 0$

Or tout élément de $\Vect v_1 + \Vect v_2 + \cdots + \Vect v_n$ a une unique décomposition dans cette somme.

On sait que $0 = 0v_1 + 0 v_2 + \cdots + 0 v_n$ donc $\alpha_1 = \alpha_2 = \cdots = v_n$.

\fbox{$\impliedby$} Supposons la famille $(v_1, \ldots, v_n)$ libre.

Soit $v\in \Vect v_1 + \cdots + \Vect v_n$ tel que:

\[
	v = \alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_n v_n = \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_n v_n \qquad\text{où $(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \in \K^{n}$ et $(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) \in \K^{n}$}
.\] 

Donc $(\alpha_2 - \lambda_2)v_2 + (\alpha_2 - \lambda_2)v_2 + \cdots + (\alpha_n - \lambda_n)v_n  = 0$ 

Or la famille est libre, donc $\begin{cases}
	\alpha_1 - \lambda_1 = 0 \\
	\vdots \\
	\alpha_n - \lambda_n = 0
\end{cases}$ donc $\begin{cases}
	\alpha_1 = \lambda_1 \\
	\vdots \\
	\alpha_n = \lambda_n \\
\end{cases}$.

\subsection{Caract\`ere g\'en\'erateur}

\Definition\ \\[-0.4cm]
Une famille $\fc$ de vecteurs de $E$ est dite \newdef{g\'en\'eratrice} de $E$ lorsque tout vecteur de $E$ peut s'\'ecrire comme CL des vecteurs de $\fc$.
\FinDefinition

\rmq\ \\[-0.65cm]
La notion de famille g\'en\'eratrice n'est pas une notion intrins\`eque, elle d\'epend de $E$.\\
Plus pr\'ecis\'ement, \og $\fc$ est g\'en\'eratrice de $E$\fg{} peut se reformuler \og$E=\Vect{\fc}$\fg. En particulier, toute famille $\fc$ est toujours g\'en\'eratrice d'un $\K$-ev~: le $\K$-ev $\Vect{\fc}$~!
\qmr

\exs~ {\it Les familles des exemples 1, 2, 3 sont-elles g\'en\'eratrices de $E$~?}
\paragraph{Méthode}

On prend $x\in E$. On cherche des $\begin{cases}
	\alpha_1, \ldots, \alpha_k \in \K \\
	v_1, \ldots, v_k \in \fc
\end{cases}$ tel que $x = \alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_k v_k$.

\begin{enumerate}
	\item Montrons que $(e_1, e_2, e_3)$ est génératrice de $\R^3$.

	\begin{align*}
		\Vect{e_1, e_2, e_3} &= \left\{ \lambda e_1 + \mu e_2 +  \xi e_3, (\lambda, \mu, \xi) \in \R^3 \right\} \\
		&= \R^3 \\
	.\end{align*}

	\item Soit $\begin{cases}
			a &> 0 \\
			b &\neq 0 \\
			c &= 0 \\
	\end{cases}$, on regarde $\begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix} $.

	On cherche $\alpha_0, \ldots, \alpha_k$ tel que 

	\begin{align}
		\sum_{i=0}^k \alpha_i \begin{pmatrix} 3i + 1 \\ 3i + 2 \\ 3i + 3 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}
	.\end{align}


	On remaruqe que $\begin{pmatrix} 3n+1\\3n+2\\3n+3 \end{pmatrix}  = 3n \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}  + \begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} $

	(1) donne:

	\begin{align*}
		\begin{pmatrix} \sum 3i \alpha_i \\ \sum 3i \alpha_i \\ \sum 3i \alpha_i \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \sum \alpha_i \\ 2 \sum \alpha_i \\ 3 \sum \alpha_i \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}  \\
		\implies a - \sum_{i=1}^k \alpha_i &= b - 2\sum_{i=1}^k \alpha_i = c - 3\sum_{i=1}^k \alpha_i
	.\end{align*}
	
	\begin{align*}
		a = b = 0 &\implies \sum \alpha_i = 2 \sum \alpha_i \\
			  &\implies \sum \alpha_i = 0
	.\end{align*}

	Le vecteur s'écrit $\begin{pmatrix} 0\\0\\c \end{pmatrix} $.
	Avec \fbox{$c = 1$}, on trouve $c - 3\sum \alpha_i = 0 \implies c = 0$ 

	Donc $\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} $ ne peut pas s'écrire comme CL des vecteurs $\begin{pmatrix} 3n + 1\\ 3n + 2 \\ 3n + 3 \end{pmatrix}_{n\in \N}$. 
	\item $\begin{pmatrix} 1\\t\\2 \end{pmatrix}_{t\in \R}$. Soit $\begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix} \in \R^3$.

