comment montrer qu'une famille de vecteurs est libre

Comment montrer qu’une famille de vecteurs est libre

Essaidi Ali

9 juillet 2014

Résumé

Le but de ce travail et de proposer divers techniques pour montrer qu’une famille de vecteurs d’un espace vectoriel est libre(on dit aussi linéairement indépendantes).

K = R ou C et E un K-espace vectoriel.

1 Utilisation de la défintion des familles libres de vecteurs :1.1 Cas d’une famille finie de vecteurs :

Technique : Pour montre qu’une famille x1, . . . , xn de vecteurs deE est libre on montre que pour tous scalairesα1, . . . , αn ∈K tels que α1x1 + · · ·+ αnxn = 0 on a α1 = . . . = αn = 0.

Exemple 1 : Soient E un R-espace vectoriel et x1, x2, x3, y1, y2, y3 ∈ E tels que :

y1 = x2 + x3, y2 = x1 + x3, y3 = x1 + x2

Si x1, x2 et x3 sont linéairement indépendantes alors y1, y2 et y3 le sont.

Soient a, b, c ∈ R tels que ay1 + by2 + cy3 = 0 donc a(x2 + x3) + b(x1 + x3) + c(x1 + x2) = 0 d’où (b + c)x1 + (a +c)x2 + (a+ b)x3 = 0.La famille (x1, x2, x3) est libre donc b+ c = a+ c = a+ b = 0 d’où a = b = c = 0. On déduit que la famille (y1, y2, y3) estlibre.

1.2 Cas d’une famille infinie de vecteurs :Technique : Pour montre qu’une famille infinie (xi)i∈I de vecteurs de E est libre on montre que pour toute partie finie non

vide J de I la famille (xi)i∈J est libre. Ce qui permet de revenir au cas d’une famille finie de vecteurs.

Exemple 2 : Soit E un K-espace préhilbertien. Toute famille orthogonale de vecteurs non nuls de E est libre.

Soient (xi)i∈I une famille de vecteurs non nuls de E, J ⊂ I fini non vide et (λi)i∈J une famille de scalaires tels que∑i∈J

λixi = 0.

Donc ∀j ∈ J, 0 =

⟨xj ,∑i∈J

λixi

⟩=∑i∈J

λi < xj , xi >= λj‖xj‖2. Or xj 6= 0 donc λj = 0.

La famille (xi)i∈I est alors libre.

Exemple 3 : Soit E un K-espace vectoriel et u ∈ L(E).Si (λi)i∈I est une famille de valeurs propres de u deux à deux distincts et (xi)i∈I une famille de vecteurs propres de u tellesque ∀i ∈ I, xi est associé à λi. Alors, la famille (xi)i∈I est libre.

Soit une partie finie non vide J ⊂ I et on pose r = rg((xi)i∈J).Supposons que r < cardJ donc il existe K ⊂ J tel que r = rg((xi)i∈K) et cardK = r.Soit j ∈ J \K donc xj ∈ Vect{xi/i ∈ K} d’où il existe une famille de scalaires (αi)i∈K telle que xj =

∑i∈K

αixi.

En appliquant u on obtient : λjxj = u(xj) = u

(∑i∈K

αixi

)=∑i∈K

αiu(xi) =∑i∈K

αiλixi.

Or xj =∑i∈K

αixi donc∑i∈K

αiλjxi =∑i∈K

αiλixi d’où∑i∈K

αi(λj − λi)xi = 0.

La famille (xi)i∈K est libre et ∀i ∈ K,λi 6= λj donc ∀i ∈ K,αi = 0 d’où xj = 0. Absurde, car xj est un vecteur propre.On déduit que r = cardJ donc la famille (xi)i∈J est libre et par suite la famille (xi)i∈I est libre.

1

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Exemple 4 : Si pour tout λ ∈ R, on note fλ : t ∈ R 7→ eλt alors la famille (fλ)λ∈R est libre dans le R-espace vectoriel desfonctions de R vers R.

