exo familles libres


  • J

    Bonsoir;

    Alors j'ai cet exo à résoudre:

    Montrer que les fonctions fk: x--> exp⁡(k3x)\exp (k^3x)exp(k3x) avec k dans l'intervalle d'entier [1;n]

    forme une famille libre de F(R,R).

    Pouvez vous me donner des pistes svp ?

    Merci.


  • O

    Bonsoir jugil.

    Il existe de nombreuses méthodes. Une méthode consiste à dériver une combinaison linéaire nulle autant de fois qu'il est nécessaire.

    Une autre méthode consiste à regarder le comportement en +∞+\infty+ et/ou −∞-\infty. Là encore il peut être judicieux de mettre en facteur une expression appropriée.

    Enfin - et c'est peut-être la plus simple - est d'évaluer cette combinaison linéaire nulle en tous les points entiers 0≤m≤n0\leq m \leq n0mn et se ramener alors à un problème de polynômes.


  • J

    Alors la 3ème méthode si tu pouvais un peu plus détailler car je ne comprends pas trop la méthode ...

    car après on nous demande de montrer que les suites (1) , (2^n) et (n²) formant une famille libre de R^N...


  • O

    Je suis allé un peu vite, mais l'idée est bien de se ramener à un problème de polynômes. Tu considères une combinaison linéaire nulle ∑k=1nakfk=0\sum_{k=1}^n a_kf_k = 0k=1nakfk=0. Tu as alors ∀x∈r\forall x\in\mathbb rxr, ∑k=1nakexp⁡(k3x)=0\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = 0k=1nakexp(k3x)=0.

    Maintenant tu écris ∑k=1nakexp⁡(k3x)=∑k=1nakexp⁡(x)k3\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = \sum_{k=1}^n a_k\exp(x)^{k^3}k=1nakexp(k3x)=k=1nakexp(x)k3.
    Il ne te reste plus qu'à démontrer que le polynôme p(x)=∑k=1nakxk3p(x) = \sum_{k=1}^n a_k x^{k^3}p(x)=k=1nakxk3 est le polynôme nul en trouvant qu'il a - par exemple - une infinité de racines distinctes (les n+1n+1n+1 que je proposais ne suffisent pas)


  • J

    Ok;

    Comme X (= exp(x)) ne s'annule jamais alors il faut montrer ça se joue sur les "ak" ...

    Le problème est que vu l'infinité des racines ... c'est un peu délicat car ce n'est pas vraiment une équation à résoudre.

    Il me faut réussir à bien rédiger ...


  • O

    jugil
    ... c'est un peu délicat car ce n'est pas vraiment une équation à résoudre.

    D'un autre côté, tu n'as que l'embarras du choix !


  • J

    Bein "logiquement" :

    Soit a1=a2=a3=...=an=0

    Soit $a1x^3+a2x^8+....+anx^n^3=0$ ...

    A part le dire directement (ce qui n'est absolument pas une preuve là je rame un peu).


  • O

    Non, tu ne peux pas le dire directement. En revanche tu peux trouver une infinité de racines à ton polynôme
    p(x)=a1x3+a2x8+....+anxn3p(x) = a_1x^3+a_2x^8+....+a_nx^{n^3}p(x)=a1x3+a2x8+....+anxn3
    et là tu n'as que l'embarras du choix.


  • J

    Oui je n'ai que l'embarras du choix mais montrer que ça admet une infinité de solution (mise à part tous les coefs égaux à 0 ...) sachant que X est exp(x) ... pas simple à démontrer quoi.


  • O

    Mais non ! Ta mission - si tu l'acceptes - est de trouver une infinité de réels ttt pour les quelles tu as
    p(t)=a1t3+a2t8+....+antn3=0p(t) = a_1t^3+a_2t^8+....+a_nt^{n^3} = 0p(t)=a1t3+a2t8+....+antn3=0.
    C'est bien ça une racine d'un polynôme, non ?


  • J

    Je crois que l'on ne s'est pas compris.

    Je reformules : comment démontrer qu'il existe une infinité de réels t pour lesquels votre polynôme P(t) s'annule.


