Zeigen Sie: Im Vektorraum aller Funktionen [0,∞) - ℝ ist die Menge {x^a : a∈[0,∞)} linear unabhängig.

Question

Aufgabe: Zeigen Sie: Im Vektorraum aller Funktionen [0,∞) -> ℝ ist die Menge {x^a : a∈[0,∞)} linear unabhängig.

Answer 1

Du möchtest nun zeigen, dass jede endliche Teilmenge von \( A=\left\{x^{\alpha} \mid \alpha \in[0, \infty)\right\} \) linear unabhängig ist. Es bietet sich also Induktion an.
Verankerung:
\( \begin{aligned} & a x^{\alpha}+b x^{\beta}=0, \quad \alpha \neq \beta \\ \Longleftrightarrow & a x^{\alpha-\beta}-b=0, \quad \text { wir nehmen an } x \neq 0 \\ \Longrightarrow &(\alpha-\beta) a x^{\alpha-\beta-1}=0 \Longrightarrow a=0 \Longrightarrow b=0 \end{aligned} \)
Das obige folgt aus der Tatsache, dass \( \alpha-\beta \neq 0 \) ist und \( x^{\alpha-\beta-1}=0 \Longleftrightarrow x=0 \) Induktionsschritt von \( (n-1) \Longrightarrow n \) :
\( \sum \limits_{k=1}^{n} a_{k} x^{\alpha_{k}}=0 \Longrightarrow x^{-\alpha_{1}} \sum \limits_{k=1}^{n} a_{k} x^{\alpha_{k}}=0 \Longrightarrow \sum \limits_{k=1}^{n} a_{k} x^{\alpha_{k}-\alpha_{1}}=\alpha_{1}+\sum \limits_{k=2}^{n} a_{k} x^{\alpha_{k}-\alpha_{1}}=0 \)
Wie in der Verankerung haben wir wieder \( x \neq 0 \) angenommen und leiten nun wieder ab:
\( \sum \limits_{k=2}^{n}\left(\alpha_{k}-\alpha_{1}\right) a_{k} x^{\alpha_{k}-\alpha_{1}-1}=0 \Longleftrightarrow \sum \limits_{k=2}^{n} b_{k} x^{\beta_{k}}=0 \Longrightarrow \forall k: b_{k}=0 \Longrightarrow \forall k: a_{k}=0 \)
Hier haben wir die Induktionsannahme verwendet und einfach eine Substitution gemacht, damit man es leichter sieht.

Comments

Danke für die Antwort, ich verstehe bloß nicht so ganz, wie man die lineare Abhängigkeit durch die Induktion zeigen kann. Könntest du mir das bitte einmal erklären. Ich wäre dir sehr dankbar. :)

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Das ist die Definition von linearer Unabhängigkeit von einer unendlichen Menge, nämlich, dass alle endlichen Teilmengen linear unabhängig sind. Wir induzieren dann von allen endlichen Teilmengen mit \(n-1\) Elementen zu allen endlichen Teilmengen mit \(n\) Elementen.

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Dein Rückgriff auf die Induktionsannahme ist fragwürdig !

Wie stellst du sicher, dass \(a_k-a_1-1\in [0,\infty)\) liegen ?

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In der letzten Zeile habe ich noch mit \(x\) multipliziert, und dann in \(\beta_k\) umgeschrieben, damit man die Induktionshypothese anwenden kann. Wenn das nicht klar hervorgeht, kann ich es natürlich noch nachtragen.

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Du solltest aber auch \(\alpha_1\lt a_k\) vorausschicken ...

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Ok, ich werde bei meinen kommenden Antworten berücksichtigen, alles ein bisschen ausführlicher aufzuschreiben, das mag sonst durchaus manchmal verwirrend sein.

Answer 2

Es genügt, die lineare Unabhängigkeit der auf \((0,\infty)\) eingeschränkten

Funktionen zu beweisen.

Eine einzelne Funktion \(x^a\) ist sicher linear unabhängig, da sie nicht die

Nullfunktion ist.

Nun betrachten wir \(n\geq 2\) Funktionen \(x^{a_1},\cdots,x^{a_n}\)

mit paarweise verschiedenen Exponenten. Wir denken uns die \(a_i\)

so numeriert, dass \(a_1<a_2<\cdots <a_n\) ist. Als Induktionsvoraussetzung

nehmen wir an, dass je \(k\) verschiedene Funktionen \(x^{b_1},\cdots,x^{b_k}\)

mit \(k<n\) bereits als linear unabhängig erwiesen sind.

Sei nun \(\lambda_1x^{a_1}+\cdots+\lambda_nx^{a_n}=0\;\forall x\in(0,\infty)\).

Multiplikation dieser Gleichung mit \(x^{-a_1}\) lieferrt:

\(\lambda_1=-\lambda_2x^{a_2-a_1}-\cdots -\lambda_n x^{a_n-a_1}\quad (*)\).

Die rechts stehende Funktion ist also eine Konstante, deren

Ableitung folglich 0:

\((a_2-a_1)\lambda_2x^{a_2-a_1-1}+\cdots+(a_n-a_1)\lambda_nx^{a_n-a_1-1}=0\).

Multiplikation mit \(x\) liefert

\((a_2-a_1)\lambda_2x^{a_2-a_1}+\cdots+(a_n-a_1)\lambda_nx^{a_n-a_1}=0\).

Nach Induktionsvoraussetzung folgt

\((a_2-a_1)\lambda_2=\cdots=(a_n-a_1)\lambda_n=0\), d.h.

\(\lambda_2=\cdots=\lambda_n=0\). \((*)\) liefert schließlich auch \(\lambda_1=0\),

q.e.d.

Oh sehe, dass Liszt schneller war ;-)