Soient λ1, . . . , λn, x1, . . . , xn ∈ R tels que x1fλ1 + · · ·+ xnfλn = 0 donc ∀t ∈ R, x1eλ1t + · · ·+ xneλnt = 0.

Pour t = 0, 1, . . . , n− 1 on obtient le système d’inconnus x1, . . . , xn :x1 + · · · + xn = 0

x1eλ1 + · · · + xne

λn = 0...

......

......

......

x1eλ1(n−1) + · · · + xne

λn(n−1) = 0

Pour tout k ∈ {1, . . . , n} on pose ak = eλk donc :x1 + · · · + xn = 0a1x1 + · · · + anxn = 0

......

......

......

...an−11 x1 + · · · + an−1

n xn = 0

Le déterminant de ce système est le déterminant de Vandemonde :∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 · · · 1 1a1 a2 · · · an−1 an...

......

......

...an−11 an−1

2 · · · an−1n−1 an−1

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∏

1≤i<j≤n

(aj − ai) 6= 0

Donc x1 = · · · = xn = 0 et par suite la famille (fλ)λ∈R est libre.

2 Utilisation du déterminant :Technique : En dimension finie, il est préférable d’utiliser l’outil puissant déterminant lorsqu’il s’agit d’une famille de

vecteurs dont on peut exprimer les coordonnées dans une base donnée de E.Lorsque le nombre de vecteurs est égale à la dimension de l’espace, on calcul le déterminant de la matrice formée par lescoordonnées des vecteurs et on vérifie qu’il est non nul.Lorsque le nombre de vecteurs est inférieur strictement à la dimension de l’espace, on vérifie si l’un des déterminants dessous-matrices carrées de la matrice formée par les coordonnées des vecteurs est non nul.

Exemple 5 : La famille de vecteurs (−1, 1,−1), (1, 2, 2) et (−4, 1, 3) est libre dans R3

On a :

∣∣∣∣∣∣−1 1 −11 2 2−4 1 3

∣∣∣∣∣∣ = −1×∣∣∣∣2 21 3

∣∣∣∣− 1×∣∣∣∣ 1 2−4 3

∣∣∣∣− 1×∣∣∣∣ 1 2−4 1

∣∣∣∣ = −4− 11− 9 = −24 6= 0 donc la famille de vecteurs

(−1, 1,−1), (1, 2, 2) et (−4, 1, 3) est libre dans R3

Exemple 6 : La famille de vecteurs (1, 1, 1) et (2, 2, 1) est libre dans R2

On est dans le cas où le nombre de vecteurs est inférieur strictement à la dimension de l’espace (2 < 3). La matrice des vecteurs

(1, 1, 1) et (2, 2, 1) est A =

(1 1 12 2 1

)et les sous-matrices carrées de la matrice A sont

(1 12 2

),(

1 12 1

)et(

1 12 1

).

On a∣∣∣∣1 12 1

∣∣∣∣ = −1 6= 0 donc la famille de vecteurs (1, 1, 1) et (2, 2, 1) est libre dans R2.


y1 = x2 + x3, y2 = x1 + x3, y3 = x1 + x2


Soit F le sous-espace de E en gendré par x1, x2 et x3.Si x1, x2 et x3 sont linéairement indépendantes alors (x1, x2, x3) est une base de F . D’autre part, on a y1 = x2 + x3, y2 =x1 + x3 et y3 = x1 + x2 donc les coordonnées de y1, y2 et y3 dans la base (x1, x2, x3) sont, respectivement, (0, 1, 1), (1, 0, 1)et (1, 1, 0). Or : ∣∣∣∣∣∣

0 1 11 0 11 1 0

∣∣∣∣∣∣ = 0×∣∣∣∣0 11 0

∣∣∣∣− 1×∣∣∣∣1 11 0

∣∣∣∣+ 1×∣∣∣∣1 01 1

∣∣∣∣ = 0 + 1 + 1 = 2 6= 0

Donc y1, y2 et y3 sont linéairement indépendantes.

