La $r_1, r_2, \cdots, r_n$ være reelle tall og definer en matrise $A$ ved
\[ A = \left ( \begin{array}{cccc}
1 & 1 & \cdots & 1 \\
r_1 & r_2 & \cdots & r_n \\
r_1^2 & r_2^2 &\cdots & r_n^2 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
r_1^{n-1} & r_2^{n-1} & \cdots & r_n^{n-1} \end{array} \right ) . \]
Vis at $\operatorname{det}(A)=0$ hvis og bare hvis det finnes minst to indekser $i,j$ slik at $r_i=r_j$.
Interessant determinant
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
$\Leftarrow$ : Hvis $r_i=r_j$ for to distinkte indekser, så er to kolonner i $A$ like, og $\det A=0$.
$\Rightarrow$ : La $\{f_i(x)=e^{r_ix}\}_i$ være en familie av analytiske funksjoner. Da er Wronskideterminanten $W=\prod_i e^{r_ix}\det A$.
Anta at $\det A=0$. Siden $W$ er identisk lik $0$ på $\mathbb{R}$ er $\{f_i\}_i$ lineært avhengige.
Anta uten tap av generalitet at $r_1<r_2<...<r_n$. Da må $\{f_i\}$ være lineært uavhengige: Vi ser på $\sum_i c_i e^{r_ix}=0$. Gang med $e^{-r_nx}$. Da får vi $c_n+\sum_{i=1}^{n-1}c_ie^{(r_i-r_n)x}=0$. Siden dette må gjelde for alle x, kan vi la $x\to \infty$. Da må $c_n=0$. Gjentagelse av dette gir at alle $c_i=0$, så $\{f_i\}_i$ er lineært uavhengige.
Det følger at det må eksistere to distinkte indekser slik at $r_i=r_j$.
$\Rightarrow$ : La $\{f_i(x)=e^{r_ix}\}_i$ være en familie av analytiske funksjoner. Da er Wronskideterminanten $W=\prod_i e^{r_ix}\det A$.
Anta at $\det A=0$. Siden $W$ er identisk lik $0$ på $\mathbb{R}$ er $\{f_i\}_i$ lineært avhengige.
Anta uten tap av generalitet at $r_1<r_2<...<r_n$. Da må $\{f_i\}$ være lineært uavhengige: Vi ser på $\sum_i c_i e^{r_ix}=0$. Gang med $e^{-r_nx}$. Da får vi $c_n+\sum_{i=1}^{n-1}c_ie^{(r_i-r_n)x}=0$. Siden dette må gjelde for alle x, kan vi la $x\to \infty$. Da må $c_n=0$. Gjentagelse av dette gir at alle $c_i=0$, så $\{f_i\}_i$ er lineært uavhengige.
Det følger at det må eksistere to distinkte indekser slik at $r_i=r_j$.
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Den første implikasjonen er jo ganske klar. Angående den andre, så hadde jeg egentlig et litt
mer elementært algebraisk bevis i tankene, siden hensikten var egentlig å benytte dette resultatet
til å nettopp vise at funksjonene $\{e^{r_ix}\}_{i=1}^n$ er lineært uavhengige hvis og bare hvis
$r_1,...,r_n$ er distinkte. Fra det synspunktet blir jo argumentet sirkulært, men det går
jo fint an å vise dette resultatet på andre måter også.
Ser nå at du tok med et bevis for denne påstanden nå!
mer elementært algebraisk bevis i tankene, siden hensikten var egentlig å benytte dette resultatet
til å nettopp vise at funksjonene $\{e^{r_ix}\}_{i=1}^n$ er lineært uavhengige hvis og bare hvis
$r_1,...,r_n$ er distinkte. Fra det synspunktet blir jo argumentet sirkulært, men det går
jo fint an å vise dette resultatet på andre måter også.
Ser nå at du tok med et bevis for denne påstanden nå!
Ok, tenker du på å vise at $det(A)=\prod_{i<j}(r_j-r_i)$ direkte?Brahmagupta wrote:Den første implikasjonen er jo ganske klar. Angående den andre, så hadde jeg egentlig et litt
mer elementært algebraisk bevis i tankene, siden hensikten var egentlig å benytte dette resultatet
til å nettopp vise at funksjonene $\{e^{r_ix}\}_{i=1}^n$ er lineært uavhengige hvis og bare hvis
$r_1,...,r_n$ er distinkte. Fra det synspunktet blir jo argumentet sirkulært, men det går
jo fint an å vise dette resultatet på andre måter også.
Ser nå at du tok med et bevis for denne påstanden nå!