  • O

    Je reprends ma deuxième réponse

    Ma pomme
    Tu considères une combinaison linéaire nulle∑k=1nakfk=0.\sum_{k=1}^n a_kf_k = 0.k=1nakfk=0. Tu as alors ∀x∈r\forall x\in\mathbb rxr, ∑k=1nakexp⁡(k3x)=0.\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = 0.k=1nakexp(k3x)=0.

    Maintenant tu écris ∑k=1nakexp⁡(k3x)=∑k=1nakexp⁡(x)k3.\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = \sum_{k=1}^n a_k\exp(x)^{k^3}.k=1nakexp(k3x)=k=1nakexp(x)k3.

    Tu ne vois pas des réels ttt qui annulent ppp ?
    Essaie de réécrire la dernière égalité à l'aide de ppp .


  • J

    Soit

    a1=a2=...=0

    soit : t=1 et là il faut : ∑k=1nak=0\sum_{k=1}^{n}{a_{k}}=0k=1nak=0


  • O

    Si tu écris d'emblée a1=a2=...=0a_1=a_2=...=0a1=a2=...=0 il n'y a plus rien à faire puisque c'est ce que tu cherches à démontrer.

    Par ailleurs t=1t=1t=1 c'est un peu maigre pour une infinité.

    Sur ce je te laisse méditer.

    Time to hit the hay.


  • mtschoon

    Bonjour,

    jugil , si après "méditations" , tu as trouvé une démonstration avec toutes les propositions de Ostap_Bender , c'est parfait ( et dans ce cas , tu n'as pas besoin de lire ma prose ) ; sinon , tu peux regarder éventuellement ma suggestion.

    Ce n'est qu'une piste bien sûre , sans démonstration totalement explicitée (comme toujours , nous aidons les demandeurs à faire leur exercice mais nous ne faisons pas l'exercice à leur place ) .

    Une petite récurrence sur n peut peut-être te convenir

    Si j'ai bien lu , tu veux démontrer que pour tout n de N* :

    $\fbox{\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = 0 \longrightarrow a_1=a_2=...=a_n=0}$

    Initialisation pour n=1 ( très facile )

    Transmission

    Tu supposes qu'à un ordre n ( n ≥ 1) :
    ∑k=1nakexp⁡(k3x)=0⟶a1=a2=...=an=0\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = 0 \longrightarrow a_1=a_2=...=a_n=0k=1nakexp(k3x)=0a1=a2=...=an=0

    Tu vas démontrer que la propriété est vraie à l'ordre (n+1) c'est à dire que :

    ∑k=1n+1akexp⁡(k3x)=0⟶a1=a2=...=an=an+1=0\sum_{k=1}^{n+1} a_k\exp(k^3x) = 0 \longrightarrow a_1=a_2=...=a_n=a_{n+1}=0k=1n+1akexp(k3x)=0a1=a2=...=an=an+1=0

    PISTE pour la démonstration

    Considère l'expression : ∑k=1n+1akexp⁡(k3x)=0\sum_{k=1}^{n+1}a_k \exp(k^3x) = 0k=1n+1akexp(k3x)=0

    En divisant par exp⁡[(n+1)3x]\exp[(n+1)^3x]exp[(n+1)3x] ( non nul car strictement positif ) :

    ∑k=1nakexp⁡(k3x)exp⁡[(n+1)3x]+an+1=0\frac{\sum_{k=1}^{n} a_k\exp(k^3x)}{\exp[(n+1)^3x]}+a_{n+1} = 0exp[(n+1)3x]k=1nakexp(k3x)+an+1=0

    En faisant tendre x vers +∞ , tu peux déduire que $\fbox{a_{n+1} = 0$

    Tu as ainsi une somme de (n+1) termes dont le dernier est nul ; la somme des n premiers termes est donc nulle :

    ∑k=1nakexp⁡(k3x)=0\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = 0k=1nakexp(k3x)=0

    Grâce à l'hypothèse de la récurrence : $\fbox{a_1=a_2=...=a_n=0}$

    Conclusion :

    $\fbox{a_1=a_2=...=a_n=a_{n+1}=0}$

    CQFD.