		Soient $\begin{cases}
			\alpha_1, \ldots, \alpha_k \in \R \\
			t_1, \ldots, t_k \in  \R
			\end{cases}$ tel que $\alpha_1 \begin{pmatrix} 1 \\ t_1 \\ 2 \end{pmatrix} + \cdots + \alpha_k \begin{pmatrix} 1 \\ t_k \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix} $.

		ie

		\begin{align*}
			\begin{pmatrix} \sum \alpha_i \\ t_i \sum \alpha_i \\ 2 \sum \alpha_i \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix} \\
		.\end{align*}

		\begin{align*}
			\begin{cases}
				a &=  2 \\
				b&= 0 \\
				c&= 2 \\
			\end{cases} &\implies \begin{pmatrix} \sum \alpha_i \\ t_i \sum \alpha_i \\ 2 \sum \alpha_i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\0\\2 \end{pmatrix} \\
				    &\iff \sum \alpha_i = 2 = 2 \sum \alpha_i 
		\end{align*}

	\item La fonction $\id_{\R}$ n'est pas CL des $(f_\lambda)$ par croissance comparée.

		Supposons qu'il existe $\begin{cases}
			(\alpha_1, \ldots, \alpha_k) \\
			(\lambda_1, \ldots, \lambda_k)
		\end{cases}$.

		tel que $\forall t\in \R, \alpha_1 e^{\alpha_1 t} + \cdots + \alpha_k e^{\lambda_k t}$.

		\begin{itemize}
			\item Si on avait les $\lambda_i < 0$ impossible car le 2ème terme tend vers 0
			\item Si on avait les $\lambda_i \le  0$ alors le 2ème terme tend vers une constante
			\item S'il existe des $\lambda_i > 0$: le plus grand $\lambda_i$ définit la croissance du 2ème terme
		\end{itemize}

		\texttt{side-by-side grahs of id and e\^(lambda t) (lambda > 0)}

		Donc cette famille n'est pas génératrice.
	\item Soit $P = \sum_{i=0}^d a_i X^i \in \K[X]$ donc \emph{ok}.

\end{enumerate}

\paragraph{Méthode}
Montrer que la fonction $ \sin \circ \pi\id $ ne s'écrit comme CL des $(f_\lambda)$.

La fonction $ \sin\circ \pi\id $ s'annule sur $\N$.
\begin{itemize}
	\item On évalue en le bon nombre d'entiers, et on trouve un déterminant de Vandermonde.
\end{itemize}
\sxe

%\exs~ {\it La famille $\big(f_\lambda\big)_{\lambda\in\R}$ est-elle g\'en\'eratrice de $E=\cc^{\infty}(\R,\R)$~?}
%\sxe

\rmq
Toute famille $\fc$ est génératrice de $\Vect \fc$
\qmr

\subsection{Bases}

\Definition\ \\[-0.4cm]
On dit d'une famille $\bc$ de vecteurs de $E$ que c'est une \newdef{base de $E$} lorsque tout vecteur de $E$ peut s'\'ecrire de fa\c{c}on unique comme CL des vecteurs de $\bc$.
\FinDefinition

\Proposition[Reformulation de la d\'efinition]\ \\[-0.4cm]
Une famille $\bc$ de vecteurs de $E$ est une base \ssi elle est libre et g\'en\'eratrice de $E$.
\FinProposition

