8.13. Lineare Differentialgleichungen höherer Ordnung

Die Untersuchung linearer Differentialgleichungen einer beliebigen Ordnung im Reellen ist technisch unangemessen aufwändig. Dies zeigte sich in Ansätzen schon bei den Gleichungen 2. Ordnung im vorherigen Abschnitt. Interessanterweise ist der Aufwand im Komplexen deutlich niedriger, so dass eine Betrachtung im Komplexen angebracht ist. Grundlage sind jetzt also die komplexen Zahlen

ℂ = {x + i y | x, y \in ℝ}

, deren identische Funktion wir mit dem Symbol Z bezeichen.

Die Differentialrechnung in $ℂ$ verläuft in weiten Strecken parallel zu der in $ℝ$ . Insbesondere gelten hier diesselben Ableitungsregeln. Eine Besonderheit betrifft allerdings die Differenzierbarkeitsgüte: Komplex differenzierbare Funktionen sind bereits analytisch und damit sofort beliebig oft differenzierbar. Für die Menge der analytischen Funktionen auf $ℂ$ benutzen wir das Symbol $C^{*} (ℂ)$ .

In diesem Abschnitt werden wir überdies konsequent die Sprache der linearen Algebra einsetzen, also z.B. den Erzeugnisbegriff
i

So steht etwa das Symbol

$< f_{1}, \dots, f_{n} >$

für die Menge aller Linearkombinationen der Funktionen $f_{1}, \dots, f_{n}$ , dem Erzeugnis von $f_{1}, \dots, f_{n}$ . Also:

$f \in < f_{1}, \dots, f_{n} > \Leftrightarrow f = α_{1} f_{1} + \dots + α_{n} f_{n}$ .

$f_{1}, \dots, f_{n}$ selbst nennen wir die Erzeuger von $< f_{1}, \dots, f_{n} >$ .

Erzeugnisse sind stets Untervektorräume. Für ihre Dimension gilt:

$\dim < f_{1}, \dots, f_{n} > = n \Leftrightarrow f_{1}, \dots, f_{n} linear unabhängig$

verwenden und die Differentialgleichungen über Operatoren beschreiben. Dabei ordnen wir durch die Festsetzung

D_{r} (f) ≔ a_{n} f^{(n)} + a_{n - 1} f^{(n - 1)} + \dots + a_{1} f^{'} + a_{0} f

jedem Polynom $r = a_{n} Z^{n} + a_{n - 1} Z^{n - 1} + \dots + a_{1} Z + a_{0}$ den Differentialoperator $D_{r} : C^{*} (ℂ) \to C^{*} (ℂ)$ zu. Es ist üblich und mit keinen Einschränkungen verbunden, sich auf normierte Polynome, also den Fall $α_{n} = 1$ zu beschränken. Ist $g : ℂ \to ℂ$ eine analytische Funktion, so nennen wir dann die Gleichung

D_{r} (f) = g

eine (normierte) lineare Differentialgleichung n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten (über $ℂ$ ).

Wir beginnen unsere Untersuchungen mit einigen Rechenregeln und stellen zunächst fest, dass $D_{r}$ linear im Argument ist.

Bemerkung: Sei $r = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} Z^{i}$ . Dann gilt für alle $f, g \in C^{*} (ℂ)$ , $α \in ℂ$ :

$D_{r} (α f) = α D_{r} (f)$ .	[8.13.1]
$D_{r} (f + g) = D_{r} (f) + D_{r} (g)$ .	[8.13.2]

Beweis:

1. ► Die Behauptung ergibt sich direkt mit der Faktorregel:

D_{r} (α f) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} {(α f)}^{(i)} = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} α f^{(i)} = α \sum_{i = 0}^{n} a_{i} f^{(i)} = α D_{r} (f)

2. ► Und hier mit der Summenregel:

D_{r} (f + g) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} {(f + g)}^{(i)} = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} (f^{(i)} + g^{(i)}) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} f^{(i)} + \sum_{i = 0}^{n} a_{i} g^{(i)} = D_{r} (f) + D_{r} (g)

Über die Spezialfälle $α = 0$ und $α = - 1$ erhält man mit 1. und 2. natürlich auch:

D_{r} (0) = 0

D_{r} (f - g) = D_{r} (f) - D_{r} (g)

$D_{r}$ ist auch linear im Index.