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Ja, nettopp. Oppgaveformuleringen var et forsøk på å ikke gi bort formelen umiddelbart.plutarco wrote: Ok, tenker du på å vise at $det(A)=\prod_{i<j}(r_j-r_i)$ direkte?
La $r_n=x$ i uttrykket for $A_n$, og skriv $p(x)=\det(A_n)$. Hvis vi utvikler etter siste kolonne, ser vi at $p(x)$ er et polynom i $x$, at $r_1,r_2,...,r_{n-1}$ er røtter, og at $p(0)=\prod_{i=1}^{n-1}r_i \det(A_{n-1})$.
Fra faktorteoremet må $p(x)=\det (A_{n-1})\prod_{i=1}^{n-1} (r_i-x)$, og da blir $p(r_n)=\det(A_n)=\det (A_{n-1})\prod_{i=1}^{n-1} (r_i-r_n)$.
Det følger at $\det(A_n)=\prod_{i<j\leq n}(r_i-r_j)$. Siden $\mathbb{R}$ er et heltallsdomene, er produktet $0$ hvis og bare hvis en av faktorene er $0$, dvs. når $r_i=r_j$ for distinkte indekser.
Fra faktorteoremet må $p(x)=\det (A_{n-1})\prod_{i=1}^{n-1} (r_i-x)$, og da blir $p(r_n)=\det(A_n)=\det (A_{n-1})\prod_{i=1}^{n-1} (r_i-r_n)$.
Det følger at $\det(A_n)=\prod_{i<j\leq n}(r_i-r_j)$. Siden $\mathbb{R}$ er et heltallsdomene, er produktet $0$ hvis og bare hvis en av faktorene er $0$, dvs. når $r_i=r_j$ for distinkte indekser.
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Brukte nøyaktig det samme argumentet selv!
En liten observasjon. Hvis vi benytter symmetrien i determinanten kan vi også se at
\[\operatorname{det}(A_n)=\sum_{\sigma\in S_n}r_{\sigma(1)}^0r_{\sigma(2)}^1r_{\sigma(3)}^2\cdots r_{\sigma(n)}^{n-1}, \]
hvor $S_n$ er gruppen av permutasjoner av $\{1,2,...,n\}$ (hvis vi ser bort fra fortegn). Denne summen har $n!$ antall
ledd. På en annen side hvis vi multipliserer ut produktet $\prod_{i<j}(r_j-r_i)$ så kan dette maksimalt gi $2^{\frac12 n(n-1)}$
ledd. Dermed følger ulikheten $n!\leq 2^{\frac12 n(n-1)}$. Denne ulikheten er selvfølgelig ikke vanskelig å bevise med
andre metoder, men jeg syntes dette var en ganske interessant fremgangsmåte.
En liten observasjon. Hvis vi benytter symmetrien i determinanten kan vi også se at
\[\operatorname{det}(A_n)=\sum_{\sigma\in S_n}r_{\sigma(1)}^0r_{\sigma(2)}^1r_{\sigma(3)}^2\cdots r_{\sigma(n)}^{n-1}, \]
hvor $S_n$ er gruppen av permutasjoner av $\{1,2,...,n\}$ (hvis vi ser bort fra fortegn). Denne summen har $n!$ antall
ledd. På en annen side hvis vi multipliserer ut produktet $\prod_{i<j}(r_j-r_i)$ så kan dette maksimalt gi $2^{\frac12 n(n-1)}$
ledd. Dermed følger ulikheten $n!\leq 2^{\frac12 n(n-1)}$. Denne ulikheten er selvfølgelig ikke vanskelig å bevise med
andre metoder, men jeg syntes dette var en ganske interessant fremgangsmåte.
Interessant fremgangsmåte!Brahmagupta wrote:Brukte nøyaktig det samme argumentet selv!
En liten observasjon. Hvis vi benytter symmetrien i determinanten kan vi også se at
\[\operatorname{det}(A_n)=\sum_{\sigma\in S_n}r_{\sigma(1)}^0r_{\sigma(2)}^1r_{\sigma(3)}^2\cdots r_{\sigma(n)}^{n-1}, \]
hvor $S_n$ er gruppen av permutasjoner av $\{1,2,...,n\}$ (hvis vi ser bort fra fortegn). Denne summen har $n!$ antall
ledd. På en annen side hvis vi multipliserer ut produktet $\prod_{i<j}(r_j-r_i)$ så kan dette maksimalt gi $2^{\frac12 n(n-1)}$
ledd. Dermed følger ulikheten $n!\leq 2^{\frac12 n(n-1)}$. Denne ulikheten er selvfølgelig ikke vanskelig å bevise med
andre metoder, men jeg syntes dette var en ganske interessant fremgangsmåte.