AKADEMIJA ZNANOSTI IN UMETNOSTI V LJUBLJANI M ATEM ATIČNO - PRIR ODOSLO VNI RAZRED IVAN VIDAV KLEINOVl TEOREMI V TEORIJI LINEARNIH DIFERENCIALNIH ENAČB KLETNSCHE THEOREME IN DER THEORIE DER LINEAREN DIFFERENTIALGLEICHUNGEN V LJUBLJANI 1941 10 9 2 ml. hl hW TISKALA DELNIŠKA TISKARNA D. D., LJUBLJANA (E. PODKRAJŠEK) __________________ ¦¦ - -¦'""¦— KLEINOVI TEOREMI V TEORIJI LINEARNIH DIFERENCIALNIH ENAČB al Splošna Fuchsova linearna diferencialna enačba drugega reda, ki ima n singularnih točk, zavisi poleg eksponentov v posameznih singularnih točkah še od n — 3 poljubnih konstant, tako imenovanih akcesoričnib parametrov. Glede določitve teh je že F. Klein postavil naslednje splošno vprašanje: Ali se da z akcesoričnimi parametri v diferencialni enačbi tako razpolagati, da ima kvocient % dveh neodvisnih rešitev, oziroma lik, ki v ravnini % odgovarja ravnmi neodvisne spremenljivke x v diferencialni enačbi, gotove izjemne lastnosti? Ta problem je v ozki zvezi s teorijo enoličnih avtomorfnih funkcij. Lastnosti, ki se zahtevajo za kvocient %, morejo biti zelo različne. Važen tak problem je n. pr. ta, da puščajo vse substitucije kvocienta i., ki odgovarjajo obhodom spremenljivke x okoli posameznih singularnih točk, isti krog nespremenjen. Če so eksponenti pri vseh singularnih točkah recipročna cela števila, odgovarja ta slučaj enoličnim avtomorfnim funkcijam z mejnim krogom. Za štiri singularne točke je obdelal ta problem E. Hilb in sicer najprej za slučaj, da so vse singularne točke reelne (E. Hilb: Über Kleinsche Theoreme in der Theorie der linearen Differentialgleichungen, Math. Annalen, Bd. 66), nato pa še za štiri kompleksne singularne točke (Math. Annalen, Bd. 68). V tem delu je tudi obdelan isti problem za n reelnih singularnih točk. V splošnem slučaju štirih kompleksnih singularnih točk se izkaže, da eksistira poleg tako imenovanega osnovnega teorema, kamor spadajo tudi enolične avtomorfne funkcije, še neskončna serija višjih teoremov, od katerih je vsak karakteriziran z dvema poljubnima celima številoma in pri katerih tudi eksistira ortogonalni krog. Nadalje je obdelal E. Hilb v istih dveh delih tudi problem določitve akcisoričnih parametrov v primeru reelnih singularnih točk tako, da ima mnogokotnik, v katerega se preslika zgornja polovica ravnine x s kvocientom t., gotove lastnosti, ki so invariantne napram linearni substituciji. 5 F. Klein pa je poleg drugih postavil tudi naslednji problem: Diferencialna enačba naj ima šest singularnih točk in pri vsaki izmed teh naj bo diferenca eksponentov V2. Tri akcesorične parametre, ki se nahajajo v diferencialni enačbi. je treba tako določiti, da ima šesterokotnik, v katerega preslika % zgornje polovico ravnine x, naslednjo obliko: slika 1. Ta problem pa je specielni slučaj naslednjega zelo splošnega problema, ki ga hočem tu formulirati, mislim da popolnoma v skladu s Kleinovimi idejami: Vse singularne točke diferencialne enačbe razdelimo v nekaj skupin po najmanj dve točki. Vse točke ene skupine si mislimo v gotovem vrstnem redu in jih po tem redu zvežimo s krivuljo od prve do zadnje. Isto storimo z vsemi ostalimi skupinami in to tako, da se krivulje niti same sebe niti med seboj ne sečejo. Vzdolž vsake teh krivulj si mislimo ravnino x prerezano. Problem je sedaj ta: Ali se dajo akcesorični parametri tako določiti, da je kvocient t dveh neodvisnih rešitev diferencialne enačbe enolična funkcija na razrezani ravnini x in da poleg tega puščajo vse substitucije kvocienta t, ki odgovarjajo obhodom spremenljivke X okoli singularnih točk iste skupine, skupen krog nespremenjen. Kleinov primer je tak, da razdelimo vseh šest singularnih točk v tri skupine po dve sosedni točki in zvežemo obe točki ene skupine po reelni osi. 6 V slučaju štirih singularnih točk obstojata samo dve možnosti. Vzame se namreč lahko vse štiri točke v eno skupino (E. Hilb), ali pa po dve in dve točki skupaj. Zadnji problem je popolnoma splošno obdelal J. Plemelj v svojem delu: Zur Theorie der linearen Differentialgleichungen der zweiten Ordnung mit vier Fuchssehen singulare» Punkten (Monatshefte f. Math. u. Physik, Bd. 43). Izkaže se, da je rešitev problema možna le v primeru, če zadoščajo eksponenti dvema relacijama. Kadar sta ti dve relaciji izpolnjeni, rešitev tudi vedno eksistira in so pri tem lahko eksponenti celo kompleksna števila. Pri splošnem problemu nastane vprašanje, ali je ravno toliko akcesoričnih parametrov v diferencialni enačbi, kot je pogojev. Če se naj povrne kvocient % dveh neodvisnih rešitev pri obhodu okoli ene skupine singularnih točk vase, so zato potrebni vobče trije pogoji, ki povedo, da je obhodna substitucija identična. Le v primeru, da sta v skupini samo dve .singularni točki, je treba akcesorične parametre tako določiti, da sta izpolnjena dva pogoja, tretji pogoj je namreč relacija med eksponenti v obeh singularnih točkah. Vzemimo, da se t povrne vase pri obhodu okoli i-te skupine z nt točkami. Da puščajo vse substitucije, ki odgovarjajo obhodom spremenljivke X okoli singularnih točk te skupine, skupen krog nespremenjen, je potrebno 2nt - 6 reelnih pogojev. (Če se namreč vzame vse singularne točke v eno skupino in se zahteva skupen ortogonalni krog, je treba izpolniti ravno 2n — 6 reelnih pogojev in prav toliko je v diferencialni enačbi reelnih parametrov.) Če sta v skupini samo dve singularni točki, eksistira vedno ortogonalni krog. Ako se šteje en kompleksen pogoj za dva reelna pogoja, potem je treba v vsakem primeru izpolniti ravno 2ni pogojev, da se % pri obhodu povrne vase in da puščajo substitucije, ki odgovarjajo obhodom spremenljivke x okoli singularnih točk te skupine, skupen krog nespremenjen. Za vse skupine skupaj je treba izpolniti ravno 2n reelnih pogojev. Ti pogoji pa niso vsi med seboj neodvisni, ampak obstoja med njimi šest reelnih relacij, ki izražajo, da se povrne % pri obhodu okoli vseh singularnih točk vase. Torej je 2n — 6 neodvisnih reelnih pogojev, ravno toliko pa je reelnih akcesoričnih parametrov. 7 Če ima diferencialna enačba pet singularnih točk, nastopata dva kompleksna akcesorična parametra. Tu se more postaviti sličen problem kakor zgoraj, da se namreč vzame v eno skupino dve točki, v drugo pa ostale tri. Izkaže se, da je možno pričakovati rešitev le tedaj, če obstoja med eksponenti tistih dveh singularnih točk, okoli katerih naj se povrne kvocient i vase, ena izmed naslednjih dveh enačb: e1 — e2 = celo število .... I Lj -f- b, = celo število .... II, pri čemer pomenita e, in e2 diferenci eksponentov v prvi in drugi singularr.i točki. V tem spisu hočem obdelati ravno ta problem in sicer v primeru, da so vse singularne točke reelne in da so diference eksponentov reelne in manjše od 1. Diferencialna enačba se tukaj glasi: d?y , (i-h , ±h_ , L^ i ±1) dl _l Tx"' + T*x + T*___v = o(i) dx* "*" \x-es "i" x-e, "^ x-a ^ x-b) dx ^ (x-et) (x-et) (x-a) (x-b) y Singularne točke te diferencialne enačbe so ex, e2, a- b in c = oo. Naj bo ex >e2 > a > b K posameznim singularnim točkam pripadajo eksponenti et, o/ e%, o; a, o; ß, o; k c = oo pa eksponenta y in /'. Pri tem je Lj + eä + a + i3 + / + /' = 3 t ri y —y —r- Nadalje naj bo o 1. Iz zgornjega sledi, da se dasta parametra v diferencialni enačbi na samo en način tako določiti, da je kvocient i enolična funkcija na razrezani ravnini X in leži pripadajoči lik samo na enem listu. Ako smatramo x kot funkcijo kvocienta t, je to enolična avtomorfna funkcija kvocienta t. Fundamentalmo polje te funkcije je krožni četverokoitnik, iz katerega je izrezan dvokotnik (slika 2). Tako dobimo dve različni vrsti avtomorfnih funkcij. Če je namreč a + ß + y < 1, je eksistenčno polje pripadajočih avtomorfnih funkcij omejeno z neskončno mnogimi mejnimi krogi in sicer je vsaka točka katerega koli mejnega kroga stekališče takih krogov. Kadar pa je a + ß + y > 1, je eksistenčno polje pripadajočih funkcij cela ravnina r z izjemo ene same perfektne množice točk. Ta razprava daje prvi, samo iz teorije diferencialnih enačb izhajajoči dokaz za eksistenco takih Kleinovih avtomorfnih funkcij, katerih eksistenčno polje je omejeno z neskončno mnogimi mejnimi krogi. Dokazoval n a sredstva so samo elementarna zvez-nostna razmotrivanja. Vendar pa ta razmotrivanja v dveh smereh presegajo okvir navadnih enoličnih avtomorfnih funkcij. Dobi se namreč poleg osnovnega teorema še višje teoreme in so pri tem eksponenti a, ß in y še poljubni, le da so manjši od 1. 