Bemerkung: Ist $r = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} Z^{i}$ und $s = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} Z^{i}$ , so hat man für alle $f \in C^{*} (ℂ)$ und $α \in ℂ$ :

$D_{α r} (f) = α D_{r} (f)$ , also: $D_{α r} = α D_{r}$ .	[8.13.3]
$D_{r + s} (f) = D_{r} (f) + D_{s} (f)$ , also: $D_{r + s} = D_{r} + D_{s}$ .	[8.13.4]

Beweis:

1. ► Mit $α r = \sum_{i = 0}^{n} α a_{i} Z^{i}$ errechnet man:

D_{α r} (f) = \sum_{i = 0}^{n} α a_{i} f^{(i)} = α \sum_{i = 0}^{n} a_{i} f^{(i)} = α D_{r} (f)

2. ► Ohne Einschränkung nehmen wir $m \leq n$ an und führen im Fall $m < n$ zusätzlich die Koeffizienten $b_{m + 1} = \dots = b_{n} = 0$ ein. Dann ist $r + s = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i} + b_{i}) Z^{i}$ und wir haben somit:

D_{r + s} (f) = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i} + b_{i}) f^{(i)} = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} f^{(i)} + b_{i} f^{(i)} = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} f^{(i)} + \sum_{i = 0}^{m} b_{i} f^{(i)} = D_{r} (f) + D_{s} (f)

Wie zuvor erhält man durch Spezialisieren weitere Eigenschaften. Für $α = 0$ , $r = 1$ und $α = - 1$ etwa ergibt sich hier:

D_{0} (f) = 0

D_{α} (f) = α D_{1} (f) = α f

D_{r - s} (f) = D_{r} (f) - D_{s} (f)

Die folgende Verträglichkeitsregel zwischen der Multiplikation von Polynomen und der Hintereinanderausführung von Funktionen wird für unsere weiteren Überlegungen entscheidend sein.

Bemerkung: Sei $r = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} Z^{i}$ und $s = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} Z^{i}$ . Dann gilt für alle $f \in C^{*} (ℂ)$ :

D_{r \cdot s} (f) = D_{r} (D_{s} (f))

, d.h.:

D_{r \cdot s} = D_{r} \circ D_{s}

[8.13.5]

Beweis: Sei zunächst $r = Z^{k}$ ein Monom. Dann ist

Z^{k} \cdot s = Z^{k} \sum_{i = 0}^{m} b_{i} Z^{i} = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} Z^{i + k}

und wir erhalten für jedes $f \in C^{*} (ℂ)$ :

D_{Z^{k} \cdot s} (f) = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} f^{(i + k)} = (\sum_{i = 0}^{m} b_{i} f^{(i)})^{(k)} = D_{Z^{k}} (\sum_{i = 0}^{m} b_{i} f^{(i)}) = D_{Z^{k}} (D_{s} (f))

Sei nun r beliebig, also $r \cdot s = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} (Z^{i} \cdot s)$ . Neben dem gerade bewiesenen Spezialfall nutzen wir jetzt die Indexlinearität [8.13.3/4] und errechnen:

D_{r \cdot s} (f) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} D_{Z^{i} \cdot s} (f) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} D_{Z^{i}} (D_{s} (f)) = D_{r} (D_{s} (f))

Beachte: Da $r \cdot s = s \cdot r$ , hat man hier: $D_{r} \circ D_{s} = D_{s} \circ D_{r}$ .

Nun zurück zu den eigentlichen Differentialgleichungen. Wie schon zuvor kommt dem Kern des Operators $D_{r}$ eine Schlüsselrolle zu. Wir betrachten zunächst Operatoren des Typs $D_{{(Z - c)}^{n}}$ , das zugehörige Polynom ist also die Linearfaktorpotenz ${(Z - c)}^{n}$ , und beginnen mit ein wenig Technik:

Bemerkung: Für alle $n \in ℕ^{*}$ und $a \neq c$ gilt:

$D_{{(Z - c)}^{n}} (\frac{1}{n!} Z^{n} e^{c Z}) = e^{c Z}$ .	[8.13.6]
$D_{{(Z - a)}^{n}} (\frac{1}{{(c - a)}^{n}} e^{c Z}) = e^{c Z}$ .	[8.13.7]

Beweis: In beiden Fällen führen wir einen Induktionsbeweis.

1. ► $n = 1 : D_{Z - c} (Z e^{c Z}) = e^{c Z} + Z c e^{c Z} - c Z e^{c Z} = e^{c Z}$ .

