MPSI · Espaces vectoriels

Familles libres

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Question

Une famille génératrice peut traîner des vecteurs inutiles : on a vu qu'on peut retirer tout vecteur qui est déjà combinaison linéaire des autres. Cela suggère un idéal d'« économie » : une famille sans aucune redondance, où aucun vecteur ne se déduit des autres. Comment traduire cette absence de redondance par une condition de calcul vérifiable ? Et une telle famille garantit-elle que chaque vecteur s'écrit d'une seule façon comme combinaison de ses membres ?

Définition et exemples

Définition 1 : Famille libre, famille liée

Soit (ai)1⩽i⩽n(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n} une famille finie de EE. On dit que (ai)1⩽i⩽n(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n} est libre si

∀(λi)1⩽i⩽n∈Kn,∑i=1nλiai=0E  ⟹  λ1=λ2=⋯=λn=0.\forall(\lambda_i)_{1\leqslant i\leqslant n}\in\mathbb{K}^n,\quad \sum_{i=1}^{n}\lambda_i a_i=0_E \implies \lambda_1=\lambda_2=\dots=\lambda_n=0.

Dans le cas contraire, on dit que (ai)1⩽i⩽n(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n} est liée.

Exemple :

  1. Dans le R\mathbb{R}-espace vectoriel C\mathbb{C}, la famille (1,i)(1,i) est libre : si λ+μ i=0\lambda+\mu\, i=0 avec λ,μ∈R\lambda,\mu\in\mathbb{R}, alors λ=μ=0\lambda=\mu=0.
  2. La famille (ei)1⩽i⩽n(e_i)_{1\leqslant i\leqslant n} est libre : si ∑i=1nxi ei=0E\sum_{i=1}^{n}x_i\,e_i=0_E, alors (x1,…,xn)=(0,…,0)(x_1,\dots,x_n)=(0,\dots,0).
  3. La famille (Xk)0⩽k⩽n(X^k)_{0\leqslant k\leqslant n} est libre : si ∑k=0nakXk=0\sum_{k=0}^{n}a_k X^k=0, alors a0=⋯=an=0a_0=\dots=a_n=0.
  4. La famille (Ei,j)1⩽i⩽n, 1⩽j⩽p(E_{i,j})_{1\leqslant i\leqslant n,\ 1\leqslant j\leqslant p} est libre : si ∑i,jλi,jEi,j=0\sum_{i,j}\lambda_{i,j}E_{i,j}=0, alors λi,j=0\lambda_{i,j}=0 pour tout (i,j)(i,j).

Remarque :

  1. (a1,…,an)(a_1,\dots,a_n) est liée si et seulement s'il existe des scalaires λ1,…,λn\lambda_1,\dots,\lambda_n non tous nuls tels que ∑i=1nλiai=0E\sum_{i=1}^{n}\lambda_i a_i=0_E.
  2. Toute famille contenant le vecteur nul est liée.
  3. Si x≠0Ex\neq 0_E, alors (x)(x) est libre.

Test 1

Une famille contenant le vecteur nul peut être libre.

Vecteurs colinéaires

Définition 2 : Vecteurs colinéaires

Soient u,v∈Eu,v\in E. On dit que uu et vv sont colinéaires s'il existe λ∈K\lambda\in\mathbb{K} tel que u=λvu=\lambda v ou v=λuv=\lambda u.

Remarque :

  1. Le vecteur nul est colinéaire à tout vecteur.
  2. uu et vv sont colinéaires si et seulement si la famille (u,v)(u,v) est liée.
  3. Toute famille contenant deux vecteurs colinéaires est liée.

Exemple :

  1. Les vecteurs (1,0,−1)(1,0,-1) et (−2,0,2)(-2,0,2) sont colinéaires.
  2. Les vecteurs (1,0,−1)(1,0,-1) et (1,1,0)(1,1,0) sont non colinéaires, donc la famille ((1,0,−1),(1,1,0))\big((1,0,-1),(1,1,0)\big) est libre.
  3. Les vecteurs (1,0)(1,0), (0,1)(0,1) et (1,1)(1,1) sont deux à deux non colinéaires, pourtant la famille ((1,0),(0,1),(1,1))\big((1,0),(0,1),(1,1)\big) est liée.

Test 2

Si trois vecteurs sont deux à deux non colinéaires, alors la famille qu'ils forment est libre.