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3 Utilisation des familles génératrices minimales :Technique : Dans le ces où E est de dimension finie, on peut vérifier que la famille de vecteurs est génératrice de cardinal

la dimension de E.


y1 = x2 + x3, y2 = x1 + x3, y3 = x1 + x2


Soit F le sous-espace de E en gendré par x1, x2 et x3.Si x1, x2 et x3 sont linéairement indépendantes alors (x1, x2, x3) est une base de F donc dimF = 3. D’autre part, on ay1 = x2 + x3, y2 = x1 + x3 et y3 = x1 + x2 donc y1 + y2 + y3 = 2(x1 + x2 + x3) d’où x1 + x2 + x3 = 1

2(y1 + y2 + y3).

On a y1 = x2 + x3, y2 = x1 + x3 et y3 = x1 + x2 donc :x1+y1 = x1+x2+x3 = 1

2(y1+y2+y3), x2+y2 = x1+x2+x3 = 1

2(y1+y2+y3) et x3+y3 = x1+x2+x3 = 1

2(y1+y2+y3).

D’où x1 = −y1 + 12(y1 + y2 + y3) = 1

2(−y1 + y2 + y3), x2 = −y2 + 1

2(y1 + y2 + y3) = 1

2(y1 − y2 + y3) et

x3 = −y3 + 12(y1 + y2 + y3) = 1

2(y1 + y2 − y3).

On déduit que x1, x2, x3 ∈ Vect{y1, y2, y3} donc F ⊂ Vect{y1, y2, y3}. La famille (y1, y2, y3) est alors génératrice de F , orcard{y1, y2, y3} = 3 = dimF donc (y1, y2, y3) est une base de F . En particulier, (y1, y2, y3) est libre.

4 Utilisation des polynômes d’interpolation de Lagrange :Rappel : ∀x0, . . . , xn ∈ R deux à deux distincts, ∀α0, . . . , αn ∈ R, ∃!P ∈ Rn[X], ∀i ∈ {0, . . . , n}, P (xi) = αi.

P s’appelle le polynôme d’interpolation de Lagrange associé aux noeuds (x0, α0), . . . , (xn, αn).

Exemple 9 : Soit E un K-espace vectoriel et u ∈ L(E).Si (λi)i∈I est une famille de valeurs propres de u deux à deux distincts et (xi)i∈I une famille de vecteurs propres de u tellesque ∀i ∈ I, xi est associé à λi. Alors, la famille (xi)i∈I est libre.

Soit une partie finie J ⊂ I et (αi)i∈J une famille de scalaires telles que∑i∈J

αixi = 0 donc ∀P ∈ K[X], 0 = P (u)

(∑i∈J

αixi

)=∑

i∈J

αiP (u)(xi) =∑i∈J

αiP (λi)xi = 0.

Soit (Li)i∈J la famille des polynômes élémentaires de Lagrange associée à la famille (λi)i∈J (i.e ∀i, j ∈ J, Li(λj) = δij)donc ∀j ∈ J, 0 =

∑i∈J

αiLj(λi)xi = αjxj d’où αj = 0 car xj 6= 0 puisque c’est un vecteur propre.

On déduit que la famille (xi)i∈I est libre.

