Oui pas de solution réelle donc je peux bien en conclure une contradiction ? Mais comment exactement ?
Pour la question 2, je ne comprends pas trop par contre.
Suppose la famille liée : a x + b u (x) + c y + d u(y) = 0
En appliquant u a cette égalité et en utilisant u² + u + id = 0 , tu arrives à y combinaison linéaire de x et u(x).
Vu que $(x,\,u(x),\,y)$ est $\R$-libre, il existerait des réels $a$, $b$ et $c$ non tous nuls tels que\[u(y)=a\,x+b\,u(x)+c\,y\]Partant, l'on aurait\[u^2(y)=-u(y)-y=-(a\,x+b\,u(x)+c\,y)-y=\cdots\text{ et }\\u^2(y)=a\,u(x)+b\,u^2(x)+c\,u(y)=a\,u(x)+b\,(-u(x)-x)+c\,(a\,x+b\,u(x)+c\,y)=\cdots\]En utilisant la $\R$-liberté de $(x,\,u(x),\,y)$ et le fait que $1+c+c^2=0$ n'admet aucune racine réelle, l'on obtient une contradiction.
Cordialement,
Thierry
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
Si $y$ n'appartient pas à $\mbox{Vect}(x,u(x)),$ alors il suffit de montrer (par la première question) que $u(y)$ n'appartient pas à $\mbox{Vect}(x,u(x)).$ Si c'était le cas, alors on aurait $\alpha x + \beta u(x)= u(y).$ En composant par $u,$ on obtient $(\alpha-\beta)u(x)-\beta x = -(y+u(y)).$ D'où l'on tire $y=(\beta-\alpha)x + (\beta-2\alpha)u(x).$ Mais alors $\alpha=\beta=0.$ Une contradiction! Ainsi, $\mbox{Vect}(x,u(x))$ et $\mbox{Vect}(y,u(y))$ sont en somme directe, pour des raisons de dimension, $(x,u(x),y,u(y))$ est une base de $E.$
Plus précisément, posons $\displaystyle E_{x,y}=\mbox{Vect}(x,u(x),y) \mbox{ et } E_{y,x}=\mbox{Vect}(y,u(y),x).$ On a alors par la formule de Grassmann $$\mbox{dim}(E_{x,y}+E_{y,x})=\mbox{dim}(E_{x,y})-\mbox{dim}(E_{y,x})-\mbox{dim}(E_{x,y}\cap E_{y,x})=3+3-2=4.$$
Les hypothèses sont celles de l'énoncé. L'on a clairement\[y\not\in\mathrm{vect}(x,\,u(x))\Leftrightarrow(x,\,u(x),\,y)\text{ est }\R\text{-libre}\]Ok ? A la suite de Balix, supposons la famille $(x,\,u(x),\,y,\,u(y))$ $\R$-liée. Il existerait donc des réels $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ et $\delta$ non tous nuls tels que\[\alpha\,x+\beta\,u(x)+\gamma\,y+\delta\,u(y)=0_E\]Ok ? Si l'on avait $\delta=0$, alors $\alpha=\beta=\gamma=0$ nécessairement ; d'où $\delta\ne0$. Partant, il revient au même d'écrire qu'il existerait des réels $a$, $b$ et $c$ non tous nuls tels que\[u(y)=a\,x+b\,u(x)+c\,y\]Ok ? Alors, d'une part, l'on aurait\[u^2(y)=-u(y)-y=-a\,x-b\,u(x)-c\,y-y=-a\,x-b\,u(x)-(1+c)\,y\quad(\bullet)\]et, d'autre part,\[u^2(y)=u(a\,x+b\,u(x)+c\,y)=a\,u(x)+b\,(-u(x)-x)+c\,u(y)\\=(a-b)\,u(x)-b\,x+c\,(a\,x+b\,u(x)+c\,y)=(a\,c-b)\,x+(b\,c+a-b)\,u(x)+c^2\,y\quad(\bullet\bullet)\]Ok ? Au final, en vertu de $(\bullet)$ et $(\bullet\bullet)$, l'on obtiendrait\[(a\,c+a-b)\,x+(b\,c+a)\,u(x)+(1+c+c^2)\,y=0_E\]avec $(x,\,u(x),\,y)$ $\R$-libre, d'où\[a\,c+a-b=b\,c+a=1+c+c^2=0\] nécessairement et dont on sait que $1+c+c^2\ne0$. Etant conduit à une contradiction, l'on a nécessairement $(x,\,u(x),\,y,\,u(y))$ $\R$-libre, comme attendu.
