@sotrudnik

Не знаю, в какую тему такой вопрос написать, но напишу сюда.

Знает ли кто-нибудь что-либо о линейно независимых многомерных (хотя бы двумерных) функциях и теоремы доказывающие их линейную независимость? И ещё знает ли кто-нибудь пример системы таких функций, кроме exp(x+y), exp(2(x+y)), ..., exp(n(x+y)),...? Про одномерные говорить не надо, это легко найти и можно сотню примеров привести.

Заранее спасибо за ответы, если кто-нибудь ответит .

0

@Thinker

Можно рассмотреть кольцо многочленов от n переменных . Тогда многочлены (функции) вида
, где - неотрицательные целые числа, будут линейно независимы.

2

Day

sotrudnik, твой пример как раз одномерный (z=x+y)

Добавлено через 4 минуты
А вообще-то надо всего лишь показать, что равенство
a1*f1+a2*f2+ ... an*fn =0 не выполнимо, если не все ai = 0

Добавлено через 2 минуты
Мне кажется, что "мерность" здесь особо ни причем. Теория-то одна

0

@sotrudnik

Thinker, спасибо, подумаю над доказательством.

Day, почему одномерный? Если так рассуждать, то какую-угодно функцию можно заменить на z и сказать, что пример одномерный. Но z = z(x,y) и от этого никуда не деться. Например, если рассматривать функции 1, x*y^2, (x^2)*(y^4), ..., (x^n)*(y^2n) и сделать замену z = x*y^2, то получим классический многочлен a0 + a1*z + a2*z^2 + ... + an*z^n. Он имеет не более n корней (с учётом кратности). Вроде бы всё хорошо.

Только я задумался над следующим вопросом (может я туплю в простом месте, и если это так, поправьте). Функции y1(x), y2(x), ..., yn(x), определённые на отрезке [a;b], называются линейно зависимыми на [a;b] , если существуют постоянные a1, a2, ..., an , не равные нулю одновременно и такие, что a1y1(x) + a2y2(x) + ... + anyn(x) = 0 для всех x из отрезка [a;b]. То есть, для системы 1, z, z^2, ..., z^n это, очевидно, выполняется. Но вот факт ли, что проведя обратную замену (например, как выше говорилось, z = x*y^2) и перейдя уже к прямоугольнику [a1, a2]x[b1, b2] получим, что не при всех парах x и y из этого отрезка уравнение обращается в нуль? Одному z можно сопоставить множество пар (x,y), а ведь всего таких z может быть n разных штук... Вот что меня изначально напрягало в многомерном случае. Хотя, опять же повторюсь, возможно я ошибаюсь в очевидных вещах.

Добавлено через 4 минуты
И мерность здесь как раз "причём". Может я плохо диффуры учил, но я, например, что-то не встречал доказательства линейно независимости функций при помощи вронскиана в многомерном случае (т.е., если вронскиан не равен нулю на [a,b], то функции линейно независимы на [a,b]).

А определение линейной независимости одно и то же, и от многомерности не зависит, это бесспорно.

0

@Thinker

Добавлю, что пример с многочленами - n-мерные функции, но само пространство n-мерных многочленов будет бесконечномерным для любого натурального n. Доказать можно индукцией по n. По сути, докажите для случая n=1, то есть линейную независимость
,
а затем все проще. Хотя и тут не сложно. Если что, спрашивайте

1

@sotrudnik

Thinker, в том то и дело, что непонятно, как на n-мерность распространить. Для одномерного доказательство очевидно (многочлен n-й степени имеет не более n корней на [a,b]). А вот далее непонятно.

0

@Thinker

Тогда уточните что вы доказываете. Если линейную независимость, то причем тут корни вообще?

0

@sotrudnik

Функции y1(x), y2(x), ..., yn(x), определённые на отрезке [a;b], называются линейно зависимыми на [a;b] , если существуют постоянные a1, a2, ..., an , не равные нулю одновременно и такие, что a1y1(x) + a2y2(x) + ... + anyn(x) = 0 для всех x из отрезка [a;b]. Это определение линейной независимости. Но вышеописанный многочлен на [a,b] a0 + a1*x + a2*x^2 + ... + an*x^n имеет не более n корней. То есть не для всех x из [a,b] многочлен обращается в нуль. То есть, функции линейно независимы, поскольку получено противоречие с определением. Таким образом, корни помогают в один шаг доказать линейную независимость.

0

@Thinker

А вот вы как. Ну если продолжать ваш метод, то и тут очень легко. Пусть имеется лин.комбинация конечного числа мономов вида . Обозначим через S1 лин.комбинацию тех из них, где присутствует x1, а через S2- все остальное. Подставим x1->0. Получим, что S2=0, при этом S2 зависит от меньшего числа переменных, то есть применяем индукцию. Получаем, что все слагаемые в S2 с нулевыми коэффициентами. Возвращаемся к S1. Подставляем x1->1. Опять далее по предположению индукции.

