Montrer que (cos , sin ) est libre dans F(ℝ, ℝ), que (1, cos ², sin ²)…

La stratégie : évaluer en des points bien choisis pour transformer une relation de fonctions en système numérique. Une combinaison linéaire de fonctions qui est la fonction nulle s'annule en tout point : chaque point choisi fournit une équation scalaire. Il en faut autant que d'inconnues, et il faut que le système obtenu soit inversible.

a) $(\cos ,\sin )$ est libre. Soit $a\cos +b\sin =0$, c'est-à-dire $\forall x\in \mathbb{R},a\cos x+b\sin x=0$. En $x=0$ : $a\cdot 1+b\cdot 0=a=0$. En $x=\frac{\pi }{2}$ : $a\cdot 0+b\cdot 1=b=0$. Donc $a=b=0$ : la famille est libre.

⚠️ Un seul point ne prouve rien. En $x=\frac{\pi }{4}$ on n'obtient que $\frac{\sqrt{2}}{2}(a+b)=0$, soit $b=-a$ : toute une droite de solutions. Il faut autant de points que d'inconnues, et bien placés.

b) $(1,{\cos }^2,{\sin }^2)$ est liée. L'identité de Pythagore fournit une relation de dépendance explicite, à coefficients non tous nuls : $$1\cdot 1-1\cdot {\cos }^2-1\cdot {\sin }^2=0$$ Les coefficients $(1,-1,-1)$ ne sont pas tous nuls : la famille est liée. (Ce n'est pas une liaison « deux à deux » : aucune des trois fonctions n'est multiple d'une autre — la dépendance est bien une affaire de trois vecteurs.)

c) $(x\mapsto 1,\cos ,x\mapsto \cos 2x)$ est libre. Soit $a+b\cos x+c\cos 2x=0$ pour tout $x$. Évaluons en $0$, $\frac{\pi }{2}$ et $\pi$. En chacun de ces points, relevons d'abord $\cos x$, puis $\cos 2x$ : en $0$, $\cos 0=1$ et $\cos 0=1$ ; en $\frac{\pi }{2}$, $\cos \frac{\pi }{2}=0$ et $\cos \pi =-1$ ; en $\pi$, $\cos \pi =-1$ et $\cos 2\pi =1$. D'où les trois équations $$a+b+c=0,a-c=0,a-b+c=0$$ La matrice de ce système a pour lignes $(1,1,1)$, $(1,0,-1)$ et $(1,-1,1)$ ; son déterminant vaut $-4\ne 0$. Le système est de Cramer, sa seule solution est $a=b=c=0$ : la famille est libre.

⚠️ Le choix des points est décisif. Avec $0$, $2\pi$, $-2\pi$, les trois lignes seraient identiques et le déterminant nul : le système n'aurait rien prouvé. Un déterminant non nul est la seule garantie.

Contrôle numérique.

Déterminant $=-4$, rang $3$, noyau réduit à $\{0\}$ : vérifié.

Ce que l'exercice installe. Dans un espace de fonctions, la liberté se teste par évaluation : elle ramène une question d'espace de dimension infinie à un déterminant $n\times n$. Et le contraste b)/c) est instructif — $\cos 2x=2{\cos }^{2}x-1$ montre que $\cos 2x$ est dans $\mathrm{Vect}(1,{\cos }^2)$, mais pas dans $\mathrm{Vect}(1,\cos )$ : tout dépend de la famille où l'on cherche.