Векторы в пространстве непрерывных на отрезке функций

[Sdy]

Был вопрос, который заключался в проверке данного мною доказательства того, что
На множестве функций, непрерывных на некотором отрезке линейно независимыми являются функции $1, t_{1}, ..., t_{n-1} $.
Вот собственно мое доказательство :
<Составляем линейную комбинацию таких функций с коэффициентами. Знаем, что показательная функция в нуль не обращается никогда. Значит эта комбинация обратится в нуль только при условии, что все коэффициенты нулевые.>
Ясно, что оно полностью неверно, так как я ошибочно интепретировал прекрасную степенную функцию как показательную.
Далее идет сам вопрос :
Значит мы должны брать отрезок, в который не входит нуль? Меня, на самом деле это смутило. Про показательную это сдуру бахнул.
Если рассматривать с нулем,то похоже, что все становится плохо. Ведь тогда можно сказать, что пусть коэффициенты от $t^{1}$ до $t^{n-1}$ ненулевые, а при $1$ стоит нуль и тогда наша комбинация при $t = 0$ обратится в нуль.

[svv]

Sdy в сообщении #1278180 писал(а):

На множестве функций, непрерывных на некотором отрезке линейно независимыми являются функции $1, t_{1}, ..., t_{n-1} $.

Тут Вы, конечно, имели в виду $1, t^{1}, ..., t^{n-1}$

Sdy в сообщении #1278180 писал(а):

Если рассматривать с нулем,то похоже, что все становится плохо. Ведь тогда можно сказать, что пусть коэффициенты от $t^{1}$ до $t^{n-1}$ ненулевые, а при $1$ стоит нуль и тогда наша комбинация при $t = 0$ обратится в нуль.

Аналогично можно подумать, что «опасна» точка $t=1$. В этой точке вообще все базисные функции равны $1$, поэтому
$1t-1t^2=0$
И вообще, при $n>0$ всегда можно подобрать такие коэффициенты, чтобы все $n$ корней полинома $n$-й степени были вещественными и лежали на заданном отрезке. Например, для степени $n=3$ и отрезка $[0;5]$ можно взять полином $(t-1)(t-2)(t-4)=t^3-7t^2+14t-8$. В точках $t=1, t=2, t=4$ он равен нулю.

Но всё это не имеет значения. Вам предлагается доказать другое: для нетривиального набора коэффициентов равенство $\sum\limits_{k=0}^{n-1} c_k t^k=0$ невозможно в «функциональном» смысле: сумма полиномов слева не может дать функцию, тождественно равную нулю на отрезке.

[Walker_XXI]

Sdy в сообщении #1278180 писал(а):

Если рассматривать с нулем,то похоже, что все становится плохо. Ведь тогда можно сказать, что пусть коэффициенты от $t^{1}$ до $t^{n-1}$ ненулевые, а при $1$ стоит нуль и тогда наша комбинация при $t = 0$ обратится в нуль.

Вы неверно трактуете линейную зависимость функций. Линейная комбинация должна обращаться в $0$ при любом значении $t$ из рассматриваемой области, а не при одном конкретном. Точно так же функции считаются равными (совпадающими) на данной области, если их значения равны на всей области, а не только лишь в одной точке.

[Sdy]

Walker_XXI, svv
Кажется, что мои рассуждения ошибочны, но попробую сформулировать так :
<Докажем, что функции $t^{0}, t^{1},..., t^{n-1} $ линейно независимы, идя от противного. Пусть они линейно зависимы. Тогда $\exists$ их нетривиальная линейная комбинация : $\lambda_{0}t^{0} + \lambda_{1}t^{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-1} = 0$, причем не все $\lambda_{0} ... \lambda_{n-1}$ равны нулю. Пусть, например $\lambda_{0} \ne 0 $ запишем тогда $t^{0}$ как линейную комбинацию других функций :
$-\lambda_{0}t^{0} = \lambda_{1}t^{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-1}$. Поделим равенство слева и справа на $-\lambda_{0}$ и переобозначим коэффициенты, тогда
$ 1 = \lambda_{1}'t^{1} + ... + \lambda_{n-1}'t^{n-1}$, что невозможно. Пришли к противоречию, значит $t^{0}, t^{1},..., t^{n-1} $ - линейно независимы>.

[svv]

Sdy в сообщении #1279292 писал(а):

тогда
$ 1 = \lambda_{1}'t^{1} + ... + \lambda_{n-1}'t^{n-1}$, что невозможно

Чем равенство
$ 1 = \lambda_{1}'t^{1} + ... + \lambda_{n-1}'t^{n-1}$
«невозможнее» равенства
$\lambda_{0}t^{0} + \lambda_{1}t^{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-1} = 0$ ?
Вдруг многочлены разных степеней так хитро комбинируются, что в сумме действительно получается единица или нуль?

Можно, наоборот, найти среди слагаемых одночлен максимальной степени с ненулевым коэффициентом. Допустим, это $\lambda_m t^m$. Перенесём все остальные слагаемые в другую часть. Разделим обе части на $\lambda_m$. Получится равенство
$t^m=\text{многочлен степени, меньшей }m$
Возможно, преподавателя Вы бы уже убедили: не могут же быть равны многочлены разных степеней.
Но вот у меня и здесь остаётся сомнение: а вдруг такое равенство возможно?

[eugensk]

Почитайте про многочлены, корни многочленов, степени многочленов и теорему Безу (в любом учебнике)
Следствием теоремы Безу будет:

Число различных корней многочлена не превосходит его степени.