\demo
Soit $\bc=(v_i)_{i\in I}$ une famille de vecteurs de $E$.
La famille $\bc$ est une base \ssi tout vecteur de $E$ admet exactement une d\'ecomposition comme CL des vecteurs de $\bc$. Elle est g\'en\'eratrice \ssi tout vecteur de $E$ admet au moins une d\'ecomposition comme CL des vecteurs de $\bc$. Pour montrer la proposition, il suffit donc de montrer que la famille $\bc$ est libre \ssi tout vecteur de $E$ admet au plus une d\'ecomposition comme CL des vecteurs de $\bc$. Montrons-le par double implication.\\
\fbox{$\Rightarrow$} Supposons $\bc$ libre. Soit $v\in E$ et supposons avoir deux d\'ecompositions de $v$ comme CL des vecteurs de $\bc$~: $v=\alpha_1 v_{i_1}+\alpha_2 v_{i_2}+\cdots+\alpha_r v_{i_r}=\beta_1 v_{j_1}+\beta_2 v_{j_2}+\cdots+\beta_s v_{j_s}$. Quitte \`a r\'eordonner les termes de chaque CL et \`a rajouter des termes nuls (voir la convention pr\'esent\'ee dans la section \ref{SubsectionFamille}), on peut supposer avoir $s=r$ et, pour tout $k\in\{1,\ldots,r\}$, $j_k=i_k$. On trouve donc $(\alpha_1-\beta_1) v_{i_1}+(\alpha_2-\beta_2) v_{i_2}+\cdots+(\alpha_r-\beta_r) v_{i_r}=0_E$, puis, par libert\'e de $\bc$, $\alpha_1=\beta_1$, $\alpha_2=\beta_2$, $\hdots$, $\alpha_r=\beta_r$. D'o\`u l'unicit\'e d'une telle d\'ecomposition.\\
\fbox{$\Leftarrow$} Supposons que, pour tout vecteur $v\in E$, il existe au plus une d\'ecomposition de $v$ comme CL des vecteurs de $E$. C'est en particulier vrai pour le vecteur nul $0_E$, ce qui signifie qu'il existe au plus une CL nulle des vecteurs de $\bc$. Comme la CL triviale est clairement nulle, on en d\'eduit que la seule CL nulle des vecteurs de $E$ est la CL triviale, \cad que $\bc$ est libre.
\cqfd


\Definition[(informelle)]\ \\[-0.35cm]
Lorsqu'un espace vectoriel $E$ est livr\'e en kit avec une base, c'est-\`a-dire lorsque les vecteurs de cet espace sont, par d\'efinition, des CL uniques des vecteurs d'une famille $\cc$, cette famille est une base de $E$ et on l'appelle la \newdef{base canonique} de $E$.
\FinDefinition

\exs
\begin{enumerate}[1.]
\item L'espace vectoriel $\K^n$ a pour base canonique $(e_1,e_2,\ldots,e_n)$ o\`u $e_i$ est le $n$-uplet dont toutes les coordonn\'ees sont nulles, sauf la $i$-i\`eme qui vaut $1$. En effet, les coefficients du $n$-uplet $\vect{x_1\\\vdots\\x_n}$ sont $x_1$, $\hdots$, $x_n$, et on a bien $\vect{x_1\\\vdots\\x_n}=x_1e_1+x_2e_2+\cdots +x_ne_n$.
\item L'espace vectoriel $\K[X]$ a pour base canonique $(1, X, X^2, \ldots, X^n, \ldots)$.
\item Pour la m\^eme raison, l'espace vectoriel $\K_n[X]$ a pour base canonique $(1, X, X^2, \ldots, X^n)$.
\item L'espace $\mc_{p,q}(\K)$ a pour base canonique $(E_{ij})_{(i,j) \in \{1, \ldots, p\} \times \{1, \ldots, q\}  }$
\begin{align*}
	\mc_{p, q}(\K) &=  \left\{  \begin{pmatrix} a_{11} & \ldots & a_{1q} \\ \ldots && \ldots \\ a_{p1} & \ldots & a_{pq} \end{pmatrix}, a_{ij} \in \K  \right\}  \\
	&= \{a_{11} E_{11} + \cdots + a_{pq} E_{pq}, a_{ij}\in \K\}  \\
\end{align*} 
\item 
\begin{align*}
	\K^\N &= \{(u_0, u_1, \ldots, u_n, \ldots), u_i \in \K\}  \\
	% \cancel{(u_n)_n &= \underbrace{u_0 (1, \ldots, 0, \ldots 0, \ldots) + u_1 (0, 1, 0, \ldots) + \ldots}_{\text{\emph{pas une CL finie!}}}}
	(u_n)_n &= \underbrace{u_0 (1, \ldots, 0, \ldots 0, \ldots) + u_1 (0, 1, 0, \ldots) + \ldots}_{\text{\emph{pas une CL finie!}}}
\end{align*}