Sous-familles, sur-familles et ajout d'un vecteur

Proposition 1

  1. Toute sous-famille d'une famille libre est libre.
  2. Toute sur-famille d'une famille liée est liée.

Démonstration :

  1. Soit (ai)1⩽i⩽n(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n} une famille libre et I⊂⟦1,n⟧I\subset\llbracket 1,n\rrbracket. Soit (λi)i∈I∈KI(\lambda_i)_{i\in I}\in\mathbb{K}^{I} tel que ∑i∈Iλiai=0E\sum_{i\in I}\lambda_i a_i=0_E. En complétant par des coefficients nuls, on a
∑i∈Iλiai+∑i∈⟦1,n⟧∖I0⋅ai=0E.\sum_{i\in I}\lambda_i a_i+\sum_{i\in\llbracket 1,n\rrbracket\setminus I}0\cdot a_i=0_E.

Or la famille (ai)1⩽i⩽n(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n} est libre, donc tous les coefficients sont nuls, en particulier λi=0\lambda_i=0 pour tout i∈Ii\in I. D'où (ai)i∈I(a_i)_{i\in I} est libre. 2. C'est la contraposée du point 1. Soit G\mathcal{G} une sur-famille d'une famille liée F\mathcal{F}. Si G\mathcal{G} était libre, alors, d'après le point 1, toute sous-famille de G\mathcal{G} serait libre, en particulier F\mathcal{F} : contradiction. Donc G\mathcal{G} est liée.

Test 3

Toute sous-famille d'une famille liée est liée.

Proposition 2

Soient (x1,…,xn)(x_1,\dots,x_n) une famille libre de EE et x∈Ex\in E. Alors la famille (x1,…,xn,x)(x_1,\dots,x_n,x) est libre si et seulement si x∉vect⁡(x1,…,xn)x\notin\operatorname{vect}(x_1,\dots,x_n).

Démonstration :

On montre la contraposée : (x1,…,xn,x)(x_1,\dots,x_n,x) est liée si et seulement si x∈vect⁡(x1,…,xn)x\in\operatorname{vect}(x_1,\dots,x_n).

  • Si x∈vect⁡(x1,…,xn)x\in\operatorname{vect}(x_1,\dots,x_n), il existe (λi)∈Kn(\lambda_i)\in\mathbb{K}^n tel que x=∑i=1nλixix=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i x_i. Alors 1⋅x+∑i=1n(−λi) xi=0E1\cdot x+\sum_{i=1}^{n}(-\lambda_i)\,x_i=0_E, relation à coefficients non tous nuls (celui de xx vaut 11), donc (x1,…,xn,x)(x_1,\dots,x_n,x) est liée.
  • Réciproquement, supposons (x1,…,xn,x)(x_1,\dots,x_n,x) liée : il existe λ1,…,λn+1\lambda_1,\dots,\lambda_{n+1} non tous nuls tels que ∑i=1nλixi+λn+1 x=0E\sum_{i=1}^{n}\lambda_i x_i+\lambda_{n+1}\,x=0_E. Si λn+1=0\lambda_{n+1}=0, alors ∑i=1nλixi=0E\sum_{i=1}^{n}\lambda_i x_i=0_E, et comme (x1,…,xn)(x_1,\dots,x_n) est libre, tous les λi\lambda_i seraient nuls : contradiction. Donc λn+1≠0\lambda_{n+1}\neq 0, et
x=∑i=1n−λiλn+1 xi∈vect⁡(x1,…,xn).x=\sum_{i=1}^{n}\frac{-\lambda_i}{\lambda_{n+1}}\,x_i\in\operatorname{vect}(x_1,\dots,x_n).

Remarque :

La famille (x1,…,xn,x)(x_1,\dots,x_n,x) est liée si et seulement si x∈vect⁡(x1,…,xn)x\in\operatorname{vect}(x_1,\dots,x_n).

Familles échelonnées en degré

Définition 3 : Famille de polynômes échelonnée en degré

Une famille de polynômes non nuls est dite échelonnée en degré si les degrés de ses polynômes sont deux à deux distincts.

Remarque :

Quitte à changer l'ordre des polynômes, on peut supposer que deg⁡P1<deg⁡P2<⋯<deg⁡Pn\deg P_1<\deg P_2<\dots<\deg P_n.

Proposition 3

Toute famille de polynômes échelonnée en degré est libre.

