Famille libre de polynômes

Souki · February 2012

Bonsoir tout le monde,
Etant donnés deux scalaires $a$ et $b$ distincts d'un corps $\mathbb K$, on définit $P_k=(X-a)^k(X-b)^{n-k}$.
Je voudrais montrer que la famille $(P_k)_{k \in [\![0,n ]\!] }$ est libre.
Je commence par calculer $P_k$ : je trouve $\displaystyle P_k=\sum\limits_{i=0}^n C_k^i C_{n-k}^{n-i} a^{k-i}b^{i-k}X^i$, mais le terme $ C_{n-k}^{n-i} $ me paraît bizarre car $n-k \le n-i$ ...
Avez vous des idées ?
Cordialement.

gilles benson · February 2012

dans une base bien choisie, la matrice de passage sera triangulaire

chris93 · February 2012

Je ne sais pas si c'est une bonne piste mais tu peux peut-être dériver une combinaison linéaire nulle et choisir une valeur particulière bien choisie...

Souki · February 2012

:S

Schneider · February 2012

Tu peux le faire par récurrence.

Souki · February 2012

Avant tout, est ce que le calcul est juste ?

Souki · February 2012

Oui, la récurrence peut être. J'essaye.
On va donc initialiser de n=k...

afk · February 2012

Je n'ai pas vérifié ta formule peut-être est-elle juste en tenant compte de $C_{n-k}^{n-i} = 0$.

Face à un calcul compliqué, il est toujours bon d'utiliser la symétrie du problème. Ici, le problème est invariant par translation: $X\mapsto Y+a$ induit un isomorphisme de $K$-espaces vectoriels $\phi: K[X] \to K[Y]$. Donc montrer que ta famille est libre équivaut à montrer que la famille des $Q_k(Y) = \phi(P_k) = Y^k(Y-c)^k$ où $c=b-a$ est libre. En d'autres termes tu décomposes $P$ dans la base des $(X-a)^i$ au lieu de la base des $X^i$. Cela fait disparaitre un coefficient binomial.

ev · February 2012

Je fais équipe avec Gilles Benson, car je trouve son maître vachement sympa.

Comme c'est compliqué, je prends un cas particulier (j'ai le droit, je suis chez moi)
Je prends $a=0$.

C'est plus simple, non ?

amicalement,

e.v.

Bu · February 2012

Supposons qu'on ait une relation $\sum_{k=0}^n \lambda_k(X-a)^k(X-b)^{n-k}=0$. On fait $X=b$, ça donne $\lambda_n=0$. Bon, on peut maintenant diviser notre relation par $(X-b)$ et on recommence...

gerard0 · February 2012

Souki,

quand on doute d’une formule, on essaie pour des valeurs (ici de n, k, a et b) simples. Tu aurais vu tout de suite où est le problème et que le coefficient de X est composé généralement de deux termes (comme dans la plupart des produits de polynômes) et pas d'un seul.

Cordialement.

gilles benson · February 2012

c'est vrai qu'il y a une certaine affinité entre les labradors et les baudets du Poitou

Souki · March 2012

merci pour vos contributions

clothoide · March 2012

Bonjour,

Une question sur l'intervention de afk.

afk écrivait:
> Face à un calcul compliqué, il est toujours bon
> d'utiliser la symétrie du problème. Ici, le
> problème est invariant par translation: $X\mapsto
> Y+a$ induit un isomorphisme de $K$-espaces
> vectoriels $\phi: K \to K$.

1°) Je comprends parfaitement l'invariance par la translation précisée, mais pourquoi est-ce la symétrie du problème initial?

2°) Pourquoi cela induit un isomorphisme de K[X] dans K[Y]?

Ensuite, pas de soucis, je conçois bien que la liberté de la famille de polynômes ainsi obtenue dans K[Y] est plus simple à prouver que celle de l'ensemble de départ, et comme on a un isomorphisme, toutes les propriétés de l'ensemble d'arrivée se transmettent à l'ensemble de départ, donc on conclut.

Merci pour votre réponse,
Cordialement,
Clotho

clothoide · March 2012

Bonjour,

Je fais remonter ce fil. Car je suis très intéressé par les 2 réponses à mes questions.

A moins que cela soit très évident, auquel cas...

Merci.
Cordialement,
Clotho

remarque · March 2012

1. Si tu as une famille de polynômes quelconque, faire opérer une translation sur cette famille ne modifie pas son caractère libre ou lié. Donc si une translation particulière simplifie la chose, pourquoi pas ?

2. Regardes le noyau et l'image, peut-être ?

Ceci dit, l'idée de Bu est bien meilleure, à mon humble avis.

clothoide · March 2012

Merci remarque pour les infos.

Cordialement,
Clotho

christophe c · March 2012

Je m'auto-punis car je viens de perdre 80E probablement en retirant un truc de ma poche, ils sont tombés, donc matinale calculatoire

:

J'essaie de suivre l'indication de Bu pour voir si c'est reproductible de descendre d'un cran: comme remarqué par plusieurs, on peut supposer $a=0$ et $b\neq 0$.

Soient $d_i$ avec $\sum_{0\leq i\leq n} d_i X^i(X-b)^{n-i} = 0$, ce qui entraine que $d_0(0-b)^n = 0$ et donc que $d_0=0$. Donc $d_1X(X-b)^{n-1} + ... + d_nX^n =0$ et donc $d_1(X-b)^p +d_2X(X-b)^{p-1} ... + d_nX^p =0$ avec $p:=n-1$.

Ceci est de la forme $e_0X^0(X-b)^p + e_1X^1(X-b)^{p-1} + ... + e_pX^p(X-b)^{p-p}$ avec $e_i:=d_{i+1}$

Effectivement, il ne peut donc y avoir de plus petit entier n tel que $i\in \{0;...;n\}\mapsto X^i(X-b)^{n-i} $ soit liée.

Famille libre de polynômes

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