5 Cas de la famille de vecteurs (x, u(x), u2(x), . . . , uk(x)) :Technique : Soit u ∈ L(E) tel que uk+1 + aku

k + · · · + a0IdE = 0 (Autrement dit u admet un polynôme annulateurunitaire de degré k + 1) et x ∈ E.Soient λ0, . . . , λk−1 ∈ R tels que λ0x + λ1u(x) + · · · + λku

k(x) = 0. Pour chaque p ∈ {0, . . . , k} on développe 0 =up(λ0x+ λ1u(x) + · · ·+ λku

k(x))

= λ0up(x) + λ1u

p+1(x) + · · · + λkup+k(x) en écrivant, à chaque fois um(x) pour

m ≥ k + 1 en fonction de uk(x), . . . , u(x), x à l’aide de l’égalité uk+1(x) = −akuk(x)− · · · − a0x.On obtient alors un système de k équations d’inconnus λ0, . . . , λk−1 à résoudre.

Exemple 10 : Soient E un R-espace vectoriel et u ∈ L(E) tel que ∃a, b ∈ R avec a2 − 4b < 0 et u2 + au+ bIdE = 0.Alors u admet un plan stable par u.

Soient x ∈ E non nul et P = Vect{x, u(x)}. On a 0 = (u2 + au + bidE)(x) = u2(x) + au(x) + bx donc u(x) ∈ P etu(u(x)) = u2(x) = −au(x) − bx ∈ P d’où P est stable par u. Le problème revient alors à montrer que la famille (x, u(x))est libre.Soient α, β ∈ R tels que αx + βu(x) = 0(?) donc 0 = u (αx+ βu(x)) = αu(x) + βu2(x) = αu(x) − aβu(x) − bβx =(α− aβ)u(x)− bβx(??).D’après (?) et (??), on a le système

αx + βu(x) = 0

bβx − (α− aβ)u(x) = 0

Donc α(α− aβ)x + β(α− aβ)u(x) = 0 (L1 ← (α− aβ)L1)

bβ2x − β(α− aβ)u(x) = 0 (L2 ← βL2)



D’où, en sommant les deux équations, (α2 − aαβ + bβ2)x = 0. Or, x 6= 0 donc α2 − aαβ + bβ2 = 0.Si β 6= 0 alors α

βest raçine du trinôme X2 − aX + b, ce qui est absurde car son discriminant ∆ = a2 − 4b < 0 d’où β = 0 et

par suite α = 0.On déduit que (x, u(x)) est libre d’où P est un plan stable par u.

Exemple 11 : Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie n ∈ N∗, u ∈ L(E) nilpotent d’indice de nilpotence p etx ∈ E tel que up−1(x) 6= 0.Alors la famille (x, u(x), u2(x), . . . , up−1(x)) est libre. En particulier, p ≤ n (L’indice de nilpotence ne dépasse jamais ladimension de l’espace).

Soient λ0, . . . , λp−1 ∈ R tels que λ0x + λ1u(x) + · · · + λp−1up−1(x) = 0. Pour chaque k ∈ {0, . . . , p − 1} on a

0 = uk(λ0x+ λ1u(x) + · · ·+ λp−1u

p−1(x))

= λ0uk(x)+λ1u

k+1(x)+· · ·+λp−1up−1+k(x) = λ0u

k(x)+λ1uk+1(x)+

· · ·+ λp−k−1up−1(x) car ∀m ≥ p, um(x) = 0. On obtient alors le système :

α0up−1(x) = 0

α0up−2(x) + α1u

p−1(x) = 0α0u

p−3(x) + α1up−2(x) + α2u

p−1(x) = 0...

......

......

......

...α0u(x) + · · · · · · · · · + αp−2u

p−1(x) = 0α0x + · · · · · · · · · + αp−2u

p−2(x) + αp−1up−1(x) = 0

Donc α0 = · · · = αp−1 = 0 d’où la famille (x, u(x), u2(x), . . . , up−1(x)) est libre.

6 Cas d’une famille de fonctions :6.1 Technique de substitution :

Technique : On remplace par des valeurs particulière de la variable pour avoir un système qui permet de déterminer lescoefficients de la combinaison linéaire.

Exemple 12 : La famille (sin, cos) est libre.

