La famille des exponentielles est libre

La stratégie. Une relation de dépendance entre fonctions est une identité valable pour tout $x$ : on la fait travailler en $+\infty$, où l'exponentielle de plus grand coefficient écrase toutes les autres. Une récurrence sur $n$ élimine les coefficients un par un.

Le lemme d'analyse. Si $a<b$, alors $\frac{e^{ax}}{e^{bx}}=e^{(a-b)x}⟶0$ quand $x\to +\infty$, puisque $a-b<0$. C'est le seul outil d'analyse utilisé.

La récurrence. Montrons par récurrence sur $n\ge 1$ : pour tous réels $a_1<\cdots <a_n$, la famille $(e^{a_{k}x}{)}_{k\le n}$ est libre.

Initialisation. Si ${\lambda }_1{e}^{a_{1}x}=0$ pour tout $x$, alors en $x=0$ : ${\lambda }_1=0$.

Hérédité. Supposons la propriété au rang $n-1$, et soit une relation $$\forall x\in \mathbb{R},{\lambda }_1{e}^{a_{1}x}+\cdots +{\lambda }_{n-1}{e}^{a_{n-1}x}+{\lambda }_n{e}^{a_{n}x}=0.$$ Divisons par $e^{a_{n}x}$, qui ne s'annule jamais — la relation reste vraie pour tout $x$ : $$\forall x\in \mathbb{R},{\lambda }_1{e}^{(a_1-a_n)x}+\cdots +{\lambda }_{n-1}{e}^{(a_{n-1}-a_n)x}+{\lambda }_n=0.$$ Faisons tendre $x$ vers $+\infty$ : comme $a_k<a_n$ pour $k\le n-1$, chacun des $n-1$ premiers termes tend vers $0$ par le lemme. Il reste ${\lambda }_n=0$. La relation initiale devient ${\lambda }_1{e}^{a_{1}x}+\cdots +{\lambda }_{n-1}{e}^{a_{n-1}x}=0$, et l'hypothèse de récurrence, appliquée à $a_1<\cdots <a_{n-1}$, donne ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_{n-1}=0$. La famille est libre.

Le point délicat. C'est l'ordre strict $a_1<\cdots <a_n$ qui garantit un plus grand exposant, et un seul : c'est lui qu'on isole. Si deux $a_k$ étaient égaux, deux fonctions seraient identiques et la famille serait liée. Et la division par $e^{a_{n}x}$ est licite partout, ce qui est rare, et permet de garder une identité sur tout $\mathbb{R}$ avant de passer à la limite.

Contrôle numérique sur $(0,1,2)$. En évaluant en $x=0,1,2$, on obtient la matrice de lignes $(1,1,1)$, $(1,e,e^2)$, $(1,e^2,e^4)$ : une matrice de Vandermonde en $(1,e,e^2)$, dont le déterminant $(e-1)(e^2-1)(e^2-e)\approx 51,28$ est non nul — précisément parce que $1,e,e^2$ sont deux à deux distincts, traduction de l'ordre strict des $a_k$.

Ce que l'exercice installe. $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ contient des familles libres de taille arbitraire : il n'est pas de dimension finie. Et le procédé — diviser par le terme dominant, passer à la limite, itérer — resservira pour les familles $(x^{a_k})$, et c'est déjà lui qui sépare les solutions $e^{r_{1}x}$ et $e^{r_{2}x}$ d'une équation différentielle linéaire d'ordre $2$.