1.La famille vide est libre, par convention.
2.Toute famille contenant le vecteur nul est libre.
3.Une famille de polynômes non nuls dont les degrés sont deux à deux distincts est toujours libre.
4.Si x∈Vect((xi)i∈I), alors la famille obtenue en ajoutant x à (xi)i∈I reste libre.
5.Tout K-espace vectoriel de dimension finie possède au moins une base.
Montrer que la famille ((1,0,1),(0,1,1),(1,1,0)) de R3 est libre.
Soient λ1,λ2,λ3∈R tels que λ1(1,0,1)+λ2(0,1,1)+λ3(1,1,0)=(0,0,0), soit : (λ1+λ3, λ2+λ3, λ1+λ2)=(0,0,0) c’est-à-dire le système λ1+λ3=0, λ2+λ3=0, λ1+λ2=0. Des deux premières équations, λ1=−λ3 et λ2=−λ3. En reportant dans la troisième : −λ3−λ3=0, soit −2λ3=0, donc λ3=0, puis λ1=λ2=0. La seule combinaison linéaire nulle est donc la combinaison triviale : la famille est libre.
On considère, dans R2, la famille ((1,2),(3,1),(5,5)).
Trouver λ1,λ2,λ3 non tous nuls tels que λ1(1,2)+λ2(3,1)+λ3(5,5)=(0,0).
Le système λ1+3λ2+5λ3=0, 2λ1+λ2+5λ3=0 a deux équations pour trois inconnues : il admet des solutions non triviales. De la première, λ1=−3λ2−5λ3. En reportant dans la seconde : 2(−3λ2−5λ3)+λ2+5λ3=0⟺−5λ2−5λ3=0⟺λ2=−λ3. En prenant λ3=1 : λ2=−1 et λ1=−3(−1)−5(1)=−2. On vérifie : −2(1,2)−1(3,1)+1(5,5)=(−2−3+5, −4−1+5)=(0,0)
En déduire que la famille est liée, et exprimer (5,5) comme combinaison linéaire des deux autres vecteurs.
La combinaison −2(1,2)−(3,1)+(5,5)=(0,0) n’est pas triviale (les coefficients ne sont pas tous nuls) : la famille est donc liée. En isolant (5,5) : (5,5)=2(1,2)+(3,1) — on vérifie directement : 2(1,2)+(3,1)=(2+3,4+1)=(5,5), conforme.
5 blocs de plus : les autres énoncés et tous les corrigés, rédigés en entier. Le reste du programme est écrit de la même main, avec les figures interactives et votre progression.