Soient α, β ∈ R tels que α sin +β cos = 0 donc ∀x ∈ R, α sinx+ β cosx = 0.– Pour x = 0 on a 0 = α sin 0 + β cos 0 = β donc β = 0.– Pour x = π

2on a 0 = α sin π

2+ β cos π

2= α donc α = 0.

On déduit que α = β = 0 donc la famille (sin, cos) est libre.

6.2 Utilisation de la régularité des fonctions (limites, continuité, dérivabilité ...) :


Soit λ1, . . . , λn, α1, . . . , αn ∈ R tels que α1fλ1 + · · ·+ αnfλn = 0 et supposonse que ∃i ∈ {1, . . . , n}, αi 6= 0.On a λi ∈ {λk/k ∈ {1, . . . , n} et αk 6= 0} donc l’ensemble {λk/k ∈ {1, . . . , n} et αk 6= 0} est non vide. Or il est fini doncil admet un plus grand élément λp avec p ∈ {1, . . . , n}.On a α1fλ1 + · · ·+αnfλn = 0 donc ∀t ∈ R, α1e

λ1t+ · · ·+αneλnt = 0 d’où ∀t ∈ R, α1e(λ1−λp)t+ · · ·+αne(λn−λp)t = 0.

Si i 6= p alors λi−λp < 0 donc limt→+∞

αie(λi−λp)t = 0 d’où 0 = lim

t→+∞α1e

(λ1−λp)t+· · ·+αne(λn−λp)t = limt→+∞

αpe(λp−λp)t =

αp. Absurde, car αp 6= 0. On déduit que ∀i ∈ {1, . . . , n}, αi = 0 donc la famille (fλ)λ∈R est libre.

Exemple 14 : Si pour tout λ ∈ R, on note fλ : t ∈ R 7→ |t − λ| alors la famille (fλ)λ∈R est libre dans le R-espace vectorieldes fonctions de R vers R.

On rappelle que ∀λ ∈ R, fλ est partout dérivable sauf en λ.Soit λ1, . . . , λn, α1, . . . , αn ∈ R tels que α1fλ1 + · · · + αnfλn = 0. Si ∃i ∈ {1, . . . , n} tel que αi 6= 0 alors αifλi ne sera

pas dérivable en λi. Absurde, car αifλi = −n∑k=1k 6=i

αkfλk et −n∑k=1k 6=i

αkfλk est dérivable en λi.

On déduit que ∀i ∈ {1, . . . , n}, αi = 0 donc la famille (fλ)λ∈R est libre.



6.3 Utilisation des intégrales :

Exemple 15 : Si pour tout n ∈ N, on note fn : t ∈ R 7→ cos(nt) alors la famille (fn)n∈N est libre dans le R-espace vectorieldes fonctions de R vers R.

On rappelle que ∀n,m ∈ N avec n 6= m on a∫ π

0

cosnt cosmtdt = 0.

Soient p1, . . . , pm ∈ N et α1, . . . , αm ∈ R tels que α1fp1 + · · ·+αmfpm = 0 donc ∀t ∈ R, α1 cos t+ · · ·+αm cosmt = 0.

Soit k ∈ {1, . . . ,m}. On a 0 =

∫ π

0

cos kt (α1 cos t+ · · ·+ αm cosmt) dt =

∫ π

0

(α1 cos kt cos t+ · · ·+ αm cos kt cosmt) dt =

α1

∫ π

0

cos kt cos tdt+ · · ·+ αm

∫ π

0

cos kt cosmtdt = αk.

On déduit que ∀k ∈ {1, . . . ,m}, αk = 0 donc famille (fn)n∈N est libre.

6.4 Utilisation des développements limités :Rappel : Soit f une fonction à variable réelle qui admet un déveleppement limité f(t) = a0 + a1t+ · · ·+ ant

n + o(tn).Si f est nulle au voisinage de 0 alors a0 = · · · = an = 0 (Unicité du développement limité).