$\begin{array}{l} n \Rightarrow n + 1 : & D_{{(Z - c)}^{n + 1}} (\frac{1}{(n + 1)!} Z^{n + 1} e^{c Z}) \\ = D_{{(Z - c)}^{n}} (D_{Z - c} (\frac{1}{(n + 1)!} Z^{n + 1} e^{c Z})) \\ = D_{{(Z - c)}^{n}} (\frac{1}{n!} Z^{n} e^{c Z} + \frac{1}{(n + 1)!} Z^{n + 1} c e^{c Z} - c \frac{1}{(n + 1)!} Z^{n + 1} e^{c Z}) \\ = D_{{(Z - c)}^{n}} (\frac{1}{n!} Z^{n} e^{c Z}) = e^{c Z} . \end{array}$

2. ► $n = 1 : D_{Z - a} (\frac{1}{c - a} e^{c Z}) = \frac{c}{c - a} e^{c Z} - a \frac{1}{c - a} e^{c Z} = e^{c Z}$ .

$\begin{array}{l} n \Rightarrow n + 1 : & D_{{(Z - a)}^{n + 1}} (\frac{1}{{(c - a)}^{n + 1}} e^{c Z}) \\ = D_{Z - a} (D_{{(Z - a)}^{n}} (\frac{1}{{(c - a)}^{n + 1}} e^{c Z})) \\ = D_{Z - a} (\frac{1}{c - a} D_{{(Z - a)}^{n}} (\frac{1}{{(c - a)}^{n}} e^{c Z})) \\ = D_{Z - a} (\frac{1}{c - a} e^{c Z}) = e^{c Z} . \end{array}$

Wir können nun ein erstes Ergebnis notieren: Der Kern des Operators $D_{{(Z - c)}^{n}}$ wird bereits von n vielen, einfach strukturierten Funktionen erzeugt.

Bemerkung: Für jedes $n \in ℕ^{*}$ ist

K e r D_{{(Z - c)}^{n}} = < e^{c Z}, Z e^{c Z}, \dots, Z^{n - 1} e^{c Z} >

[8.13.8]

Beweis: Wir weisen zwei Inklusionen nach und beginnen mit " $\supset$ ". Dazu berechnen wir zunächst mit Hilfe von [8.13.6] für ein beliebiges $i \in ℕ$ (beachte dabei auch [8.13.5]):

\begin{array}{l} D_{{(Z - c)}^{i + 1}} (Z^{i} e^{c Z}) & = i! D_{Z - c} (D_{{(Z - c)}^{i}} (\frac{1}{i!} Z^{i} e^{c Z})) \\ = i! D_{Z - c} (e^{c Z}) \\ = i! (c e^{c Z} - c e^{c Z}) = 0, \end{array}

und haben damit für alle $0 \leq i \leq n - 1$ :

D_{{(Z - c)}^{n}} (Z^{i} e^{c Z}) = D_{{(Z - c)}^{n - i - 1}} (D_{{(Z - c)}^{i + 1}} (Z^{i} e^{c Z})) = 0

so dass wegen der Linearität von $D_{{(Z - c)}^{n}}$ die Inklusion " $\supset$ " gesichert ist.

Den Nachweis der zweiten Teilmengenbeziehung " $\subset$ " beginnen wir mit der folgenden Aussage:

Ist $g \in < e^{c Z}, Z e^{c Z}, \dots, Z^{n - 1} e^{c Z} >$ , so gibt es ein $h \in < Z e^{c Z}, \dots, Z^{n} e^{c Z} >$ , so dass

D_{Z - c} (h) = g

[1]

Beweis: Sei $g = (α_{0} + α_{1} Z + \dots + α_{n - 1} Z^{n - 1}) e^{c Z}$ . Mit $h ≔ (\frac{α_{0}}{1} Z + \frac{α_{1}}{2} Z^{2} + \dots + \frac{α_{n - 1}}{n} Z^{n}) e^{c Z}$ hat man dann: $h \in < Z e^{c Z}, \dots, Z^{n} e^{c Z} >$ und

h^{'} - c h = (α_{0} + α_{1} Z + \dots + α_{n - 1} Z^{n - 1}) e^{c Z} + c h - c h = g

Per Induktion zeigen wir jetzt für ein beliebiges $f \in C^{*} (ℂ)$ :

