Chap. 3. Espaces vectoriels et Applications linéaires
Le changement d’indice i = n + k montre alors que
(X − a)
n (X − b)
n =
2n
i=n
n
i − n
(X − a)
i (a − b)
2n−i .
On obtient alors les coordonnées l 0 , . . . , l 2n de (X − a)
n (X − b)
n dans la base B
l k =
⎧
⎨
⎩
0
s i k ∈ [[0, n − 1]]
n
k − n
(a − b)
2n−k
si k ∈ [[n, 2n]]
Exercice 3.3
Soit E = F(R, R) et soit a dans R. On considère la fonction f a définie pour tout
x ∈ R par f a (x) = e
ax . Montrer que la famille L = ( f a ) a∈R est une famille libre
de E.
Montrons que toute sous-famille finie de L est libre. Pour cela, on va procéder par
récurrence sur le cardinal des sous-familles finies de L. Soit L 1 une sous-famille
L de cardinal 1. Cette famille contient une seule fonction f a , cette famille est libre
puisque cette fonction n’est pas nulle. Soit n 2 un entier naturel. On suppose que
toute sous-famille L n−1 de L de cardinal n − 1 est libre. Soit alors L = ( f a 1 , . . . , f a n )
une sous-famille de L. Quitte à réindexer la famille (a 1 , . . . , a n ) et comme tous les a i
sont distincts on peut supposer que a n est strictement plus grand que tous les autres
a i . Soit alors (a 1 , . . . , a n ) dans R
n tel que
n
i=1
a i f a i = 0. Cette somme de fonctions
admet pour limite 0 en +∞ puisque elle est constamment nulle. Pour la même raison,
on a lim
x→+∞
e
−a n x
n
i=1
a i f a i (x) = 0 et on en déduit que lim
x→+∞
n
i=1
a i e
(a i −a n )x = 0. Or
chacun des termes de cette somme tend vers 0 sauf le n-ième qui tend vers a n . On
en déduit que a n = 0. On a alors
n−1
i=1
a i f a i = 0 et comme la famille ( f a 1 , . . . , f a n−1 )
est de cardinal n − 1, par hypothèse de récurrence, elle est libre. On en déduit que
finalement pour tout k dans [[1, n]], on a a k = 0. On a montré par récurrence que
toute sous-famille finie de B est libre, ce qui montre que la famille B est libre.
3.1.2 Sous-espaces vectoriels
Ce qu’il faut savoir
Soit (E, +, ·) un K-espace vectoriel et soit F une partie de E.
Sous-espaces vectoriels
• On dit que F est un sous-espace vectoriel de E lorsque
(i) la partie F est non vide,
Le changement d’indice i = n + k montre alors que
(X − a)
n (X − b)
n =
2n
i=n
n
i − n
(X − a)
i (a − b)
2n−i .
On obtient alors les coordonnées l 0 , . . . , l 2n de (X − a)
n (X − b)
n dans la base B
l k =
⎧
⎨
⎩
0
s i k ∈ [[0, n − 1]]
n
k − n
(a − b)
2n−k
si k ∈ [[n, 2n]]
Exercice 3.3
Soit E = F(R, R) et soit a dans R. On considère la fonction f a définie pour tout
x ∈ R par f a (x) = e
ax . Montrer que la famille L = ( f a ) a∈R est une famille libre
de E.
Montrons que toute sous-famille finie de L est libre. Pour cela, on va procéder par
récurrence sur le cardinal des sous-familles finies de L. Soit L 1 une sous-famille
L de cardinal 1. Cette famille contient une seule fonction f a , cette famille est libre
puisque cette fonction n’est pas nulle. Soit n 2 un entier naturel. On suppose que
toute sous-famille L n−1 de L de cardinal n − 1 est libre. Soit alors L = ( f a 1 , . . . , f a n )
une sous-famille de L. Quitte à réindexer la famille (a 1 , . . . , a n ) et comme tous les a i
sont distincts on peut supposer que a n est strictement plus grand que tous les autres
a i . Soit alors (a 1 , . . . , a n ) dans R
n tel que
n
i=1
a i f a i = 0. Cette somme de fonctions
admet pour limite 0 en +∞ puisque elle est constamment nulle. Pour la même raison,
on a lim
x→+∞
e
−a n x
n
i=1
a i f a i (x) = 0 et on en déduit que lim
x→+∞
n
i=1
a i e
(a i −a n )x = 0. Or
chacun des termes de cette somme tend vers 0 sauf le n-ième qui tend vers a n . On
en déduit que a n = 0. On a alors
n−1
i=1
a i f a i = 0 et comme la famille ( f a 1 , . . . , f a n−1 )
est de cardinal n − 1, par hypothèse de récurrence, elle est libre. On en déduit que
finalement pour tout k dans [[1, n]], on a a k = 0. On a montré par récurrence que
toute sous-famille finie de B est libre, ce qui montre que la famille B est libre.
3.1.2 Sous-espaces vectoriels
Ce qu’il faut savoir
Soit (E, +, ·) un K-espace vectoriel et soit F une partie de E.
Sous-espaces vectoriels
• On dit que F est un sous-espace vectoriel de E lorsque
(i) la partie F est non vide,