1. Diferencialna enačba (1) ima v vsaki singularni točki razen v c = ^° po eno regularno rešitev. To rešitev zazna-mujmo vedno z Y2. To je tudi ena izmed obeh normiranih rešitev v dotični singularni točki. Druga normirana rešitev n. pr. v točki ex ima, če je % 4= 0, naslednjo obliko: Y^ = rx— ejL> $ (x — ej kjer pomeni 5ß potenčno vrsto, ki je v točki ex od nič različna. Ravno tako je pri drugih singularnih točkah. Če pa je 10 Et = o, ima druga normirana rešitev v točki ex logaritmično singuilarnost in je Y,e, = Y^ log (x — eJ + Q(x — ej V peti singularni točki c = oo sta normirani rešitvi (-)>' ^ (-) in (t)7" ^2 (t) ter nast°pij° slične spremembe kakor prej, kadar je y = o. Problem, ki smo si ga zastavili, zahteva, da se kvocient t dveh neodvisnih rešitev enačbe (1) povrne vase pri obhodu točke x okoli obeh singularnih točk e1 in e2. Obhodu okoli ene singularne točke odgovarja neka linearna lomljena substitucija kvocienta %. Kompozitum substitucij, ki odgovarjata obhodoma okoli točk e1 in e2, mora biti identična substitucija, Če se vzame za % kvocient normiranih rešitev v ex ter se postavi *«, = K«,: Y*ea tedaj preide ^je'^1 %h, kadar obkroži x točko gj v pozitivnem smislu. Treba je še poiskati, v kaj preide te, pri obkrožitvi točke X okoli e2. Ker sta v e2 normirani rešitvi neodvisni, se vsaka nadaljna rešitev diferencialne enačbe (I) linearno izraža s tema dvema, torej tudi Yte1 in JW Naj bo /i- o dx = 1 x = e% + e Isto naj velja za ostale singularne točke, če eksponenti niso enaki nič. Če pa je e2 = o, naj pomeni Y'„t regularno rešitev v točki e2 kakor prej, Yle^ pa naj bo rešitev, ki je logaritmično singularna v točki e2, Y>e2 = QYoe, log (x — et) + Q (x — e%) kjer naj bo Q (x — e2) taka potenčna vrsta, ki ima za x — e2 vrednost 0. Faktor q pa naj bo tako določen kakor zgoraj, da je dYu Lim \p\ e~>o dx — 1 14 Če se postavi v prvo enačbo (*) za x = e%, se dobi m = u, (e-,) = —-^ =-------- Y*> (e,) A kar pa velja samo v primeru Lj = e, 4= 0. V diferencialni enačbi si mislimo ,u fiksiran, drugače pa popolnoma poljuben. Drugi parameter pa naj ima tako veliko negativno vrednost, da je koeficient pri y na desni strani enačbe (1*) na intervalu (e2, ej povsod pozitiven. To je vedno mogoče doseči, ker je treba izbrati parameter X samo pozitiven in tako velik, da je X (x—a) povsod na intervalu (e2, ej večji od T{x — a) (x — b)— p. Na reelni osi se lahko postavi v diferencialni enačbi (1*) dYlf \p\ namesto p. Ker je FS(?a (e2) = 1 in Ipl dx 1, sledi iz enačbe (1*), da \p\-----— in \p\ —^ na intervalu (e2, e,) 'rix ' ' dx stalno naraščata in sta pozitivna. Izjema je le pri c, = e2 = o, kar pa hočem pozneje obdelati. Odtod pa dalje sledi, da tudi Fi«, in Y,e2 naraščata, če raste x od e2 do et. Torej je m =----^J^> o Yk2 (ex) Naj bosta X, /a in ^, ^ dva para vrednosti parametrov. Nadalje naj bo y ena rešitev diferencialne enačbe (1*) s parametroma X in p, t] pa rešitev iste enačbe, kjer imata parametra vrednosti Xt in pu tako da je d t dy\ ~dx \W ~dx) = lJ'«?Z (») die (2) /a y in t/ postavimo v enačbo (2) F«i e 8l^, enkrat pri vrednostnih parametrov A, /t, drugič pa pri vrednostih Xx in /.t. Faktor e Bl" se vzame radi tega, da je F«, e~SlM reel en 15 na intervalu (e%, ej. Iz enačbe (*) sledi, da se F*, na sledeči način izraža z Fw» in F2 y!% Y?l dx, kjer pripadajo k X, /t z indeksom (°) označene količine, k k, ,« pa z indeksom (1). Zgornjo enačbo moremo pisati tudi v obliki e-M^j^(OT_wrv) = (xt-/l)j 1 p| ve"^Y$ Y$d*.... (3) Faktor f2'l,tl'i0UW je reelen in je tudi pozitiven, če sta 2 in ^ dovolj blizu drug drugega. Ker je ^(x)na intervalu (e2, ej pozitiven, je integral na desni strani tudi pozitiven. Torej sledi odtod, da m pada, če l narašča in narobe. Nadalje sledi še iz zgornje enačbe, da se m z X zvezno spreminja, razen za tiste vrednosti parametra X, kjer je m=^. Tam se 1 : m zvezno spreminja, kar se da prav lahko uvideti iz zgornje enačbe. Najprej smo izbrali l tako, da je bil m pozitiven in ni imel Ye, nobene ničle na intervalu (e2, ej. Če se X od te vrednosti veča, se m sicer manjša, ostane pa vedno pozitiven. Zato je treba X manjšati. Pri tem se m veča in raste preko vsake meje, če gre X proti taki vrednosti, za katero je Yw, fej = o. Take vrednosti parametra vedno eksistirajo in jih je celo neskončno mnogo. Če pa je predpisano število ničel, ki jih mora imeti F*, na intervalu (e2, ej, potem je parameter X natančno določen. Torej raste m, najprej do vrednosti + oo, ki jo doseže tedaj, ko je F«-, (e1) = o in nima Yu, nobene ničle na intervalu (e2, ej. Če se parameter X še manjša, preskoči m najprej iz + co v — oo in potem zopet raste. Če se parameter l manjša proti — oo, zavzame m vsako vrednost med — oo in + oc neskončno mnogokrat. Posamezne vrednosti parametra, za katere zavzame m predpisano vred- 16 nost, so karakterizirane s številom ničel, ki jih ima F«s na intervalu (e2, ej. Če je namreč to število dano, je X natančno določen. Sedaj je treba obdelati še slučaj, da je et = e2 = o. Tudi v tem primeru se glasi prvi pogoj m = oo . Naj ima X zopet tako veliko pozitivno vrednost, da je koeficient pri y na desni strani enačbe (1*) povsod na intervalu (e2, ej pozitiven. Ker je Fw, (e2) = 1, \p\ ——- stalno narašča, če gre x od e, 1 dx proti ex in je torej-------- povsod na tem intervalu pozitiven. dx Odtod pa sledi, da tudi F*e2 narašča in gre proti vrednosti + oo, če limitira x proti et. Za rešitev Fi«, pa smo vzeli Q F«, log (x — o. Torej gre F«2 proti — oo, če se približuje x od desne strani točki e2. Ker je |P| —----- =1, se |pj —----- nekaj časa zmanjšuje, ce gre x od e2 proti e^ F«2 je najprej negativen in se veča. Ako t „ ü!Fi«2 , .v . , , . doseže -------- vrednost me na intervalu (e2, eJ. postane potem negativen in ostane tak do e±. F¦ o dx x — ei — e < O in je m < 0. Lahko pa doseže najprej Yie, vrednost nič na intervalu (e2, eJ. Od te točke dalje se začne Id-----— 1 ' dx dYie, večati in je Lim \p\ >o, torej je m > o. V tem x = e, -a O dx primeru dobimo sliko 4. Tudi sedaj se m s parametrom X zvezno spreminja in se manjša, če se parameter veča in narobe. Enačba (3) velja namreč sedaj prav tako kakor prej, le da se vzame tu Fi«, = Q Y*e, log (x — e2) + Q (x — e2). Pri dovolj velikem negativnem X bosta imela Fx% in Y%e% ničle na intervalu (e2, eJ. Vzemimo najprej prvi primer, ko Tis, nima ničle na intervalu (e2 e J, da je torej m < 0. Če se X manjša, bo dobil F«, 2 17 Slika 4. prej ničlo kakor F«.. To se uvidi na sledeči način. Naj bo x„ ničla, ki jo ima F«a na intervalu (e2, et). Sedaj velja enačba r«, (an,) /j-------^^ — r««, («o) \p\--------------—1 dx ax Ker je F**, (*) = o in F«, (x0) < o, sledi iz te enačbe, da je ,öfF^2(x0) \P\-----------> ° übe To pa ni mogoče, ker je x0 prva ničla na intervalu (e2, ej in preide tam F«a iz pozitivnih vrednosti v negativne. Torej dobi najprej F«a ničlo na intervalu fe2, ej in je tedaj m > o. F«, pa dobi ničlo, preden dobi Y2 tudi v e-i regularna rešitev. Naj se ft spremeni za A/t, pripadajočo spremembo parametra X zaznamujmo z Al. K paru X, ft naj pripada rešitev F««,, k 2 + A/l, ^ + Aft pa F^ . Postavimo v enačbo (2) za y rešitev F^', namesto ^ pa F2(,; '. Aa in /^ pomenita tu X + AA in ft + Aft. Tako dobimo, če vzamemo integrale med mejama e2 in ex jj F„-------------^-------- = A/ |/?|^u)F«'2 Yte%dx-\- \ % dx dx /L *; «2 + A/* J |/»lzW F«2F«f o in Z < ° Iia intervalu fe2, e-J, je Jl/»|V(x)F««,F»<, dx > o, ^\p\%{x)Y^Yie% dx < o Torej je Al ^ ------ > o Aß Iz te enačbe pa sledi zveznost in monotonost parametra Z kot funkcije parametra ft. Torej se X stalno veča z naraščajočim ft. Končno se da še prav lahko uvideti, da, če raste /t v eno ali drugo smer preko vsake meje, raste tudi X preko 2* 19 vsake meje. Kajti iz enakega razmotrivanja kakor zgoraj sledi, da je tudi p, zvezna in monotona funkcija parametra L Odslej naprej bomo X in /j, samo tako izpreminjali, da je izpolnjen pogoj m = oo in da ima F*?, na intervalu (e.,, et) predpisano število x ničel. Za rešitev problema je še potrebno parametra l in p v skladu s prvim pogojem tako določiti, da je tudi D = o. Vendar se mi to direktno s samim razmotrivanjem na intervalu (e2, ej ni posrečilo. Moral sem iti k drugim intervalom in postaviti druge pogoje, ki se dajo izpolniti in ki so ekvivalentni s pogojem D = o. 3. Kvocient dveh neodvisnih rešitev diferencialne enačbe (1) konformno vpodobi zgornjo polovico ravnine x na petero-kotnik, ki je vobče omejen s krožnimi loki. Koti tega petero-kotnika so e-^n, E2n, an, ßn in yn. Okolica vsake točke, ki leži na zgornji polovici ravnine X, se enostavno preslika na okolico odgovarjajoče točke v peterokotniku. To je razvidno odtod, ker ni odvod kvocienta % dveh neodvisnih rešitev enačbe (1) nikjer nič niti neskončen, če se izvzame singularne točke in točke, kjer je t= oo- Ta odvod se namreč glasi diL_dL_ /yA _ ^Jlzzllll — dx dxXyiiJ jV _ (x- e,)^ ~ ' (x-e^ ~ ' (x-a)a~> (x-b)ß-1 C je konstanta, ki je od nič različna. Zaradi tega je v vsaki točki, ki ni singularna m kjer ni y1 = °' ~7~ ^ °- Ce Pa Je T kakšni točki, n.pr. x0, #i = o, ima i/i v x0 enostavno ničlo, y2 =f= o. Potem je t = ——+ C0 + C](%-x0; +......... C_,4=0 in okolica točke x0 se enostavno vpodobi okrog v— oo. Odtod pa ne sledi, da se peterokotnik ne bi mogel delno prekrivati. Vendar razvejišča nima nikjer v notranjosti. Preslikajmo sedaj zgornjo polovico ravnine X s Ta = Ym : Y*a, kjer sta Yw in Ym tako normirana kakor zgoraj. Če gre X 20 po reelni osi od a do e2, opiše %a segment ae2 na reelni osi, Točka a leži pri tem v izhodišču. ^ Kadar pa gre x proti točki b po reelni osi in se singularne točke a izogne v majhnem polkrogu, ki leži v zgornji polovici ravnine x, opiše ta daljico 06, ki oklepa z daljico ae2 kot an. Ce gre x proti točki eu ko se je točke e2 prav tako izognil kakor prej a, opiše tu lok kroga K, ki seče daljico ae2 pod kotom e2n. Če zavzameta lin fi samo take vrednosti, da je pogoju m = 00 ustreženo, leži slika točke et na reelni osi, to je na podaljšku daljice oe2. To je razvidno iz naslednjega. Med normiranimi rešitvami v točki a in normiranimi rešitvami v točki e2 obstoja linearna relacija F* = G Ti*-f D» F.