Sujet $$1$$ - Exercice 2

Regardons différentes valeurs de $$n$$. On a :
$$\bullet \,\,$$ Si $$n=0$$ :
Dans ce cas, on a la famille $$\mathcal{F} = \{e_0(x) = \sin (x) \}$$, dans ce cas, si $$\lambda_0 \in \mathbb{R}$$, on a nécessairement :
$$\lambda_0 e_0(x) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \lambda_0 \sin(x) = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_0 = 0$$
Car seul pour $$x= \mathbb{Z}\pi$$ on a $$\sin(x)=0$$. Donc la famille $$\mathcal{F} = \{e_0(x) = \sin (x) \}$$
est libre.
$$\bullet \,\,$$ Si $$n=1$$ :
Dans ce cas, on a la famille $$\mathcal{F} = \{e_0(x) = \sin (x) \,;\, e_1(x) = \sin (x+1)\}$$, dans ce cas, si $$(\lambda_0\,;\, \lambda_1) \in \mathbb{R}^2$$, on a :
$$\lambda_0 e_0(x) + \lambda_1 e_1(x) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \lambda_0 \sin(x) + \lambda_1 \sin(x+1)= 0$$
$$\bullet \,\,$$ Si $$x = 0$$ on obtient $$\lambda_1 \sin(1)= 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = 0$$.
$$\bullet \bullet \,\,$$ Si $$x = -1$$ on obtient $$\lambda_0 \sin(-1)= 0$$, soit par imparité $$-\lambda_0 \sin(1) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_0 = 0$$.
Ainsi $$\lambda_0 = \lambda_1 = 0$$, ce qui implique que la famille $$\mathcal{F} = \{e_0(x) = \sin (x) \,;\, e_1(x) = \sin (x+1)\}$$ est libre.
$$\bullet \,\,$$ Si $$n=2$$ :
Dans ce cas, on a la famille
$$\mathcal{F} = \{e_0(x) = \sin (x) \,;\, e_1(x) = \sin (x+1) \,;\, e_2(x) = \sin (x+2)\}$$, dans ce cas, si $$(\lambda_0 \,;\, \lambda_1 \,;\, \lambda_2) \in \mathbb{R}^3$$, on a :
$$\lambda_0 e_0(x) + \lambda_1 e_1(x) + \lambda_2 e_2(x) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \lambda_0 \sin(x) + \lambda_1 \sin(x+1) + \lambda_2 \sin(x+2) = 0$$
Or, en faisant usage des formules données, on peut écrire que :
$$\sin(x) + \sin(x+2) = 2 \sin \left( \dfrac{x + x+2}{2}\right) \cos \left( \dfrac{x - x-2}{2}\right)$$
Soit :
$$\sin(x) + \sin(x+2) = 2 \sin (x+1)\cos(-1)$$
Mais comme $$\cos$$ est une fonction paire, on a :
$$\sin(x) + \sin(x+2) = 2 \sin (x+1)\cos(1)$$
Ce qui implique que :
$$\sin(x+1) = \dfrac{1}{2 \cos(1)} (\sin(x) + \sin(x+2)) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, e_1 = \dfrac{1}{2 \cos(1)} (e_0 + e_2)$$
Comme $$e_1$$ s'exprime en fonction de $$e_0$$ et $$e_2$$, on en déduit que la famille $$\mathcal{F} = \{e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2\}$$ est liée.
$$\bf{Conclusion :}$$
Si la famille $$\mathcal{F} = \{e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2\}$$ est liée, à fortiori la famille
$$\mathcal{F} = \{e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2 \,;\, ... \,;\, e_n \}$$ l'est aussi. En effet, il suffit d'écrire :
$$e_1 = \dfrac{1}{2 \cos(1)} (e_0 + e_2 + 0 e_3 + ... + 0 e_n )$$
Ainsi, la famille $$\mathcal{F}$$ étudiée est libre si $$n=0$$ ou $$n=1$$.

Comme $$\{e_0 \,;\, e_1\}$$ est libre et que $$\{e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2\}$$ est liée alors on en déduit que :
$$\mathrm{Rang(\mathcal{F})} \geqslant 2$$
Si une sous famille de trois éléments quelconques $$\{e_i \,;\, e_j \,;\, e_k \}$$ (ou $$i$$, $$j$$, et $$k$$ sont trois entiers naturels compris entre $$0$$ et $$n$$ mais deux à deux distincts) de $$\mathcal{F} = \{e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2 \,;\, ... \,;\, e_n \}$$, est liée alors nous pourrons affirmer que :
$$\mathrm{Rang(\mathcal{F})} = 2$$.
