En additionnant, à présent, la relation (2), on obtient
n−1
k=0
u k (n
2
− k
2
) c k = 0.
Remarquons que le dernier terme à disparu. Nous sommes parvenus à passer d’une
relation contenant n + 1 termes à une relation n’en contenant plus que n. Cette
observation nous invite à tenter de démontrer le résultat voulu par récurrence.
Nous allons montrer, par récurrence, que, quel que soit m ∈ {0,. . . ,n} , la
proposition
H m : « la famille (c 0 ,. . . ,c m ) est libre »
est vraie.
• La fonction c 0 n’est pas nulle. Par conséquent, la famille (c 0 ) est libre et
la proposition H 0 est vraie.
• Soit m ∈ {0,. . . ,n − 1} tel que la proposition H m est vraie. La famille
(c 0 ,. . . ,c m ) est donc libre. Nous allons montrer que la famille
(c 0 ,. . . ,c m+1 ) l’est encore. Soient u 0 ,. . . ,u m+1 ∈ R tels que l’on ait
(1)
m+1
k=0
u k c k = 0.
En dérivant la relation (1), puis en ajoutant (m + 1) 2 (1), on obtient
(2)
m
k=0
u k ((m + 1)
2
− k
2
) c k = 0.
D’après l’hypothèse de récurrence, la famille (c 0 ,. . . ,c m ) est libre. On en
déduit que, quel que soit k ∈ {0,. . . ,m}, on a u k ((m + 1) 2 − k 2 ) = 0 et
donc u k = 0.
Revenons à la relation (1). Il reste simplement u m+1 c m+1 = 0 . On en déduit
que u m+1 = 0, car la fonction c m+1 n’est pas nulle. Finalement, nous avons
démontré que u 0 = · · · = u m+1 = 0 . Par conséquent, la famille
(c 0 ,. . . ,c m+1 ) est libre et la proposition H m+1 est vraie.
• Finalement, nous avons montré que, quel que soit m ∈ {0,. . . ,n} , la
famille (c 0 ,. . . ,c m ) est libre. En particulier, la famille (c 0 ,. . . ,c n ) est libre.
2. Comme dans la première question, par définition d’une famille libre, nous devons
montrer que, quel que soient u 0 ,. . . ,u n ∈ R vérifiant la relation
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Partie 3 • Algèbre
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