* F« in F« sta reelna na intervalu (a, e2), prav tako F«4. Ker pa F* ni reelen na tem intervalu, ampak ima tam vrtilni faktor*) e H*i, imata Ax in Ca vrtilni faktor e e*nl ß, in Dj pa sta reelna. Potem je Alte, -j-Bi 1a — —---------------- Cvte,l -\- Di Kvocient %e% je reelen na intervalu (e2, ex), na intervalu (a, e2) pa dobi faktor e*«*. Kadar je prvemu pogoju ustreženo, je m= Tet(e1)= co. Tedaj je torej Ta (ej = ^ Koeficienta A± ------------- c, števiIPar'ziZraŽallJU ^ = [^k'K imenujemo L/« vrtilni faktor kompleksnega 21 in C\ pa imata isti vrtilni faktor, torej je njun kvocient reelen. Res leži ix, to je slika točke eu na reelni osi. Ravno tako se uvidi to v primeru, če je e, = L, = o. Tedaj sta namreč At in d reelna. Kolikor ničel ima F«, v notranjosti intervala (e2, ej, tolikokrat opiše t« ves krog A' in poleg tega še lok txe2. Ker je e, = e„, se lok, ki odgovarja intervalu (eu c), dotika reelne osi v točki ex. Če imamo rešitev problema, leži slika intervala (eu c) na reelni osi. Narobe je pa tudi res, da dajo take vrednosti parametrov l in /t, pri katerih leži slika intervala (eu c) na reelni osi, rešitev problema. To je razvidno iz naslednjega razmotrivamja. Spojimo katerokoli točko xu intervala (a, e2) s poljubno točko x, intervala (eu c) s krivuljo, ki poteka popolnoma na zgornji polovici ravnine x. Tej odgovarja na ravnini % krivulja, ki veže x„ in x2 odgovarjajoči točki in poteka v notranjosti peterokotnika abc^e.,. Če se vzame k prvotni krivulji še simetrično z ozirom na reelno os, se dobi sklenjeno krivuljo, ki oklepa singularni točki et in e2, okoli katetrih se t povrne vase. Torej mora tej krivulji odgovarjati sklenjena krivulja v ravnini t. Ker pa odgovarja simetrični krivulji na ravnimi x krivulja, ki je simetrična z ozirom na reelno os ravnine t, mora ležati točki xt odgovarjajoča točka na reelni osi. Točko Xi pa smo poljubno izbrali na intervalu (elt c), torej leži slika tega intervala na reelni osi. Lahko se je prepričati, ¦da obratno tudi velja. Sedaj hočemo poiskati potrebne in zadostne pogoje za to, da leži slika intervala (et, c) na reelni osi. Naj bosta Ytb in F& v točki b normirani rešitvi. Med tema in v točki a normiranima rešitvama obstoja naslednja linearna relacija , „ J Ym — A* F«, 4- &Ya Najprej vzemimo slučaj, da je ß =t= o. Koeficienti zgornje substitucije se izražajo na sledeči način , • i i dY A« = Lim\p- e —> O d,X / • I I dY'a Ca = Lim \p\------- [->•» dx B, = Ya (b) D3 = Ym (b) X = b + e A, D« — B* C« 22 V slučaju ß = O se A2 in C2 ravno tako izražata kakor zgoraj, le formuli za B, in D2 tedaj nimata smisla. Kvocient %a zavisi torej na sledeči način od kvocienta %b v točki b normiranih rešitev _ Am -j- fi; ... ¦ia je reelen na intervalu (b, o), na intervalu (b, c) pa ima vrtilni faktor eßM. Kadar gre X od b proti c, opiše ra lok 6c na krogu K1 (si. 5). Točka opiše cel krog Kx ko opiše t celo reelno os. Končno je treba dobiti še sliko intervala (c, ej. V ta namen izrazimo ^ s kvocientom %c v točki c normiranih rešitev, ki je reelen na intervalu (elf c). Naj bo L, M. N, P so substitucijski koeficienti, ki so vobče kompleksni. Stranico ce* opiše %a, kadar gre %c od %c (c) = o do %c (ej. Problem zahteva, da leži stranica cea na reelni osi. Torej mora biti substitucija (*) takšna, da odgovarja reelni osi spet reelna os. Lahko pa se je prepričati, da odgovarja zgornji polovici ravnine %a spodnja polovica ravnine %c in narobe. Če se namreč giblje točka ic po reelni osi v eno smer, se premika %a v nasprotno smer. Odtod sledi, ker je determinanta koeficientov 1, da morajo biti vsi koeficienti čisto imaginarni. Zaradi tega veljajo naslednje enačbe L-\-l = 0 , M + M = 0\ (4) N+N*=0 , P-\-P=()\ Od teh štirih enačb so samo tri neodvisne, ker je substitucijska determinanta 1. To so potrebni in zadostni pogoji za rešitev problema. V splošnem so tri izmed zgornjih enačb res neodvisne. V našem primeru pa sta samo dve neodvisni in to zaradi tega, ker je izpolnjen prvi pogoj m = oo. Sedaj leži namreč stranica Cd vobče na krogu, ki se dotika redne osi v točki tt. 23 Slika 6. Krog, na katerem leži stranica ceT, opiše točka Ta =-------------------, Nt+P ko opiše % celo reelno os. Ta krog se v točki d dotika reelne osi in tvori z njo kot n vsled nasprotne usmerjenosti. Naj bo z = z (t) analitična funkcija spremenljivke t, ki je definirana v okolici reelne osi ravnine t. Reelni osi odgovarja neka krivulja v ravnini z in vprašanje je po kotu, ki ga oklepa tangenta v točki z = z (t0) s pozitivno smerjo reelne osi. Ta kot se dobi na sledeči način. Funkcijo z razstavimo v reelno in imaginarno komponento. Enačba krivulje se glasi /;> /jM , . 6 x = x(t), y = y(t); z = x + iy Smerna koeficienta sta proporcionalna x in y in sicer je cos §. x x |/^+. sin & -¦ y y -y2 \z\ Vx*-\-y* |i| kjer pomeni S kot, ki ga oklepa tangenta s pozitivno smerjo abscisne osi. Odtod sledi ivy e =cosß-\~i sin 6 = ty z \z\ Zgornja enačba se da tako povedati z besedami: Ako oklepa tangenta na krivuljo z = z(t)r kakšni točki kot & s pozitivno 24 smerjo abscisne osi, je vrtilni faktor odvoda z v dotični točki enak e . V zgornjem primeru je vrtilni faktor odvoda —v točki e, enak e . Ta odvod se glasi d%a d% (?vV_|_p;s Vrtilni faktor pa je, ker je t reelen, /VV-f P" Po prejšnjem mora biti zat= *rc fej = %x -—C_- = e = _j aH fA/+A/>, + P+P=a Iz te_ enačbe se dobi za %x , če ni istočasno N + N = 0 in P + P = 0, naslednjo vrednost P+P A/+Ä/ Točka ea pa leži poleg tega tudi na reelni osi. Če se torej postavi v enačbo (*) za % «gornjo vrednost, je % a reelen. Odtod pa sledi, da je PN—PN v reelno število. Ker je imenovalec čisto imaginaren, je tudi števec in velja zaradi tega naslednja relacija (Z.+ L) (P-\- F) — (M + M) (N+ty = ().... (5) Ta relacija je izpolnjena tudi, če je imenovalec nič, kajti, če bi števec ne bil nič, je % Jex) neskončen in slika intervala (cej je premica s^kotom n proti reelni osi. V tem slučaju bi bila enačba (N + N) t, + (P + P) = 0 pri vsakem % izpolnjena, tako da bi bilo N+~N = 0 in P + P = 0. Izmed štirih enačb (4) ostaneta tedaj samo dve neodvisni. Ker pa je prvemu pogoju ustreženo, je ostal prav za prav samo en parameter na razpolago. Drugi je namreč s prvim natančno določen. Zato je mogoče neposredno ustreči samo 25 eni teh enačb. Izbrati si hočemo drugo izmed enačb (4), ki se glasi M + M = o .... (4*) Pozneje se bo izkazalo, da je tej enačbi vedno mogoče ustreči in to še na neskončno mnogo načinov. Sedaj pa je važno raziskovati, kaj se da povedati glede peterokotnika, če je zgornja enačba izpolnjena. Najprej sledi iz enačbe (5), da je (L + L) (P + P) = o Sedaj nastaneta dve možnosti, ali je prvi faktor enak nič, ali pa drugi. 1. Naj bo L + L=o ....(5*) Lega točke d je določena z enačbo (**). Ako se na desni strani te enačbe vpoštevata (4*) in (5*), se izkaže, da ima števec vrednost nič. Če je torej imenovalec od nič različen. je ia (e-i) = o in točka d se ujema s točko a. Če pa ima imenovalec vrednost nič, potem je prav lahko uvideti, da so izpolnjene vse štiri enačbe (4) in imamo rešitev problema. 2. Sedaj pa je P + P = o .... (5**) V tem primeru se dobi za %x vrednost nič, če je imenovalec N + N od nič različen. Ker je tudi %c (c) = o, se točka d ujema s točko c in stranica ce, opiše najmanj enkrat cel krog. Če pa ima tudi imenovalec vrednost nič, so zopet izpolnjene vse štiri enačbe (4) in nastopi rešitev problema. • Rezultat te raziskave je v kratkem naslednji. Ce je enačba (4") izpolnjena, so v celoti tri možnosti. Lahko je peterokotnik takšen, da se točka d ujema s točko c ali pa s točko n. V primeru pa, da ne nastopa nobeden izmed pravkar navedenih slučajev, leži stranica cd na reelni osi in imamo rešitev problema. 