¿Cómo demostramos que $(x^4-6x^3), (x^3-6x^2), (x^2-6x)$ y $(x-6)$ son linealmente independientes?

Question

Considera el siguiente problema de Álgebra Lineal Hecho Bien de Axler

Sea $U=\{p\in P_4(\mathbb{F}): p(6)=0\}$. Encuentra una base de $U$.

$P_4(F)$ es el conjunto de todos los polinomios de grado $\leq 4$ con coeficientes en el campo $\mathbb{F}$.

Para cualquier polinomio $p$ en $U$, podemos escribir

$$p(x)=(x-6)q(x)=(ax^3+bx^2+cx+d)$$

donde $q(x)\in P_3(\mathbb{F})$.

Por lo tanto, tenemos

$$p(x)=a(x^4-6x^3)+b(x^3-6x^2)+c(x^2-6x)+d(x-6)$$

Por lo tanto, los vectores $(x^4-6x^3), (x^3-6x^2), (x^2-6x)$ y $(x-6)$ abarcan $U$.

¿Cómo probamos que estos vectores son linealmente independientes (l.i.)?

Aquí está mi intento de demostrar esto

Si son l.i. entonces

$$a(x^4-6x^3)+b(x^3-6x^2)+c(x^2-6x)+d(x-6)=0$$

para todo $x$ solo en el caso donde $a=b=c=d=0$.

Ahora, sin importar los valores de $a,b,c$ y $d$ que elijamos que no sean todos cero, cuando hacemos $x$ muy grande entonces el término monomial con el mayor grado domina todo lo demás, y por lo tanto la expresión definitivamente no es cero en tales valores de $x$.

Por lo tanto, la única forma de hacer que la expresión sea cero para todo $x$ es elegir $a=b=c=d=0$.

Esto parece correcto. ¿Lo es?

¿Cuáles son algunas otras formas de demostrarlo?

Answer 1

Como mencionaste anteriormente, tenemos que mostrar que la única solución para $a(x^4-6x^3)+b(x^3-6x^2)+c(x^2-6x)+d(x-6)=0$ es la solución trivial $a=b=c=d=0$. Para demostrar esto, notemos que el siguiente sistema de ecuaciones debe satisfacerse

$$\begin{cases} a = 0 \\ -6a+b =0 \\ -6b+c=0 \\ -6c+d=0 \\ -6d = 0 \end{cases}$$

pensemos en los monomios $1,x,x^2,x^3,x^4$ como nuestros vectores de base y sus coeficientes deben ser cero. Es fácil concluir a partir de las ecuaciones anteriores que $a=0,b=0,c=0,d=0$ es la única solución posible y por lo tanto los vectores $(x^4-6x^3),(x^3-6x^2),(x^2-6x),(x-6)$ son linealmente independientes.

No pienses en los polinomios como una función $f:\mathbb{F}\rightarrow \mathbb{F}$ de un campo $\mathbb{F}$ en sí mismo, piensa en ellos como un espacio vectorial. El espacio de polinomios con coeficientes de $\mathbb{F}$ es un espacio de dimensión infinita donde la base natural es $(1,x,x^2,x^3,\cdots,x^n,\cdots)$ y el coeficiente de cada término $x^i$ es el escalar del vector $x^i$.

Answer 2

Tenemos $$\begin{pmatrix} x^4-6x^3 \\ x^3-6x^2 \\ x^2-6x \\ x-6 \\ -6 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & -6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x^4 \\ x^3 \\ x^2 \\ x \\ 1 \end{pmatrix}$$ Dado que la matriz es claramente invertible, los polinomios en el lado izquierdo son una base para $P_4$ y por lo tanto son linealmente independientes.

Answer 3

Un enfoque alternativo, como insinuó @K.K.McDonald, es considerar la base estándar para el espacio de polinomios $P_4(F)$, que es $\{1, x, x^2, x^3, x^4\}$. Luego podemos construir una matriz con vectores columna correspondientes a los vectores coordenados de los polinomios $(x^4 - 6x^3 ), ( x^3 - 6x^2),( x^2 - 6x)$, y $(x - 6)$

$$\begin{pmatrix} -6 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & -6 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -6 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

Al inspeccionar, queda claro que estos vectores columna no pueden ser expresados como combinaciones lineales entre sí. En otras palabras, son linealmente independientes.