Ещё вас, похоже, сбивала с толку многозначность символа =, вы путали значения 1) и 2) на странице 52 из
книги Шихановича, которую обязательно почитайте.
Ответьте для себя на вопрос, что есть сумма, произведение на число, равенство для функций (как вам уже подсказали).
Теперь сможете доказать линейную независимость?

[Sdy]

(Оффтоп)

eugensk,
svv
Извиняюсь,что такие большие временные промежутки между моими сообщениями.
Спасибо вам, отпишусь, как только будет что сказать.

[Sdy]

Начну с места, где споткнулся в прошлый раз.
<Пусть имеется линейная комбинация наших функций : $\lambda_{0}t^{0} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-1} = 0$. И $0 \leqslant k \leqslant n -1 $ (в учебнике говорилось, что n - произвольное целое, мы же будем считать, что оно натуральное, аналогично будет, если $ n < 0$). Пусть $\lambda_{k} \ne 0$ Тогда получим, что $\lambda_{m}'t^{m} + ... + \lambda_{l}'t^{l} = t^{k}$ ($ 0 \leqslant l,m \leqslant n-1 $ и $k \ne l \ne m$. Но слева и справа стоят полиномы разных степеней, по основной теореме у них разное количество корней, а значит, эти функции точно различны. То есть пришли к противоречию, а значит, не существует нетривиальной комбинации этих функций, но тогда они - линейно независимы.>

[eugensk]

Хм, до сих пор вопрос был о функциях на отрезке, а не на комплексной плоскости. Вам должна быть не нужна основная теорема алгебры, попробуйте на неё не ссылаться.
Заметьте, что у многочленов $x^2+1$ и $x^4+2x^2+1$ над $\mathbb{R}$ одинаковое число корней (ни одного), и они разной степени (2 и 4).

[Sdy]

eugensk в сообщении #1281038 писал(а):

Хм, до сих пор вопрос был о функциях на отрезке, а не на комплексной плоскости. Вам должна быть не нужна основная теорема алгебры, попробуйте на неё не ссылаться.
Заметьте, что у многочленов $x^2+1$ и $x^4+2x^2+1$ над $\mathbb{R}$ одинаковое число корней (ни одного), и они разной степени (2 и 4).

Да, я схитрил, прыгнув из $\mathbb{R}$ в $\mathbb{C}$, схватившись за основую теорему.
А всё потому что про отрезок пока мыслей нет. Я как бы знаю и теорему Безу и ее следствие, но, не ясно мне до сих пор, как это применить.

[ewert]

Sdy в сообщении #1281772 писал(а):

Я как бы знаю и теорему Безу и ее следствие, но, не ясно мне до сих пор, как это применить.

Тривиально применить. Если некоторый нетривиальный многочлен тождественно равен нулю, то -- сколько у него корней?...

[Sdy]

ewert
А ведь если у нас нетривиальный многочлен тождественно равен нулю, то ведь все его коэффициенты должны быть равны нулю? А мы предполагаем, что линейная комбинация нетривиальна, то есть не все коэффициенты равны нулю. И тогда приходим к противоречию.

[ewert]

Sdy в сообщении #1281777 писал(а):

А ведь если у нас нетривиальный многочлен тождественно равен нулю, то ведь все его коэффициенты должны быть равны нулю? А мы предполагаем, что линейная комбинация нетривиальна, то есть не все коэффициенты равны нулю. И тогда приходим к противоречию.

Не очень понял, кто кому должен. Нетривиальный многочлен -- это в точности нетривиальная линейная комбинация одночленов. Теорема Безу (т.е. следствие из неё) утверждает, что нетривиальный именно многочлен не может иметь слишком много корней. Предположение же о линейной зависимости -- да, этому противоречит.

Кстати, утверждение о линейной независимости всех одночленов верно для вообще любого бесконечного числового поля (в случае конечного -- верно лишь для соотв. набора начальных одночленов, вообще же нет).

[Sdy]

ewert
Попробую поточнее сформулировать.
<Доказываем от противного, берём линейную комбинацию, сказав, что она не тривиальна :
$\lambda_{0}t^{0} + \lambda_{1}t^{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-1} = 0$. У нас есть многочлен, который тождественно равен нулю. Докажем, что это возможно лишь в случае, когда $\lambda_{0} = \lambda_{1} = \lambda_{2} = ... = \lambda_{n-1} = 0$. Так как наш многочлен равен нулю при любых $t$, то он равен нулю и при $t = 0$. Но тогда и $\lambda_{0} = 0$. Получим $t(\lambda_{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-2}) = 0$. $\lambda_{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-2} = 0$, значит при $t = 0$ наш многочлен тоже равен нулю, но тогда $\lambda_{1}$ равна нулю. И так далее, получим, что все коэффициенты обращаются в нуль. Но по нашему предположению линейная комбинация нетривиальна, значит хотя бы один коэффициент нулю не равен. Пришли к противоречию, всё доказано.>

[ewert]

Sdy в сообщении #1281832 писал(а):

Получим $t(\lambda_{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-2}) = 0$. $\lambda_{1} + ... + \lambda_{n-1}t^{n-2} = 0$, значит при $t = 0$ наш многочлен тоже равен нулю, но тогда $\lambda_{1}$ равна нулю.

Тут пробел. Вы не сообщили, в каком смысле "равен". И кто сказал, что из первого следует второе?...

Не забывайте, что для конечных полей линейная независимость всех многочленов ваще всё-таки неверна.