plimok a écrit :J'étais aussi parti sur un raisonnement du genre, même si je trouve que l'énoncé n'invite pas trop à la récurrence (vu que n et les f_i sont fixés avant la question, la formulation rigoureuse de l'hypothèse de récurrence est délicate, mais bon c'est un détail).
Thaalos a écrit :soit tu peux montrer par récurrence qu'une suite d'opération linéaire impliquant les autres $ g_{i}' $ permet d'obtenir un $ g_{n}'' $ d'ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d'ailleurs utilisée pour le cas n=2).
Je ne comprends juste pas cette étape, est-ce que tu pourrais détailler stp ? Genre il faudrait faire une récurrence dans la récurrence ?
Dans le cas n=2, j'ai posé $ f_1(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{b_kx^k} $, $ f_2(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{c_kx^k} $ et $ \displaystyle A = \left( \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right) $ ; si f1 et f2 ont le même ordre d il suffit de poser $ a_{11}=1, a_{21}=0, a_{12}=-c_d, a_{22}=b_d $ pour annuler le coefficient d'ordre d, et j'utilise juste l'hypothèse de liberté pour dire que la combinaison linéaire $ g_2 = -c_df_1 + b_df_2 $ ainsi obtenue n'est pas identiquement nulle. Je ne vois pas comment généraliser ce raisonnement dans le cas général, puisqu'il peut y avoir éventuellement plusieurs coefficients à annuler (on ne connaît pas les ordres des autres f_i), mais on ne sait pas combien...
La propriété que j'énonce, tu peux la montrer hors de la récurrence, en la formulant ainsi :
« Soit $ (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] $ une famille de fonctions DSE libre vérifiant $ \forall i,j \in [\![1; n-1]\!], o(g_{i}) \neq o(g_{j}) $. Alors on peut trouver $ g_{n}' $ DSE, telle que $ \forall i \in [\![1; n-1]\!], o(g_{i}) \neq o(g_{n}') $, et telle que $ (g_{1}, \dots g_{n-1}, g_{n}') $ est libre. »
La vérification du caractère DSE d'une combinaison linéaire de fonctions DSE est sans intérêt pour la question, de même que la liberté de $ g_{n} + \sum_{i}\lambda_{i}g_{i} $.
Si $ o(g_{n}) $ est inclus dans $ \{o(g_{i}), i \in [\![1; n-1]\!]\} $, alors soit $ j $ tel que $ o(g_{n}) = o(g_{j}) $, tu sais d'après le cas $ n=2 $ qu'il existe $ \gamma_{j} $ tel que $ g_{n}' = g_{n} - \gamma_{j}g_{j} $ est d'ordre strictement supérieur à $ o(g_{j} $ (par construction), puis tu recommences en vérifiant si l'ordre de la nouvelle fonction est dans $ \{o(g_{i}), i \in [\![1; n-1]\!], i \neq j\} $ (par construction tu t'en es débarrassé)
En écrivant ça proprement tu arrives à $ g_{n} = g_{n}' - \displaystyle \sum_{j \in \Omega} \gamma_{j}g_{j}' $ d'ordre strictement distinct de celui des $ g_{i}' $ et non identiquement nulle. ($ \Omega $ est en pratique un sous ensemble de $ \{i \in [\![1; n-1]\!]\ | o(g_{i}') \geqslant o(g_{n}')} $).
Je te concède que c'est pédestre à formaliser. Cela dit, si tu veux le faire proprement, une récurrence convient.
En fait, en écrivant tout ça, j'ai plus propre qui me vient, je te rédige ça.
[EDIT]
Quitte à permuter les éléments de la famille $ (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] $, tu peux te ramener à un cas où elle est triée en ordres (pas forcément distincts deux à deux). Trier les éléments revient à multiplier le vecteur $ (g_{1}, \dots, g_{n}) $ par une matrice de permutation à droite, donc, inversible.
Tu vas également supposer que l'ordre de $ g_{1} $ et celui de $ g_{n} $ sont distincts. S'ils ne le sont pas, tu peux multiplier à droite par une seconde matrice, qui préserve $ (g_{1}, \dots, g_{n-1}) $ et effectue une combinaison linéaire de $ g_{1} $ et $ g_{n} $ telle que $ g_{n}' $ soit d'ordre strictement supérieur à celui de $ g_{1} $. Cette matrice aussi est également inversible, car triangulaire avec que des 1 sur sa diagonale.
Tu cherches donc à résoudre ce cas particulier, pour t'y ramener ensuite.
Remarque que pour combiner $ n-1 $ éléments côte à côte de ta famille entre eux, il suffit d'utiliser une matrice $ G \in \mathcal{M}_{n-1}(\mathbb{R}) $ qui les combine entre eux, et écrire $ A = \begin{pmatrix} G & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} $ ou $ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & G\end{pmatrix} $ en fonction des éléments à combiner entre eux.
Formule l'hypothèse $ \mathcal{P}(n) $ « Soit $ (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] $ une famille libre de fonctions DSE rangée en ordres croissants, telle que l'ordre de $ g_{1} $ soit strictement inférieur à celui de $ g_{n} $. Alors on peut trouver une matrice $ A \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}) $ telle que la famille $ (g_{1}', \dots, g_{n}') = (g_{1}, \dots, g_{n})A $ soit une famille libre de fonctions DSE rangée en ordres strictement croissants, et telle que l'ordre minimal de $ (g_{1}', \dots, g_{n}') $ soit le même que celui de $ (g_{1}, \dots, g_{n}) $. »
Le cas $ n=2 $ est ok. Si tu rédiges bien, tu t'es arrangé pour. Dans le cas général, tu utilises l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{1}, \dots, g_{n-1}) $, et tu obtiens, via une matrice B, une nouvelle famille $ (g_{1}', g_{2}', \dots, g_{n-1}', g_{n}) $ telle que $ (g_{1}', \dots, g_{n-1}') $ soit rangée en ordres strictement croissants et libre, tout en ayant préservé l'ordre minimal. Là, tu utilises une nouvelle permutation $ \sigma $ laissant 1 fixe pour réordonner la famille partiellement en $ (g_{1}', g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $. La matrice de ce tri sera notée S, et est inversible.
Tu appliques alors l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $, et tu obtiens $ (g_{1}', g_{2}", \dots, g_{n}") $ triée, via une matrice C. L'ordre minimal de $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $ étant strictement supérieur à celui de $ g_{1} $, l'ordre minimal de $ (g_{2}", \dots, g_{n}") $ est strictement supérieur à celui de $ g_{1}' $ par construction et hypothèse, et cette famille te permet de valider $ \mathcal{P}(n) $ à partir de $ \mathcal{P}(n-1) $. La matrice finale est donc $ A = BSC $.
