Vamos $\lambda_i \in \mathbb C$ $(i=1,2,\cdots,n)$ ser $n$ diferentes números complejos y $p_i \in \mathbb C[t]$ $(i=1,2,\cdots,n)$ polinomios. Si tenemos la relación $${e^{{\lambda _1}t}}{p_1}(t) + {e^{{\lambda _2}t}}{p_2}(t) + \cdots + {e^{{\lambda _n}t}}{p_n}(t) = 0$$ for all $t \geq 0$, can we conclude that all $p_i(t)=0$?
Respuesta
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Sí, podemos. Supongamos que tenemos una dependencia lineal $$\tag1\sum_{i=1}^n e^{\lambda_it}p_i(t)=0$$ con un mínimo de número de $n>0$ de los sumandos. Tomar derivados para obtener $$\tag2\sum_{i=1}^n \lambda_i e^{\lambda_it}p_i(t)+\sum_{i=1}^n e^{\lambda_it}p_i'(t)=0$$ A continuación, $(\lambda_np_n(t)+p_n'(t))\cdot (1)-p_n(t)\cdot(2)$ es también una fuga de combinación lineal, pero no implican $e^{\lambda_nt}$. Por minimality de $n$, llegamos a la conclusión de que este es el cero de la combinación, es decir, $$\tag3 (\lambda_np_n(t)+p_n'(t))p_i(t)-p_n(t)(\lambda_ip_i(t)+p_i'(t))=0$$ para todos los $i$. Esto se simplifica a $$ (\lambda_n-\lambda_i)p_n(t)p_i(t)=-p_n'(t)p_i(t)+p_n(t)p_i'(t)$$ Si $\lambda_n\ne\lambda_i$, el polinomio de grado en la mano derecha es menor que en el lado izquierdo, lo cual es imposible. Por lo tanto, debemos tener $n=1$. Pero si $$ e^{\lambda t}p(t)=0$$ para todos los $t$, $p$ es el polinomio cero debido a la exponencial nunca es cero.