Démonstration :

Soit (P1,…,Pn)(P_1,\dots,P_n) une famille échelonnée avec deg⁡P1<⋯<deg⁡Pn\deg P_1<\dots<\deg P_n. Montrons par récurrence finie que (P1,…,Pk)(P_1,\dots,P_k) est libre pour tout k∈⟦1,n⟧k\in\llbracket 1,n\rrbracket.

  • Initialisation. P1≠0P_1\neq 0, donc (P1)(P_1) est libre.
  • Hérédité. Soit k∈⟦1,n−1⟧k\in\llbracket 1,n-1\rrbracket tel que (P1,…,Pk)(P_1,\dots,P_k) est libre. Supposons Pk+1∈vect⁡(P1,…,Pk)P_{k+1}\in\operatorname{vect}(P_1,\dots,P_k) ; il existerait (λi)∈Kk(\lambda_i)\in\mathbb{K}^k tel que Pk+1=∑i=1kλiPiP_{k+1}=\sum_{i=1}^{k}\lambda_i P_i. Mais deg⁡(∑i=1kλiPi)⩽deg⁡Pk<deg⁡Pk+1\deg\left(\sum_{i=1}^{k}\lambda_i P_i\right)\leqslant\deg P_k<\deg P_{k+1} : contradiction. Donc Pk+1∉vect⁡(P1,…,Pk)P_{k+1}\notin\operatorname{vect}(P_1,\dots,P_k), et d'après la proposition précédente, (P1,…,Pk+1)(P_1,\dots,P_{k+1}) est libre.

D'après le principe de récurrence finie, (P1,…,Pn)(P_1,\dots,P_n) est libre.

Exemple :

La famille (1, X, X2+X, X3−2X2+1)(1,\ X,\ X^2+X,\ X^3-2X^2+1) est échelonnée en degré (degrés 0,1,2,30,1,2,3), donc elle est libre.

Test 4

Toute famille libre de polynômes est échelonnée en degré.

Unicité des coordonnées et familles infinies

Proposition 4

Soient (x1,…,xn)(x_1,\dots,x_n) une famille libre de EE et x∈Ex\in E. Alors :

  1. ∀(λi)∈Kn, ∀(μi)∈Kn,∑i=1nλixi=∑i=1nμixi  ⟹  ∀i∈⟦1,n⟧, λi=μi\forall(\lambda_i)\in\mathbb{K}^n,\ \forall(\mu_i)\in\mathbb{K}^n,\quad \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\lambda_i x_i=\sum_{i=1}^{n}\mu_i x_i \implies \forall i\in\llbracket 1,n\rrbracket,\ \lambda_i=\mu_i ;
  2. s'il existe (λi)∈Kn(\lambda_i)\in\mathbb{K}^n tel que x=∑i=1nλixix=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i x_i, alors une telle famille (λi)(\lambda_i) est unique.

Démonstration :

  1. Soient (λi),(μi)∈Kn(\lambda_i),(\mu_i)\in\mathbb{K}^n tels que ∑i=1nλixi=∑i=1nμixi\sum_{i=1}^{n}\lambda_i x_i=\sum_{i=1}^{n}\mu_i x_i. Alors ∑i=1n(λi−μi) xi=0E\sum_{i=1}^{n}(\lambda_i-\mu_i)\,x_i=0_E. Or (x1,…,xn)(x_1,\dots,x_n) est libre, donc λi−μi=0\lambda_i-\mu_i=0, c'est-à-dire λi=μi\lambda_i=\mu_i, pour tout i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket.
  2. Si x=∑i=1nλixi=∑i=1nμixix=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i x_i=\sum_{i=1}^{n}\mu_i x_i sont deux écritures de xx, le point 1 donne λi=μi\lambda_i=\mu_i pour tout ii. D'où l'unicité.

Définition 4 : Famille libre quelconque

Soit (xi)i∈I(x_i)_{i\in I} une famille de EE. On dit que (xi)i∈I(x_i)_{i\in I} est libre si toute sous-famille finie (xj)j∈J(x_j)_{j\in J} (avec J⊂IJ\subset I fini) est libre.

Remarque :

La famille (xi)i∈I(x_i)_{i\in I} est liée si et seulement s'il existe une sous-famille finie (xj)j∈J(x_j)_{j\in J} liée.

Proposition 5

Soit (xn)n∈N(x_n)_{n\in\mathbb{N}} une famille de EE. Alors (xn)n∈N(x_n)_{n\in\mathbb{N}} est libre si et seulement si, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, la famille (x0,…,xn)(x_0,\dots,x_n) est libre.

