Me pregunto cómo demostrar que la siguiente matriz ha trivial kernel: $$\begin{bmatrix} 1&1&1&1&1&1 \\ s_1&s_2&s_3&s_4&s_5&s_6 \\ s_1^2&s_2^2&s_3^2&s_4^2&s_5^2&s_6^2 \\ s_1^3&s_2^3&s_3^3&s_4^3&s_5^3&s_6^3 \\ e^{s_1}s_1^3&e^{s_2}s_2^3&e^{s_3}s_3^3&e^{s_4}s_4^3&e^{s_5}s_5^3&e^{s_6}s_6^3 \\ e^{s_1}s_1^4&e^{s_2}s_2^4&e^{s_3}s_3^4&e^{s_4}s_4^4&e^{s_5}s_5^4&e^{s_6}s_6^4 \\ e^{s_1}s_1^5&e^{s_2}s_2^5&e^{s_3}s_3^5&e^{s_4}s_4^5&e^{s_5}s_5^5&e^{s_6}s_6^5 \end{bmatrix}$$ donde $\zeta,\lambda\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$, e $s_i \in \mathbb{C}$ son las raíces del polinomio $\zeta ^2 s^6-s^4+\lambda ^2=0$, que son todos los no-cero y distinto.
Respuestas
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Roger Hoover
Puntos
56
Suponiendo que $\zeta,\lambda\in\color{red}{\mathbb{Q}}$, es una consecuencia de la Lindemann-Weierstrass teorema.
La existencia de un no-vector cero $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7)$ en el nulo espacio de $M^T$ implicaría la desaparición de la $$ f(z)=a_1+a_2 z+a_3 z^2+ a_4 z^3+ z^3 \color{red}{e^{z}}\left(a_5+a_6 z+a_7 z^2\right) $$ en cada raíz de $\zeta^2 z^6-z^4 +\lambda^2$, es decir, sobre el conjunto de $\{s_1,s_2,s_3,s_4,s_5,s_6\}$. Sin embargo, suponiendo que $s_1,s_2,s_3$ son linealmente independientes, $e^{s_1},e^{s_2},e^{s_3}$ son algebraicamente independientes, de ahí que no puede suceder y $M$ tiene que ser una matriz invertible.
También podemos sustituir la hipótesis inicial de $\zeta,\lambda\in{\mathbb{Q}}$"$\zeta,\lambda$ son dos números algebraicos sobre $\mathbb{Q}$" y el argumento demostrando $\det(M)\neq 0$ es más o menos el mismo. Por otra parte, $\det(M)$ es una función continua de $\{s_1,s_2,s_3,s_4,s_5,s_6\}$ y cada una de las $s_i$ es una función continua de $\zeta,\lambda$, lo $\det(M)$ es una función continua de $(\zeta,\lambda)\in\mathbb{R}^2$, no-desaparición de más de $\mathbb{Q}^2$. Sin embargo, eso no es suficiente para expresar el $\det(M)\neq 0$ cualquier $(\zeta,\lambda)\in\mathbb{R}^2$, desde un determinante puede desaparecer a través de un conjunto de puntos aislados $(\zeta,\lambda)$ tener una trascendental de coordenadas. En el caso general, me temo que algunos límite inferior en $\left|\det M\right|$ (o, probablemente, la mejor de manejar, $\det(MM^T)$) es necesario, pero por suerte, no está fuera de su alcance, ya que podemos escribir todas las $s_i$ como una función explícita de $\zeta$ $\lambda$ a través de la cúbico fórmula.
Spencer
Puntos
48
Creo que el problema está mal planteado.
En la secuela, se asume que la $(s_i)$ son no-cero de los números reales. Deje $A$ se considera la matriz y $B$ ser la matriz de deducir de $A$ mediante la eliminación de su primera fila. Si hay $i\not=j$ s.t. $s_i=s_j$ ,$rank(A)<6$. Si el $(s_j)$ son distintos, entonces es $rank(A)=6$ verdad ? Creo que la respuesta es sí. Esto es suficiente para mostrar que si el $(s_j)$ son distintos, entonces $\det(B)\not= 0$.
Experimentos numéricos parece (al menos para mí) para "demostrar" que el resultado anterior es cierto. Proceda de la siguiente manera: dar al azar distintos valores de a $(s_i)_{i\geq 2}$. A continuación, trazar la gráfica de la función $f$ donde $\det(B)=f(s_1)$. Puedo obtener siempre sólo la $5$ soluciones de $s_1=s_2,\cdots,s_6$.
EDIT. Yo no vea que el $(s_i)$ son de hecho los números complejos. No sé si la propuesta de resultado pudiera estar en números complejos!
