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| Aufgabe | Seien [mm] f_{1}(x),f_{2}(x),...,f_{n}(x) [/mm] (n-1)-mal stetig differenziebare Funktionen auf der Menge R
i.) Zeigen sie explizit , wenn die Menge M := { [mm] f_{1}(x),f_{2}(x),...,f_{n}(x) [/mm] } linear abhänig ist folgt , dass
für [mm] \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] R
|A| = [mm] \vmat{ f_{1}(x) & ... & f_{n}(x) \\ f_{1}'(x) & ... & f_{n}'(x) \\ ... & ... & ... \\ f_{1}^{n-1}(x) & ... & f_{n}^{n-1}(x) } [/mm] = 0 gilt.
ii.) Schließen sie aus i.)
Existiert ein x [mm] \in [/mm] R mit |A| ungleich 0, folgt die Menge M ist linear unabhänig. |
Grüß euch,
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Die Grundlage der Aufgabe ist klar. Wir haben die klassische Wronski-Matrix , die ich für den Allgemeinen Fall eines Polynom N-Ordnung herleiten soll.
Erstmal nehm ich mir die Bedingung für Lineare Abhänigkeit:
[mm] a1f_{1}(x) [/mm] + [mm] a2f_{2}(x) [/mm] + ... + [mm] anf_{n}(x) [/mm] = 0 [mm] \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] R bei mindestens ein ai ungleich 0
z.z |A|
Dann Bau ich ein LGS auf mit n-1 Zeilen:
[mm] a1f_{1}(x) [/mm] + [mm] a2f_{2}(x) [/mm] + ... + [mm] anf_{n}(x) [/mm] = 0
[mm] a1f_{1}'(x) [/mm] + [mm] a2f_{1}'(x) [/mm] + ... + [mm] anf_{n}'(x) [/mm] = 0
....
[mm] a1f_{1}^{n-1}(x) [/mm] + [mm] a2f_{2}^{n-1}(x) [/mm] + ... + [mm] anf_{n}^{n-1}(x)= [/mm] 0
<=> -> Aufgrund Lineare Abhänigkeit zieh ich die Koefizienten raus
[mm] \vmat{ f_{1}(x) & ... & f_{n}(x) \\ f_{1}'(x) & ... & f_{n}'(x) \\ ... & ... & ... \\ f_{1}^{n-1}(x) & ... & f_{n}^{n-1}(x) } [/mm] * [mm] \vmat{ a1 \\ a2 \\ ... \\ an } [/mm] = [mm] \vmat{ 0 \\ 0 \\ ... \\ 0 }
[/mm]
<=> -> Koefizienten-Matrix haut sich raus
[mm] \vmat{ f_{1}(x) & ... & f_{n}(x) \\ f_{1}'(x) & ... & f_{n}'(x) \\ ... & ... & ... \\ f_{1}^{n-1}(x) & ... & f_{n}^{n-1}(x) } [/mm] = 0 q.e.d
Reicht dies als Beweisführung oder würden hier bei einer Expliziten Beweisführung Schritte fehlen?, oder hab ich nen komplett falschen Denkansatz?
Und bei ii.) Weiß ich nicht genau wie ich vorgehen soll
MfG
Johannes
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:58 Sa 21.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> Seien [mm]f_{1}(x),f_{2}(x),...,f_{n}(x)[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
(n-1)-mal stetig
> differenziebare Funktionen auf der Menge R
>
> i.) Zeigen sie explizit , wenn die Menge M := {
> [mm]f_{1}(x),f_{2}(x),...,f_{n}(x)[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
} linear abhänig ist folgt
> , dass
> für [mm]\forall[/mm] x [mm]\in[/mm] R
>
> |A| = [mm]\vmat{ f_{1}(x) & ... & f_{n}(x) \\ f_{1}'(x) & ... & f_{n}'(x) \\ ... & ... & ... \\ f_{1}^{n-1}(x) & ... & f_{n}^{n-1}(x) }[/mm]
> = 0 gilt.
>
> ii.) Schließen sie aus i.)
>
> Existiert ein x [mm]\in[/mm] R mit |A| ungleich 0, folgt die Menge
> M ist linear unabhänig.
