Famille libre lundi 15 août

etanche

Bonjour 
$0\leq x_1 <x_2 <…<x_n<2\pi$, $ x\in R$ 

Montrer que la famille $(f_k)_{1\leq k \leq n}$, où $\  f_k(x)=e^{i\cos(x-x_k)}\ $ est libre sur $C$ l’ensemble des nombres complexes, si pour tout $n$-upplet $a_1,a_2,\ldots,a_n$ de nombres complexes tels que $$\sum_{k=1}^{n} a_kf_k=0$$ alors $a_1=a_2=\cdots=a_n=0$.
Merci 

BobbyJoe

J'imagine que $\mathcal{C}$ est l'ensemble de fonctions continues sur $[0,2\pi]$ à valeurs dans $\mathbb{C}$ ? 

Remarque :  Il s'agit de prouver la liberté de la famille de fonctions (on est bien d'accord ?) à condition que le paramètre $x$ appartienne à un certain segment de $\mathbb{R}.$

@JLT : Merci ! J'ai corrigé l'argument...

Je vais présenter une preuve "rapide" (challenge : produire une preuve purement élémentaire) qui utilise des considérations sur les fonctions de Bessel (je sens que c'est pénible sans ça )

Soit $(\lambda_{k})_{k=1,\ldots,N}\in \mathbb{C}^{n}$ tel que : $\displaystyle \forall x\in [0,2\pi],\mbox{ }\sum_{k=1}^{N}\lambda_{k}e^{i\cos(x-x_{k})}=0.$

J'utilise :  https://fr.wikipedia.org/wiki/Fonction_de_Bessel et plus précisément le développement en série de Fourier de $\theta\mapsto \exp(iz\cos(\theta))$ à partir des fonctions de Bessel : $J_{n}(z)$ et le dévoppement asymptotique lorsque $n\rightarrow +\infty$ de $J_{n}(x)$ à $x$ fixé.

D'une part, on sait  : $\displaystyle e^{iz\cos(\theta)}=\sum_{n\in \mathbb{Z}}i^{n}J_{n}(z)e^{in\theta}.$

Ainsi, on obtient : $\displaystyle \forall x\in [0,2\pi],\mbox{ } \sum_{n\in \mathbb{Z}}e^{inx}\left( i^{n}J_{n}(1)\sum_{k=1}^{N}\lambda_{k}e^{-inx_{k}}\right)=0.$

D'autre part, en utilisant le développement asymptotique de $J_{n}(1)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty,$ il vient (en identifiant les coefficients de la série trigonométrique précédente) : $\displaystyle \forall n\gg 1,\mbox{ } \sum_{k=1}^{N}\lambda_{k}e^{-inx_{k}}=0.$

On conclut en utilisant un déterminant de Vandermonde (car les $(e^{-ix_{k}})_{k=1,\ldots,N}$ sont deux à deux distincts : les points $x_{k}$ vérifient $0\leq x_{1}<\ldots<x_{n}<2\pi$).

D'où la liberté de la famille  considérée de fonctions.

JLT

@BobbyJoe J'ai des doutes sur la formule $\displaystyle 0=\frac{1}{2i\pi}\oint_{\mathcal{C}_{\ell}}\frac{f(z)}{z-x_\ell}dz=\lambda_{\ell}.$

BobbyJoe

@JLT Oui, moi aussi, il faut que j'arrête....   décidément ^^

Je vais corriger mon approche qui n'est pas la bonne un peu plus tard...

Lars

Bonjour,

On note $g$ la fonction définie par

$\forall x,\  g(x):=e^{i\cos x}$

$g$ est $2\pi$ périodique, de classe $C^{\infty} $, paire.

Supposons l'existence de $(a_k), k\in [|1;p|]$ tous non nuls tels que $\forall x\in \R,\sum_{k=1}^p a_kg(x-x_k)=0$

Alors par transformée de Fourier discrète (ie en prenant les séries de Fourier)

$\forall n\in \Z, \ \sum_{k=1}^p a_ke^{ix_k n} \hat g(n)=0\quad(1)$

Fait  : pour $n$ assez grand, tous les coefficients de Fourier de $g$ sont non nuls.

A PROUVER

Il existe alors $n_0\in \N, \forall n\in \N, n\ge n_0$ implique $\sum_{k=1}^p a_ke^{ix_k n}=0$.

On pose $\forall k, y_k=e^{ix_k} $

L'hypothèse de distribution des $x_k$ assure que les $y_k$ sont deux à deux distincts. On peut alors conclure avec Vandermonde (système linéaire sans second membre, d'inconnues $a_ky_{k}^{n_0}, k\in [1;p]$, de matrice inversible $V(y_1,y_2,...,y_p)$. Donc $\forall k, a_ky_{k}^{n_0}=0$ et donc, comme tous les $y_k$ sont de module 1 en particulier non nuls, on a $\forall k, a_k=0$. Contradiction. Donc la famille considèrée est libre).

etanche

Y a-t-il une solution sans passer par Bessel ? Seulement avec les programmes de prépas si possible. 

marco

Si la famille $(x \in \R  \mapsto e^{i \cos(x-x_k)})_k$ est liée, alors la famille $(z \in \C \mapsto e^{i \cos(z-x_k)})_k$ est liée, donc en posant $z'=e^{iz}$, on trouve que la famille $(f_k)_k=(z' \in \C^* \mapsto e^{i(z'e^{-ix_k}+\frac{1}{z'}e^{ix_k})/2})_k$ est liée.

En posant $z'=t \in \R$ tendant vers l'infini, puis $z'=it$ avec $t \in \R$ tendant vers l'infini, on trouve une contradiction.

En effet, $e^{i(z'e^{-ix_k}+\frac{1}{z'}e^{ix_k})/2}$ est équivalent à $e^{t \sin(x_k)/2+it\cos(x_k)/2}$, quand $t$ tend vers l'infini dans le premier cas ($z'=t$).

Et c'est équivalent à $e^{-t \cos(x_k)/2+it\sin(x_k)/2}$ si $z'=it$.

($t$ tend vers $+\infty$).

marco

Il faut poser $z'=-ite^{ix_{i_0}}$, pour $i_0 \in \{1,\dots, n\}$, alors $a_{i_0}=0$ en faisant tendre $t$ vers $+ \infty $.

En effet, $f_{i_0}(z')$ est équivalent à $e^{t/2}$.

Et $f_j(z')$ est un $O(e^{t \cos(x_{i_0}-x_j)/2})$ qui est négligeable devant  $f_{i_0}(z'))$ si $j \neq i_0$, lorsque $t$ tend vers $+\infty$.

Donc si $\sum a_if_i(z')=0$, on trouve $a_{i_0}=0$.

john_john

Je suis passé par les mêmes étapes que Lars mais je n'ai pas cherché à vérifier la non-nullité des coefficients de Fourier pour tout indice assez grand. Ce n'est pas par flemme -- on doit pouvoir y arriver -- mais parce que j'ai trouvé que la présence du $\rm i$ dans l'exposant était artificielle : si on le remplace par un réel $\lambda>0$, on y parvient facilement et je pense que cela ne dénature pas l'exo.