D_{{(Z - c)}^{n}} (f) = 0 \Rightarrow f \in < e^{c Z}, Z e^{c Z}, \dots, Z^{n - 1} e^{c Z} >

für alle

n \in ℕ^{*}

$n = 1 :$ Sei $D_{Z - c} (f) = 0$ . Analytische Funktionen auf $ℂ$ (einem Gebiet
i

Unter einem Gebiet in $ℂ$ versteht man eine offene und zusammenhängende Teilmenge von $ℂ$ .
Offen und zusammenhängend sind Begriffe aus der Topologie.

also) haben ähnliche Eigenschaften wie differenzierbare Funktionen auf Intervallen. Insbesondere sind auch sie konstant, falls ihre Ableitung überall gleich Null ist. Wir können also wieder mit dem Trick aus [8.11.2] arbeiten und berechnen die Ableitung

(\frac{f}{e^{c Z}})^{'} = \frac{f^{'} e^{c Z} - f c e^{c Z}}{e^{2 c Z}} = \frac{f^{'} - c f}{e^{c Z}} = 0

f ist damit ein Vielfaches von $e^{c Z}$ , ein Element aus $< e^{c Z} >$ also.

$n \Rightarrow n + 1 :$ Sei jetzt $D_{{(Z - c)}^{n + 1}} (f) = D_{{(Z - c)}^{n}} (D_{Z - c} (f)) = 0$ . Gemäß Induktionsvoraussetzung ist damit $D_{Z - c} (f) \in < e^{c Z}, Z e^{c Z}, \dots, Z^{n - 1} e^{c Z} >$ und mit [1] finden wir ein $h \in < Z e^{c Z}, \dots, Z^{n} e^{c Z} >$ so dass $D_{Z - c} (h) = D_{Z - c} (f)$ . Da

D_{Z - c} (f - h) = D_{Z - c} (f) - D_{Z - c} (f) = 0

ergibt sich aus dem Induktionsanfang: $f - h = α e^{c Z}$ , also $f = α e^{c Z} + h \in < e^{c Z}, Z e^{c Z}, \dots, Z^{n} e^{c Z} >$ .

Als ein Beispiel betrachten wir etwa

K e r D_{Z^{2} - 2 i Z - 1} = K e r D_{{(Z - i)}^{2}} = < e^{i Z}, Z e^{i Z} >

Nach diesen Vorbereitungen gehen wir nun den Fall eines beliebigen Operators $D_{r}$ an. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra dürfen wir uns ein normiertes Polynom r als das Produkt seiner Linearfaktorpotenzen vorstellen:

r = {(Z - c_{1})}^{n_{1}} \cdot \dots \cdot {(Z - c_{k})}^{n_{k}}

wobei $c_{1}, \dots, c_{k}$ die paarweise verschiedenen Nullstellen von r sind. In [8.13.8] haben wir die Kerne dieser Linearfaktorpotenzen ermittelt:

K e r D_{{(Z - c_{i})}^{n_{i}}} = < e^{c_{i} Z}, Z e^{c_{i} Z}, \dots, Z^{n_{i} - 1} e^{c_{i} Z} >

In ihrer Gesamtheit erzeugen sie nun den Kern von $D_{r}$ :

Bemerkung: Sei $r = {(Z - c_{1})}^{n_{1}} \cdot \dots \cdot {(Z - c_{k})}^{n_{k}}$ . Bezeichnet $M_{i} ≔ {e^{c_{i} Z}, Z e^{c_{i} Z}, \dots, Z^{n_{i} - 1} e^{c_{i} Z}}$ die Erzeugermenge von $K e r D_{{(Z - c_{i})}^{n_{i}}}$ , so ist:

K e r D_{r} = < M_{1} \cup \dots \cup M_{k} >

[8.13.9]

Beweis: Den Fall $k = 1$ , also $r = {(Z - c)}^{n}$ , haben wir in [8.13.8] bereits erledigt, so dass wir $k > 1$ annehmen dürfen.

Wir beginnen wieder mit der Inklusion " $\supset$ ". Wegen der Linearität reicht es hier zu zeigen:

D_{r} (f) = 0

für jedes $f \in M_{1} \cup \dots \cup M_{k}$ . Sei etwa $f \in M_{i} \subset K e r D_{{(Z - c_{i})}^{n_{i}}}$ . Da die Reihenfolge der Linearfaktoren ohne Bedeutung ist, dürfen wir $r = s \cdot {(Z - c_{i})}^{n_{i}}$ setzen und haben damit:

D_{r} (f) = D_{s} (D_{{(Z - c_{i})}^{n_{i}}} (f)) = D_{s} (0) = 0

Die zweite Inklusion " $\subset$ " zeigen wir durch Induktion über den Grad von r, d.h. über $n = n_{1} + \dots + n_{k}$ .

$n = 1 :$ Hier ist $r = Z - c$ , so dass dieser Fall mit [8.13.8] bereits vollständig erledigt ist:

K e r D_{r} = K e r D_{Z - c} = < e^{c Z} >

$n \Rightarrow n + 1 :$ Sei jetzt $r = {(Z - c_{1})}^{n_{1}} \cdot \dots \cdot {(Z - c_{k})}^{n_{k}} \cdot (Z - c)$ . Mit $s ≔ {(Z - c_{1})}^{n_{1}} \cdot \dots \cdot {(Z - c_{k})}^{n_{k}}$ hat man also $r = s \cdot (Z - c) = (Z - c) \cdot s$ und damit:

D_{Z - c} (D_{s} (f)) = D_{r} (f) = 0

d.h. $D_{s} (f) \in K e r D_{Z - c} = < e^{c Z} >$ , etwa $D_{s} (f) = α e^{c Z}$ . Wir unterscheiden nun zwei Fälle:

$c \neq c_{i}$ für alle i. Mit [8.13.7] errechnet man hier für die Funktion

$h ≔ α \frac{1}{{(c - c_{1})}^{n_{1}}} \cdot \dots \cdot \frac{1}{{(c - c_{k})}^{n_{k}}} e^{c Z} \in < e^{c Z} >$

$D_{s} (h) = α e^{c Z} = D_{s} (f)$ , also $D_{s} (f - h) = 0$ . Die Differenz $f - h$ liegt damit im Kern von $D_{s}$ , nach Induktionsvoraussetzung also in $< M_{1} \cup \dots \cup M_{k} >$ , d.h.

$f \in h + < M_{1} \cup \dots \cup M_{k} > \subset < M_{1} \cup \dots \cup M_{k} \cup {e^{c Z}} >$ .
$c = c_{i}$ für ein i, o.E. etwa $c = c_{k}$ , d.h. $r = {(Z - c_{1})}^{n_{1}} \cdot \dots \cdot {(Z - c_{k})}^{n_{k} + 1}$ . Jetzt setzen wir

$h ≔ α \frac{1}{{(c_{k} - c_{1})}^{n_{1}}} \cdot \dots \cdot \frac{1}{{(c_{k} - c_{k - 1})}^{n_{k - 1}}} \cdot \frac{1}{n_{k}!} Z^{n_{k}} e^{c_{k} Z} \in < Z^{n_{k}} e^{c_{k} Z} >$

und errechnen mit [8.13.6/7] wieder: $D_{s} (h) = α e^{c_{k} Z} = D_{s} (f)$ . Also gilt $D_{s} (f - h) = 0$ auch hier und daher haben wir wie zuvor:

$f \in h + < M_{1} \cup \dots \cup M_{k} > \subset < M_{1} \cup \dots \cup M_{k - 1} \cup {e^{c_{k} Z}, Z e^{c_{k} Z}, \dots, Z^{n_{k}} e^{c_{k} Z}} >$ .

So hat man z.B. für $r = {(Z + 1)}^{2} {(Z - 2)}^{3}$ :

K e r D_{r} = < e^{- Z}, Z e^{- Z}, e^{2 Z}, Z e^{2 Z}, Z^{2} e^{2 Z} >

Wir ermitteln nun die (komplexe) Dimension.von $K e r D_{r}$ .

