Liberté d'une famille de fonctions

Bonjour, merci pour vos réponses,

@Chaurien. Effectivement il faut enlever la fonction nulle sinon c'est évident !

@Poirot. Je ne vois pas en quoi cette manipulation est utile puisque ayant supposé $\alpha_{n+1} > 0$, \[
\Big| e^{\alpha_{n+1}x} \sum_{k=0}^{n+1} \lambda_k f_{ \alpha_k }(x) \Big| \leq e^{\alpha_{n+1}x} \sum_{k=0}^{n+1} | \lambda_k | \underset{x \rightarrow - \infty}{\longrightarrow} 0
\] et la limite supérieure en moins l'infini est $0$, me suis-je trompé quelque part ?

@Math Coss. Je ne pense pas avoir bien saisi ton idée car je ne connais pas de lien entre le déterminant de Vandermonde et les dérivées successives d'une application. J'ai pensé à utiliser l'unicité du DL mais le calcul des dérivées successives est trop fastidieux et je ne trouve pas de formule exploitable.

@Bisam. Je ne vois pas non plus l'utilité de multiplier par $e^{\alpha_{n+1}x}$, ce terme est intégrable en moins l'infini et la combinaison linéaire est bornée, même sans la supposer nulle, donc la multiplication des deux est nécessairement intégrable en moins l'infini.

Visiblement quelque chose m'échappe ...

Bonjour
En prenant l'idée de Math Coss les calculs paraissent faisable, je pose $g(x) = \frac{e^x}{1+e^x}$ et $h(x) = \frac{cos(x)}{1+e^x}$, on a alors
\begin{align*}
f_1'(x)& = \frac{\cos(x)(1+e^x)-\sin(x)e^x}{(1+e^x)^2} = h(x)-f_1(x)g(x), \\
g'(x) &= \frac{e^x(1+e^x)-e^{2x}}{(1+e^x)^2} = \frac{e^x}{(1+e^x)^2}, \\
h'(x) &= \frac{-\sin(x)(1+e^x) - \cos(x)e^x}{(1+e^x)^2} = -f_1(x) -\cos(x)g'(x)
\end{align*} La formule de Leibniz donne \[
h^{(n+1)}(x) = h'^{(n)}(x) = -f_1^{(n)}(x) - \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cos^{(k)}(x)g'^{(n-k)}(x) = -f_1^{(n)}(x) - \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cos\left( x+\frac{k\pi}{2}\right)g^{(n+1-k)}(x)
\] puis
\begin{align*}
f_1^{(n+2)}(x) &= h^{(n+1)}(x) - \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}f_1^{(k)}(x)g^{(n+1-k)}(x)\\
&= -f_1^{(n)}(x) - \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cos\left( x+\frac{k\pi}{2}\right)g^{(n+1-k)}(x) - \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}f_1^{(k)}(x)g^{(n+1-k)}(x)
\end{align*} qui évalué en $0$ donne
\begin{align*}
f_1^{(n+2)}(0) &= -f_1^{(n)}(0) - \sum_{0 \leq 2k \leq n} \binom{n}{2k}(-1)^kg^{(n+1-2k)}(0) - \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}f_1^{(k)}(0)g^{(n+1-k)}(0).

\end{align*} Il ne reste "plus" qu'à déterminer les $(g^{(n)}(0))_{n \geq 0}$, à l'aide de la formule de Leibniz on se ramène au calcul des $\left( \left( \frac{1}{1+e^x} \right) ^{(n)}(0) \right)$ qui est explicité sur https://www.mathprepa.fr/derivee-n-ieme-de-fx1-1ex/ . D'après ce site on a \[
\left( \frac{1}{1+e^x} \right) ^{(n)}(0) = \sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^n (-1)^{n+j} \binom{k}{j}(1+j)^n\frac{1}{2^{k+1}} = \sum_{j=0}^n(-1)^{n+j}(1+j)^n\sum_{k=j}^n\binom{k}{j}\frac{1}{2^{k+1}} ,
\] et la dernière somme intérieure semble calculable.

Bonjour

Chaque $x \mapsto a_i\sin(\alpha_ix)\dfrac{1+e^{\alpha_{i_0}x}}{1+e^{\alpha_ix}},\ i \ne i_0$, est intégrable en $+ \infty$ si et seulement si $\alpha_i > 0$. Lorsque $\alpha_0$ est le seul $(\alpha_k)_{0 \leq k \leq n+1}$ négatif cette méthode fonctionne mais dans le cas général le membre de gauche ne semble pas intégrable.

Bonjour,

avec les notations de départ on obtient
\[ \lambda_{n+1} \sin(\alpha_{n+1}x) = -\sum_{k=0}^n \lambda_k \sin(\alpha_kx) \frac{1+e^{\alpha_{n+1}x}}{1+e^{\alpha_kx}} \underset{- \infty}{=} - \sum_{ \substack{k=0 \\ \alpha_k > 0} }^n \lambda_k \sin(\alpha_kx) \frac{1+o(1)}{1+o(1)} + o(1) \]

Bonjour
On m'a suggéré de faire comme suit, avec les notations de départ et en supposant l’existence d'une combinaison linéaire nulle on obtient \[
o(1) \underset{+ \infty}{=} \sum_{ k=0 }^n \lambda_k \frac{\sin(\alpha_kx)}{1+e^{\alpha_kx}} \underset{+ \infty}{=} \sum_{\substack{k=0 \\ \alpha_k < 0}}^n \lambda_k\sin(\alpha_kx) + o(1)
\] et donc \[
\sum_{\substack{k=0 \\ \alpha_k < 0}}^n \lambda_k\sin(\alpha_kx) \xrightarrow[x\to \infty]{} 0
\] ce qui nous ramène donc à montrer que \[
\forall n \in \mathbb{N},~ \forall \alpha_0,\ldots,\alpha_n <0,~\forall \lambda_0,\ldots,\lambda_n \in \mathbb{R},\quad \Big( \sum_{k=0}^n \lambda_k\sin(\alpha_kx) \xrightarrow[x\to \infty]{} 0 \Longrightarrow \lambda_0 = \cdots = \lambda_n = 0 \Big)
\] On le fait par récurrence, l'initialisation vient du fait que le sinus n'admet pas de limite en $- \infty$, pour l'hérédité on utilise le fait que toute fonction $f$ dérivable sur $\mathbb{R}$ de limite constante en $+ \infty$ vérifie $f'(x) \xrightarrow[x\to \infty]{} 0$ : \[
o(1) \underset{+ \infty}{=} \Big( \sum_{k=0}^{n+1}\lambda_k\sin(\alpha_kx) \Big)'' = - \sum_{k=0}^{n+1}\lambda_k\alpha_k^2\sin(\alpha_kx)
\] et par somme de limite, \[
o(1) \underset{+ \infty}{=} \sum_{k=0}^{n+1}\lambda_k\sin(\alpha_kx) - \frac{1}{\alpha_{n+1}^2} \sum_{k=0}^{n+1}\lambda_k\alpha_k^2\sin(\alpha_kx) = \sum_{k=0}^n\lambda_k \Big( 1- \frac{\alpha_k^2}{\alpha_{n+1}^2} \Big) \sin(\alpha_kx)
\] Maintenant si $I := \left\lbrace k \in [\![0,n]\!] \mid \lambda_k \ne 0\right\rbrace$ est non vide, les $(\alpha_k)_{k \in I}$ sont tous égaux à $\alpha_{n+1}$ (les $(\alpha_k)_{0 \leq k \leq n+1}$ ont tous même signe) et le résultat suit par récurrence forte.