Me he estado preguntando acerca de la siguiente pregunta: Supongamos que $P$ es un polinomio de grado $n$ con coeficientes complejos. Suponga que $a_0, a_1, \dots, a_n \in \mathbb{C}$ son distintos. Son los polinomios $$P(x + a_0), P(x + a_1), \dots, P(x + a_n)$$ linealmente independientes?
Respuestas
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Considere la matriz de coeficientes, donde cada fila corresponde a una evaluación en un punto, y cada columna a una potencia de $x$. Cualquier dependencia lineal entre las columnas de cantidades a cierto grado~$n$ polinomio en el punto, que se supone que tiene $n+1$ raíces. Ya que esto no puede suceder, los polinomios son independientes.
Ejemplo (casi Vandermonde) - $P(x) = x^2$: $$\begin{pmatrix} 1 & 2a & a^2 \\ 1 & 2b & b^2 \\ 1 & 2c & c^2 \end{pmatrix}$$ A linear dependency of the columns is a quadratic polynomial having three different roots $a,b,c$.
EDIT: Solo para aclarar lo que ocurre en el caso general. Aquí está la matriz correspondiente a $P(x) = x^2 + \alpha x + \beta$: $$\begin{pmatrix} 1 & 2a + \alpha & a^2 + \alpha a + \beta \\ 1 & 2b + \alpha & b^2 + \alpha b + \beta \\ 1 & 2c + \alpha & c^2 + \alpha c + \beta \end{pmatrix}$$ Dado que el grado del polinomio en la columna $t$ $t$ (si empezamos a contar desde cero), es fácil ver que el no-cero combinación de columnas de resultados en un valor distinto de cero el polinomio (considerar el extremo derecho de la no-cero de la columna).
Nathan Bedford
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3157
Aquí una fantasía de prueba que utiliza los operadores y la diferenciación.
Deje $T_a$ ser la traducción del operador que los mapas de polinomios a sus traduce
$$ T_a p(x) = p(x + a) .$$
La restricción de la atención a los polinomios de grado $n$ o inferior, este es un mapa de una $n+1$-dimensional espacio vectorial a sí mismo. La cuestión a resolver es si el $n+1$ traducción operadores de $T_{a_0}, T_{a_1}\dots, T_{a_n}$ son linealmente independientes (cuando se aplica a polinomios de grado $n$).
Es bien sabido que la traducción del operador puede ser escrito como la exponenciación de la diferenciación operador $Dp(x) := p'(x)$ como sigue
$$ T_a = e^{aD} = 1 + \frac1{1!} aD + \frac1{2!} a^2D^2 + \dots + \frac1{n!} a^n D^n .$$
Este es del teorema de Taylor. Tenga en cuenta que desde $D$ es nilpotent en el espacio de polinomios de grado $n$, $D^{n+1} = 0$, la serie es en realidad una suma finita.
Ahora, el punto es que para cualquier polinomio $p(x)$ grado $n$, sabemos que sus derivados $p(x), Dp(x), D^2p(x), \dots, D^n p(x)$ son linealmente independientes, debido a que el grado siempre disminuye en 1. Por lo tanto, constituyen una base de nuestro espacio vectorial de los polinomios. La expansión de la $T_a$ en términos de esta nueva base está dada por la expresión anterior.
Para mostrar que la traduce $T_{a_k} p(x)$ son linealmente independientes, sólo tenemos que comprobar que su matriz con respecto a la nueva base es nonsingular. Lee
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ a_0 & a_1 & \dots & a_n \\ \frac1{2!} a_0^2 & \frac1{2!} a_1^2 & \dots & \frac1{2!} a_n^2 \\ \vdots \\ \frac1{n!} a_0^n & \frac1{n!} a_1^n & \dots & \frac1{n!} a_n^n \\ \end{pmatrix}$$
Pero su determinante es claramente un no-cero múltiples de el determinante de Vandermonde, que es no-cero si y sólo si los valores de $a_0,a_1,\dots,a_n$ son parejas distintas.
(Otra manera de ver que esta matriz es no singular es observar que el determinante de Vandermonde es la relativa a la interpolación problema, cuya solución es única.)
paulgreg
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5271
Si usted escribe $P(x) = \sum_{j=0}^n p_j x^j$ y establezca $ \sum_{i=0}^n c_i P(x+a_i) = 0$, la plena expresión está escrito $\sum_{i=0}^n \sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^k c_i p_k {k \choose j} a_i^{k-j} x^j$. Si encontramos que el coeficiente de cada potencia $x_j$ como una matriz veces el vector $(c_0, ..., c_n)$, y, a continuación, establecer el sistema es igual a cero, se puede deducir que el determinante de la matriz es cero. La matriz es $A_{ij} = \sum_{k=j}^n p_k {k \choose j} a_i^{k-j}$.
Ajuste el determinante igual a cero da un polinomio en todas las $a_i$. No sé si este polinomio es más sencillo que el de la matriz de sugerencias, pero sin duda es posible encontrar los coeficientes de $a_i$ de manera tal que los polinomios son linealmente independientes, a pesar de que para "la mayoría" de los valores de no ser el caso, ya que el conjunto solución debe ser de al menos una dimensión de menos de $C^{n+1}$ (visto por la fijación de todos los $a_1, ..., a_n$ arbitrariamente y por lo tanto, la determinación de un conjunto finito de posibles $a_0$).
Nathan Bedford
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3157
Aquí una fantasía de la prueba por inducción que utiliza la diferenciación.
Caso $n=0$.
Un polinomio de grado $0$ tiene la forma $P(x)=c_0$$c_0\neq 0$, lo que claramente es linealmente independiente.
Caso $n=k+1$.
Se supone que hay una dependencia lineal
$$\lambda_0 P(x+a_0) + \lambda_1 P(x+a_1) + \dots + \lambda_n P(x+a_n) = 0.$$
Puesto que esta relación se mantiene para todos los $x$, podemos diferenciar esta relación. Después de la diferenciación de $n$ de las veces, nos obtenga una relación para la $n$-ésima derivada
$$\lambda_0 P^{(n)}(x+a_0) + \lambda_1 P^{(n)}(x+a_1) + \dots + \lambda_n P^{(n)}(x+a_n) = 0.$$
Pero desde $P$ tiene el grado $n$, sabemos que $P^{(n)}(x+a_i)$ es igual a una constante $c\neq 0$, lo que implica
$$ \lambda_0 + \lambda_1 + \dots + \lambda_n = 0 .$$
Expresando $\lambda_0$ en términos de los otros coeficientes, obtenemos una relación
$$ \lambda_1 (P(x+a_1) - P(x+a_0)) + \dots + \lambda_n (P(x+a_n) - P(x+a_0)) = 0$$
de polinomios de grado $n-1$. Por inducción, llegamos a la conclusión de que todas las $\lambda_i$ debe desaparecer.