> Grüß euch,
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Die Grundlage der Aufgabe ist klar. Wir haben die
> klassische Wronski-Matrix , die ich für den Allgemeinen
> Fall eines Polynom N-Ordnung herleiten soll.
>
> Erstmal nehm ich mir die Bedingung für Lineare
> Abhänigkeit:
>
> [mm]a1f_{1}(x)[/mm] + [mm]a2f_{2}(x)[/mm] + ... + [mm]anf_{n}(x)[/mm] = 0 [mm]\forall[/mm] x
> [mm]\in[/mm] R bei mindestens ein ai ungleich 0
>
> z.z |A|
> Dann Bau ich ein LGS auf mit n-1 Zeilen:
>
> [mm]a1f_{1}(x)[/mm] + [mm]a2f_{2}(x)[/mm] + ... + [mm]anf_{n}(x)[/mm] = 0
> [mm]a1f_{1}'(x)[/mm] + [mm]a2f_{1}'(x)[/mm] + ... + [mm]anf_{n}'(x)[/mm] = 0
> ....
> [mm]a1f_{1}^{n-1}(x)[/mm] + [mm]a2f_{2}^{n-1}(x)[/mm] + ... +
> [mm]anf_{n}^{n-1}(x)=[/mm] 0
>
> <=> -> Aufgrund Lineare Abhänigkeit zieh ich die
> Koefizienten raus
Das hat doch mit "linear Abhängig" nichts zu tun. Obiges Gleichungssystem schreibst Du als Matrix-Vektor - Produkt. Das ist alles.
>
>
>
> [mm]\vmat{ f_{1}(x) & ... & f_{n}(x) \\ f_{1}'(x) & ... & f_{n}'(x) \\ ... & ... & ... \\ f_{1}^{n-1}(x) & ... & f_{n}^{n-1}(x) }[/mm]
> * [mm]\vmat{ a1 \\ a2 \\ ... \\ an }[/mm] = [mm]\vmat{ 0 \\ 0 \\ ... \\ 0 }[/mm]
>
> <=> -> Koefizienten-Matrix haut sich raus
Nichts dergleichen !!!!
>
> [mm]\vmat{ f_{1}(x) & ... & f_{n}(x) \\ f_{1}'(x) & ... & f_{n}'(x) \\ ... & ... & ... \\ f_{1}^{n-1}(x) & ... & f_{n}^{n-1}(x) }[/mm]
> = 0 q.e.d
>
> Reicht dies als Beweisführung oder würden hier bei einer
> Expliziten Beweisführung Schritte fehlen?, oder hab ich
> nen komplett falschen Denkansatz?
>
> Und bei ii.) Weiß ich nicht genau wie ich vorgehen soll
>
> MfG
>
> Johannes
>
>
>
Vielleicht meinst Du das Richtige, vielleicht auch nicht..
Jedenfalls fällst Du Deiner Bezeichnungsweise zum Opfer. Wo es geht verwendest Du senkrechte Stiche !!!!
Für x [mm] \in [/mm] R sei
[mm] A=A(x)=\pmat{ f_{1}(x) & ... & f_{n}(x) \\ f_{1}'(x) & ... & f_{n}'(x) \\ ... & ... & ... \\ f_{1}^{n-1}(x) & ... & f_{n}^{n-1}(x) }
[/mm]
Die [mm] f_i [/mm] sind l.a., also gibt es ein [mm] a^T=(a_1,a_2,...,a_n) \in \IR^n \setminus \{(0,....0)\} [/mm] mit
[mm] a_1f_1(x)+....+a_nf_n(x)=0 [/mm] für alle x [mm] \in [/mm] R.
Das bedeutet:
A(x)a=0.
Damit hat das LGS A(x)z=0 eine nichttriviale Lösung. A(x) ist also nicht invertierbar und somit ist
|A(x)|=det(A(x))=0.
ZU ii): oben haben wir gezeigt: M l.a. [mm] \Rightarrow [/mm] det(A(x))=0 für alle x [mm] \in [/mm] R.
Was bedeutet es also, wenn det(A(x)) [mm] \ne [/mm] 0 ist für ein x [mm] \in [/mm] R ?
FRED
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