Линейная независимость - 2.

[Otta]

Ну так постройте Вашу матрицу в точках $0$ и $2\pi$, например.

[main.c]

Согласен с Вами, тогда вот так:
Необходимость:
$f_1, ..., f_n$ ЛНЗ $\Leftrightarrow$
$\nexists \{\lambda_1, ..., \lambda_n| \lambda_i\neq0 \}: \forall x \sum\limits_{i=1}^n\lambda_if_i(x)= 0 \Rightarrow \\ \nexists \{\lambda_1, ..., \lambda_n| \lambda_i\neq0 \}: \forall \{a_1, ..., a_n\} \sum\limits_{i=1}^n\lambda_if_i(a_i)= 0 \\ $

Пойдём от противного, предположим, что
$\forall \{a_1, ..., a_n\} \det\begin{Vmatrix}f_i(a_j) \end{Vmatrix} = 0$, это означает, что $\forall \{a_1, ..., a_n\} \exists \{\lambda_1, ..., \lambda_n| \lambda_i\neq0 \}: \sum\limits_{i=1}^n\lambda_if_i(a_i)= 0 \\$

Я так понимаю, что
$\nexists \{\lambda_1, ..., \lambda_n| \lambda_i\neq0 \}: \forall \{a_1, ..., a_n\} \sum\limits_{i=1}^n\lambda_if_i(a_i)= 0$
и
$\forall \{a_1, ..., a_n\} \exists \{\lambda_1, ..., \lambda_n| \lambda_i\neq0 \}: \sum\limits_{i=1}^n\lambda_if_i(a_i)= 0 \\$
не противоречат друг другу? Это видимо как раз то, что мне хотел показать svv своим самым первым ответом.
Если да, то я бросаю эту затею доказать таким вот способом, видимо это невозможно.

[svv]

Да, именно это. Т.е. из
$\forall \{a_j\} \exists \{\lambda_i\} ... $
не следует
$\exists \{\lambda_i\}\forall \{a_j\} ...$

[ewert]

main.c в сообщении #834560 писал(а):

я бросаю эту затею доказать таким вот способом, видимо это невозможно.

Можно всё, но только если отдавать себе отчёт в том, что именно в каждый момент доказывается. А с этим у Вас полная путаница.

Очевидным является утверждение справа налево: что если есть набор точек, порождающий невырожденную матрицу, то функции линейно независимы. Поскольку невырожденность матрицы означает, что любая нетривиальная комбинация её строк не равна нулю, т.е. что сужения этих функций на данный набор точек независимы; но тогда эти функции тем более независимы на всей области определения.

А вот обратное -- что из независимости функций следует существование набора точек -- уже далеко не так очевидно. Правда, я тоже не понимаю, зачем тут индукция. Можно достаточно легко доказать обратное утверждение и без индукции, но для этого понадобятся некоторые достаточно продвинутые факты (хотя и обще известные) -- просто ссылками на определение линейной независимости, как в случае прямого утверждения, тут не отделаешься.

[main.c]

ewert в сообщении #834567 писал(а):

main.c в сообщении #834560 писал(а):

я бросаю эту затею доказать таким вот способом, видимо это невозможно.

Можно всё, но только если отдавать себе отчёт в том, что именно в каждый момент доказывается. А с этим у Вас полная путаница.

Очевидным является утверждение справа налево: что если есть набор точек, порождающий невырожденную матрицу, то функции линейно независимы. Поскольку невырожденность матрицы означает, что любая нетривиальная комбинация её строк не равна нулю, т.е. что сужения этих функций на данный набор точек независимы; но тогда эти функции тем более независимы на всей области определения.

А вот обратное -- что из независимости функций следует существование набора точек -- уже далеко не так очевидно. Правда, я тоже не понимаю, зачем тут индукция. Можно достаточно легко доказать обратное утверждение и без индукции, но для этого понадобятся некоторые достаточно продвинутые факты (хотя и обще известные) -- просто ссылками на определение линейной независимости, как в случае прямого утверждения, тут не отделаешься.

Ну да, достаточность доказывается просто. Вы можете подсказать, как тут доказать необходимость не применяя индукции?

