Corrigé des exercices - Dunod

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On a donc par exemple (0, −1,1) = 2(1,1,2) − (2,1, −3).
On en déduit que C = Vect((1,1,3),(2,1, −3)). Les deux vecteurs n’étant pas colinéaires il
forment une famille libre. La famille ((1,1,3),(2,1, −3)) étant à la fois libre et génératrice
de C, c’est une base de C.
4. On remarque que (−2, −8,6) = −2(1,4, −3). Donc D = Vect((1,4, −3)). Le vecteur
(1,4, −3) n’étant pas nul, la famille ((1,4, −3)) est une base de D.
Exercice 9.12
1. On constate que pour tout x > 0, f 4 (x) = e x+3 = e 3 e x = e 3 f 3 (x). C’est-à-dire que
f 4 = e 3 f 3 . La famille (f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 4 ,f 5 ) n’est donc pas libre.
2. D’après la question précédente on sait que Vect(f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 4 ,f 5 ) est engendré par
(f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 5 ). Montrons que la famille (f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 5 ) est aussi une famille libre. Soient
a,b,c,d quatre réels tels que af 1 +bf 2 +cf 3 +df 5 = 0. Ceci signifie que pour tout réel x > 0
on a
aln(x) + bx + ce x + d · 1
x = 0
Si l’on avait c ≠ 0, on aurait
lim aln(x) + bx +
x→+∞ cex + d · 1
x = lim
ce qui est absurde. On en déduit que c = 0.
Alors si l’on avait b ≠ 0, on aurait
x→+∞ ex (
1
lim aln(x) + bx + d ·
x→+∞ x = lim
a ln(x)
e x + b x )
e x + c + d · 1
e x = ±∞
x
} {{ }
→c
)
1
x 2
(
x a ln(x) + b + d ·
x→+∞ x
} {{ }
→b
= ±∞
ce qui est absurde. On en déduit que b = 0. En évaluant l’équation en x = 1, on obtient
alors d = 0. Finalement en évaluant en x = e, il reste a = 0.
La famille (f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 5 ) est bien une famille libre et c’est donc une base de Vect(f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 4 ,f 5 ).
Exercice 9.13
Soient a,b,c trois réels tels que af 1 + bf 2 + cf 3 = 0. Ceci signifie que pour tout réel x on a
asin(x) + bsin(2x) + csin(3x) = 0
En particulier pour x = π 2 , π 3 , π , on voit que a,b,c vérifient le système
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⎧
⎪⎨
⎪⎩
√
a
√
− c = 0
2 2
2 a + 2 b = 0
√
⇔
1 2
2 a + 2 b + c = 0
⎧
⎨
⎩
c = a
b = −a
a + √ 2b + c = 0
⇔ a = b = c = 0.
La famille proposée est bien une famille libre.
⎧
⎨ c = a
⇔ b = −a
⎩
(2 − √ 2)a = 0