donc $\K^{\N}$ n'a pas de base canonique
\end{enumerate}
\sxe

\rmq
$((1, 0, \ldots, 0, \ldots), (0, 1, 0, \ldots), \ldots)$ est une base de l'espace vectoriel des suites de la forme $(u_0, u_1, u_2, \ldots, u_n, 0, 0, 0, \ldots)$ ie $\{\text{suites qui stationnent sur 0}\} $
\qmr

\rmq
\`A l'aide de la remarque \ref{Liberte012}, on peut reformuler la d\'efinition 5 du chapitre pr\'ec\'edent~:
\begin{enumerate}
\item Une \newdef{droite (vectorielle)} est un sev de $E$ ayant une base form\'ee d'un seul vecteur.
\item Un \newdef{plan (vectoriel)} est un sev de $E$ ayant une base form\'ee de deux vecteurs.
\end{enumerate}
\qmr

\medskip

\subsection{Bases adapt\'ees}

\Definition
\'Etant donn\'ees deux familles $\fc=(u_i)_{i\in I}$ et $\gc=(v_j)_{j\in J}$, on notera (notation maison) $\fc \sqcup \gc$ la famille obtenue en concat\'enant $\fc$ et $\gc$, qu'on peut, par exemple, formellement d\'efinir par $\fc \sqcup \gc = (w_k)_{k\in K}$ o\`u $K=I\times\{0\}\cup J\times\{1\}$ et $w_k=\lect{u_i \text{ si $k$ est de la forme $(i,0)$}\\v_j \text{ si $k$ est de la forme $(j,1)$.}}$
\FinDefinition
On d\'efinit de m\^eme la concat\'enation $\fc_1\sqcup\cdots\sqcup\fc_n$ de $n$ familles.

\smallskip

\begin{_thdef}[Base adapt\'ee]\label{BasesAdaptees}
Si on a $E=F_1\oplus F_2 \oplus \cdots \oplus F_n$, o\`u, pour tout $i$, $\bc_i$ est une base de $F_i$, alors $\bc=\bc_1\sqcup\cdots\sqcup\bc_n$ est une\,base\,de\,$E$.\\[0.2cm] Une telle base est appel\'ee \newdef{base adapt\'ee \`a la somme directe}.\\[0.2cm]
R\'eciproquement si $\fc=\fc_1\sqcup\cdots\sqcup\fc_n$ est libre, alors on a $\Vect{\fc}=\Vect{\fc_1}\oplus\cdots\oplus\Vect{\fc_n}$,\break\\[-0.325cm] et $\fc$ est une base adapt\'ee \`a cette somme directe.\semisubline
\end{_thdef}


\demo Je fais pour $n=2$.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Supposons avoir $E=F_1\oplus F_2$, avec $\bc_1$ une base de $F_1$ et $\bc_2$ une base de $F_2$. Montrons que $\bc=\bc_1\sqcup\bc_2$ est bien une base de $E$ en montrant qu'elle est libre et g\'en\'eratrice.\\
D'apr\`es le r\'esultat de l'exercice 1 plus haut, on a $\Vect{\bc}=\Vect{\bc_1\cup\bc_2}=\Vect{\bc_1}+\Vect{\bc_2}$ \cad $\Vect{\bc}=F_1+F_2=E$. D'o\`u le carat\`ere g\'en\'erateur de $\bc$.\\
Consid\'erons une CL nulle des vecteurs de $\bc=\bc_1\sqcup\bc_2$~: une telle CL s'\'ecrit sous la forme $\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_pu_p+\mu_1v_1+\cdots+\mu_qv_q=0_E$, o\`u les $u_i$ sont des vecteurs de $\bc_1$ et les $v_j$ des vecteurs de $\bc_2$. Posons $u=\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_pu_p$ et $v=\mu_1v_1+\cdots+\mu_qv_q$. On a ainsi $u+v=0_E$, et comme $\bc_1$ est une base de $F_1$ on a $u\in F_1$, et comme $\bc_2$ est une base de $F_2$ on a $v\in F_2$. La somme $F_1\oplus F_2$ \'etant directe, on a donc $u=v=0_E$, \cad $\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_pu_p=\mu_1v_1+\cdots+\mu_qv_q=0_E$. Par libert\'e de $\bc_1$ et de $\bc_2$, on a donc bien $\lambda_1=\cdots=\lambda_p=\mu_1=\cdots=\mu_q=0$. \\D'o\`u la libert\'e de $\bc$.
\item Supposons avoir $\fc=\fc_1\sqcup\fc_2$ libre. Les familles $\fc_1$ et $\fc_2$ sont libres comme sous-familles de $\fc$. Pour $i\in\{1,2\}$, on a par d\'efinition $\fc_i$ g\'en\'eratrice de $\Vect{\fc_i}$, et par libert\'e elle en forme bien une base.\\
Alors on a $\Vect{\fc}=\Vect{\fc_1}\oplus\Vect{\fc_2}$ et $\fc$ est une base adapt\'ee \`a cette somme directe.
\end{enumerate}
\ \\[-1cm]
\cqfd

