Una prueba Simple que $z\mapsto \exp(i\langle \omega,z\rangle)$ son linealmente independientes

Question

Estoy interesado en probar que la familia de funciones $$\{f_{\omega}: \mathbb{C}^n\rightarrow\mathbb{C}, f_\omega(z) = \exp(i\langle \omega, z \rangle): \omega \in \mathbb{C}^n\},$$ donde $\langle \cdot,\cdot\rangle$ es el habitual hermitian producto escalar, es $\mathbb{C}$-linealmente independientes.

En el caso de $n=1$ un expeditive argumento consiste en que resaltó que estas funciones son funciones propias con distintos valores propios de la compleja derivación del operador.

¿Hay algo similar argumento, o una simple manera de probar el resultado en la dimensión $n$ ?

Answer 1

a) Cambiar su notación ligeramente, debemos probar que si $L_i:\mathbb C^n\to \mathbb C $ son un conjunto finito de condiciones mutuamente lineal distinta formas, entonces la totalidad de las funciones de $\exp (L_i):\mathbb C^n\to \mathbb C$ son linealmente independientes.

b) Si pudiéramos encontrar a $u\in \mathbb C^n$ de manera tal que los números de $L_i(u)\in \mathbb C$ son distintos tendríamos solucionado nuestro problema:
De hecho, cualquier relación lineal $\sum c_i\exp (L_i(z))=0$ entre el $\exp (L_i)$ supondría (sustituyendo $\zeta\cdot u$ $z$ $\sum c_i\exp [L_i(u)\cdot\zeta]=0$ todos los $\zeta\in \mathbb C$, y esto a su vez implica que todos los $c_i=0$ $n=1$ versión de su pregunta.
Por lo tanto el $\exp (L_i)$'s sería, de hecho, se ha demostrado que son linealmente independientes.

c) Estamos por lo tanto reduce el problema en pura álgebra lineal de mostrar que dado un número finito lineal formas $L_i$ $\mathbb C^n $ existe un vector $u\in \mathbb C^n $ sobre la que pueden tomar diferentes valores: $$L_i(u)\neq L_j(u) \:\text {for}\: i\neq j.$$ But this is easy : take any $u\in \mathbb C^n $ outside of the union of the finitely many hyperplanes $\ker (L_i-L_j)$ !

Answer 2

Sí, sólo necesita hacer para hacer un poco argumento elaborado.

La función de $E_\omega \in C(\mathbb{C}^n, \mathbb{C})$ definido por $z \mapsto \exp(i \langle \omega, z \rangle)$ es un vector propio para cada uno de los operadores en Derivadas parciales $\partial/\partial z_j$, $j = 1, \dots n$, y los correspondientes autovalores son $\omega_j$.

Supongamos ahora que $$ \lambda_1 E_{\omega^1} + \dots + \lambda_N E_{\omega^N} \equiv 0.$$ La inserción de $z = (z_1, 0, \dots, 0)$, esto se convierte en una declaración sobre el caso unidimensional, donde puede solicitar su argumento. En particular, a la conclusión de que algunas de las $\omega^k$ tienen la misma primera entrada o todas las $\lambda_k$ son cero. De esta manera a reducir la ecuación anterior a un número de ecuaciones de la misma clase, pero con menor $N$ y la propiedad de que todas las $\omega^k$ tienen la misma primera entrada.

De continuar este camino de $j= 1, \dots, n$, usted finalmente consigue que cada una de las $\lambda_k$ es cero, a menos que algunas de las $\omega^k$ coinciden.