Bemerkung: Für jedes Polynom $r = {(Z - c_{1})}^{n_{1}} \cdot \dots \cdot {(Z - c_{k})}^{n_{k}}$ vom Grad $n = n_{1} + \dots + n_{k}$ gilt:

\dim_{ℂ} K e r D_{r} = n

[8.13.10]

Beweis: Wir verwenden die Notation aus [8.13.9]. Da $M_{i}$ genau $n_{i}$ viele Elemente enthält und die Erzeugermenge M die disjunkte Vereinigung der $M_{i}$ ist, wird $K e r D_{r}$ von n vielen Funktionen erzeugt. Es reicht daher zu zeigen, dass die Menge M linear unabhängig ist. Sei dazu

f = (\underset{= p_{1}}{\underset{︸}{α_{11} + \dots + α_{1 n_{1}} Z^{n_{1} - 1}}}) e^{c_{1} Z} + \dots + (\underset{= p_{k}}{\underset{︸}{α_{k 1} + \dots + α_{k n_{k}} Z^{n_{k} - 1}}}) e^{c_{k} Z}

eine beliebige Linearkombination von Funktionen aus M mit komplexen Koeffizienten $α_{i j}$ . Wir zeigen jetzt für paarweise verschiedenen komplexe Zahlen $c_{1}, \dots, c_{k}$ :

f = 0 \Rightarrow p_{1} = \dots = p_{k} = 0

,[2]

Den Beweis führen wir per Induktion über k. Mit [2] folgt dann die lineare Unabhängigkeit von M aus dem Identitätssatz für Polynome: $f = 0 \Rightarrow α_{i j} = 0$ für alle i,j.

$k = 1 :$ Ist $p e^{c Z} = 0$ , so ist $p (z) = 0$ für alle z, denn $e^{c z} \neq 0$ stets.

$k \Rightarrow k + 1 :$ Sei jetzt $p_{1} e^{c_{1} Z} + \dots + p_{k + 1} e^{c_{k + 1} Z} = 0$ mit paarweise verschiedenen $c_{i}$ . Folgt:

- p_{k + 1} = p_{1} e^{(c_{1} - c_{k + 1}) Z} + \dots + p_{k} e^{(c_{k} - c_{k + 1}) Z}

.[3]

Für $m = g r a d p_{k + 1} + 1$ ist ${(- p_{k + 1})}^{(m)} = 0$ und da gemäß Leibnizregel [7.8.18]

(p_{i} e^{(c_{i} - c_{k + 1}) Z})^{(m)} = ({(c_{i} - c_{k + 1})}^{m} p_{i} + \sum_{j = 1}^{m} (\begin{matrix} m \\ j \end{matrix}) p_{i}^{(j)} {(c_{i} - c_{k + 1})}^{m - j}) e^{(c_{i} - c_{k + 1}) Z}

ist ${(- p_{k + 1})}^{(m)}$ von der Form $q_{1} e^{(c_{1} - c_{k + 1}) Z} + \dots + q_{k} e^{(c_{k} - c_{k + 1}) Z}$ . Da auch die Differenzen $c_{i} - c_{k + 1}$ paarweise verschieden sind, hat man nach Induktionsvoraussetzung:

{(c_{i} - c_{k + 1})}^{m} p_{i} + \sum_{j = 1}^{m} (\begin{matrix} m \\ j \end{matrix}) p_{i}^{(j)} {(c_{i} - c_{k + 1})}^{m - j} = q_{i} = 0

und da $c_{i} - c_{k + 1} \neq 0$ , liefert dies die Darstellung

p_{i} = - \frac{1}{{(c_{i} - c_{k + 1})}^{m}} \sum_{j = 1}^{m} (\begin{matrix} m \\ j \end{matrix}) p_{i}^{(j)} {(c_{i} - c_{k + 1})}^{m - j}

die aber im Fall $g r a d p_{i} > 0$ keinen Bestand haben kann, denn das Polynom rechts vom Gleichheitszeichen hat als Linearkombination gewisser Ableitungen von $p_{i}$ einen geringeren Grad als $p_{i}$ . Also ist $p_{i}$ konstant, folglich ist das rechte Polynom, und damit auch $p_{i}$ selbst, das Nullpolynom. Mit [3] schließlich hat man also:

p_{1} = \dots = p_{k} = p_{k + 1} = 0

Da $K e r D_{r}$ unendlich viele Elemente enthält, ist die homogene Differentialgleichung $D_{r} (f) = 0$ nicht eindeutig lösbar. Im letzen Abschnitt konnten wir die Eindeutigkeit jedoch durch Setzen einer Anfangsbedingung erzwingen. Dies gelingt auch hier, allerdings sind jetzt die Ableitungen bis zur Ordnung $n - 1$ betroffen. Zur Vorbereitung ordnen wir jeder Lösung f der homogenen Gleichung den Anfangsvektor bzgl. eines ausgewählten Punktes $b \in ℂ$ zu:

