Espacio vectorial de polinomios sobre grado de $\mathbb{R}$ $\leqslant n-1$

Question

Deje $P \in \mathbb{R}_{n-1}[X]$ ser un polinomio de grado $n-1 \geqslant 0$.

1. Deje $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ ser el espacio vectorial de los polinomios con grado de $\leqslant n-1$$\mathbb{R}$. Mostrar que $(P(X),P(X+1),\ldots ,P(X+n-1))$ es una base de $\mathbb{R}_{n-1}[X]$.

2. Deje de $M_n = \begin{pmatrix} P(X) & P(X+1) & P(X+2) & \ldots & P(X+n) \\ P(X+1) & P(X+2) & P(X+3) & \ldots & P(X+n+1) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ P(X+n) & P(X+n+1) & P(X+n+2) & \ldots & P(X+2n) \end{pmatrix}$.

Mostrar que $\det{M_n} = 0$ por cada $X \in \mathbb{R}$.

Mis pensamientos en (1): $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ $n$- dimensional, porque $(1,X, \ldots ,X^{n-1})$ es una base de $\mathbb{R}_{n-1}[X]$. Por lo que es suficiente para mostrar que $(P(X),P(X+1),\ldots ,P(X+n-1))$ es un generador/linealmente independientes. He intentado probar con la inducción y utilizando el teorema del binomio, pero no llego a ninguna parte.

Mis pensamientos en (2): $\det{M_n} = 0$ implica que las columnas son linealmente dependientes. (1) es probablemente útil aquí, pero yo no sé ni cómo empezar.

Cualquier ayuda es muy apreciada, gracias.

Answer 1

1. La inducción es una buena idea. No muestro el caso $n=2$; asumir que el resultado es $n-1\geqslant 1$ $n$. La familia $(P(X+k))_{k=0}^{n-1}$ genera el subespacio mismo como $(P(X),(Q(X+k))_{k=0}^{n-2})$, donde $Q(X)=P(X+1)-P(X)$. Como grado de $Q$ $n-2$, $(Q(X+k))_{k=0}^{n-2})$ genera $\Bbb R_{n-2}[X]$. Si $(\lambda_k)_{k=0}^{n-1}$ es tal que el $\lambda_0P(X)+\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_kQ(X+k)=0$, entonces el $\lambda_0=0$ por una discusión de grado y por la hipótesis de inducción, $\lambda_k=0$ si $k\geqslant 1$.

2. Podemos demostrar que las columnas son linealmente dependientes, como $P(X+n)\in\Bbb R_{n-1}[X]$.

Answer 2

1, el método para demostrar por inducción que es una familia generadora está bien. Que $Q(X)=P(X+1)-P(X)$. Entonces $\deg Q=\deg P -1$ (si $n>1$). De hecho, si $P(X)=a_{n-1}X^{n-1}+a_{n-2}X^{n-2}+\ldots$, entonces $$ \begin{align}&(a_{n-1}(X+1)^{n-1} &+ a_{n-1}(X+1)^{n-2}+\ldots) \\ -&(a_nX^{n-1}&+a_{n-1}X^{n-2}+\ldots) \\ =&(n-1)a_{n-1}X^{n-2}&+\ldots \end{alinean} $$ por hipótesis de inducción, generan el $Q(X), \ldots, Q(X+n-2)$ $\mathbb R_{n-2}[X]$. Así puede expresar $f(X)=b_{n-1}X^{n-1}+\ldots\in\mathbb R_{n-1}[X]$ como combinación lineal de $f(X)-\frac{b_{n-1}}{a_{n-1}}P(X)$, por lo tanto de % para cualquier polnomial $Q(X), \ldots, Q(X+n-2)$, $P(X), \ldots, P(X+n-1)$y finalmente también $f$ como combinación tan linear.

Answer 3

Un enfoque sencillo será utilizar la idea de Método de Diferencias Finitas para un polinomio. Para el polinomio $F$ con grado de $n$ y el coeficiente inicial $\alpha$, la i-ésima método de diferencia polinomio tiene grado $n-i$ y el coeficiente inicial $n(n-1)\ldots (n-i+1) \alpha$

1. Para$i = 0$$n-1$, muestran que la i-ésima método de diferencia de polinomios son linealmente independientes, ya que cada uno de ellos tiene un grado diferente. El uso de esta a la conclusión de que su polinomios son linealmente independientes.

   Para mayor claridad, estos polinomios se $( P(X), P(X+1)-P(X), P(X+2)-2P(X+1)+P(X), \ldots)$. Podemos añadir múltiplos de los primeros polinomios, y mantener el conjunto linealmente independiente todavía. Por lo tanto $(P(X), P(X+1), P(X+2), \ldots P(X+n-1))$ son linealmente independientes.

2. Las filas (columnas y) satisface la condición de que su $n^{th}$ método de diferencia es igual a $0$. Esto le da los coeficientes, lo que demuestra que las columnas (filas) no son linealmente independientes, por lo que la matriz tiene determinante 0.

   Para mayor claridad, la n-ésima diferencia nos dice que para cualquier $j$, $$0 = {n\choose 0} P(X+j+n) - {n \choose 1} P(X+j+n-1) + {n\choose 2} P(X+j+n-2) - \ldots + (-1)^{n-1}{n\choose n-1}P(X+j+1) +(-1)^n P(X+j).$$ So take $n \elegir i$ como los coeficientes de la combinación lineal que es 0.

Answer 4

Las respuestas anteriores son grandes; yo sólo pensé en darle un lugar agradable, la alternativa a la prueba de la declaración en la pregunta 1, que no se basan en la inducción.

Les voy a mostrar sólo que cualquiera de las dos de la base de los elementos son linealmente independientes. Usted puede generalizar para mostrar que toda la base es un conjunto linealmente independiente de los elementos.

Suponga que $P(X)$ no es constante. A continuación, $P(X+k)$ $P(X+l)$ cada uno tiene en la mayoría de las $n-2$ puntos con cero de la derivada (teorema fundamental del álgebra). Como se traduce el uno del otro, debe existir algún punto de $x_0$ tal que $P'(x_0+k)=0$ pero $|P'(x_0+l)|>0$.

Ahora, supongamos que existen no-cero de los números reales $n_1$ $n_2$ tal que $n_1P(X+k)+n_2P(X+l)=0$, entonces la diferenciación de ambos lados, obtenemos que $n_1P'(X+k)+n_2P'(X+l)=0$ todos los $X$ en los números reales. Sin embargo, esto incluye a $x_0$$n_1P'(x_0+k)+n_2P'(x_0+l)=0$. Por lo tanto $n_2=0$ porque $P'(x_0+k)=0$$P'(x_0+l)\neq 0$. Pero, a continuación, cualquiera de las $n_1=0$ o$P(X+k)=0$, lo que no puede suceder porque $P$ no es constante. De ello se desprende que $P(X+k)$ $P(X+l)$ son linealmente independientes.