[ewert]

Рассмотрите все столбцы вида $\{f_i(x)\}_{i=1}^n$ (по всем иксам). Утверждение слева направо означает, что среди них можно выбрать $n$ линейно независимых. Предположите обратное -- что таких независимых столбцов существует максимум $m$ (причём $m<n$) и выберите какой-либо набор $\{\vec f(a_k)\}_{k=1}^m$ из таких столбцов. Разложите теперь любой столбец (для произвольного $x$) по этому набору; коэффициенты разложения будут, естественно, зависеть от $x$, т.е. будет $\vec f(x)=\sum\limits_{k=1}^m c_k(x)\cdot\vec f(a_k)$. Это означает, что каждая из исходных функций $f_i(x)$ является линейной комбинацией функций $c_k(x)$; но тогда и количество линейно независимых среди них не может быть больше, чем $m$.

[main.c]

ewert в сообщении #834597 писал(а):

Рассмотрите все столбцы вида $\{f_i(x)\}_{i=1}^n$ (по всем иксам). Утверждение слева направо означает, что среди них можно выбрать $n$ линейно независимых. Предположите обратное -- что таких независимых столбцов существует максимум $m$ (причём $m<n$) и выберите какой-либо набор $\{\vec f(a_k)\}_{k=1}^m$ из таких столбцов. Разложите теперь любой столбец (для произвольного $x$) по этому набору; коэффициенты разложения будут, естественно, зависеть от $x$, т.е. будет $\vec f(x)=\sum\limits_{k=1}^m c_k(x)\cdot\vec f(a_k)$. Это означает, что каждая из исходных функций $f_i(x)$ является линейной комбинацией функций $c_k(x)$; но тогда и количество линейно независимых среди них не может быть больше, чем $m$.

Так не совсем Вас понимаю, с самого начала, Вы предлагаете рассмотреть все столбцы вида $\{f_i(x)\}_{i=1}^n$ (по всем иксам). Если я правильно Вас понимаю, то их бесконечное количество, так?

[svv]

Да.
Конечно, может быть и конечное.

[ewert]

main.c в сообщении #834608 писал(а):

Если я правильно Вас понимаю, то их бесконечное количество, так?

Не обязательно. Иксы вообще могут быть не числами. Утверждение верно для абстрактных функций, числовыми должны быть только их значения.

[main.c]

ewert в сообщении #834597 писал(а):

Это означает, что каждая из исходных функций $f_i(x)$ является линейной комбинацией функций $c_k(x)$

Вот это тоже не совсем понятно. Если я снова Вас правильно понял, то получается, что $f_1(x) = \sum\limits_{k=1}^mf_1(a_k)c_k(x)$, где в роли коэффициентов уже высупает$ f_1(a_k)$?

[patzer2097]

а вообще же это просто переформулировка базового факта линейной алгебры:
размер самой большой линейно независимой подсистемы строк матрицы равен порядку самого большого невырожденного минора

[main.c]

main.c в сообщении #834608 писал(а):

но тогда и количество линейно независимых среди них не может быть больше, чем $m$.

Последний вопрос, почему? Скорее всего это очевидно, но у меня уже голова не соображает. А я хочу добить это доказательство.

[ewert]

patzer2097 в сообщении #834627 писал(а):

а вообще же это просто переформулировка базового факта линейной алгебры:

Это лишь по идее так, но далеко не буквально. В линейной алгебре ведь речь о конечных матрицах, у нас же ширина матрицы не только бесконечна, но даже и несчётна (вообще говоря). И сослаться на "конечноширинный" факт так просто не выйдет; хоть какие-то танцы с бубнами да понадобятся.

main.c в сообщении #834674 писал(а):

Последний вопрос, почему? Скорее всего это очевидно,

Это не то что очевидно (заранее), но вот это факт -- и впрямь воистину стандартный: размерность любой линейной оболочки не превосходит количества образующих, которыми эта оболочка порождена.

[patzer2097]

ewert в сообщении #834688 писал(а):

сослаться на "конечноширинный" факт так просто не выйдет

сослаться не выйдет, но доказать его можно абсолютно таким же образом