Đến nội dung

Hình ảnh

Xét sự độc lập tuyến tính của hệ $e^{a_1x},e^{a_2x},...,e^{a_n}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
Rantaro

Rantaro

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết

Chứng minh hệ {$e^{a_1x},e^{a_2x},...,e^{a_nx}$} với $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau là độc lập tuyến tính.

 

Bài này mình đọc hướng dẫn thì xét ràng buộc tuyến tính:

$$k_1.e^{a_1.x}+k_2.e^{a_2.x}+...+k_n.e^{a_nx}=0$$

 

Lấy đạo hàm đến cấp $n-1$ cả hai vế ta được hệ:

 

$\left\{\begin{array}{l}k_1.e^{a_1.x}+k_2.e^{a_2.x}+...+k_n.e^{a_nx}=0 \\ k_1.a_1.e^{a_1.x}+k_2.a_2.e^{a_2.x}+...+k_n.a_n.e^{a_nx}=0 \\...\\k_1.a_1^{n-1}.e^{a_1.x}+k_2.a_2^{n-1}.e^{a_2.x}+...+k_n.a_n^{n-1}.e^{a_n.x}=0 \end{array} \right.$

 

Đến đây thì sách hướng dẫn rằng chọn biến số $x$ thích hợp để lần lượt suy ra các hệ số $k_i=0$ nhưng mình vẫn chưa biết chọn biến như thế nào cả :(



#2
Mrnhan

Mrnhan

    $\text{Uchiha Itachi}$

  • Thành viên
  • 1100 Bài viết

Chứng minh hệ {$e^{a_1x},e^{a_2x},...,e^{a_nx}$} với $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau là độc lập tuyến tính.

 

Bài này mình đọc hướng dẫn thì xét ràng buộc tuyến tính:

$$k_1.e^{a_1.x}+k_2.e^{a_2.x}+...+k_n.e^{a_nx}=0$$

 

Lấy đạo hàm đến cấp $n-1$ cả hai vế ta được hệ:

 

$\left\{\begin{array}{l}k_1.e^{a_1.x}+k_2.e^{a_2.x}+...+k_n.e^{a_nx}=0 \\ k_1.a_1.e^{a_1.x}+k_2.a_2.e^{a_2.x}+...+k_n.a_n.e^{a_nx}=0 \\...\\k_1.a_1^{n-1}.e^{a_1.x}+k_2.a_2^{n-1}.e^{a_2.x}+...+k_n.a_n^{n-1}.e^{a_n.x}=0 \end{array} \right.$

 

Đến đây thì sách hướng dẫn rằng chọn biến số $x$ thích hợp để lần lượt suy ra các hệ số $k_i=0$ nhưng mình vẫn chưa biết chọn biến như thế nào cả :(

 

Hướng dẫn:

 

Đến đó thì dùng $Vandermonde$, sau đó suy ra $k_i=0$ thôi!


$\text{Cứ làm việc chăm chỉ trong im lặng}$

Hình đã gửi$\text{Hãy để thành công trở thành tiếng nói của bạn}$Hình đã gửi


#3
Rantaro

Rantaro

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết

Hướng dẫn:

 

Đến đó thì dùng $Vandermonde$, sau đó suy ra $k_i=0$ thôi

Nếu dùng định thức Vandermonde thì có phải như vầy không bạn :)

 

Xét định thức:

 

$D=\begin{vmatrix}k_1 & k_2 & ...& k_n \\ k_1.a_1 & k_2.a_2 &...& k_n.a_n \\ k_1.a_1a^2 & k_2.a_2^2&...&k_n.a_n^2 \\ ... \\ k_1.a_1^{n-1} & k_2.a_2^{n-1} &...& k_n.a_n^{n-1}  \end{vmatrix}$

 

$= k_1.k_2...k_n.\begin{vmatrix}1 & 1 &...&1 \\ a_1 & a_2 &... &a_n \\ a_1^2 & a_2^2 & ...&a_n^2 \\... \\ a_1^{n-1} & a_2^{n-1} &...&a_n^{n-1}  \end{vmatrix}=k_1.k_2...k_n.\prod_{j>i}(a_j-a_i)$

 

Do hệ phương trình có vô số nghiệm nên $D=0$, vì các $a_i$ khác nhau đôi một nên $k_1.k_2...k_n=0$. Không mất tính tổng quát có thể giả sử $k_1=0$. 

 

Sau đó tiếp tục xét hệ {$e^{a_2x},e^{a_3x},...,e^{a_nx}$} với lập luận trên ta cũng lần lượt suy ra $k_2=k_3=...=k_n=0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Rantaro: 20-12-2013 - 21:27


#4
YeuEm Zayta

YeuEm Zayta

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 121 Bài viết

Nếu dùng định thức Vandermonde thì có phải như vầy không bạn :)

 

Xét định thức:

 

$D=\begin{vmatrix}k_1 & k_2 & ...& k_n \\ k_1.a_1 & k_2.a_2 &...& k_n.a_n \\ k_1.a_1a^2 & k_2.a_2^2&...&k_n.a_n^2 \\ ... \\ k_1.a_1^{n-1} & k_2.a_2^{n-1} &...& k_n.a_n^{n-1}  \end{vmatrix}$

 

$= k_1.k_2...k_n.\begin{vmatrix}1 & 1 &...&1 \\ a_1 & a_2 &... &a_n \\ a_1^2 & a_2^2 & ...&a_n^2 \\... \\ a_1^{n-1} & a_2^{n-1} &...&a_n^{n-1}  \end{vmatrix}=k_1.k_2...k_n.\prod_{j>i}(a_j-a_i)$

 

Do hệ phương trình có vô số nghiệm nên $D=0$, vì các $a_i$ khác nhau đôi một nên $k_1.k_2...k_n=0$. Không mất tính tổng quát có thể giả sử $k_1=0$. 

 

Sau đó tiếp tục xét hệ {$e^{a_2x},e^{a_3x},...,e^{a_nx}$} với lập luận trên ta cũng lần lượt suy ra $k_2=k_3=...=k_n=0$

vì sao bạn có dòng này.


                                                                          OLP TOÁN SV TRÊN FACEBOOK: http://www.facebook....5/?notif_t=like  29.gif

 


#5
Rantaro

Rantaro

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết

vì sao bạn có dòng này.

Mình đoán vậy chứ cũng không biết hướng làm khi dùng định thức Vandermonde :(



#6
Mrnhan

Mrnhan

    $\text{Uchiha Itachi}$

  • Thành viên
  • 1100 Bài viết

Mình đoán vậy chứ cũng không biết hướng làm khi dùng định thức Vandermonde :(

 Hình như ý nha hỏi là "Do hệ phương trình có vô số nghiệm "


$\text{Cứ làm việc chăm chỉ trong im lặng}$

Hình đã gửi$\text{Hãy để thành công trở thành tiếng nói của bạn}$Hình đã gửi


#7
Rantaro

Rantaro

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết

 Hình như ý nha hỏi là "Do hệ phương trình có vô số nghiệm "Mi

Mình nghĩ với mỗi $x \in \mathbb{R}$ đều làm cho VT của hệ triệt tiêu nên nó là nghiệm của hệ :)



#8
Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 679 Bài viết

vì sao bạn có dòng này.

Nếu D khác 0 thì ma trận trên khả nghịch. Do đó $e^{a_ix}=0$ mà điều này không thể xảy ra được. Vì thế D phải bằng 0. Để tính định thức trên thì dùng quy nạp. Cái này đầy sách có.






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh