係数が異なる指数関数が線形独立であることの証明

1. 今日の問題

最近電磁気学の本を読んでいたときに、以下のような記述を見かけました。

「

𝐸_{1} 𝑒^{𝑖 𝑘_{1} 𝑥} + 𝐸_{2} 𝑒^{𝑖 𝑘_{2} 𝑥} = 𝐸_{3} 𝑒^{𝑖 𝑘_{3} 𝑥}

が恒等的に成り立つので、 $𝑘_{1} = 𝑘_{2} = 𝑘_{3}$ で… 」

結構自明な気がしますが、一応示しておこうと思ったので記事を書いてみました。

問題 1

$𝑛$ を自然数とする。相異なる複素数 $𝜔_{1}, 𝜔_{2} \dots, 𝜔_{𝑛}$ と、複素数 $𝛼_{1}, 𝛼_{2}, \dots, 𝛼_{𝑛}$ について、以下が成立することを示せ。

\forall 𝑥 \in ℝ : \sum_{𝑗 = 1}^{𝑛} 𝛼_{𝑗} 𝑒^{𝜔_{𝑗} 𝑥} = 0 \Leftrightarrow 𝛼_{1} = 𝛼_{2} = \dots = 𝛼_{𝑛} = 0

これが示すことができれば、 $𝐸_{1}, 𝐸_{2}, 𝐸_{3}$ が $0$ でないことから $𝑘_{1}, 𝑘_{2}, 𝑘_{3}$ のうち少なくとも $2$ つが等しいことが示せて、結局

𝐴 𝑒^{𝑖 𝑘 𝑥} = 𝐵 𝑒^{𝑖 𝑙 𝑥}

みたいな問題に帰着できるので、あとは両辺を適当に割れば $𝑘_{1} = 𝑘_{2} = 𝑘_{3}$ が示せます。

2. 解答

いくつか方針が思いつきますね。

解答 1

\forall 𝑥 \in ℝ : \sum_{𝑗 = 1}^{𝑛} 𝛼_{𝑗} 𝑒^{𝜔_{𝑗} 𝑥} = 0 \Leftrightarrow 𝛼_{1} = 𝛼_{2} = \dots = 𝛼_{𝑛} = 0

<1><2>

を示す。➁ $\Rightarrow$ ➀は明らかなので、以下➀ $\Rightarrow$ ➁を示す。 ➀のとき、➀の両辺を $𝑥$ で $𝑘$ 回微分した

\forall 𝑥 \in ℝ : \sum_{𝑗 = 1}^{𝑛} 𝜔_{𝑗}^{𝑘} 𝛼_{𝑗} 𝑒^{𝜔_{𝑗} 𝑥} = 0

も成立し、これに $𝑥 = 0$ を代入した

\sum_{𝑗 = 1}^{𝑛} 𝜔_{𝑗}^{𝑘} 𝛼_{𝑗} = 0

も、任意の非負整数 $𝑘$ について成立する。故に、

(\begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 𝜔_{1} & 𝜔_{2} & \dots & 𝜔_{𝑛} \\ 𝜔_{1}^{2} & 𝜔_{2}^{2} & \dots & 𝜔_{𝑛}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 𝜔_{1}^{𝑛 - 1} & 𝜔_{2}^{𝑛 - 1} & \dots & 𝜔_{𝑛}^{𝑛 - 1} \end{matrix}) (\begin{matrix} 𝛼_{1} \\ 𝛼_{2} \\ 𝛼_{3} \\ ⋮ \\ 𝛼_{𝑛} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix})

が成立する。ここで、以下が成立する。

| \begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 𝜔_{1} & 𝜔_{2} & \dots & 𝜔_{𝑛} \\ 𝜔_{1}^{2} & 𝜔_{2}^{2} & \dots & 𝜔_{𝑛}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 𝜔_{1}^{𝑛 - 1} & 𝜔_{2}^{𝑛 - 1} & \dots & 𝜔_{𝑛}^{𝑛 - 1} \end{matrix} | = \prod_{1 \leq 𝑖 < 𝑗 \leq 𝑛} (𝜔_{𝑗} - 𝜔_{𝑖})

