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Tema

[NO RESUELTO] 2º recup del 1r parcial 1º cuatri 2007

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#1 ALE

Son varios los que no me salen de este parcial...

problema 2: sean \({f}_{0}...{f}_{n}\) en K[x] polinomios de grado menor que n sean \({a}_{0}...{a}_{n}\) en K. Probar que

$$det\left(\begin{matrix}{f}_{0}({a}_{0}) & \cdots & {f}_{n}({a}_{0})\\ \vdots & & \vdots\\ {f}_{0}({a}_{n}) & \cdots & {f}_{n}({a}_{n})\end{matrix}\rigth) = 0$$

Comentario... hay un parcial, del 9 de mayo de 2008 que tiene una idea similar. Sólo que pide probar para un conjunto de 3 polinomios que es una base de los polinomios de grado dos sobre R si y solo sì la misma matriz que antes es inversible. Claro que este ejercicio es más general.

Pensé muchas cosas para tratar de llegar a la conclusión, pero me falta armarlo bien porque siempre hay algún razonamiento qe me parece incompleto. Por ej:

  1. Puede pensarse que dados n puntos en el plano, sólo hay un polinomio de grado n que pasa por ellos. Y como cada f tiene grado menos que n, quizá alguna columna sea combinación lineal de las otras. (¿quizá? como lo aseguro?)
  2. Proceder por el absurdo, entonces ninguna columna es comb lineal de las restantes. Asi que tengo n columnas de números l. i. tal que cada columna es la especialización de ciertos números en un polinomio. Pero si tengo polinomios de grado menos que n especializados en n puntos... ¿no debe ser una columna un múltiplo de otra?
  3. pensarlo como un sist de ecuaciones donde A es la matriz dada en el ejercicio. Planteo Ax=0 y como es lineal y homogeneo debe tener solución. La cosa es probar que hay infinitas, por lo que debe ser det A = 0. Pero puedo ver que son infinitas?

bueno no se... ayuda por favor

Gracias!

#2 exequiel131719

Fijate que podés escribir \({f}_{i}({a}_{j})\eq={b}_{0i}+{b}_{1i}{a}_{j}+\cdots {b}_{n-1i}{a}_{j}^{n-1}\). Pensando, luego, a \({f}_{i}\) como el vector \(({b}_{0i},\cdots {b}_{n-1i}),{A}_{0}\eq=(1,{a}_{0},\cdots ,{a}_{0}^{n-1})\) y mirando que \({f}_{i}({a}_{j})\eq=<{A}_{0},{f}_{i}>\), podés escribir la matriz deseada como el producto matricial:

$$\begin{bmatrix} {A}_{0}\\{A}_{1}\\\cdots \\{A}_{n-1} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} {f}_{0}^{t} & {f}_{1}^{t} & \cdots & {f}_{n}^{t} \end{bmatrix}$$
Y ahora tenés una matriz de Vandermonde, y en la otra, n+1 polinomios de grado menor o igual que n-1... una de esas matrices siempre es singular... Fijate si no me equivoqué en alguna cosa. De cualquier manera, creo que la idea es esta... saludos.
Firma

I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities

#3 Quimey

Otra idea similar:
Fijate que si definis \(ev_a:k[x]\rightarrow k\) via \(ev_a(f)=f(a)\) obtenes una transformación lineal y por lo tanto un elemento del dual.
Si nos restringimos a \(V=k_{<n}[x]\) resulta, por el teorema de interpoladores de lagrange, que si \(a_0,...,a_{n-1}\) son numeros distintos entonces \(ev_{a_0},...,ev_{a_{n-1}}\) es una base de \(V^*\).
Por lo tanto \(ev_{a_n}\) se escribe como combinación de las evaluaciones anteriores y eso quiere decir que la última fila de la matriz es combinación lineal de las anteriores filas.

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Quimey