La prueba de independencia lineal de $e^{at}$

Question

Dado $\left\{ a_{i}\right\} _{i=0}^{n}\subset\mathbb{R}$ cuales son distintos, muestran que $\left\{ e^{a_{i}t}\right\} \subset C^{0}\left(\mathbb{R},\mathbb{R}\right)$, forman un conjunto linealmente independiente de las funciones.

Consejos sobre cómo ir sobre esta prueba. Traté de trabajo de la definición de una exponencial y la combinación de sumas de dinero, pero que no parecen para mí conseguir en cualquier lugar. Vi una punta en internet que decía que escribir en el formulario

$\mu_{1}e^{a_{1}t}+\dots+\mu_{n}e^{a_{n}t}=0$ a tratar de mostrar a $\mu_{1}=\dots=\mu_{n}=0$ teniendo en cuenta que cada término del lado izquierdo debe ser positivo, pero No puedo entrar en mi cabeza, porque si bien entiendo $e^{x}>0\forall x\in\mathbb{R}$ No puedo ver por qué $\mu_{i}$ debe ser positivo, en cualquier caso. He pensado acerca de diferenciar, pero que no parece ayudar. La pregunta hizo originalmente pedir un "riguroso" de la prueba, pero voy a tomar en cualquier insinuación ahora y siempre que la solución de "es obvio" que es más ineficiente para mí.

Cualquier entrada sería fantástico. Gracias.

Answer 1

Si pones $t=0$, la suma de los $\mu_i$ es cero, de modo que al menos uno de ellos es negativo (a menos que sean todos cero).

Intuitivamente, suponga $a_n$ es mayor que todos los otros $a$'s. Entonces si $t$ se hace muy grande, ese término se dominan sobre todos los demás, por lo $\mu_n$ debe ser cero. A continuación, sostienen la misma sobre el siguiente más grande.

Answer 2

SUGERENCIA $\rm\ e^{a_0\:t} = c_1\ e^{a_1\:t}\:+\:\cdots\:+ c_n\ e^{a_n\:t}\ \Rightarrow\ e^{a_0\:t}\ $ es asesinado por $\rm\ D-a_0\ $ y $\rm\ (D-a_1)\:\cdots\:(D-a_n)\: $. Pero la aplicación de esta última a $\rm\ f = e^{a_0\:t}\ $ rendimientos $\rm\ (a_0-a_1)\cdots (a_0-a_n)\ f \ne 0\ $ desde $\rm\ a_{\:i}\ne a_{\:0}\:$$\rm\: i\ne 0\:$.

En otras palabras, ellos son desiguales debido a su característica de polinomios no comparten raíces.

Answer 3

Aunque la respuesta por Ross Millikan es probablemente el más fácil de acercamiento elemental, la respuesta de Bill Dubuque puntos en una más profunda razón de que estas funciones exponenciales deben ser linealmente independientes de las funciones: son vectores propios (funciones propias) de la diferenciación de operación $D:f\mapsto f'$ para distintos autovalores $a_1,\ldots,a_n$. Por lo tanto, es una instancia de el hecho fundamental de que los subespacios propios de distintos autovalores siempre la forma de una suma directa. La esencia del argumento puede ser formulados sin avanzado de idioma de la siguiente manera.

Podemos probar la independencia lineal por la inducción de la número $n$ de distinta exponenciales involucrados; los casos de $n\leq1$ son triviales (una función exponencial no es el cero de la función). Entonces, por la hipótesis de inducción se puede asumir $e^{a_1x},\ldots,e^{a_{n-1}x}$ a es linealmente independiente. Ahora si $e^{a_1x},\ldots,e^{a_nx}$ eran linealmente dependiente, la relación de dependencia que debe involucrar a la final exponencial $e^{a_nx}$ con un coeficiente distinto de cero, y por lo tanto (después de la división por el coeficiente de permitir que la función que se expresa como combinación lineal de a $e^{a_1x},\ldots,e^{a_{n-1}x}$: $$ c_1e^{a_1x}+\ldots+c_{n-1}e^{a_{n-1}x}=e^{a_nx} $$ Ahora (la restricción para el subespacio de funciones diferenciables, donde todos nuestros exponenciales obviamente en vivo), el operador $D-a_nI: f\mapsto f'-a_nf$ tiene la propiedad de aniquilar al final de la función exponencial $f=e^{a_nx}$, pero multiplicando todos los otros exponenciales por una constante distinto de cero (es decir, $a_i-a_n$ en el caso de $f=e^{a_ix}$). Además, este operador es lineal por lo que puede ser aplicado término por término, de aplicación a ambos lados de nuestra identidad se convierte en $$ c_1(a_1-a_n)e^{a_1x}+\ldots+c_{n-1}(a_{n-1}-a_n)e^{a_{n-1}x}=(a_n-a_n)e^{a_nx}=0. $$ Pero por el (la inducción) hipótesis de independencia lineal, esto sólo puede ser cierto si todos los coeficientes $c_i(a_i-a_n)$ a la izquierda es cero, lo que significa que todos los $c_i$ son cero. Pero, en vista de nuestra expresión original que es absurdo. Por lo $e^{a_1x},\ldots,e^{a_nx}$ no puede ser linealmente dependientes, completar la inducción de paso y la prueba.

Answer 4

Supongamos que por alguna razón no desea diferenciar o deje $t$ tienden a $\infty$. La evaluación de $\mu_1e^{a_1t}+\cdots+\mu_ne^{a_nt}$ $t=0,1,\ldots,n-1$ se obtiene el sistema de ecuaciones

$\begin{matrix} \mu_1 & + & \mu_2 & + & \cdots & + & \mu_n &=&0\\ \mu_1e^{a_1} &+& \mu_2e^{a_2} &+& \cdots &+& \mu_ne^{a_n}&=&0\\ \mu_1\left(e^{a_1}\right)^2 &+& \mu_2\left(e^{a_2}\right)^2 &+& \cdots &+& \mu_n\left(e^{a_n}\right)^2&=&0\\ \vdots& &\vdots & &\vdots& &\vdots & &\vdots\\ \mu_1\left(e^{a_1}\right)^{n-1} &+& \mu_2\left(e^{a_2}\right)^{n-1} &+& \cdots &+& \mu_n\left(e^{a_n}\right)^{n-1}&=&0, \end{de la matriz}$

o en otras palabras,

$\begin{bmatrix} 1&1&\cdots&1\\ e^{a_1}&e^{a_2}&\cdots&e^{a_n}\\ \left(e^{a_1}\right)^2&\left(e^{a_2}\right)^2&\cdots&\left(e^{a_n}\right)^2\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ \left(e^{a_1}\right)^{n-1}&\left(e^{a_2}\right)^{n-1}&\cdots&\left(e^{a_n}\right)^{n-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \mu_1\\ \mu_2\\ \vdots\\ \mu_n \end{bmatrix} =\vec 0.$

Debido a que el $e^{a_i}$ son distintos, la matriz de Vandermonde $A$ anterior es invertible, y por lo tanto, la única solución de $\vec x$$A\vec x=\vec 0$$\vec x=\vec 0$. Por lo tanto todos los $\mu_i$ son cero.

Similar razonamiento se aplica si usted evaluó en cualquier progresión aritmética de $n$ términos. Alternativamente, la evaluación de la $0^\text{th}$ a través de $(n-1)^\text{st}$ derivados a $0$ (o en otro punto) daría un Vandermonde sistema de con $a_i$ en lugar de $e^{a_i}$. El último enfoque es encontrar el Wronskian, como se refiere en Qiaochu del comentario.