Добавлено через 7 минут
Да, я все скатываюсь на линейную независимость во всем n-мерном пространстве. Можно вместо 1 подставить ненулевой элемент из той области, для которой доказывается.

0

@sotrudnik

Извините, сейчас по работе отвлекают. Я обдумаю это и отпишусь позже (возможно даже вечером).

0

@Thinker

Все же давайте уточним. Первоначально в вопросе не фигурировалось, что рассматриваются функции на какой-то области определения, в частности, вы привели пример всюду определенных функций. Поэтому мой пример с кольцом многочленов подходит для любого поля, хоть конечного, то есть указанные выше мономы будут линейно независимыми. Для доказательства достаточно иметь 0 и 1.

Если нужно доказательство для любой области, но это уже не факт. Например, функции x и xy линейно зависимы на множестве [a,b]x1. Поэтому зависит от области, на которой эти функции рассматриваются.

0

@sotrudnik

Уточнить могу. Нужна система линейно независимых функций на любой области (как экспоненты, но это самый простой и самый очевидный пример).

Вот из-за произвольности области я и задумался над Вашим доказательством. Да и не только поэтому... Можете мой длинный вчерашний пост почитать о системе xy^2, (x^2)*(y^4), ..., (x^n)*(y^2n).

0

@Thinker

Но даже данная система функций
exp(x+y), exp(2(x+y)), ..., exp(n(x+y)),...
линейно зависима на множестве, которое определяется прямой x+y=0.

0

@sotrudnik

Ладно, чуть-чуть упростим вопрос. Нужна система линейно независимых функций на любой области положительной меры (вот теперь уже окончательная и бесповоротная формулировка). Мера точки в одномерном пространстве - нуль, по аналогии (хотя могу ошибаться) мера отрезка в двумерном пространстве - нуль (так как понятия "площадь прямой" я не встречал).

0

@Thinker

Попробуйте тогда вот такое доказательство для любого n применить. Приведу для случая n=2, а то громоздко писать. Рассмотрим конечную линейную комбинацию мономов вида x^ay^b, где a и b - неотрицательные целые числа. Сгруппируем слагаемые следующим образом:
f0(x) + f1(x)y+f2(x)y^2 + ... +fn(x)y^n=0, где fi(x) -многочлены от x. В силу того, что множество определения содержит в себе область (невырожденный шар радиуса 2), то это равенство возможно, когда
f0(x)=0,...,fn(x)=0. К последним равенствам применяем предположение индукции. Приходим к тому, что мономы вида x^ay^b линейно независимы.

Здесь использован факт, что на любом бесконечном множестве ни один многочлен от одной переменной (так как доказывалось для n=2) конечной степени не может тождественно равняться нулю.

0

@sotrudnik

Thinker, спасибо за дискуссию и советы.

Тему можно закрывать, я нашёл другую систему функций, которая более подходит для моих научных исследований в силу определённых свойств.

0

vetvet

sotrudnik, ну хоть напишите, что за система. товарищам, думаю, будет интересно.

0

@Thinker

0

@sotrudnik

Пишу.

Помните про экспоненты, которые линейно независимы в любой области положительной меры? Так вот, берём систему синусов и косинусов:

1, cos(x+y), sin(x+y), ..., cos(n(x+y)), sin(n(x+y)). Записываем линейную комбинацию с ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫМИ (тут это не случайное слово) коэффициентами:

a0*1 + a1*sin(x+y) + b1*cos(x+y) + ... + an*sin(n(x+y)) + bn*cos(n(x+y)) = 0

Нужно доказать, что все коэффициенты a0, a1, b1, ..., an, bn равны нулю. Для этого разложим все синусы и косинусы по формуле Эйлера: sin(x+y) = (exp(i(x+y)) - exp(-i(x+y)))/2i, cos(x+y) = (exp(i(x+y)) + exp(-i(x+y)))/2, а 1 = exp(0(x+y)). Далее группируем по показательным функциям:

C0*exp(0(x+y)) + C1*exp(i(x+y)) + C-1*exp(-i(x+y)) + ... + Cn*exp(in(x+y)) + C-n*exp(-in(x+y)) = 0, где C0=a0, Ck = (ak - i*bk)/2, C-k = (ak + i*bk)/2.

А система комплексных функций exp(-in(x+y)), ..., exp(-i(x+y)), exp(0(x+y)), exp (i(x+y)), ..., exp(in(x+y)) линейно независима в силу того, что экспоненты с различными показателями линейно независимы в любой области положительной меры, а также все формулы дифференциального исчисления, относящиеся к показательной функции действительной переменной, сохраняют свою силу в поле комплексных чисел. Следователь, все Ck, -n<=k<=n равны нулю. А комплексное число равно нулю тогда и только тогда, когда и мнимая, и вещественная части одновременно равны нулю. Значит, все a0, a1, b1, ..., an, bn равны нулю, что доказывает линейную независимость упомянутой выше системы.

0