Re: [線代] rank
: 除了暴力列運算的方法以外，請問第一題要怎麼解比較好呢
推
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[ 1 a a^2 a^3 ] [ c_0 ] [ p(a) ]
[ 0 1 2a 3a^2 ] [ c_1 ] = [ p'(a) ] ,
[ 1 b b^2 b^3 ] [ c_2 ] [ p(b) ]
[ 0 1 2b 3b^2 ] [ c_3 ] [ p'(b) ]
其中 p(x) = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + c_3 x^3.
其實不求行列式值的話, 用這個觀點也許更直接. 關鍵字是 Hermite interpolation.
要推廣到 "任意多個點、每個點都已知特定多階的導數" 也沒有問題.
簡述唯一性的證明:
假設有兩個符合條件的多項式, 次數至多為 n-1,
則相減的多項式 p(x) 在這些點的那些導數都會是 0.
但 p(a) = 0 以及 p(b) = 0 代表 p'(x) = 0 for some x \in (a, b).
依次往上找, 就會發現 p(x) 的某階導數有太多相異零點, 因此為零函數.
存在性可以靠 (x-a) (x-b)^2, (x-a)^2 (x-b) 等等多項式湊得.
(特性是微夠多次才會在特定點有值, 概念跟 Lagrange interpolation 類似.)
也有差分、CRT 等等看法.
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也能跟 Wronskian 扯上邊. 直接用以下推廣說明:
[ 1 a a^2 a^3 a^4 a^5 ]
[ 0 1 2a 3a^2 4a^3 5a^4 ]
[ 0 0 2 6a 12a^2 20a^3 ]
[ 1 b b^2 b^3 b^4 b^5 ]
[ 0 1 2b 3b^2 4b^3 5b^4 ]
[ 1 c c^2 c^3 c^4 c^5 ]
考慮微分方程 y^{(6)}(x) = 0,
有解 y(x) = (x+a)^5, 5(x+a)^4, 20(x+a)^3, (x+b)^5, 5(x+b)^4, (x+c)^5.
令這些解的 Wronskian 為 W(x) =
[ 1 x+a (x+a)^2 (x+a)^3 (x+a)^4 (x+a)^5 ]
[ 0 1 2(x+a) 3(x+a)^2 4(x+a)^3 5(x+a)^4 ]
[ 0 0 2 6(x+a) 12(x+a)^2 20(x+a)^3 ] ‧ 120 ‧ 120 ‧ 60 ‧ 20 ‧ 5.
[ 1 x+b (x+b)^2 (x+b)^3 (x+b)^4 (x+b)^5 ]
[ 0 1 2(x+b) 3(x+b)^2 4(x+b)^3 5(x+b)^4 ]
[ 1 x+c (x+c)^2 (x+c)^3 (x+c)^4 (x+c)^5 ]
其中第一列為 (x+a)^5 的 5~0 階導數, 以下各列依次類推.
後頭的常數分別由各行提出.
由 Abel's identity 可知 W(x) 為常數 W,
因 W(x) = W(x_0) exp(-∫_{x=x_0}^x p(x) dx),
其中 p(x) 為 y^{(5)}(x) 之係數 = 0.
若能證明這六個解獨立, 就能得知 W 不為零. (其實就相當於上頭第一個方法.)
也可以從歸納法順帶得出其行列式值:
考慮 W(-a) = W, 對應矩陣的前三列會只留下對角線的 1, 1, 2;
後續三列可提出共同因式, 再經過列運算後可調整為可歸納的形式.
其實 W(-a) 的矩陣也可透過行運算獲得.
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02/17 00:40,
5年前
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※ 編輯: arthurduh1 (111.254.216.247), 02/18/2019 17:10:28
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