Demostrar que estas funciones son linealmente independientes

Question

Dado $ \alpha_1 > \alpha_2 > \cdots > \alpha_n \geq 0$, $f_1(x)= e^{-\alpha_1x},..., f_n(x)=e^{-\alpha_nx}$, demostrar que son linealmente independientes . Sugerencia: no olvide el límite de $ x \rightarrow \infty $.

Ya he visto las pruebas sobre las mismas preguntas. Lo que tienes que hacer es establecer la combinación de estas funciones (o polinomios) igual a 0 y mostrar que todos los coeficientes tienen que ser 0. Pero aquí, los coeficientes son en el exponente, que no pueden ser iguales entre sí, y el exponente negativo me descoloca un poco.

Gracias por tu ayuda.

Answer 1

Usted puede utilizar el determinante de Vandermonde.

Deje $$\beta_1e^{-\alpha_1x} + \cdots + \beta_ne^{-\alpha_1x} = 0$$

Conectar $x = 0, 1, \ldots, n-1$ rendimientos:

$$\beta_1 + \cdots + \beta_n = 0$$ $$\beta_1e^{-\alpha_1} + \cdots + \beta_ne^{-\alpha_n} = 0$$ $$\beta_1e^{-2\alpha_1} + \cdots + \beta_ne^{-2\alpha_n} = 0$$ $$\vdots$$ $$\beta_1e^{-(n-1)\alpha_1} + \cdots + \beta_ne^{-(n-1)\alpha_n} = 0$$ El determinante de este sistema lineal es el determinante de Vandermonde:

$$\begin{vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ e^{-\alpha_1} & e^{-\alpha_2} & \cdots & e^{-\alpha_n}\\ e^{-2\alpha_1} & e^{-2\alpha_2} & \cdots & e^{-2\alpha_n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ e^{-(n-1)\alpha_1} & e^{-(n-1)\alpha_2} & \cdots & e^{-(n-1)\alpha_n}\\ \end{vmatrix} = \prod_{1 \le i < j \le n} e^{-\alpha_j} - e^{-\alpha_i}) \ne 0$$

debido a $e^{-\alpha_i} \ne e^{-\alpha_j}$ todos los $i \ne j$. Por lo tanto, el sistema tiene solución única $\beta_1= \beta_2 = \cdots = \beta_n = 0$, lo que implica independencia lineal.

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Otra solución con el uso de Vandermonde.

Asumir

$$\beta_1e^{-\alpha_1x} + \cdots + \beta_ne^{-\alpha_1x} = 0$$

Tomando la derivada $n-1$ los tiempos de los rendimientos:

$$\beta_1e^{-\alpha_1x} + \cdots + \beta_ne^{-\alpha_nx} = 0$$ $$-\alpha_1\beta_1e^{-\alpha_1x} - \cdots - \alpha_n\beta_ne^{-\alpha_nx} = 0$$ $$\alpha_1^2\beta_1e^{-\alpha_1x} + \cdots + \alpha_n^2\beta_ne^{-\alpha_nx} = 0$$ $$\vdots$$ $$\alpha_1^{n-1}(-1)^{n-1}\beta_1e^{-\alpha_1x} + \cdots - \alpha_n^{n-1}(-1)^{n-1}\beta_ne^{-\alpha_nx} = 0$$

El determinante de este sistema lineal es de nuevo el determinante de Vandermonde:

$$\begin{vmatrix} e^{-\alpha_1x} & e^{-\alpha_2x} & \cdots & e^{-\alpha_nx}\\ (-\alpha_1)e^{-\alpha_1} & (-\alpha_2)e^{-\alpha_2} & \cdots & (-\alpha_n)e^{-\alpha_n}\\ (-\alpha_1)^2e^{-2\alpha_1} & (-\alpha_2)^2e^{-2\alpha_2} & \cdots & e^{-2\alpha_n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ (-\alpha_1)^{n-1}e^{-(n-1)\alpha_1} & (-\alpha_2)^{n-1}e^{-(n-1)\alpha_2} & \cdots & (-\alpha_n)^{n-1}e^{-(n-1)\alpha_n}\\ \end{vmatrix}$$ $$ = e^{-\alpha_1x}\cdots e^{-\alpha_nx} \begin{vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ -\alpha_1 & -\alpha_2 & \cdots & -\alpha_n\\ (-\alpha_1)^2 & (-\alpha_2)^2 & \cdots & (-\alpha_n)^2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ (-\alpha_1)^{n-1} & (-\alpha_2)^{n-1} & \cdots & (-\alpha_n)^{n-1}\\ \end{vmatrix} =e^{-\alpha_1x}\cdots e^{-\alpha_nx} \prod_{1 \le i < j \le n} (\alpha_i - \alpha_j) \ne 0$$

debido a $\alpha_i \ne \alpha_j$ todos los $i \ne j$. Por lo tanto, el sistema tiene solución única $\beta_1= \beta_2 = \cdots = \beta_n = 0$, lo que implica independencia lineal.

Answer 2

Sugerencia. Si son linealmente dependientes entonces no existe $c_1,\dots,c_n$ no todos cero, tales que para $x\in \mathbb{R}$, $$c_1e^{-\alpha_1 x}+\dots +c_ne^{-\alpha_n x}=0.$$ Podemos suponer que la $0\not=c_i=c_{i+1}=\dots =c_n=0$, luego $$c_1e^{-\alpha_1 x}+\dots+c_{i-1}e^{-\alpha_{i-1} x}+c_ie^{-\alpha_{i} x}=0,$$ y después de multiplicar ambos lados por $e^{\alpha_{i} x}$ tenemos $$c_1e^{(\alpha_i-\alpha_1) x}+\dots+c_{i-1}e^{(\alpha_i-\alpha_{i-1}) x}+c_i=0.$$ Ahora tenga en cuenta que$\alpha_i-\alpha_k<0$$k=1,\dots, i-1$, y tomar el límite cuando $x\to +\infty$. ¿Qué podemos concluir acerca de la $c_i$?

P. S. tenga en cuenta que la sugerencia funciona también sin la condición de $\alpha_n\geq 0$.

Answer 3

Como de costumbre, vamos a considerar $$\beta_1 e^{-\alpha_1 x}+\beta_2 e^{-\alpha_2 x}=0$$

Dividiendo por $e^{-\alpha_2 x}$ da $$\beta_1 e^{-(\alpha_1-\alpha_2)x}+\beta_2=0$$ Dejando $x\to\infty$ vemos que $e^{-(\alpha_1-\alpha_2)x}\to 0$ desde $\alpha_1>\alpha_2\geqslant 0$. Por lo tanto,$\beta_2=0$. Desde $e^{-\alpha_1x}>0$ todos los $x$, también tenemos $\beta_1=0$. Por lo tanto, $\{e^{-\alpha_1 x}, e^{-\alpha_2 x}\}$ es linealmente independiente.

Estoy seguro de que usted puede probar ahora para el caso más general.

Answer 4

Lo que tienes que hacer es establecer la combinación de estas funciones (o polinomios) igual a 0 y mostrar que todos los coeficientes tienen que ser 0.

Usted puede tomar la Serie de Taylor y hacer la misma cosa. Otra táctica es tener en cuenta que son ortogonales cuando restringidas para el eje imaginario.

Answer 5

Tenga en cuenta que el Vandermonde pruebas, aunque más largo, también funciona cuando el $\alpha$'s son complejos no necesariamente los números reales.