26 Enačba (4*) še ni prikladna za nadaljna razmotrivanja in jo je zaradi tega treba pretvoriti. Najprej moramo dobiti vrednosti koeficientov L, M, IV in P. Normirani rešitvi v b naj se na sledeči način izražata z normiranima v c Ytb = A Tu 4- B, Yu- ,, , .... (TT) Yib = G F« + D« F« Koeficienti A„ B3, Cs in D3 se izračunajo na prav sličen način kakor prej A.,, B2. . . Razlika je samo v tem, da leži točka c v neskončnosti. Zaradi tega ima Y1C na intervalu (b, c) vrtilni faktor e~ynl, Yv pa e~~ y n . Determinanta koeficentov je A,D, - BSCS = - e#+y' + y'>' Enačba (f) dobi sedaj obliko _ AzvbjA-B* _fAA4-ftC.)TC4-Afl4B,D. (, , Tfl — G» + ft~(GA + D.G)^ + C.&+ ftD= " " Koeficientov A2 A-, + B2 Cs, ... še ne moremo vzeti kot L, M, N in P, ker determinanta nima vrednosti /, ampak efa + ß + y' + y )ni^ Le pa ge jj^dira vse koeficiente te substi- fa + ß + y' + y")-J- 1 tucije z e , potem ima determinanta vrednost 1. Enačba (4*) se tedaj glasi -fa+ß+y'+y"j\- _________4/«+/?+/+/Vy (Atßt + B^DJe +(AtB3+BMe =0. Kakor je razvidno iz enačbe (ft), imata B., in D3 vrtilna faktorja e'^+ ?''"", oziroma er m'. Prav tako sledi iz izražave koeficientov A2 in B,, da imata vrtilni faktor e . Torej je A^__J^_ lani Bs __ 2fß + y"Jni gg = g2r""' Če se to vpošteva v zgornji enačbi, se reducira na obliko — fa~\rß-{-y"Jni n AiB^e cos{a-\-ß — y)y -j- — (a -\- y "J ni • . -+ß3D3e cos(-a-f-0f y)T = 0. D Vrednost za —. se dobi iz enačbe (f), če se postavi x — a. As Ker je Ta (a) — 0, sledi 27 At*b (a) + B, = O ali B. {a). D Slično se dobi iz enačbe (f f) za -i vrednost t& (c). Če to upoštevamo, dobi enačba (4*) končno obliko Za veljavnost izpeljave te enačbe je potrebno, da sta a in 7 od nič različna. Vendar pa je enačba (6) tudi v teh primerih veljavna. O tem se je možno prepričati na ta način, da se vsa zgornja razmotrivanja izpelje za slučaj a = o, oziroma y = o. Uvideti pa se da to še na drug način. Enačbo (6) je namreč možno dobiti geometričnim potom. V ta namen preslikajmo zgornjo polovico ravnine x s xb. Če je problem rešen, dobimo naslednjo sliko: 0=f&-«-|J-y> Slika 7. Dolžina stranice ab je t„ (a), stranica BČ pa e ~ ßni%b(c). Ako zvežemo točko a s c, dobimo premočrten trikotnik, čigar kota pri a in c sta (l + a-ß-y)^ in (1-a -/? +y)f- Po stavku o sinusih je ab sin (i-jla-0 —?)L-= k sin (1-a - /3 -f y)f-ali po prejšnjem % (a) cos (- a + /3 + y)f = Tb (c) e ~ ßni cos (o + ß - yL 28 To pa je enačba (6), ki velja torej tudi za primer, če je kot pri a ali pri c enak nič. Preostane še slučaj ß = 0. Vsa prejšnja analiza se nič ne spremeni vse do enačbe (4*), ki se tudi sedaj prav tako glasi kakor prej. Šele od tu naprej nastopijo spremembe. Koeficienta A2 in B2 imata tudi tukaj vrtilni faktor ean , D3 pa ravno tako e7 n . Iz enačbe (f) se tudi sedaj dobi A, = — Tb (a) Kvocient ib =Y,b' :Yv> je reelen na intervalu (a, b) in ima v okolici točke b obliko Tb = Q log (x — b) + P (x — b) kjer pomeni P (x — b) potenčno vrsto, q pa je pozitiven faktor, ki je tako določen, da je , . , , dYit Lim \p\ , ->- o dx : = b + e Na intervalu (b, c) pa je %b kompleksen z imaginarno komponento nig in je zaradi tega n = Tb — 2 niq. Odtod sledi - , , L>3 Ba . Tb (C) = —=----- =-----------------2 Tli O. Če se to upošteva v enačbi (4*), dobi ta obliko cos (a — y)T — nlQ e D Ker je imaginarna komponenta kvocienta —- enaka nqi, je B v A . -------nqi reelno število. Če se še postavi v zgornjo enačbo Bs _ Yib (c) . B^_ Yib (a) A Y*b(c) A% Yzb(aj se dobi naslednjo enačbo F' b (c) . Yib (a) , , N n ,, ^ - 7iQi---------— = 7iQtg(a — y)T .... (6*) _ Yi b (c) ' F>6 (a) 29 Ta enačba nadomešča v slučaju ß = o enačbo (6). Tudi to enačbo je možno dobiti geometričnim potom in sicer na sličen način kakor prej. Če je a ali pa y enak nič, (6*) prav tako velja. V diferencialni enačbi (1*) naj se spreminjata parametra l in /j, tako, da je prvi pogoj A = 0, oziroma C = 0 za L, = L2 — 0; izpolnjen in da ima pri tem F^2 v notranjosti intervala (et, ex) ravno % ničel. Sedaj nastane vprašanje, ali je možno l in /i v skladu s tem pogojem tako določiti, da je izpolnjena tudi enačba (6), oziroma (6*). V naslednjem se bo izkazalo, da je to vedno mogoče in sicer še na neskončno mnogo načinov. Ker pa ne da vsaka teh vrednosti rešitve, je treba iz te množice parametrov izbrati one, ki dajo res rešitev problema. Zaradi krajše pisave postavimo Yb(a) . . ~ßniYxb(c) Y*b (a) Y%b (c) Če je ß = o, naj bo Y'b (c) ._ Yb (c) Enačbi (6) in (6*) dobita sedaj obliko / cos (—a +/?+ y)ir = n cos i.aJrß — 7)t (6) n-l = netg(a—y)2- (6*) Najprej je treba preiskovati, kako se spreminjata l in n, če se parametra l in fi spreminjata v skladu s prvim pogojem. Funkcija Yxa=A*Ytb-\-B,Y*b je taka rešitev diferencialne enačbe (1*), ki ima v točki a vrednost nič. Naj bosta l, /t in X + AL f-t + A/u dva para parametrov, za katere je prvemu pogoju ustreženo, sicer pa poljubna. K l, /a naj pripadajo Yib, Y-%b in A.,, B2, k X + Al, (t "T L\fi pa lib , lib in A 2 , ßi . rotem zadoščata ilfl in fA) (A) (A) (A) CA) y, a = /la Jti 6 -j- Di Yt b 30 diferencialni enačbi (1*), če se da parametroma enkrat vrednost X, p, drugič pa X + AX, p + Ap. Ako se postavi v enačbo (A) (2) za y = Yia , za t] pa Y<- a , se dobi a a AA(A)(/- /(A)j = AZJ[p\ Ya Y^^{x)dx+Ap\\p\ Ya Yiax(x)dx b b Ker se l in p, spreminjata samo v skladu s prvim pogojem, je~~>0. Funkciji ip(x)in%(x) sta na intervalu (b, a) obe Za« ca) negativni in Fia ter Y±a se malo razlikujeta med seboj, če sta AX in Ap majhna. Ker imajo A, A in Ym, Yi a vrtilni faktor e , moramo zgornjo enačbo dividirati z e an . Potem je desna stran reelna in ima nasproten predznak kakor Ap. Ker je tudi A A e pozitiven faktor, sledi odtod, da / narašča, če se X in p večata, narobe pa pada. Obenem se l z X in p zvezno spreminja, če je končen. V nasprotnem primera se 1:1 zvezno spreminja. Zgornja enačba velja neiz-premenjena za slučaj, če je ß = o ali y = o. Samo v zadnjem primeru je treba izhajati iz rešitve F*a. Na popolnoma sličen način se dokaže, da n pada, če se parametra X in p večata in narobe. Pri nastopajočih integralih neskončnost meje integralov ne moti. Najprej vzemimo slučaj, da se spreminjata X in p tako, da je prvi pogoj izpolnjen in nima pri tem Y*et nobene ničle v notranjosti intervala (e2, ej. Torej je x = 0. Določimo parametra X in p tako velika negativna, da je koeficient pri y na desni strani enačbe (1*) na intervalu (b, a) povsod pozitiven. Take vrednosti parametrov je vedno možno dobiti. Regularna rešitev v točki b, namreč Y?b\ ima v b j m a ¦ i ¦ i < dY*b vrednost 1 in Lim \p e- > 0 dx = 0. Iz diferencialne enačbe dY h sledi, ker je odvod za \p\--------na intervalu (b, a) pozitiven, 1 ' dx dY*b _ dYib da \p\--------narašča, čp gre X od b proti a. Torej je \p\ — — dx ' ' dx 31 na intervalu (b, a) pozitiven in isto velja zaradi bi > 0 za dY;t ~dx~' 0dtod pa dalJe sledi' da tudi Yib na intervalu (b, a) narašča. Prav isto velja za Ytb. Torej je Yb(a)>0, Y*b(a)>0, ali l>0. Če se parametra X in ^ od začetnih vrednosti manjšata, se Z manjša, ostane pa vedno pozitiven. Koeficent pri y v enačbi (1*) ostane namreč pozitiven in je zaradi tega Z > o. Kadar pa se parametra večata, l narašča. Treba je še dognati. ali raste l preko vsake meje, če sta Z in p dovolj velika. Naj se parametra večata od začetnih vrednosti! Prišel bo trenutek. ko koeficient pri y na desni strani enačbe (1*) ne bo več povsod na intervalu (b, a) pozitiven, ampak tudi že negativen. Ce je ta koeficient dovolj velik negativen, ima gotovo Y*b ničle na intervalu (b, a). Torej je Y*b (a)= 0 pri gotovi vrednosti parametrov, medtem ko nima na intervalu (b, a) še nobene ničle. Tedaj pa je 1= oo in T. s je povsod na intervalu (b, a) pozitiven, razen v začetni točki. Nastane vprašanje, kakšno obliko ima peterokotnik, ko doseže l prvikrat vrednost oo. Če se preslika zgornja polovica ravnine x s ta = Yb : Y>b . leži slika intervala (b, a) na reelni osi ravnine t in sicer leži točki a odgovarjajoča točka v neskončnosti. Zaradi tega pa leži tudi slika intervala (a e2) na premici. Ker peterokotnik nima v svoji notranjosti razvejišča, mora imeti obliko, kakor jo kaže slika 8. Točka ea leži na Slika 8 32 podaljšku stranice cte2, stranica Cd pa leži na krogu Ku ki —>¦ se v točki Ci dotika premice ad. To sledi odtod, ker je prvi pogoj izpolnjen. Prav lahko se je nadalje prepričati, da stranica de ne opiše niti enkrat cele premice, ampak je le končna daljica. Isto velja za Cd in e2a. Ker je nadalje x = 0 in nima Y™, na intervalu (e2, ej nobene ničle, tudi stranica e2d ne more opisati celega kroga K. Če je ß + y — a = 1, dobimo že kar rešitev problema. Kajti v tem primeru leži stranica dC na podaljšku stranice tta. Kadar pa je ß+y — a^rl. leži stranica dC na krogu Ku ki kaže konveksno stran v notranjost peterokotnika, kadar je ß + y — a < 1 in narobe, kadar je ß + y — a> 1. Iz slike je razvidno, da je tedaj, ko ima Z prvič vrednost 00, n — e ^ & ^ > o in da nimata Fi» in Fs& še nobene ničle na intervalu (b, c). Vzemimo najprej slučaj, da je — a + ß + yf >0 in cos (a -f ß — y)f > 0 Če se parametra l in /u, manjšata od tistib vrednosti, za katere je bilo prvič l = 00, postane / pozitiven in se manjša. n je bil v začetku tudi pozitiven in sedaj narašča. Preden doseže n vrednost oo, je enkrat, pa samo enkrat izpolnjena relacija / cos C — a-\-ß + y)^ — n cos (a + ß — y)f- V začetku je namreč leva stran 00, potem pa postane pozitivna in se manjša. Desna stran pa je v začetku pozitivna in narašča čez vse meje, kadar gresta l in fi proti takim vrednostim, za katere je prvič n=cc. Med začetnim in končnim parom parametrov se torej nahaja samo en par, pri katerem je zgornja relacija izpolnjena. Lahko se je prepričati, da da ta par res rešitev problema. Kajti v nasprotnem primeru obstojata dve možnosti, ali se ujema točka d s točko a ali pa s točko c V prvem primeru bi dobili peterokotnik, kakor Slika 9 ga kaže slika 9, v drugem primeru pa slika 10. Niti prvi niti drugi peterokotnik pa ni možen, ker bi moral imeti v svoji notranjosti razvejišče, Zaradi tega ostane samo še tretja možnost, da ležita stranici ae2 in cet na istem krogu in je peterokotnik takšen, kakor ga zahteva problem (slika 7). Razen te rešitve, ki je tako imenovani osnovni teorem, pa ne eksistira nobena rešitev več pri n = 0. Pač pa je enačba (6) izpolnjena še pri neskončno mnogo vrednostih parametrov l in /<. To je razvidno iz naslednjega razmo-trivanja. :'¦'!'*'**]! "% 34 Parametra naj se najprej večata od tistih vrednosti, pri katerih je bil osnovni teorem. Tedaj je bilo l > o in n > o, Yib ni imel niti na intervalu (b, a), niti na intervalu (b, c) še nobene ničle. Sedaj se Z veča, n pa manjša in ostane vedno pozitiven. Ko doseže l vrednost oo, preskoči potem v — co in zavzame potem vsako vrednost neskončno mnogokrat. Torej je tudi neskončno mnogokrat izpolnjena enačba (6). Posamezne vrednosti parametrov, za katere je tej enačbi ustreženo, so kar akter izirane s številom ničel, ki jih ima F*& na intervalu (b, a), če je to število predpisano, se dobi samo ena vrednost parametrov X in ,«. V začetku je bila enačba (6) izpolnjena in Ytt ni imel tedaj nobene ničle. V tem primeru se je res dobila rešitev problema. Kadar pa ima Y*b kakšno ničlo na intervalu (b, a), ne dobimo rešitve problema, ampak se točka tx ujema s c. Peterokotnik ima obliko, kakor jo kaže siika 11*), če se vzame, da ima Y*i> eno ničlo na intervalu Slika 11 (b, a). Stranica, ki odgovairja temu intervalu, opiše enkrat celo reelno os in še daljico ba zraven. Če bi imel Y*b več ničel na intervalu, bi odgovarjajoča stranica tudi tolikokrat opisala celo reelno os, kolikor ničel ima Y\b , stranica cex pa ") Na slikah so zaradi preglednosti črte, ki se krijejo pa leže na različnih listih Riemarmove ploskve, načrtane nekoliko premaknjene. 3* 35 tudi tolikokrat krog Kt, ae2 sicer v točki tt tangira CCi, ki je tu krog K, ne ležita pa at» in ct\ na istem krogu, zato tu nimamo rešitve. Če pa se parametra od začetnih vrednosti manjšata, raste n, 1 se manjša in ostane vedno pozitiven. Sedaj zavzame n vsako vrednost neskončno mnogokrat in je tudi enačba (6) še pri neskončno mnogo parih parametrov izpolnjena. Tu so karakterizirane posamezne vrednosti parametrov s številom ničel, ki jih ima F» s na intervalu (b, c). Tudi sedaj ne dobimo več nobene rešitve problema, ker se namreč točka d ujema s točko a. Kadar ima Y>b na intervalu (b, c) eno ničlo, ima peterokotnik naslednjo obliko: Slika 12 Doslej smo imeli a + ß — y < 1 ia.—a + ß + y 1 in je ortogonalni krog imaginaren. Sedaj pa naj bo na primer —a+ß + y> L Potem je cos (— a + ß + y) | < 0. V začetku sta bila l in (t tako določena, da je bilo prvič l = oo. Tedaj je bilo F« (a) — 0 in ti>0. Če se parametra večata, postane l negativen in narašča, n pa pada in ostane pozitiven. Ravno tako kakor zgoraj se uvidi. da eksistira neskončno mnogo parov parametrov, pri katerih je enačba (6) izpolnjena. Vendar pa bi bilo tukaj možno, da bi se med dvema zaporednima paroma parametrov, za 36 katere je / = oo, nahajalo več vrednosti parametrov, ki ustrezajo enačbi (6). Ker je namreč n vedno pozitiven, mora biti / negativen. Tedaj pa je produkt / cos (— a + ß + y) f- pozitiven in se manjša, če parametra rasteta. Ker gre ta produkt skozi vrednost nič, mora biti vsaj enkrat enak n cos (a -j- ß — y) y- Ni pa odtod razvidna enoličnost. Kadar ima Y*b eno ničlo na intervalu (b, a), dobimo res rešitev problema, namreč osnovni teorem (slika 13), drugače pa so peterokotniki slični kakor na sliki 11. Slika 13 Če se parametra od začetnih vrednosti manjšata, je tudi enačba (6) neskončnokrat izpolnjena. Nikdar pa se ne dobi rešitve problema, ampak imajo peterokotniki »lično obliko kakor na sliki 12. Prav isto velja za primer, če je —a + ß +/> 1. Preostane nam še slučaj, da je ß = o. Sedaj je treba parametra X in /i tako določiti, da je izpolnjena enačba (6*). Tako kakor prej določimo najprej tiste vrednosti parametrov, za katere je prvič / = oo. S sličnim razmotrivanjem kakor zgoraj se dobi, da nima tedaj F»b nobene ničle na intervalu (b, c). Tudi tukaj eksistira neskončna množica parametrov l in ,a, pri katerih je enačba (6*) izpolnjena. Rešitev problema se dobi tedaj, če se parametra od začetnih vrednosti manjšata, dokler ni enačba (6*) izpolnjena. Pripadajoči peterokoinik kaže slika 14. 37 *11c b=-oo< Slika 14 Drugače pa se dobijo le peterokotniki, ki so podobni onim na sliki 11, oziroma na sliki 12. Torej se dobi v primeru x = o samo ena rešitev problema, namreč osnovni teorem, tudi tedaj, kadar je ß = o. 5. Doslej ni imel Yie, na intervalu (e2, ej nobene ničle, razen na koncu v točki et. V vsakem primeru smo dobili vsaj eno rešitev problema, namreč osnovni teorem. Sedaj pa naj ima F»*, na intervalu (e2, e±) razen v točki e^ še nadaljnih n ničel. Tukaj se parametra l in ,u spreminjata t skladu s prvim pogojem tako, da ima F»«t na intervalu (e2, ej vedno * ničel. Parametra se zopet ali oba istočasno večata, ali pa oba manjšata in če se eden zvezno spreminja, se prav tako drugi. Zopet določimo najprej tiste vrednosti parametrov, za katere je 1= oo in nima F«, še nobene ničle na intervalu (b, a) razen v točki a. S sličnim razmotrivanjem kakor pri x = O se dobi, äa mora imeti peterokotnik obliko, kakor jo kaže slika 15, kjer je x = 1. Peterokotnik se vije okrog kroga K skozi n + 1 listov. I? zgornje slike je razvidno, da ima pri teb vrednostih parametrov Y,_b na intervalu (b, c) ravno v, ničel in da je n > o. Točka 6i leži na premici e2a, ker je prvi pogoj izpolnjen in krog K, se dotika premice e2a v točki Ci- 38 Slika 15 Zopet vzemimo najprej slučaj, da je a + ß — y < 1 in — aJrßJryb na intervalu (b, c) x — 1 ničel, n je pozitiven. V začetku je bilo tudi n > o. Ker se n = e ~~ p7tl Y^(c); Y>-b(c) manjša in je imel Yzt> v začetku x ničel na intervalu (b, c), na koncu pa jih ima le n — 1, je šel n enkrat skozi vred- 39 Slika 16 nost 00. Med začetnimi vrednostmi parametrov in vrednostmi, pri katerih je n = oo, eksistira en, pa samo en par parametrov, pri katerem je enačba (6) izpolnjena. V začetku ima namreč leva stran vrednost — oo, desna je pozitivna, na koncu pa ima desna stran vrednost — oo. Tu se res dobi rešitev problema in je peterokotnik naslednji ( h = 1). 40 Slika 1? Na tej sliki je a + ß + y < L Če bi bilo a+ß+y>l bi ležali točki a in c na levi strani točke 6. Pri sedanji rešitvi ima Ytb eno ničlo na intervalu (b, a) in x ničel na intervalu (b, c). Na obeh intervalih skupaj ima torej x + 1 ničel. Pri prvi rešitvi pa je imel Y*b le n ničel na obeh intervalih. Tudi struktura peterokotnika na sliki 17 je precej drugačna kakor na sliki 16. Med tistima paroma parametrov, za katere je n = oo in ko zavzame / drugič vrednost co, eksistira zopet en sam par paramentov, pri katerem je enačba (6) izpolnjena. Tudi ta par parametrov da rešitev problema. Sedaj ima F** na intervalu (b, n) eno ničlo, na intervalu (b, c) pa x — 1 ničel. Na obeh intervalih skupaj ima torej Y>b zopet k ničel. Pripadajoči peterokotnik je podoben onemu na sliki 16, samo stranica k se ovija okoli cele reelne osi. Če je a + ß + / < 1, seče stranica k 2x — 2-krat ortogonalni krog. stranica k pa dvakrat. Če se parametra večata do tedaj, ko je tretjič ü= 00, gresta zopet dvakrat skozi vrednosti, pri katerih je enačba (6) izpolnjena. Zopet se dobita dve rešitvi problema, prvič je peterokotnik takšnega tipa kot na sliki^ 17, drugič pa je takšen kot na sliki 16, samo stranica k seče ortogonalni krog 2 z — 4-krat, stranica k pa štirikrat. To se nadaljuje tako dolgo, da ima Y*t> razen v točki a še x ničel na intervalu (b, a). Tedaj je n pozitiven in Y*b nima na intervalu (b, c) nobene ničle več. Med dvema zaporednima paroma vrednosti parametrov, za katere je / — oo, eksistirata vedno po dve rešitvi problema. Na ta način se dobi vsega skupaj 2: x + 1 rešitev. Med temi je n + 1 takih rešitev, ki odgovarjajo sliki 16 in ima Y*b na intervalih (b, a) in (b, c) skupaj x ničel. Nadaljnih % rešitev odgovarja sliki 17 in ima Y%b na obeh intervalih n + 1 ničel. Če je število ničel, ki jih mora imeti Y*b na intervalu (b, a) in število, ki jih mora imeti na intervalu (b, c), predpisano, sta parametra enolično določena. Predpis teh dveh števil pa ni popolnoma poljuben, ampak mora biti njihova vsota k ali pa x -\-1. 