Линейная независимость.

[ewert]

main.c в сообщении #834259 писал(а):

1. Как это не Вандермонд?

Там не чистые степени накапливаются (как положено для Вандермонда).

main.c в сообщении #834259 писал(а):

А как это Вы в лоб предлагаете решить?

Это не я предлагал; но я поддерживаю (в вещественном варианте):

Sonic86 в сообщении #833945 писал(а):

От противного можно еще проще доказать, даже дифференцировать не надо, достаточно уметь находить пределы экспонент.

Т.е. разделить эту линейную комбинацию на старшую степень -- и выбить тем самым соотв. коэфф.; потом разделить на следующую; ну и т.д.

[svv]

Почти единое решение для обеих задач.

Вводим набор операторов $A_1,..., A_n$
для системы $(e^{\alpha_1x}, ..., e^{\alpha_nx})$ так: $A_i=\frac d{dx}-\alpha_i$.
для системы $(x^{\alpha_1}, ..., x^{\alpha_n})$ так: $A_i=x\frac d{dx}-\alpha_i$.

Тогда действие оператора $A_i$ на $k$-ю функцию сводится к умножению её на $\alpha_k-\alpha_i$:
$(\frac d{dx}-\alpha_i)e^{\alpha_k x}=(\alpha_k-\alpha_i)e^{\alpha_k x}$
$(x\frac d{dx}-\alpha_i)x^{\alpha_k}=(\alpha_k-\alpha_i)x^{\alpha_k}$
Таким образом, оператор $A_i$ аннулирует $i$-ю функцию и только её, остальные домножаются на ненулевой коэффициент.

Пусть функции зависимы. Тогда существует линейная комбинация функций, равная тождественному нулю, в которой коэффициент при $k$-й функции ненулевой. Подействуем на неё последовательно всеми операторами $A_1, A_2... A_n$, за исключением $A_k$. Получим, что $k$-я функция с ненулевым коэффициентом равна нулю.

[ewert]

(Оффтоп)

svv в сообщении #834291 писал(а):

Тогда действие оператора $A_i$

честно говоря, мне это не по ндраву. Какие операторы, когда вопрос-то элементарен?...

[main.c]

ewert в сообщении #834285 писал(а):

main.c в сообщении #834259 писал(а):

1. Как это не Вандермонд?

Там не чистые степени накапливаются (как положено для Вандермонда).

main.c в сообщении #834259 писал(а):

А как это Вы в лоб предлагаете решить?

Это не я предлагал; но я поддерживаю (в вещественном варианте):

Sonic86 в сообщении #833945 писал(а):

От противного можно еще проще доказать, даже дифференцировать не надо, достаточно уметь находить пределы экспонент.

Т.е. разделить эту линейную комбинацию на старшую степень -- и выбить тем самым соотв. коэфф.; потом разделить на следующую; ну и т.д.

Это вы сейчас про какую систему говорите, про вторую? Если да, то выходит так. Не теряя общности, пусть $\alpha_1$ самая страшная степень, тогда тогда разделим ЛК на неё, получим:
$z_1 + z_2x^{\alpha_2 - \alpha_1} + ... + z_nx^{\alpha_n - \alpha_1} = 0$

А дальше как?

[ewert]

А дальше все остальные слагаемые, кроме первого, откровенно стремятся к нулю; ну, значит и первое откровенно равно нулю тождественно (раз уж оно константа). ИТД.

[main.c]

ewert в сообщении #834313 писал(а):

А дальше все остальные слагаемые, кроме первого, откровенно стремятся к нулю; ну, значит и первое откровенно равно нулю тождественно (раз уж оно константа). ИТД.

Видимо я ужасно туплю, но почему они откровенно стремятся у нулю? Мы берём предел при $x \to 0$?

[ewert]

main.c в сообщении #834314 писал(а):

но почему они откровенно стремятся у нулю?

но потому что у них коэфф в показателе явно отрицателен. Раз уж мы вычли откровенно старшую степень.

-- Сб мар 08, 2014 22:14:14 --

а, да, это какой-то заскок. С какой стати икс именно к нулю-то стремится?... к бесконечности, естественно; иное никому и не интересно.