α_1,α_2,…,α_n が非零の時,e^(α_1t),e^(α_2t),…,e^(α_nt)が一次独立を示す問題です

質問

Let α_1,α_2,…,α_n be distinct numbers, ≠0. Show that the functions
e^(α_1t),e^(α_2t),…,e^(α_nt) are lineraly independent over the complex numbers.
[Hint: Suppose we have a linear relation
c_1e^(α_1t)+c_2e^(α_2t)+…+c_ne^(α_nt)=0
with constants c_i,valid for all t. If not all c_i are 0,without loss of generality,we may assume that none of them is 0.Differentiate the above relation n-1 times. You get a system of linear equations. The determinant of its coefficients must be zero.(Why?) Get a contradiction from this.]

と言うe^(α_1t),e^(α_2t),…,e^(α_nt)が一次独立を示す問題です。
(もし,c_iの一つでも非零なら全c_iも非零である事を使ってよいようです)
n-1回微分して得られる一次連立方程式の係数行列の行列式は

とりあえずn-1回微分してみましたらその係数行列の行列式が0でなければならない事から
矛盾を引き出せと述べてあります。

係数行列Aは
A:=
(c_1,c_2,…,c_n)
(c_1α_1,c_2α_2,…,c_2α_n)
(c_1α_1^2,c_2α_2^2,…,c_nα_n^2)
:
(c_1α_1^(n-1),c_2α_2^(n-1),…,c_nα_n^(n-1))

と書けると思います。

そして,その一次連立方程式は
At^(e^α_1t,e^α_2t,…,e^α_nt)=0
と書けます。
(但しtは転置行列を表す)

このdet(A)=0でなければならないのは何故なのでしょうか?

そしてdet(A)=0ならどうして矛盾なのでしょうか?

回答No.2

kabaokaba · ベストアンサー

この「ヒント」が・・・あんまりよくない気がする

・微分を繰り返して，方程式を作る
c_1e^(α_1t)+c_2e^(α_2t)+…+c_ne^(α_nt)=0
c_1α_1e^(α_1t)+c_2α_2e^(α_2t)+…+c_nα_ne^(α_nt)=0
・・・
c_1α_1^{n-1}e^(α_1t)+c_2α_2^{n-1}e^(α_2t)+…+c_nα_n^{n-1}e^(α_nt)=0
・t=0を代入する
c_1+c_2+…+c_n=0
c_1α_1+c_2α_2+…+c_nα_n=0
・・・
c_1α_1^{n-1}+c_2α_2^{n-1}+…+c_nα_n^{n-1}=0
これをcjについての連立方程式だとして整理すると，
係数の行列の行列式は
「ファンデルモンドの行列式」ってやつで
すぐ計算できる．
そうすると「αi」が全部違うから0ではない
つまり，係数が全部0になり一次独立．

ヒントの通りにするなら
without loss of generality,we may assume that none of them is 0.
の意味を理解して，やっぱりファンデルモンドで矛盾

お礼

ありがとうございます。
納得です。

回答No.3

echoes_x86

こんばんは．
#2の方の回答で私の方法よりスマートに問題は解決している気がするのですが…

行列AをA=V^T*Cなる積で書きます．
V =
[1 α_1 α_1^2 ... α_1^(n-1)]
[1 α_2 α_1^2 ... α_2^(n-1)]
[: : : ... : ]
[1 α_n α_n^2 ... α_n^(n-1)]
C = diag(c_1, c_2, ..., c_n)
ここで，V^TはVの転置であり，diagはc_iを要素とする対角行列です．
det(A) = det(V^T*C) = det(V^T)*det(C) です．
det(V^T)はvan der Mondeの行列式ですから，相異なるαに関して，零ではありません．
det(C)=0
にはc_iの少なくとも一つが零であれば良いわけですが，題意からすればそうではないのでしょう．
ここは一番考えなくてはならないところであり，
他人に解決を委ねてはならない部分です(もしあなたが大学生であれば特に)．

あとは数学的に正しい体裁に則ってご自身で何とかしてください．
#2の方へのお礼をお忘れなく．
私には不要です．

回答No.1

echoes_x86

こんにちは．

骨子は以下のような感じでしょうか．
線型方程式
At^(e^α_1t,e^α_2t,…,e^α_nt)=0 ...(1)
は微分の関係から導かれたもので，確実に成立します．
しかし，eのベクタは複素正弦波ですから，
どのようなαやtを持ってきても決して零にはなりません．
したがって，(1)の方程式系が成り立つには係数行列がランク落ちしている，
つまりdet(A)=0でなくてはならないのです．
今度はAの第i列ベクタを第j列ベクタで表現可能であるかどうか調べます．
c_i ＝c_j かつα_i = α_jであれば第i列と第j列は線型従属，晴れてdet(A)=0です．
これはαが相異なるという条件に矛盾しますから，
(1)が成立するのはAが零行列であるとき，かつそのときに限ることがわかります．
Aの第一行からc_1=c_2=…=c_n=0であるとわかります．
eが一次独立であるのは
c_1e^(α_1t)+c_2e^(α_2t)+…+c_ne^(α_nt)=0
がc_1=c_2=…=c_n=0以外の解を持たない場合ですから，題意は示されました．

「多分」あっているはずですが，
もっと良い方法がありそうですので，参考意見にとどめます．

お礼

ご回答ありがとうございます。

> 骨子は以下のような感じでしょうか．
> 線型方程式
> At^(e^α_1t,e^α_2t,…,e^α_nt)=0 ...(1)
> は微分の関係から導かれたもので，確実に成立します．
> しかし，eのベクタは複素正弦波ですから，
> どのようなαやtを持ってきても決して零にはなりません．
> したがって，(1)の方程式系が成り立つには係数行列がランク落ちしている，
> つまりdet(A)=0でなくてはならないのです．

わかります。

> 今度はAの第i列ベクタを第j列ベクタで表現可能であるかどうか調べます．
> c_i ＝c_j かつα_i = α_jであれば第i列と第j列は線型従属，晴れてdet(A)=0です．
> これはαが相異なるという条件に矛盾しますから，

このような単純なケースでは矛盾が出ることは分かりました。

では第i列ベクタがそれ以外の複数の列ベクタの一次結合になっている場合
(例えば,第i列ベクタが第j列ベクタと第k列ベクタと第m列ベクタの一次結合になっている場合)
は何に矛盾するのでしょうか?