41 Ko rasteta parametra še naprej, je enačba (6) še neskončno mnogokrat izpolnjena, toda nikdar več se ne dobi rešitve problema, n se manjša, ostane pa vedno pozitiven. Posamezni slučaji, ko je enačba (6) izpolnjena, so karak-terizirani s številom ničel, ki jih ima Y%t> na intervalu (b, a). To število je vedno večje od x» Na intervalu (b, c) pa nima F«* nobene ničle. V odgovarjajočih peretorokotnikih se vedno ujema točka d s c. Primer takega peterokoitnika za k = l kaže slika 18. Slika 18 I udi če se parametra manjšata od tistih vrednosti, za katere je bila prvikrat enačba (6) izpolnjena, se ne dobi več nobene rešitve problema. Enačbi (6) je sicer še neskončno mnogokrat ustreženo in se sedaj ločijo posamezni slučaji po številu ničel, ki jih ima Y%b na intervalu (b, c), toda vedno se ujema točka ix s točko a. Peterokotniki so slični onim na sliki 12, ko je bilo k = 0. Slučaj, če je ß — o, ne dela prav nobenih posebnih težav in se obdela ravno tako kot drugi slučaji. Tudi v tem primeru se dobi natančno 2x + l rešitev. Isto velja, če je kak drug kot enak nič. Preostane še slučaj, ko je ali a -j- ß - y > 1, ali pa — a + ß + y > 1. Tu pa se mi ni posrečilo nič splošnega 42 ugotoviti. To se pa da dokazati, da vsaj ena rešitev res eksistira pri vsakem k. Doslej smo upodobili le zgornjo polovico ravnine x s kvo-cientom t. Sliko cele ravnine x, ki je razrezana po reelni osi od e, do e1 in od a preko b do c = co, se dobi, če se zrcali peterokotnik okoli stranice cex ali pa ae2. Na ta način se dobi dvakrat sovisen lik, ki je v bistvu krožni četvero-kotnik, iz katerega je izrezan krožni dvokotnik. Kot oscilacijsko število smo definirali ono število, ki nam pove, skozi koliko listov se vije ta lik v neposredni bližini stranic dvokotnika. Kadar ima F«a razen ničle v točki et še nadaljnih x ničel na intervalu (e2, ex), opiše ta , kadar gre točka x od e2 do e1 krog K (slika 5) %.-krat in še lok e2e. Prav lahko se pa da uvideti, če se zrcali peterokotnik okoli stranice ae2, da se vije lik, ki odgovarja celi ravnini x, v neposredni bližini dvokotnika skozi 2.Z+1 listov. To je oscilacijsko število v tem primeru in je torej vedno liho. Ker pa je tedaj, ko ima Y*e, na intervalu (e2, ej a ničel, tudi 2x +1 rešitev problema. sledi odtod, da je pri danem oscilacijskem številu 2 % + i ravno 2 v, + 1 rešitev problema. KLEINSCHE THEOREME IN DER THEORIE DER LINEAREN DIFFERENTIALGLEICHUNGEN Die allgemeine lineare Differentialgleichung der zweiten Ordnung vom Fuchsschen Typus mit n singulären Punkten hängt ausser den Exponenten in den einzelnen singulären Punkten noch von n — 3 willkürlichen Konstanten, den so-genanten akzessorischen Parametern, ab. Über die Festlegung dieser Konstanten hat Klein die folgende Frage gestellt: Ist es möglich über die akzesorischen Parameter in der Differentialgleichung derart zu verfügen, dass der Quotient zweier unabhängiger Lösungen der Differentialgleichung gewisse besondere in voraus vorgeschriebene Eigenschaften besitzt. Dieses Problem steht in enger Beziehung zur Theorie der eindeutigen automorphen Funktionen. Die Kleinsehe Fragestellung ist sehr allgemeiner Natur. Ein etwas engeres, aber noch immer sehr umfassendes Problem formuliere ich folgendermassen: Alle singulären Punkte der Differentialgleichung teile man in einige Gruppen ein, mindestens zwei in jede dieser Gruppen. Sämmtliche Punkte, die man in eine dieser Gruppen genommen hat, verbinde man nach einer festgesetzten Reihenfolge vom ersten bis zum letzten mit einer Kurve. Dies hat mit allen Punkt-Gruppen so zu geschehen, dass die einzelnen Kurven weder selbst noch untereinander sich schneiden. Entlang jeder dieser Kurven denke man sich die Ebene der unabhängigen Variablen x aufgeschnitten. Die Frage ist jetzt die folgende: Ist es möglich durch geeignete Bestimmung der akzessorischen Parameter zu erreichen, dass der Quotient % zweier unabhängiger Lösungen der Differentialgleichung in der zerschnittenen Ebene eindeutig wird und dass dabei sämtliche Substitutionen des Quotienten t, die den Umläufen des x um die einzelnen singulären Punkte, die derselben Gruppe angehören, entsprechen, auch denselben Kreis unverändert lassen. Wenn die Differentialgleichung fünf singulare Punkte hat, so gibt es zwei akcessorische Parameter. Man kann dann das Problem so stellen, dass man zwei dieser fünf Punkte zu einer Gruppe, die übrigen drei in die andere Gruppe auf- 47 nimmt. Es zeigt sich da. dass eine Lösung nur dann erwartet werden kann, wenn die Exponenten jener zwei sigulären Punkte, bei deren Umlauf der Quotient t in sich zurückkehrt. die eine der folgenden Gleichungen erfüllen: g, — e2 = ganze Zahl (Fall 1) 6) +L2= ganze Zahl (Fall II) Dabei sind e, und L2 die Exponentendifferenzen an der ersten und an der zweiten singulären Stelle. In der vorliegenden Uni ersuchung bearbeite ich eben dieses Problem unter der Voraussetzung, dass die singulären Stellen, sowie die Exponentendifferenzen reele Zahlen sind. Die Differentialgleichung lautet hier: e2 > a > b Zu diesen singulären Punkten gehören der Reihe nach die Exponenten e,. o; La, o.- a, o: /3, o und zu c = 00 die Exponenten y',y" wobei die Gleichungen ei + e, + o + /? + / + y" = 3 }/ — /'= y. gelten, und es mögen noch für die Exponentendifferenzen L,, L2, a, /?, y die üblichen Beschränkungen 0 1, so ist der Existenzbereich dazugehöriger Funktionen die ganze t -Ebene mit Ausnahme einer perfekten Menge von Punkten. Die Arbeit enthält den ersten, nur der Theorie linearer Differentialgleichungen entnommenen Beweis für solche Klein s che aut o-morphe Funktionen, deren Existenzbereich durch eine unendliche Menge von Kreisen begrenzt ist. Die Beweismittel bilden nur ganz elementare Stetigkeisbetrachtungen. 1. Die Differentialgleichung (1) hat in jedem singulären Punkte ausser für c = oo, je eine reguläre Lösung, die durchwegs durch Y2, also Ym , Ya, ... bezeichnet werden soll. Es ist dies auch eine der beiden in jenem singulären Punkte normierten Lösungen. Die andere normierte Lösung z. B. im Pukte (?! hat, wenn e1 4= o ist, die Form Ki,t= 'x ejs< $ (x — ej wo 5ß (x — ej eine Potenzreihe von x — et ist, mit 5ß (o) =Y o. Analoges gilt für die anderen singulären Punkte. Wenn jedoch L, = o ist, so hat man eine Lösung Yw, in der Form Yiel=Y*el log (x — ej + Q (x — ej worin Q (x — et) wieder eine Potenzreihe von x — e^ ist. Für die Stelle c = oo haben die beiden normierten Lösungen die Form (I/^(7) undQ/' %2 (•L) wobei ähnlich wie früher, eine Änderung platzgreift, wenn / — y" = y = o ist. Die Fragestellung verlangt, dass der Quotient % (x) = Yi(x): Yz(x) zweier unabhängiger Lösungen von (1) beim Umlauf des x um die beiden singulären Punkte e-y und e2 in sich zurückkehrt. Dem Umlauf eines jeden der singulären Punkte et und e2 entspricht je eine lineare gebrochene Substitution des f. Das Produkt dieser beiden Substitutionen entspricht dem Umlauf um et und e2 und dies muss die Identität sein. Es sei t der Quotient der in e, normierten Lösungen. Zwischen diesen und den in e2 normierten Lösungen bestehen Gleichlingen der Form: 50 Y^ — CY^+DYt^" ,-U Das Produkt der beiden Substitutionen des te, um ex und e2 lautet jetzt: (BC—AD e^ni) e^ni%e, + AB (e™*ni — /j ^ Soll diese Substitution identisch sein, so muss eines der beiden Systeme von Gleichungen bestehen: ex-Li = 0 A = 0 D = 0 (Fall I*) Ll + f2=:/ C = 0 B = 0 (talili*) Diese Gleichungen gelten für den Fall, dass L* 4= o, e2 4= o ist. Es lässt sich leicht einsehen, dass ^ und e2 nur gleichzeitig = o sein können. Wenn jedoch et = et — o ist, so bekommt man die folgenden notwendigen und hinreichenden Bedingungen: C = o, A+D = o Wie bereits in der Einleitung erwähnt, beschränke ich mich in der vorliegenden Arbeit auf den Fall I". Hier ist es nötig die beiden Parameter Tt und T, so zu bestimmen, dass die Gleichungen A = o, D = o bezw. C = o. A+ D = o, wenn e, = e2 = o, erfüllt sind. Zunächst werde angenommen, dass A = o bereits gilt. Aus den Gleichungen (*) folgt dann, dass Yie, proportinal ist mit Ye, und dass Y^e^—o ist. Setzt man Y,e?. fo) _ B («i) = r* fe) 4 so ist m = oo sobald ^4 = o. Umgekehrt gilt auch, dass A = o, wenn m = co ist. Wenn ^ = e2 = o ist, so lautet die erste Bedingung C = 0 und es ist auch hier m = oo. Nunmehr ist zu zeigen, dass bei beliebiger' Fixierung des einen Parameters in der Gleichung (1) der zweite so bestimmt werden kann, dass m irgend einen im voraus gewollten Wert