\exx 
\begin{enumerate}
	\item $\underbrace{Ox}_{\text{base } e_1} \oplus \underbrace{Oy}_{\text{base } e_2} = \underbrace{\R^2}_{\text{base } e_1 \sqcup e_2 = (e_1, e_2)}$
		\[
			\R^2 = \Vect{\underbrace{e_1}_{Ox = \Vect{e_1}}, \underbrace{e_2}_{Oy = \Vect{e_2}}}
		\] 
	\item $\R[X]$ a pour base $(1, X, \ldots, X^{n}\ \vdots\  X^{n+1}, \ldots)$

		Alors $\R[X]=\underbrace{\Vect{1,X, \ldots, X^n}}_{\R_n[X]} \oplus \underbrace{\Vect{X^{n+1}, \ldots}}_{X^{n+1}\R[X]}$ 

		et $(1, X, \ldots, X^n, X^{n+1}, \ldots)$ est une base adaptée à la somme directe.
	\item $\left\{ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} , x+y+z=0 \right\}_{F_1} \oplus \left\{ \begin{pmatrix} t\\t\\t \end{pmatrix} , t\in \R \right\}_{F_3} = \R^3$

		\begin{itemize}
			\item Base de $F_1$: $\left( \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\1\\-1 \end{pmatrix}  \right) $ 
			\item Base de $f_3$: $\left( \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}  \right) $
		\end{itemize}
	
		Une base de $\R^3$ \emph{adaptée à la somme directe} est $\left( \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\1\\-1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}  \right) $
\end{enumerate}
\xxe

La proposition pr\'ec\'edente donne un proc\'ed\'e explicite de construction de sous-espaces suppl\'ementaires~: on consid\`ere une base de $E$, on la scinde en deux, et on obtient les bases de deux sous-espaces suppl\'ementaires de $E$.


\exx 
Notons $\begin{cases}
	\fc_1 &= (1, X, X^2, \ldots, X^{2n}, \ldots) \\
	\fc_2 &= (X, X^3, \ldots, X^{2n+1}, \ldots) \\
\end{cases}$.

$\fc_1 \sqcup \fc_2$ est une base de $\R[X]$.

Donc $\{\text{polynômes pairs}\} \oplus \{\text{polynômes impairs}\} = \R[X]$.


\begin{align*}
	\mc_n(\K) &= \Vect(\underbrace{E_{11}, E_{22}, \ldots, E_{nn}}_{E_{ii}}, \underbrace{E_{12}, E_{13}, \ldots, E_{n-1, n}}_{E_{ij}, i < j}, \ \vdots\ , \underbrace{E_{21}, E_31, \ldots, E_{n, n-1}}_{E_{ij}, i > j} \\
\end{align*}

On obtient:

\begin{align*}
	\mc_n(\K) &= \Vect(E_{ii}) \oplus \Vect{(E_{ij})_{i<j}} \oplus \Vect{(E_{ij})_{i>j}} \\
		  &= \{\text{diagonales}\} \oplus \{\text{triangulaires supérieures strictes}\} \oplus \{\text{triangulaires inférieures strictes}\}
\end{align*}
\xxe

$\square$

\end{document}