( $∵$ 左辺はVandermondeの行列式) $𝜔_{1}, 𝜔_{2}, \dots, 𝜔_{𝑛}$ が相異なることに注意すると、これは $0$ でないことがわかるので、行列

(\begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 𝜔_{1} & 𝜔_{2} & \dots & 𝜔_{𝑛} \\ 𝜔_{1}^{2} & 𝜔_{2}^{2} & \dots & 𝜔_{𝑛}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 𝜔_{1}^{𝑛 - 1} & 𝜔_{2}^{𝑛 - 1} & \dots & 𝜔_{𝑛}^{𝑛 - 1} \end{matrix})

は正則であることがわかる。従って、

(\begin{matrix} 𝛼_{1} \\ 𝛼_{2} \\ 𝛼_{3} \\ ⋮ \\ 𝛼_{𝑛} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix})

でなければならない。よって、 $➀ \Rightarrow ➁$ が示された。

解答 2

同じく➁ $\Rightarrow$ ➀は明らかなので、逆を $𝑛$ についての数学的帰納法によって示す。つまり、自然数 $𝑛$ についての命題 $𝑃 (𝑛)$ :

「相異なる複素数 $𝜔_{1}, 𝜔_{2} \dots, 𝜔_{𝑛}$ と、複素数 $𝛼_{1}, 𝛼_{2}, \dots, 𝛼_{𝑛}$ について、

\forall 𝑥 \in ℝ : \sum_{𝑗 = 1}^{𝑛} 𝛼_{𝑗} 𝑒^{𝜔_{𝑗} 𝑥} = 0 \Rightarrow 𝛼_{1} = 𝛼_{2} = \dots = 𝛼_{𝑛} = 0

が成立する」

がすべての $𝑛$ で成立することを数学的帰納法によって示す。

(i) $𝑒^{𝜔_{1} 𝑥}$ は常に $0$ でないので、明らかに $𝑃 (1)$ は成立する。

(ii) $𝑃 (𝑘)$ が成立すると仮定する( $𝑘 \in ℕ$ )。ここで、相異なる複素数 $𝜔_{1}, 𝜔_{2} \dots, 𝜔_{𝑘 + 1}$ と、複素数 $𝛼_{1}, 𝛼_{2}, \dots, 𝛼_{𝑘 + 1}$ について、

\forall 𝑥 \in ℝ : \sum_{𝑗 = 1}^{𝑘 + 1} 𝛼_{𝑗} 𝑒^{𝜔_{𝑗} 𝑥} = 0

が成立しているとき、両辺を $𝑒^{𝜔_{𝑘 + 1} 𝑥} (\neq 0))$ で割ると、

\forall 𝑥 \in ℝ : 𝛼_{𝑘 + 1} + \sum_{𝑗 = 1}^{𝑘} 𝛼_{𝑗} 𝑒^{(𝜔_{𝑗} - 𝜔_{𝑘 + 1}) 𝑥} = 0

を得る。このとき、両辺を $𝑥$ で微分して得られる

\forall 𝑥 \in ℝ : \sum_{𝑗 = 1}^{𝑘} (𝜔_{𝑗} - 𝜔_{𝑘 + 1}) 𝛼_{𝑗} 𝑒^{(𝜔_{𝑗} - 𝜔_{𝑘 + 1}) 𝑥} = 0

も成立する。ここで仮定した $𝑃 (𝑘)$ より、

(𝜔_{𝑗} - 𝜔_{𝑘 + 1}) 𝛼_{𝑗} = 0 (𝑗 = 1, \dots, 𝑘)

が成立する。ここで、 $𝜔_{1}, 𝜔_{2} \dots, 𝜔_{𝑘}, 𝜔_{𝑘 + 1}$ が相異なることに注意すれば、

𝛼_{𝑗} = 0 (𝑗 = 1, \dots, 𝑘)

が成り立つ。式(2.11) より、 $𝛼_{𝑘 + 1} = 0$ 。よって、 $𝑃 (𝑘 + 1)$ が成立することが示された。

(i)(ii)より、題意は示された。

3. 補足

解答1と同じ手法で、三角関数も独立なことが示せますね。