annimmt. Die Differentialgleichung (1) schreibe man in der Form: ¦f [p t\ =p ^(x) + ^r*)+^(*)]j' ¦•¦¦('*) ax \ ax/ wobei 51 p=(x — ej 7~ '• (x - e%)l - ** (x - - a) '- a (x - b) 1 ~ t> T I ¦>(x) =--------------------------------; if>(%) — (x — ej(x—e») (x—e^(x — ei)(x—b) 1 y (x) =-----------------------------------------;— (x — ex)(x — e2)(x—a){x — b) In der Gleichung (1*) sind X und ,u die akzessorischen Parameter. In der Folge sind die Vorzeichen von ip(%) und %{x) in den einzelnen Intervallen von Wichtigkeit. Das folgende gibt eine Übersicht über diese Zeichen x-----------b-----------a---------------c2----------- cx-------- ip(x): -f + *(*)•• + - + + Yle und Yxe% sollen eindeutig so normiert werden, dass Y'»2(e2) = 1 und dYu Lim \p\ e — >- o dx x = e2 + e Die gleiche Normierung gilt in den anderen singulären Punkten. In der Differentialgleichung (1*) werde u beliebig, aber fix gehalten. Bei stetiger Änderung des Parameters X erleidet Y auch m =-----"-wenn p= endlich ist, eine stetige Änderung; ist aber in = oo, so ist / : m stetig. Wächst nämlich X, so wird m kleiner und umgekehrt. Man erkennt dies folgendermassen: Es sei y eine Lösung der Differentialgleichung (1*) beim Parameterpaar X und /<, ?; jedoch die Lösung derselben Gleichung (1*) beim Parameterpaar X + AX, /i + A/<, wobei m den Wert m + Am hat. Es gilt dann die Gleichung (drj dy\ ,- n y~r — V7~)=i*i~ ^)J M yrtty(x)dx+(fix- /i.) j !^Lyi7/(«)rffl5 (2) und wenn, wie in unserem Fall die Integration sich auf ein intervali zwischen zwei aufeinanderfolgenden singulare:1 Stellen erstreckt, so kann hierin \p\ statt p genommen werden. Für y setzen wir nun hierin Ylfi — mY^ ein, genommen beim Parameterpaar X, /i und für i] denselben Ausdruck für 52 das Paar X + AX, ,u und den Wert m + Am des m. Wenn dann die Änderung AX hinreichend klein ist und man in (2) die Integrationsgrenzeu e2 und e1 nimmt, so gibt die Berücksichtigung der Vorzeichen von tp(x) die Ungleichung ff <° « woraus die stetige Abnahme des m bei Zunahme des X folgt, Solange 2 positiv und so gross ist, dass rechts in (1*) der | J -Faktor des y auf e2e1 überall positiv ist, ist m > o und Y>e>w hat auf e^et keinen Nullpunkt. Y-ie, und Y:,e, wachsen nämlich beständig, wenn x von e2 bis et geht. Wenn nun 1 von so einem Wert abnimmt, wächst m und nimmt jeden Wert beliebig oft an. Die einzelnen Werte des X, bei denen m denselben vorgeschriebenen Wert bekommt, sind durch die Anzahl der Nullstellen des Y.ie, auf o An Daraus folgt die Stetigkeit und Monotonie von X als Funktion des fi. In gleicher Weise ergibt sich auch die Stetigkeit und Monotonie von /n als Funktion des X. Zur Lösung des Problems wäre es noch nötig im Einklang mit der ersten Bedingung A = o oder m ~ oo die Parameter 53 X und /i so zu bestimmen, dass auch D = o wird. Dies gelang mir jedoch nicht bei bioser Betrachtung auf dem Intervall e2ex, Ich musste andere Intervalle zu Hilfe nehmen und andere erfüllbare Bedingungen aufstellen, die mit der Bedingung D = o aequfvalent sind. 2. Der Quotient zweier unabhängiger Lösungen der Differentialgleichung (1) liefert eine konforme Abbildung der oberen Hälfte der x-Ebene auf ein Kreisbogenfünfeck mit den Winkeln nsy, nEi, na, nß, ny. Die Umgebung jedes Punktes in der oberen Hälfte der x-Ebene wird umkehrbar eindeutig auf die Umgebung des entsprechenden Punktes der T-Ebene abgebildet. Es folgt daraus nicht, dass das Fünfeck sich nicht zum Teil selbst überdecken könnte, Windungspunkte gibt es jedoch im Inneren nirgends. Bilden wir nun die obere x-Halbebene durch %a = Yta: Yia und Ym ab, wobei Y*a die beiden im Punkte a, wie angegeben, normierten Lösungen von (1) sind. Geht nun x längs der reellen Achse von a bis e2, so beschreibt ia das Segment cte2 der reellen %a -Achse. Der Punkt a liegt im Koordinanten-ursprung (Fig. 5). Geht jedoch x vom Intervall aa2 auf das Intervall ab über ind^m es dem Punkt a auf einem kleinen in der oberen x-Halbebene verlaufenden Kreis ausweicht, so gibt das Intervall ab in der T-Ebene eine geradlinige Strecke üb, die mit ae2 den Winkel na einschliesst. Wenn nun X von e2 aus gegen den Punkt et weiter geht, indem es zunächst, "wie oben dem Punkt a, jetzt e2 ausweicht, so beschreibt %a einen Kreisbogen K, der die reelle Achse unter dem Winkel ne, trifft. Nehmen 1 und ,u nur solche Werte an, dass die «rste Bedingung m = oo befriedigt ist, so liegt der Bildpunkt tt von ex auf der reellen Achse d. h. auf der Verlängerung von ae2. Die in a normierten Lösungen sind mit jenen in e2 normierten durch Gleichungen der Form Yla = A,Yle1\-B,Y-iel Ym = C,Y,el^rD,Y^ verknüpft. Yic und Ym und ebenso Y.u, sind auf fle, reell. .54 Weil nun Yu, auf fle2 den Drehfaktor e'lL'1 hat"), so haben At und Ci den Drehfaktor e *"*', Lh und Dt sind jedoch reelle Zahlen. Darans folgt, weil ist, dass t« (et) = A-L:C1 reell ist, weil Ax und Ci denselben Drehfaktor haben. So viele Nullstellen F«, auf dem Intervall e2e1 besitzt, so oft beschreibt xa den ganzen Kreis K und dazu noch den Bogen eael5 sobald x von e2 gegen e, geht. Weil nun L] = L2 ist, so berührt der Kreisbogen, der dem Intervalle etc entspricht, die reelle Achse im Punkt tt (Fig. 6). Im Falle der Lösung des Problems ist das Bild des Intervalls e±c ein Teil der reellen Achse. Umgekehrt geben solche Werte von 1 und ft, bei denen das Bild des Intervalls etc in der reellen Achse liegt, wirklich eine Lösung der Frage. Um nun die notwendigen und hinreichenden Bedingungen dafür aufzustellen, dass das Bild von e\c in der reellen Achse liegt, drücken wir xa durch den Qutienten xc der in c normierten Lösungen aus. Dieser Quotient ist auf etc reell. Es sei _ Ltc+M LP—MN = 1 .... (*) Nxc + P Wenn xc von xc (c) = o bis xc (et) geht, beschreibt xa die Seite Cje2. Da das Problem das Reellsein des cd verlangt, muss die Substitution (*) die reelle Achse wieder in die reelle Achse überführen und zwar, wie leicht zu sehen, so, dass dem oberen Teil der-rc -Ebene der untere von xa und ungekehrt entspricht. Es folgt daraus, dass die Koeffizienten alle rein imaginär sein müssen. Es gelten also die Gleichungen (4) N+N=0 , P-\-P = 0] Dies sind die notwendigen und hinreichenden Bedingungen. Im allgemeinen sind, wegen LP — MN = 1, nur drei von *) In der Darstellung z= \z\ela nenne ich ela Drehfaktor der kom plexen Zahl z. 55 ihnen unabhängig. Da aber die erste Bedingung m = oo erfüllt ist, bleiben hier nur zwei von ihnen unabhängig, da der KreisK.2, auf dem ct± liegt, die reelle Achse in t% berührt. Der Punkt Lx + M beschreibt den vollen KreisiT2, wenn % die ganze reelle Achse durchläuft. Im Punkte tx, wo K2 die reelle Achse berührt, bildet die Tangente &ufK2 mit der reellen Achse den Winkel n. Es gilt nun offenbar der Satz: Wenn die Tangente auf K2 in irgendeinem Punkte mit der positiven reellen Achse den Winkel 0 einschliesst, so ist daselbst der Drehfaktor von -----gleich e . Der Drehfaktor von ------ lautet nun d% d% ----------und muss in ex gleich en = — 1 sein. Es ist also Nt+P für % =xc (e%)= t1 N%1 + P = — 1 oder (N+N)i1 + P^-P=0. Nt,+P . Daraus folgt der Wert für %u wenn nicht gleichzeitig-N + JV = o, P + P = o. Der Wert für %a ergibt sich jetzt durch Einsetzen in (*). Da dieser reell sein muss, folgt jetzt mit Rücksicht darauf, dass der Nenner rein imaginärt ist, dasselbe auch für den Zähler und daraus die Gleichung: (L + L)(P+P) — (Af + iW)(//+ÄÖ = 0-----(5) Von den vier Gleichungen (4) bleiben also nur zwei unabhängig. Da jedoch der ersten Bedingung genügt wurde, der eine Parameter also durch den anderen vollständig bestimmt ist, lässt sich unmittelbar nur eine Bedingung erfüllen. Als solche möge die Gleichung M + M = o .... (4*) genommen werden. Es wird sich herausstellen, dass diese Gleichung stets erfüllbar ist. Jetzt ist es nötig zu untersuchen, was aus (4*) für das gesuchte Fünfeck folgt. Wenn sich mit (4*) gleichzeitig die Gleichungen N + N = o, P + P = o ergeben, so sind wegen LP — MN = 1 alle Koeffizienten Tu, M, N, P rein imaginär und wir haben eine Lö- 56 sung des Problems. Wenn nicht, so ist nach dem gesagten Tj = (P + P) : (N + .ZV j bestimmbar und es gilt dann die Gleichung (5) und wegen (4*) folgt, dass (L + L) (P + P) = o ist, woraus zwei weitere Möglichkeiten entstehen. 1. Es sei L + L = o .... (5*) Das Einsetzen des it = (P + P) : (N + N) in (*) zeigt, dass %a (e^ = 0 ist, dass demnach Ej mit a zusammenfällt. 2. Wenn P + P = o .... (5**) dann ergibt sich schon %c (et) = t1 = o d. h. der Punkt tx deckt sich mit c. Das Ergebniss ist nun: Ist die Gleichung (4*) erfüllt, so hat man entweder eine Lösung des Problems oder aber fällt der Punkt e± mit dem Punkt a oder mit c zusammen. Es handelt sich jetzt um eine handliche Darstellung der Bedingung (4*). Zunächst die Darstellung der Koeffizienten L, M, N, P. Die in a normierten Lösungen sind mit den in b normierten durch Ym = A*Ya,4~B*Y>b Ym = LiYib -\- UiY-ib und Fi b 9 Yi b mit dem in c = oo normierten durch .... dt) Yb = G Yu + Da Yc verknüpft. Also ist i.D. — B,C, = — erß + v'+y"hi A^-fg» __fAA-f&aJTcIA ß.,-f.