Линейная независимость.

[main.c]

$e^{\alpha_1x}, ..., e^{\alpha_nx}$
$\alpha_1, ..., \alpha_n$ - попарно-различные действительные числа.
Нужно доказать, что эта система линейно-независима. Как это сделать? Подкиньте пожалуйста идею.

[Sonic86]

1) Предположите противное, придите к противоречию
2) Вронскиан

[gris]

Может быть от противного? Вынести за скобку наименьшую степень и продифференцировать. Получим зависимую систему от меньшего количества экспонент. Ну так и гнать до одной.

[main.c]

Посмотрел в ответах, сказано, что нужно использовать определитель Вандермонда. Не понимаю, как это, ну вынесу я наименьшую степень, продифферинцирую, а дальше что?

[Sonic86]

main.c в сообщении #833938 писал(а):

Посмотрел в ответах, сказано, что нужно использовать определитель Вандермонда. Не понимаю, как это, ну вынесу я наименьшую степень, продифферинцирую, а дальше что?

Определитель Вандермонда в доказательстве от противного не используется, он нужен для вычисления Вронскиана.
От противного можно еще проще доказать, даже дифференцировать не надо, достаточно уметь находить пределы экспонент.
Постройте график $C_1e^{-x}+C_2+C_3e^x$. Посмотрите на него.
Приведите попытки решения в конце концов.

[ewert]

main.c в сообщении #833938 писал(а):

сказано, что нужно использовать определитель Вандермонда. Не понимаю, как это, ну вынесу я наименьшую степень, продифферинцирую

Не надо наименьшую -- надо из вронскиана вынести все экспоненты, останется в точности Вандермонд.

В лоб, без определителей проще. Но неприятно то, что этот приём не работает (или работает со страшным скрыпом) для комплексных показателей. Тогда проще через Вандермонда.

[main.c]

Так, составим из этой системы ЛК:
$z_1e^{\alpha_1x} + ... + z_ne^{\alpha_nx} = 0$

Запишем $n-1$ производную этой ЛК, тогда получим СЛАУ из $n$ уравнений с $n$ неизвестными вот такого вида:
$z_1e^{\alpha_1x} + ... + z_ne^{\alpha_nx} = 0$
$z_1\alpha_1e^{\alpha_1x} + ... + z_n\alpha_ne^{\alpha_nx} = 0$
............................................
$z_1\alpha_1^{n-1}e^{\alpha_1x} + ... + z_n\alpha_n^{n-1}e^{\alpha_nx} = 0$

Найдём определитель матрицы этой системы:
$\begin{Vmatrix} e^{\alpha_1x} & \cdots & e^{\alpha_nx} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_1^{n-1}e^{\alpha_1x} & \cdots & \alpha_n^{n-1}e^{\alpha_nx} \end{Vmatrix}$

Разделим первый столбец на $e^{\alpha_1x}$, второй на $e^{\alpha_2x}$ и так далее, каждый столбец, получим:
$\begin{Vmatrix} 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_1^{n-1} & \cdots & \alpha_n^{n-1} \end{Vmatrix}$

Это определитель Вандермонда, он не равен нулю, так как $\alpha_1, ..., \alpha_n$ - попарно различные числа, сделовательно ранг матрицы равен $n$ и равен количеству неизвестных, следовательно эта система имеет только тривиальное решение, а значит исходная система векторов ЛНЗ. Это верное решение?

[ewert]

Верное, только несколько избыточное: что "определитель матрицы этой системы" есть вронскиан -- к этому моменту должно быть известно, и выписываться он должен уже безо всяких обоснований (а иначе и вандермонд как-то непонятно зачем).

[mihailm]

(Оффтоп)

main.c в сообщении #834211 писал(а):

...
$\begin{Vmatrix} 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_1^{n-1} & \cdots & \alpha_n^{n-1} \end{Vmatrix}$
...

Тут одинарные вертикальные черточки должны быть

[ewert]

(Оффтоп)

mihailm в сообщении #834233 писал(а):

Тут одинарные вертикальные черточки должны быть

ну типо какая разница -- v или V. Что первое в справочнике под руку подвернулось, то и вставим. Мы же математикой озабочены, а не ТеХом. Я, во всяком случае, это вполне понимаю.

[mihailm]

(Оффтоп)

Я не про математическую сущность.
Вдруг ТС это куда сдавать - препод может придраться

[ewert]

(Оффтоп)

mihailm в сообщении #834241 писал(а):

Вдруг ТС это куда сдавать - препод может придраться

Так преподу на бумажке он, скорее всего, правильно и нарисует; а тут -- злобные модеры, и как-то надо сейчас именно от них отбиваться

[main.c]

Для системы $x^{\alpha_1}, ..., x^{\alpha_n}$ решение аналогичное, но есть один вопрос, нам там прийдётся делить на $x$ в какой-то степени, но ни где не стоит условия, что он не равен нулю. Но мы ведь можем просто "выкинуть" это значение? Просто исходя из определения линейной независимости, для любого $x$ не существует такой ЛК равной нулю, чтобы хотя бы один коэффициент был не равен нулю. Да, для $x = 0$ система будет ЛЗ, но нам же нужно для всех, поэтому мы можем не рассматривать это значение $x$, я прав или не прав?

[ewert]

main.c в сообщении #834246 писал(а):

Да, для $x = 0$ система будет ЛЗ, но нам же нужно для всех, поэтому мы можем не рассматривать это значение $x$, я прав или не прав?

Прав. Был бы, если бы не одна оговорка: там вовсе не Вандермонд выйдет.

Там проще доказывать в лоб несуществование линейных комбинаций. А ещё проще (и универсальнее) -- свести всё дело к экспонентам логарифмической заменой аргумента.

[main.c]

ewert в сообщении #834253 писал(а):

main.c в сообщении #834246 писал(а):

Да, для $x = 0$ система будет ЛЗ, но нам же нужно для всех, поэтому мы можем не рассматривать это значение $x$, я прав или не прав?

Прав. Был бы, если бы не одна оговорка: там вовсе не Вандермонд выйдет.

Там проще доказывать в лоб несуществование линейных комбинаций. А ещё проще (и универсальнее) -- свести всё дело к экспонентам логарифмической заменой аргумента.

1. Как это не Вандермонд?
Запишем вронскиан:
$\begin{vmatrix} x^{\alpha_1} & \cdots & x^{\alpha_n}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ \alpha_1^{n-1}x^{\alpha_1 - n + 1} & \cdots & \alpha_1^{n-1}x^{\alpha_n - n + 1} \end{vmatrix}$

Затем домножим $n$-ую строку на $x^n$ (отсчёт строк с нуля), получим:
$\begin{vmatrix} x^{\alpha_1} & \cdots & x^{\alpha_n}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ \alpha_1^{n-1}x^{\alpha_1} & \cdots & \alpha_1^{n-1}x^{\alpha_n} \end{vmatrix}$

Ну а дальше по накатанной, Вандермонд ну и так далее.

2.А как это Вы в лоб предлагаете решить? Не совсем Вас понимаю.