On rappelle que ∀λ ∈ R, ∀n ∈ N, fλ(t) = eλt = 1 + t+ t2

2!+ · · ·+ tn

n!+ o(tn).

Soit λ0, . . . , λn, α0, . . . , αn ∈ R tels quen∑k=0

αkfλk = 0 donc ∀t ∈ R,n∑k=0

αkeλkt = 0.

D’autre part, on an∑k=0

αk

(n∑p=0

λpktp

p!

)+ o(tn) =

n∑p=0

(n∑k=0

αkλpk

)tp

p!+ o(tn) donc, par unicité du développement limité,

∀p ∈ {0, . . . , n},n∑k=0

αkλpk = 0.

On obtient le système d’inconnus α0, . . . , αn :α0 + · · · + αn = 0α0λ0 + · · · + αnλn = 0

......

......

......

...α0λ

n0 + · · · + αnλ

nn = 0

Le déterminant de ce système est le déterminant de Vandemonde :∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 · · · 1 1λ0 λ1 · · · λn−1 λn...

......

......

...λn0 λn1 · · · λnn−1 λnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∏

0≤i<j≤n

(λj − λi) 6= 0

Donc α0 = · · · = αn = 0 et par suite la famille (fλ)λ∈R est libre.

6.5 Utilisation des propriétés de la réduction des endomorphismes :

6.6 Utilisation de vecteurs propres :Technique : Pour montrer que la famille (xi)i∈I de vecteurs de E est libre on cherche un endomorphisme u de E pour

lequel (xi)i∈I représente une famille de vecteurs propres de u associés à des valeurs propres deux à deux distincts.


Soit u l’endomorphisme de C∞(R) défini par u(f) = f ′. On a ∀λ ∈ R, u(fλ) = λfλ donc ∀λ ∈ R, fλ est un vecteur proprede u associé à la valeur propre λ.On déduit que (fλ)λ∈R est une famille de vecteurs propres de u associés à des valeurs propres deux à deux distincts donc(fλ)λ∈R est libre dans C∞(R).Or C∞(R) est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions de R vers R donc la famille (fλ)λ∈R est libre dans leR-espace vectoriel des fonctions de R vers R.



Exemple 18 : Si pour tout λ ∈ R, on note uλ la suite définie par ∀n ∈ N, uλ(n) = λn alors la famille (uλ)λ∈R est libre dansle R-espace vectoriel des suites réelles.

Soit f l’endomorphisme de l’espace des suites réelles défini par f((xn)) = (xn+1). On a ∀λ ∈ R, f(uλ) = λuλ donc∀λ ∈ R, uλ est un vecteur propre de f associé à la valeur propre λ.On déduit que (uλ)λ∈R est une famille de vecteurs propres de f associés à des valeurs propres deux à deux distincts donc(uλ)λ∈R est libre dans l’espace des suites réelles.

6.7 Utilisation du polynôme minimal :Rappel : Soient E un R-espace vectoriel et u ∈ L(E) qui admet un polynôme minimal πu. Alors ∀P ∈ K[X], P (u) =

0⇒ πu|P . En particulier, si P est annulateur de u et degP < deg πu alors P = 0.

Exemple 19 : SoientE un R-espace vectoriel de dimension finie n ∈ N∗ et u ∈ L(E) de polynôme minimal πu. Si p = deg πualors la famille (IdE , u, . . . , u

p−1) est libre dans L(E).

Soient α0, . . . , αp−1 ∈ R tels que α0IdE + α1u+ · · ·+ αp−1up−1 = 0.

Posons P = α0 + α1X + · · · + αp−1Xp−1 donc P (u) = 0 d’où P est un polynôme annulateur de u. Or degP ≤ p − 1 <

p = deg πu donc P = 0.On déduit que α0 = · · · , αp−1 = 0 donc la famille (IdE , u, . . . , u

p−1) est libre dans L(E).


comment montrer qu'une famille de vecteurs est libre

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