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Familles de fonctions - Bibm@th.net

Exercice 1

- Familles de fonctions [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Démontrer que les familles suivantes sont libres dans $\mathcal F(\mathbb R,\mathbb R)$:

$(x\mapsto e^{ax})_{a\in\mathbb R}$;
$(x\mapsto |x-a|)_{a\in\mathbb R}$;
$(x\mapsto \cos(ax))_{a>0}$;
$(x\mapsto (\sin x)^n)_{n\geq 1}$.

Indication

Corrigé

Soient $a_1<a_2<\dots<a_p$, où $p$ est arbitraire. Il suffit de montrer que $(e^{a_1x},\dots, e^{a_px})$ est une famille libre. Considérons une relation de liaison $\lambda_1 e^{a_1 x}+\dots+\lambda_p e^{a_px}$. On factorise par le terme dominant, c'est-à-dire $e^{a_px}$. On obtient $$e^{a_p x}(\lambda_p+\lambda_{p-1}e^{(a_{p-1}-a_p)x}+\dots+\lambda_1e^{(a_1-a_p)x})=0,\ \forall x\in\mathbb R.$$ On simplifie par $e^{a_p x}$, qui ne s'annule jamais, et on fait tendre $x$ vers $+\infty$. Puisque $e^{(a_j-a_p)x}$ tend vers $0$ pour $j<p$, le membre de gauche converge vers $\lambda_p$ qui vaut donc 0. On répète le procédé en factorisant ensuite par $e^{a_{p-1}x}$ pour prouver que $\lambda_{p-1}=0$, et on obtient successivement que $\lambda_p,\lambda_{p-1},\dots$ et finalement $\lambda_1$ sont nuls (on peut aussi effectuer une récurrence). La famille est donc effectivement libre. Avec le même type de raisonnement (mais c'est plus dur d'ordonner les couples), on pourra prouver que la famille $(x^a(\ln x)^b)_{a,b\in\mathbb R}$ est libre.
Soient $a_1<a_2<\dots<a_p$, où $p$ est arbitraire. Il suffit de montrer que $(x\mapsto |x-a_1|,\dots, x\mapsto |x-a_p|)$ est une famille libre. Considérons une relation de liaison, c'est-à-dire supposons que $\lambda_1 |x-a_1|+\dots+\lambda_p |x-a_p|=0$ pour tout $x\in\mathbb R$. Soit $k$ dans $\{1,\dots,p\}$ et réécrivons la relation sous la forme $$\lambda_k |x-a_k|=-\sum_{j\neq k}\lambda_j |x-a_j|:=g_k(x).$$ Alors, la fonction $g_k$ est dérivable en $a_k$, car chaque fonction $x\mapsto |x-a_j|$, $j\neq k$ est dérivable en $a_k$ (au voisinage de $a_k$, elle est égale à une fonction affine). Il en est donc de même de $x\mapsto \lambda_k |x-a_k|$. Ceci n'est possible que si $\lambda_k=0$.
On va démontrer par récurrence sur $N$ que toute famille $\big(\cos(a_1 x),\dots,\cos(a_N x)\big)$ avec $0<a_1<a_2<\dots<a_N$ est libre. C'est le cas pour $N=1$ ($\cos(ax)$ n'est jamais la fonction nulle). Supposons le résultat vrai au rang $N-1$, et prouvons-le au rang $N$ en écrivant une relation de liaison : $$\lambda_1\cos(a_1x)+\dots+\lambda_N\cos(a_Nx)=0.$$ On dérive deux fois et on trouve $$a_1^2\lambda_1\cos(a_1x)+\dots+a_N^2\lambda_N\cos(a_Nx)=0.$$ En retranchant $a_N^2$ fois la première équation à la deuxième, on trouve $$(a_1^2-a_N^2)\lambda_1\cos(a_1x)+\dots+(a_{N-1}^2-a_{N}^2)\lambda_{N-1}\cos(a_{N-1}x)=0.$$ Par hypothèse de récurrence, on a $(a_j^2-a_N^2)\lambda_j=0$ pour tout $j=1,\dots,N-1$, soit finalement $\lambda_j=0$ puisque $a_j^2\neq a_N^2$. De retour à l'équation initiale, on retrouve aussi $\lambda_N=0$, ce qui prouve bien que la famille est libre.
Soit $N\geq 1$. Il suffit de prouver que la famille $(x\mapsto (\sin x)^n)_{1\leq n\leq N}$ est libre. Considérons des scalaires $\lambda_1,\dots,\lambda_N$ tels que $$\lambda_1\sin x+\dots+\lambda_N (\sin x)^N=0.$$ On rappelle que $\frac{\sin x}{x}\to 1$ si $x\to 0$, et par conséquent, si $k\geq 2$, on a $(\sin x)^k/x\to 0$ si $x\to 0$. Reprenons l'équation précédente et divisons par $x$ pour $x\neq 0$. On a $$\lambda_1\frac{\sin x}x+\lambda_2\frac{\sin^2 x}x+\dots+\lambda_N\frac{ (\sin x)^N}x=0.$$ Faisons tendre $x$ vers $0$. Le membre de gauche tend vers $\lambda_1$, celui de droite vers $0$ et on obtient donc $$\lambda_1=0.$$ Il suffit ensuite d'itérer le raisonnement en divisant successivement par $x^2,x^3,\dots$, ou bien de faire une récurrence en simplifiant par $\sin x$.
Une autre méthode, peut-être plus simple, consiste à considérer le polynôme $$P(X)=\lambda_1 X+\cdots+\lambda_N X^n$$ et de remarquer que, pour tout $x\in \mathbb R$, $P(\sin x)=0$. Ainsi, $P$ admet une infinite de racines, et donc $P$ est le polynôme nul.