A_{b} (f) ≔ (\begin{matrix} f (b) \\ f^{'} (b) \\ ⋮ \\ f^{(n - 1)} (b) \end{matrix})

Summen- und Faktorregel garantieren dass $A_{b} : K e r D_{r} \to ℂ^{n}$ eine lineare Abbildung, d.h. ein Homomorphismus ist. $A_{b}$ ist sogar ein Monomorphismus, denn wir können die Injektivität
i

Im allgemeinen heißt eine Funktion $f : A \to B$ injektiv, falls verschiedene Elemente von A auch verschiedene Bilder in B erhalten:

$x \neq y \Rightarrow f (x) \neq f (y)$ für alle $x, y \in A$ .

Ist f jedoch eine lineare Funktion zwischen zwei Vektorräumen, so ist dies bereits durch die Implikation

$f (x) = 0 \Rightarrow x = 0$

gewährleistet, denn gäbe es zwei Elemente $x \neq y$ in A so dass $f (x) = f (y)$ wäre, so hätte man

$0 = f (x) - f (y) = f (x - y) \Rightarrow x - y = 0$

im Widerspruch zu $x \neq y$ .

von $A_{b}$ nachweisen.

Bemerkung:

A_{b} : K e r D_{r} \to ℂ^{n}

ist injektiv.

[8.13.11]

Beweis: Wir zeigen für ein beliebiges $f \in K e r D_{r}$ : $A_{b} (f) = 0 \Rightarrow f = 0$ . Für eine $C^{*}$ -Funktion f mit $D_{r} (f) = f^{(n)} + \sum_{j = 0}^{n - 1} a_{j} f^{(j)} = 0$ hat man zunächst $f^{(n)} = - \sum_{j = 0}^{n - 1} a_{j} f^{(j)}$ und damit für alle $i \in ℕ$ :

f^{(n + i)} = - \sum_{j = 0}^{n - 1} a_{j} f^{(j + i)}

.[4]

Ist nun $A_{b} (f) = 0$ , also $f (b) = f^{'} (b) = \dots = f^{(n - 1)} (b) = 0$ , so ergibt sich mit [4] über einen einfachen Induktionsbeweis: $f^{(n + i)} (b) = 0$ , insgesamt also:

f^{(i)} (b) = 0

für alle

i \in ℕ

Da die analytische Funktion f durch ihre Taylorentwicklung $f = \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{f^{(i)} (b)}{i!} {(Z - b)}^{i}$ darstellbar ist, folgt daraus sofort: $f = 0$ .

Im Beweis zu [8.13.10] haben wir gezeigt, dass die Erzeugerfunktionen $f_{1}, \dots, f_{n}$ von $K e r D_{r}$ , also die Elemente von $M_{1} \cup \dots \cup M_{k}$ (siehe [8.13.9]), linear unabhängig sind. Da eine injektive lineare Abbildung die lineare Unabhängigkeit erhält
i

Sei $L : V \to W$ linear und injektiv. Dann gilt für jede Sequenz $x_{1}, \dots, x_{n}$ in V:

$x_{1}, \dots, x_{n}$ linear unabhängig $\Rightarrow L (x_{1}), \dots, L (x_{n})$ linear unabhängig.

Beweis: Ist $0 = α_{1} L (x_{1}) + \dots + α_{n} L (x_{n}) = L (α_{1} x_{1} + \dots + α_{n} x_{n})$ , so folgt mit der Injektivität von L zunächst

$α_{1} x_{1} + \dots + α_{n} x_{n} = 0$ ,

damit nach Voraussetzung aber auch $α_{1} = \dots = α_{n} = 0$ .

, ist die Sequenz

A_{b} (f_{1}), \dots, A_{b} (f_{n})

für jedes b linear unabhängig. Damit aber ist die Wronski-Matrix

W ≔ (\begin{matrix} f_{1} & \dots & f_{n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ f_{1}^{(n - 1)} & \dots & f_{n}^{(n - 1)} \end{matrix})

in jedem $b \in ℂ$ regulär
i

Eine quadratische Matrix M heißt regulär falls ihre Spaltenvektoren linear unabhängig sind.

Reguläre Matrizen besitzen eine inverse Matrix und zeichnen sich damit durch ihr Verhalten bei linearen Gleichungssystemen aus: Für jedes y ist die Gleichung

$M x = y \Leftrightarrow x = M^{- 1} y$

stets eindeutig lösbar.