De manière générale, on a :
$$\left\lbrace \begin{array}{rclcl} \sin(x + i) & = & \sin(x)\cos(i) & + & \cos(x) \sin(i) \\ \sin(x + j) & = & \sin(x)\cos(j) & + & \cos(x) \sin(j) \\ \sin(x + k) & = & \sin(x)\cos(k) & + & \cos(x) \sin(k) \\ \end{array} \right.$$
Avec les deux premières égalités, on a :
$$\left\lbrace \begin{array}{rclcl} \sin(x + i) \sin(j) & = & \sin(x)\cos(i) \sin(j) & + & \cos(x) \sin(i) \sin(j) \\ \sin(x + j) \sin(i) & = & \sin(x)\cos(j) \sin(i) & + & \cos(x) \sin(j) \sin(i) \\ \end{array} \right.$$
En effectuant une soustraction, membres à membres, de ces deux égalités, on obtient :
$$\sin(x + i) \sin(j) - \sin(x + j) \sin(i) = \sin(x) \left[ \cos(i) \sin(j) - \cos(j) \sin(i) \right]$$
En utilisant les formules de trigonométrie données dans le sujet, on trouve :
$$\sin(x + i) \sin(j) - \sin(x + j) \sin(i) = \sin(x) \sin(j-i)$$
Soit :
$$\sin(x) = \dfrac{\sin(j)}{\sin(j-i)} \sin(x + i) - \dfrac{\sin(i)}{\sin(j-i)} \sin(x + j)$$
Puis, de la même façon, on va écrire avec les deux première lignes du système précédent comme :
$$\left\lbrace \begin{array}{rclcl} \sin(x + i) \cos(j) & = & \sin(x)\cos(i) \cos(j) & + & \cos(x) \sin(i) \cos(j) \\ \sin(x + j) \cos(i) & = & \sin(x)\cos(j) \cos(i) & + & \cos(x) \sin(j) \cos(i) \\ \end{array} \right.$$
En effectuant une soustraction, membres à membres, de ces deux égalités, on obtient :
$$\sin(x + i) \cos(j) - \sin(x + j) \cos(i) = \cos(x) \left[ \sin(i) \cos(j) - \sin(j) \cos(i) \right]$$
$$\sin(x + i) \cos(j) - \sin(x + j) \cos(i) = \cos(x) \sin(i-j)$$
Soit :
$$\cos(x) = \dfrac{\cos(j)}{\sin(i-j)} \sin(x + i) - \dfrac{\cos(i)}{\sin(i-j)}\sin(x + j)$$
Mais comme $$\sin(i-j) = - \sin(j-i)$$ on obtient alors :
$$\cos(x) = - \dfrac{\cos(j)}{\sin(j-i)} \sin(x + i) + \dfrac{\cos(i)}{\sin(j-i)}\sin(x + j)$$
De ce fait, la troisième équation du système considéré prend la forme :
$$\begin{array}{rcl} \sin(x + k) & = & \,\,\,\,\, \dfrac{\sin(j)\cos(k)}{\sin(j-i)} \sin(x + i) - \dfrac{\sin(i)\cos(k)}{\sin(j-i)} \sin(x + j) \\ & & - \dfrac{\cos(j)\sin(k)}{\sin(j-i)} \sin(x + i) + \dfrac{\cos(i)\sin(k)}{\sin(j-i)}\sin(x + j) \\ \end{array}$$
En factorisant on obtient :
$$\begin{array}{rcl} \sin(x + k) & = & \dfrac{\sin(j)\cos(k) - \cos(j)\sin(k) }{\sin(j-i)} \sin(x + i) \\ & + & \dfrac{\cos(i)\sin(k) - \sin(i)\cos(k)}{\sin(j-i)}\sin(x + j) \\ \end{array}$$
Finalement, on trouve que :
$$\sin(x + k) = \dfrac{\sin(j-k)}{\sin(j-i)} \sin(x + i) + \dfrac{\sin(k-i)}{\sin(j-i)}\sin(x + j)$$
Donc, il est possible d'écrire que :
$$e_k = \dfrac{\sin(j-k)}{\sin(j-i)} e_i + \dfrac{\sin(k-i)}{\sin(j-i)} e_j$$
Comme $$e_k$$ s'exprime en fonction de $$e_i$$ et $$e_j$$, on en déduit que la sous famille $$\{e_i \,;\, e_j \,;\, e_k\}$$ est liée.
$$\bf{Conclusion :}$$
Le rang de la famille $$\mathcal{F}$$ est :