Une combinaison linéaire douteuse !

Par l’absurde, on suppose que $g$ est une combinaison linéaire des fonctions $f_{1}$, $f_{2}$, $f_{3}$ et $f_{4}$. Dans ce cas il existe $(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3},\lambda_{4})\in\R^{4}$ tel que pour tout $x\in\R$,

$\exp(-1/x^{2}) = \lambda_{1}x^{2}\exp(-x^{2})+\lambda_{2}\exp(-x^{2})+\lambda_{3}x\exp(x)+\lambda_{4}\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2}\arctan(x)^{2}$.

$\bullet$ On prend la limite en $x = 0$.
La limite de $g$ lorsque $x$ tend vers $0$ est nulle. Et $f_{1}(0) = f_{3}(0) = f_{4}(0) = 0$, $f_{2}(0) = 1$ donc l’égalité devient : $\lambda_{2} = 0$. On obtient pour tout $x\in\R$,

$\exp(-1/x^{2}) = \lambda_{1}x^{2}\exp(-x^{2})+\lambda_{3}x\exp(x)+\lambda_{4}\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2}\arctan(x)^{2}$.

$\bullet$ On prend la limite lorsque $x\rightarrow +\infty$.
La limite de $g$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$ est égal à $1$. De plus, par croissance comparée on a que la limite de $f_{1}$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$ est nulle. Enfin les limites de $f_{3}$ et $f_{4}$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$ sont respectivement $+\infty$ et $1$. On observe que seule la limite de $f_{3}$ est infinie. Donc si $\lambda_{3}\neq 0$ alors on arrive à une absurdité. On conclut que $\lambda_{3} = 0$. Ainsi dans l’égalité on obtient $\lambda_{4} = 1$ et $\forall x\in\R$,

$\exp(-1/x^{2}) = \lambda_{1}x^{2}\exp(-x^{2})+\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2}\arctan(x)^{2}\implies\frac{1}{x^{2}}\exp(-1/x^{2}) = \lambda_{1}\exp(-x^{2})+\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2}\frac{\arctan(x)^{2}}{x^{2}}$.

$\bullet$ On divise par $x^{2}$ et on passe à la limite $x\rightarrow 0$.
Or la limite lorsque $x$ tend vers $0$ de $\frac{1}{x^{2}}\exp(-1/x^{2})$ est nulle. Et il est bien connu que la limite lorsque $x$ tend vers $0$ de $\frac{\arctan(x)^{2}}{x^{2}}$ est $1$ (il suffit de montrer l’équivalence $\arctan(x)\sim x$). Cela donne l’égalité $0 = \lambda_{1}+\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2}$, en particulier $\lambda_{1}<0$.

Or en substituant $x=1$ on obtient $\exp(-1) = \lambda_{1}\exp(-1)+\frac{1}{4}$, c’est-à-dire $\lambda_{1} = 1-\frac{1}{4}e$. Donc la quantité $\lambda_{1}$ est positive puisque $e\leq 3$. En effet, pour tout entier $k\geq 1$,
$k! = 1\times 2\times 3\times\ldots\times k \geq 1\times 2\times 2\times\ldots\times 2 = 2^{k-1}$, et par définition du nombre $e$ on a
$e = 1+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k!}\leq 1+\sum_{k=1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}=3$.

La quantité $\lambda_{1}$ ne peut pas être à la fois positive et strictement négative donc $g$ n’est pas une combinaison linéaire de $f_{1}$, $f_{2}$, $f_{3}$ et $f_{4}$. (Tout cela sans utiliser de résultat de transcendance ou d’indépendance algébrique sur $\pi$ ou $e$)

Rassemblons les évaluations utiles :
$$\begin{array}{c|r|ccccccc} f&f(x)&\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}{f(x)\over x^2}&\lim\limits_{+\infty}f &4e f(1)&\ f(0)\\ g& e^{-1/x^{2}}&0&1&4&0\\ f_1&x^2e^{-x^2}&1&0&4 &0\\ f_4&\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2}\arctan(x)^{2}& ({2\over\pi})^{2} &1&e&0\\ f_2 & e^{-x^2}&&0&&1\\ f_3&xe^x&&+\infty&&0 \end{array}$$

• Pour toute fonction $f$ colinéaire à $g$ on a $\lim_{x\rightarrow0}f(x)/x^{2}=0$ or $\lim_{x\rightarrow0}f_{1}(x)/x^{2}=1$ donc $(g,f_{1})$ est libre.
• Supposons que $f_{4}=a.g+b.f_{1}$
  • comme $\lim_{x\rightarrow0}f_{4}(x)/x^{2}=\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2}$, on a $({2\over\pi})^{2}=a.0+b.1$ : $b=({2\over\pi})^{2}$
  • les limites en $+\infty$ donnent : $1=a.1+b.0$ : $a=1$
  • multipliée par $4e$, la valeur en 1 donne $e=4(1+({2\over\pi})^{2})$ impossible (les deux membres sont séparés par 4). Donc $(g,f_{1},f_{4})$ est libre.
• toute fonction de $vect(g,f_{1},f_{4})$ est de limite finie en $+\infty$ ; ce n’est pas le cas pour $f_{3}$ (qui est de limite $+\infty$ en $+\infty$ ) donc $(g,f_{1},f_{4},f_{3})$ est libre.
• toute fonction de $vect(g,f_{1},f_{4},f_{3})$ est nulle en 0 ; ce n’est pas le cas pour $f_{2}$ (qui vaut 1 en 0) donc $(g,f_{1},f_{4},f_{3},f_{2})$ est libre et La fonction $g$ n’est pas combinaison linéaire de $f_{1},f_{2},f_{3},f_{4}$.