Démonstration :

  • Si (xn)n∈N(x_n)_{n\in\mathbb{N}} est libre, alors toute sous-famille finie est libre ; en particulier, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, (x0,…,xn)(x_0,\dots,x_n) est libre.
  • Réciproquement, supposons (x0,…,xn)(x_0,\dots,x_n) libre pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. Soit J⊂NJ\subset\mathbb{N} fini et non vide, et posons m=max⁡Jm=\max J. La famille (x0,…,xm)(x_0,\dots,x_m) est libre, et (xj)j∈J(x_j)_{j\in J} en est une sous-famille, donc (xj)j∈J(x_j)_{j\in J} est libre (le cas J=∅J=\varnothing est libre par convention). D'où (xn)n∈N(x_n)_{n\in\mathbb{N}} est libre.

Exemple :

La famille (Xn)n∈N(X^n)_{n\in\mathbb{N}} de K[X]\mathbb{K}[X] est libre.

Exercice 1 : Une famille libre de fonctions indicatrices

Montrer que la famille (1{a})a∈R\big(\mathbb{1}_{\{a\}}\big)_{a\in\mathbb{R}} est libre.

Solution :(cliquer pour afficher)

Il suffit de montrer que toute sous-famille finie est libre. Soient a1,…,an∈Ra_1,\dots,a_n\in\mathbb{R} deux à deux distincts et (λi)∈Rn(\lambda_i)\in\mathbb{R}^n tels que ∑i=1nλi 1{ai}=0\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\,\mathbb{1}_{\{a_i\}}=0 (fonction nulle).

Évaluons cette fonction en aka_k, pour k∈⟦1,n⟧k\in\llbracket 1,n\rrbracket. Comme 1{ai}(ak)=δi,k\mathbb{1}_{\{a_i\}}(a_k)=\delta_{i,k} (les aia_i étant distincts), on obtient

∑i=1nλi 1{ai}(ak)=∑i=1nλi δi,k=λk=0.\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\,\mathbb{1}_{\{a_i\}}(a_k)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\,\delta_{i,k}=\lambda_k=0.

Ainsi λk=0\lambda_k=0 pour tout kk, donc (1{ai})1⩽i⩽n\big(\mathbb{1}_{\{a_i\}}\big)_{1\leqslant i\leqslant n} est libre. Toute sous-famille finie étant libre, la famille (1{a})a∈R\big(\mathbb{1}_{\{a\}}\big)_{a\in\mathbb{R}} est libre.

Proposition 6

Soit (xi)i∈I(x_i)_{i\in I} une famille libre de EE. Alors :

∀(λi)∈K(I), ∀(μi)∈K(I),∑i∈Iλixi=∑i∈Iμixi  ⟹  ∀i∈I, λi=μi.\forall(\lambda_i)\in\mathbb{K}^{(I)},\ \forall(\mu_i)\in\mathbb{K}^{(I)},\quad \sum_{i\in I}\lambda_i x_i=\sum_{i\in I}\mu_i x_i \implies \forall i\in I,\ \lambda_i=\mu_i.

Démonstration :

Soient (λi),(μi)∈K(I)(\lambda_i),(\mu_i)\in\mathbb{K}^{(I)} tels que ∑i∈Iλixi=∑i∈Iμixi\sum_{i\in I}\lambda_i x_i=\sum_{i\in I}\mu_i x_i. Alors ∑i∈I(λi−μi) xi=0E\sum_{i\in I}(\lambda_i-\mu_i)\,x_i=0_E. La famille (λi−μi)i∈I(\lambda_i-\mu_i)_{i\in I} est à support fini ; notons SS son support (inclus dans la réunion des supports de (λi)(\lambda_i) et (μi)(\mu_i)). On a alors ∑i∈S(λi−μi) xi=0E\sum_{i\in S}(\lambda_i-\mu_i)\,x_i=0_E, combinaison finie des vecteurs de la sous-famille finie (xi)i∈S(x_i)_{i\in S}.

Or (xi)i∈I(x_i)_{i\in I} est libre, donc sa sous-famille finie (xi)i∈S(x_i)_{i\in S} est libre. Ainsi λi−μi=0\lambda_i-\mu_i=0 pour tout i∈Si\in S, et cette égalité est trivialement vraie pour i∉Si\notin S (où λi=μi=0\lambda_i=\mu_i=0). D'où λi=μi\lambda_i=\mu_i pour tout i∈Ii\in I.