, denn die Spalten von $W (b)$ sind genau die Vektoren $A_{b} (f_{1}), \dots, A_{b} (f_{n})$ .

Über die inverse Matrix $W {(b)}^{- 1}$ gelingt nun der Nachweis der angestrebten Eindeutigkeitsaussage.

Bemerkung: Für jeden Vektor $w = (\begin{matrix} w_{0} \\ ⋮ \\ w_{n - 1} \end{matrix}) \in ℂ^{n}$ hat die homogene Differentialgleichung $D_{r} (f) = 0$ unter der Anfangsbedingung $A_{b} (f) = w$ genau eine Lösung:

\begin{array}{l} f^{(n)} + a_{n - 1} f^{(n - 1)} + \dots + a_{1} f^{'} + a_{0} f = 0 \\ \land f (b) = w_{0} \land \dots \land f^{(n - 1)} (b) = w_{n - 1} \\ \Leftrightarrow & f = c_{1} f_{1} + \dots + c_{n} f_{n} \end{array}

[8.13.12]

Die Koeffizienten $c_{1}, \dots, c_{n}$ sind dabei die eindeutigen Lösungen des Gleichungssystems $W (b) c = w$ , also die Koordinaten des Vektors $W {(b)}^{- 1} w$ .

Beweis: Da $W (b) c = c_{1} A_{b} (f_{1}) + \dots + c_{n} A_{b} (f_{n})$
i

Man beachte, dass für eine Matrix M mit den Spaltenvektoren $s_{1}, \dots, s_{n}$ das Produkt $M x$ berechnet werden kann indem man eine Linearkombination der Spaltenvektoren mit den Koordinaten von x als Koeffizienten bildet:

$M x = x_{1} s_{1} + \dots + x_{n} s_{n}$

, hat man sofort:

\begin{array}{l} D_{r} (f) = 0 \land A_{b} (f) = w \\ \Leftrightarrow & f \in K e r D_{r} = < f_{1}, \dots, f_{n} > \land A_{b} (f) = w \\ \Leftrightarrow & f = c_{1} f_{1} + \dots + c_{n} f_{n} \land c_{1} A_{b} (f_{1}) + \dots + c_{n} A_{b} (f_{n}) = w \\ \Leftrightarrow & f = c_{1} f_{1} + \dots + c_{n} f_{n} \land W (b) c = w \\ \Leftrightarrow & f = c_{1} f_{1} + \dots + c_{n} f_{n} \land c = W {(b)}^{- 1} w \end{array}

Als ein Beispiel untersuchen wir die homogene Differentialgleichung

{f^{'}}^{'}^{'} - {f^{'}}^{'} + f^{'} - f = 0

unter der Anfangsbedingung $f (0) = 4$ , $f^{'} (0) = 0$ und ${f^{'}}^{'} (0) = 8$ .

Mit $r = Z^{3} - Z^{2} + Z - 1 = (Z - i) (Z + i) (Z - 1)$ betrachten wir also die Gleichung

D_{r} (f) = 0 \land A_{0} (f) = (\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ 8 \end{matrix})

Gemäß [8.13.9] ist $K e r D_{r} = < e^{i Z}, e^{- i Z}, e^{Z} >$ , die Wronski-Matrix errechnet sich daher zu

W = (\begin{matrix} e^{i Z} & e^{- i Z} & e^{Z} \\ i e^{i Z} & - i e^{- i Z} & e^{Z} \\ - e^{i Z} & - e^{- i Z} & e^{Z} \end{matrix})

Zum Einbinden der Anfangsbedingung benötigen wir die Matrix

W (0) = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ i & - i & 1 \\ - 1 & - 1 & 1 \end{matrix})

und ihre inverse Matrix

W {(0)}^{- 1} = \frac{1}{4} (\begin{matrix} 1 + i & - 2 i & - 1 + i \\ 1 - i & 2 i & - 1 - i \\ 2 & 0 & 2 \end{matrix})

Mit $W {(0)}^{- 1} (\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 1 + 3 i \\ - 1 - 3 i \\ 6 \end{matrix})$ ergibt sich schließlich die folgende Lösung:

D_{r} (f) = 0 \land A_{0} (f) = (\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ 8 \end{matrix}) \Leftrightarrow f = (- 1 + 3 i) e^{i Z} - (1 + 3 i) e^{- i Z} + 6 e^{Z}

To be continued

8.12.