ЛНЗ решения линейного ОДУ с постоянными коэф.

[h7n14]

Из курса анализа/ДУ мы знаем что для решения лин.ОДУ с пост коэф. решается соответственный многочлен. Допустим у нас появились решения
$\lambda_i$ с кратностью $m_i$. Для простоты предположим что они все действительные. И вот у меня появился вопрос, как доказать ЛНЗ для набора
$\{e^{\lambda_1 x},\dots,x^{m_1-1}e^{\lambda_1x},e^{\lambda_2x},\dots\}$
Хотел прямо через Воронскиан, но как-то просто там не получается у меня. Может это и доказывали на курсах Анализа и/или ДУ. Но что-то не припомню такого

-- 22.01.2022, 13:39 --

Примерно понимаю что Воронскиан должен выглядеть как-то так
$c e^{x \sum (m_i+1) \lambda_i }\underset{i<j}{\prod} (\lambda_i-\lambda_j)^{r_{ij}}$
Только как доказать?

[artempalkin]

h7n14 в сообщении #1546791 писал(а):

Хотел прямо через Воронскиан, но как-то просто там не получается у меня. Может это и доказывали на курсах Анализа и/или ДУ. Но что-то не припомню такого

Поищите "определитель Вандермонта"

[h7n14]

artempalkin
Да, оно будет в явном виде определителем Вандермонта если не будет кратных корней. Оно больше похоже на Обобщенный определитель Вандермонта
A Note on Generalized Vandermonde Determinants, Randolph P. Flowe and Gary A. Harris
Кажется это и есть ответ

[svv]

(Оффтоп)

воронскиан вронскиан
Вандермонта Вандермонда

[Padawan]

Легко понять и без Вандермонда, что такие функции линейно независимы. Рассмотреть поведение суммы при $x\to+\infty$. Главным слагаемым будет член с наибольшим $\lambda$. Значит, все $\lambda$ равны и, вынося $e^{\lambda x}$ за скобку, получаем тождественно равный нулю многочлен. Значит, все коэффициенты исходной линейной комбинации были равны нулю. Это для действительных $\lambda$. Для комплексных чуть посложнее.

[artempalkin]

(Оффтоп)

Padawan в сообщении #1546820 писал(а):

Вандермонта Вандермонда

Не дает мне покоя этот Вандермонд, никак не запомню, как он пишется

Padawan в сообщении #1546820 писал(а):

Значит, все $\lambda$ равны и, вынося $e^{\lambda x}$ за скобку, получаем тождественно равный нулю многочлен.

Да, такой подход намного проще! В целом я понимаю, нужно мысленно немного дообработать напильником, но именно в вашем предложении

Padawan в сообщении #1546820 писал(а):

Главным слагаемым будет член с наибольшим $\lambda$. Значит, все $\lambda$ равны

Вы, наверное, имеете в виду, что случай разных $\lambda$ сразу отпадает, но почему?