    Bonnes réflexions ! tu as tous les choix !


  • O

    Bonjour mtschoon.

    Tu peux te passer d'une récurrence en raisonnant par l'absurde. Tu prends pour cela une combinaison linéaire nulle avec des coefficients tous non nuls et tu en choisis une de cardinal minimal. En procédant comme tu as fait, par passage à la limite, tu démontres alors que le coefficient d'indice le plus élevé est nul. Contradiction.

    L'avantage est d'éviter d'écrire une propriété de récurrence ce qui est toujours un peu délicat. D'ailleurs la tienne sous-entend implicitement un quantificateur.

    J'ai d'ailleurs l'impression que c'est ce problème de compréhension de ce quantificateur qui pose un problème à jugil.

    amicalement,


  • mtschoon

    Bonjour Ostap_Bender ,

    Le raisonnement par l'absurde est une très bonne idée . J 'ai hésité entre les deux méthodes , mais j'aime bien "récurrer" ... alors , j'ai proposé une récurrence .

    Attendons les réactions de jugil ...

    Bonne journée.


  • O

    En attendant le retour de jugil, j'aime bien celle-ci :
    Je suppose ∀x∈r\forall x\in\mathbb rxr, ∑k=1nakexp⁡(k3x)=0\sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) = 0k=1nakexp(k3x)=0. En multipliant cette égalité par exp⁡(−αx)\exp(-\alpha x)exp(αx) j'obtiens en intégrant entre −∞-\infty et 000,
    ∫−∞0∑k=1nakexp⁡(k3x)exp⁡(−αx),dx=0\int_{-\infty}^0 \sum_{k=1}^n a_k\exp(k^3x) \exp(-\alpha x) ,\mathrm dx= 00k=1nakexp(k3x)exp(αx),dx=0. Soit ∑k=1nakk3−α=0\sum_{k=1}^n \dfrac {a_k}{k^3-\alpha} = 0k=1nk3αak=0 et ce quel que soit α\alphaα réel.

    J'en déduis que la fraction rationnelle ∑k=1nakk3−x\sum_{k=1}^n \dfrac {a_k}{k^3-x}k=1nk3xak est nulle. D'après l'unité de la décomposition en éléments simples, tous les aka_kak sont nuls.

    Amusant non ?


  • mtschoon

    Oui , elle me plait bien celle là.

    Il faudrait peut-être se calmer un peu car jugil va avoir de la peine à s'y retrouver .
    ( *trop d'info tue l'info... *)


  • O

    Puisque jugil semble avoir pris des vacances, je propose une autre démonstration :

    Je considère eee l'espace vectoriel engendré par les fkf_kfk pour 1≤k≤n1\leq k \leq n1kn.
    On vérifie rapidement que la dérivation ddd est un endomorphisme de eee et que chaque fkf_kfk est un vecteur propre pour la valeur propre k3k^3k3. Ces valeurs propres sont distinctes deux à deux. De ce fait ddd est diagonalisable et les fkf_kfk pour 1≤k≤n1\leq k \leq n1kn forment une base de vecteurs propres. Mais qui dit base dit aussi famille libre. CQFD.


  • J

    Me revoilà!

    Alors merci à tous les deux.

    J'avais raisonné sous forme de polynôme sur ma copie : bon , le problème et c'est de là que ça venait est que nous n'avons pas encore fait le chapitre sur les polynômes donc du coup je n'arrivais pas à démontrer qu'il existait une infinité de racines distinctes pour P(X) (voir plus haut).

    Mais la récurrence est beaucoup plus maniable et compréhensible pour le moment.

    Et les intégrales avec les bornes infinies c'est en Spé (donc l'an prochain ..).


  • mtschoon

    Ravie que la récurrence te rende service !


  • J

    Bein en tout cas c'est la seule démonstration que je comprends de A à Z.

    J'aurais peu être du préciser que le chapitre sur le Polynômes n'était pas encore traité. C'est pour ça que Ostap_Bender ne comprenais pas mes réactions ...

    En tout cas , la récurrence je l'aime bien.


  • mtschoon

    (je peux te l'avouer , moi aussi..., mais chacun ses goûts )


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