Sauf erreurs !!
Cordialement,
Thierry
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
Réponses
J'aime bien votre pseudo.
Pour la question 2, je ne comprends pas trop par contre.
Help svp
En appliquant u a cette égalité et en utilisant u² + u + id = 0 , tu arrives à y combinaison linéaire de x et u(x).
Tu tires $u^2=-u-id$ et tu réinjectes dans ton équation pour obtenir une combinaison linéaire entre $x$ et $u(x)$.
Alain
Vu que $(x,\,u(x),\,y)$ est $\R$-libre, il existerait des réels $a$, $b$ et $c$ non tous nuls tels que\[u(y)=a\,x+b\,u(x)+c\,y\]Partant, l'on aurait\[u^2(y)=-u(y)-y=-(a\,x+b\,u(x)+c\,y)-y=\cdots\text{ et }\\u^2(y)=a\,u(x)+b\,u^2(x)+c\,u(y)=a\,u(x)+b\,(-u(x)-x)+c\,(a\,x+b\,u(x)+c\,y)=\cdots\]En utilisant la $\R$-liberté de $(x,\,u(x),\,y)$ et le fait que $1+c+c^2=0$ n'admet aucune racine réelle, l'on obtient une contradiction.
Cordialement,
Thierry
Plus précisément, posons $\displaystyle E_{x,y}=\mbox{Vect}(x,u(x),y) \mbox{ et } E_{y,x}=\mbox{Vect}(y,u(y),x).$ On a alors par la formule de Grassmann $$\mbox{dim}(E_{x,y}+E_{y,x})=\mbox{dim}(E_{x,y})-\mbox{dim}(E_{y,x})-\mbox{dim}(E_{x,y}\cap E_{y,x})=3+3-2=4.$$
Les hypothèses sont celles de l'énoncé. L'on a clairement\[y\not\in\mathrm{vect}(x,\,u(x))\Leftrightarrow(x,\,u(x),\,y)\text{ est }\R\text{-libre}\]Ok ? A la suite de Balix, supposons la famille $(x,\,u(x),\,y,\,u(y))$ $\R$-liée. Il existerait donc des réels $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ et $\delta$ non tous nuls tels que\[\alpha\,x+\beta\,u(x)+\gamma\,y+\delta\,u(y)=0_E\]Ok ? Si l'on avait $\delta=0$, alors $\alpha=\beta=\gamma=0$ nécessairement ; d'où $\delta\ne0$. Partant, il revient au même d'écrire qu'il existerait des réels $a$, $b$ et $c$ non tous nuls tels que\[u(y)=a\,x+b\,u(x)+c\,y\]Ok ? Alors, d'une part, l'on aurait\[u^2(y)=-u(y)-y=-a\,x-b\,u(x)-c\,y-y=-a\,x-b\,u(x)-(1+c)\,y\quad(\bullet)\]et, d'autre part,\[u^2(y)=u(a\,x+b\,u(x)+c\,y)=a\,u(x)+b\,(-u(x)-x)+c\,u(y)\\=(a-b)\,u(x)-b\,x+c\,(a\,x+b\,u(x)+c\,y)=(a\,c-b)\,x+(b\,c+a-b)\,u(x)+c^2\,y\quad(\bullet\bullet)\]Ok ? Au final, en vertu de $(\bullet)$ et $(\bullet\bullet)$, l'on obtiendrait\[(a\,c+a-b)\,x+(b\,c+a)\,u(x)+(1+c+c^2)\,y=0_E\]avec $(x,\,u(x),\,y)$ $\R$-libre, d'où\[a\,c+a-b=b\,c+a=1+c+c^2=0\] nécessairement et dont on sait que $1+c+c^2\ne0$. Etant conduit à une contradiction, l'on a nécessairement $(x,\,u(x),\,y,\,u(y))$ $\R$-libre, comme attendu.
Sauf erreurs !!
Cordialement,
Thierry