ÄD3 . C.» + O.~" (G/4s-f L>*G)*7-f Cft-fÄD» • (f tf) Die Koeffizienten sind hierin noch nicht L, M, iV, P, weil die Determinante nicht den Wert 1 sondern e " r 7 Tri Dividiert man jeden Koeffizienten durch e 2^a~^ & + ?'+ /"') 57 so wird die Determinante gleich 1 und die Gleichung (4*) bekommt, wenn man berücksichtigt, dass die Drehfaktoren von ß3 und Ds bezüglich e^lß + y") und e *Y', von A2 und B, aber e71'« sind, die Form — miß n AaB&e cos(a-\-ß — y)x + -+ ß2D3 cos (- a + ß f y)f = 0. Den Wert für — bekommt man aus (f) für X = a und /4; analog B3 aus (ff). So hat man für (4*) die Endfomn Yift(a) cos(— a-\-ß+y)% = Yib(c) ¦ ßnl cos (a-\- ß—y% ....(6) Y*b{a) Y*b{c) Diese Gleichung gilt in allen Fällen ausser für ß = o. Im Falle ß = o liefern ähnliche Betrachtungen, wie bisher, für (4*) die Gleichung Ytb (c) Yib (c) Yib (a) Y*b (a) 7iQtg{a — y)^ . . . . (6*) dabei bedeutet nig die imaginäre Komponente von v> auf dem Intervall be. In der Differentialgleichung (1*) sollen jetzt 1 und fi so verändert werden, dass die erste Bedingung m = oo erfüllt ist und, dass dabei Y*e, im Inneren des Intervalls e2e1 genau % Nullpunkte hat. Es entsteht nun die Frage, ob unter Erhaltung dieser Bedingungen die Parameter X und p derart bestimmt werden können, dass auch die Gleichung (6) bezw. (6*) erfüllt ist. Es wird sich im Folgenden herausstellen, dass dies noch auf unendlich viele Weisen möglich ist. Da aber nicht jedes Paar solcher Parameter wirklich eine Lösung des Problems gibt, ist es nötig aus der sich ergebenden unendlichen Menge gerade jene auszusonderen, die eine Lösung geben. Der Kürze wegen sei Y*b (a) Yib (c) 58 und, wenn ß — o ist, sei Y*b (c) ¦ „ --------—----TlQl = ß Fs fc/ dann lauten die Gleichungen (6) und (6*) l cos (— a + ß + y)^- = n cos (a + /J —jOt (6) n — l = ngtg(a — y)-f- (^*) Zunächst ist es nötig zu untersuchen, was mit Z und rc geschieht, wenn X und ^ im Einklang mit der ersten Bedingung geändert werden. Zu diesem Zvecke führen wir in (2) für y die Lösung F« = AFi& + ß*F*& beim Parameterpaar X, /*, für tj dasselbe beim Paar X + M /* + Ä/u ein. Mit Rücksicht auf die Vorzeichen vaatK«) und #(W) auf dem Intervall ba nnd den Umstand, dass stets ^— > 0 ist, bekommt man A/ ------> o A/* Es wächst also / mit X und ß gleichzeitig und umgekehrt. Die Änderung des l ist stetig, wenn l endlich ist, für l = 00 ist die Änderung von -— stetig, wovon man sich leicht überzeugt. Auf genau analoge Weise zeigt man, das n abnimmt, wenn X und ß zunehmen und umgekehrt. Zunächst sei x — o, also der Fall, dass Fk auf e2ex keinen Nullpunkt hat. Wenn die Parameter X und ß hinreichend gross negativ sind, ist der [ |-Faktor des y rechst in der Gleichung (1*) auf dem Intervall ba überall positiv. Die Werte von Y 0, F*6 (a) > 0, oder /> 0. Werden von diesen Werten aus die Werte der Parameter 1 und a verkleinert, so fällt auch l beständig, bleibt aber doch positiv, weil der Klammerfaktor des y in (1") positiv ist. Wenn also X und fi von ihren Anfangswerten aus so lange vergrössert werden, bis der [ ]-Koeffizient des y in (1*) negativ und so gross wird, dass Y^> auf ba Nullpunkte bekommt, so gehen sie einmal durch die Werte, bei denen zum ersten Male Fa* (a) = 0 ist. In diesem Moment ist / = oo. Nun die Frage, welche Form hat das Fünfeck, wenn l zum ersten Male oo wird? Das entsprechende Fünfeck zeigt die Figur 8, worin die obere ,%-Halbebene durch ta = Yb : Yib abgebildet ist. Dem Bild entnimmt man, dass n = 6c > o ist und, dass Ya auf k noch keinen Nullpunkt hat. Wenn — a + ß + y = 1 ist, bekommen wir schon gleich eine Lösung des Problems, denn die Seite CLi liegt hier in der Verlängerung' der Seite atu im allgemeinen aber ist cet ein Bogen des Kreises iT,, der ins Innere des Fünfeckes für — a + ß + y > 1 die konkave Seite, für — a -L- ß + y < 1 die konvexe Seite weist. Es sei zunächst — a + ß + y < 1 und a + ß — y < 1. In diesem Fall ist cos (— a -f- ß -j- y)^- > 0 , cos (a -f- ß — y)^~> 0 Wenn die Parameter X und fi von jenen Werten, bei denen zum ersten Male l = oo wurde, abnehmen, ist l positiv und wird kleiner. Zunächst war n auch positiv und wächst. Bevor n = oo wird, wird die Gleicung (6) einmal aber auch nur einmal erfüllt. Dies gibt eine Lösung des Problems, denn sonstigen Falles würde nach dem oben gesagten der Punkt 6i entweder mit a oder mit c übereinstimmen (Figur 9 oder 10). Keines solcher Fünfecke ist möglich, denn es müsste im Inneren Windungspunkte haben. Die gefundene Lösung ist das Grundtheorem und es existiert für % = o keine weitere Lösung. Trotzdem ist die Gleichung (6) noch bei unendlich vielen Werten der Parameter X. p erfüllt. Die Parameter sollen von jenen Werten aus, bei denen das Grundtheorem bestand, vergrössert werden. n wird kleiner und bleibt positiv, / hingegen nimmet jeden Wert beliebig oft an. Es besteht auch die Gleichung (6) noch bei unendlich vielen Parameterwerten X, ju und die einzelnen Paare, bei denen der Gleichung (6) genügt wird, sind durch 60 die Anzahl der Nullpunkte von Y*b auf ba eindeutig charakterisiert. Im Fünfeck stimmt tt mit c überein (Figur 11).*) Werden die Parameter X, fi von den Ausgangswerten aus verkleinert, so besteht die Gleichung (6) abermals unendlich oft. Diesmal werden die einzelnen Paare von X, /u durch die Anzahl der Nullpunkte von Y'tb auf dem Intervall bc festgelegt. Im Fünfeck fällt der Punkt e, auf a. (Figur 12.) Bisher war — a + ß + y < 1, a + ß — y < 1. Diese beiden Ungleichungen bestehen immer, wenn a + /? + /< 1 ist, d. h., wenn ein reeller Orthogonalkreis des Dreieckes auc existiert oder aber wenn a + ß + y > 1 und der Orthogonalkreis imaginär ist. Sei etwa — a + ß + y > 1. Sodann ist cosü(—a+ß+y) <0. Zu Beginn nehmen wir für die Parameter solche Werte an, dass zum ersten Male / = co wird. Dabei war n > 0. Vergrössert man die Parameter, so wird l negativ und aufsteigend, n fällt, bleibt aber positiv. Bevor l = o wird, besteht wenigstens einmal die Gleichung (6), es lässt sich aber hier nicht einsehen, dass dies nur einmal eintritt. Diese Werte der Parameter geben eine Lösung (Figur 13). Werden die Parameter noch weiter vergrössert, oder aber, wenn sie von den Ausgangswerten aus verkleinert werden, so ist (6) noch unendlich oft erfüllt. Man bekommt jedoch hier in keinem Falle mehr eine Lösung, sondern sind die Fünfecke ähnlich denen in Figur 11 bezw. Figur 12. Das gleiche gilt für a~\-ß — y > 1. Es bleibt noch der Fall ß = o zu erörtern. Die Parameter X und /.i sind hier der Gleichung (6*) gemäss zu bestimmen. Wiederum gehe man von jenen Werten aus, für die zum ersten male l = co wird. Ähnlich, wie oben, ergibt sich, dass dabei Y2b auf ba noch keinen Nullpunkt hat. Auch hier existiert eine zählbar unendliche Menge von Parametern, bei denen (6*) erfüllt ist. Man bekommt eine Lösung, sobald Y2b weder auf cb noch auf ba einen Nullpunkt hat (Figur 14). 4. Bisher war a = 0. Unter allen Umständen konnten wir wenigstens eine Lösung des Problems angeben. Nunmehr möge *) Auf den Zeiclmu igen sind Linien, die einander überdecken jedoch in verschiedenen Blätter.i der Riemannscher Fläche lieg n, zwecks leich e-rer Vorstellbarkeit etwas verschoben dargestellt. 61 Y%e% auf e2ex ausser im Punkt et noch genau x Nullpunkte besitzen. Wiederum bestimmen wir jenes Parameterpaar l, fi, wofür 1= oo wird und Y'-t auf ba (ausser in ä) noch keinen Nullpunkt hat. Änlich, wie für x = o, zeigt sich, dass das Fünfeck die Form von Figur 15, wo« = 1 angenommen wurde, haben muss. Das Fünfeck windet sich um den Kreis K durch x +1 Blätter. Aus Figur 15 erkennt man, dass bei diesen Parametern Ya auf bc genau x Nullpunkte hat und dass n > o. Wieder nehmen wir zuerst — a+ ß-\-y auf ba einen, auf bc genau x Nullpunkte, auf beiden zusammen also x+1. Bei der ersten Lösung also hatte Y\t nur x Nullpunkt^ auf beiden Intervallen. Es ist auch die Strucktur des Fünfeckes auf Figur 17 sehr verschieden von der auf Figur 16. Zwischen jenen Parameiterpaar, bei dem n = oo wird und jenem, wobei zum zweiten Male l = oo wurde, existiert wieder ein Paar im Einklang mit (6). Auch dieses Paair von Parametern gibt eine Lösung, F« hat jetzt auf ba einen Nullpunkt und x — 1 auf bc, im ganzen also x Das Fünfeck ist ähnlich dem der Figur 16. 62 Wird das Paar X, ju von nun an weiter vergrössert, bis zum dritten Male l = oo wird, so wird inzwischen zweimal die Glichung (6) erfüllt. Die Lösungen geben nacheinander Fünfecke von den Formen der Figur 17 und der Figur 16. Das Verfahren wird fortgesetzt bis Y*b auf ba ausser in a noch % Nullpunkte bekommt. Dabei ist n positiv und Yib hat auf bc keinen Nullpunkt. Zwischen zwei aufeinanderfolgenden Paaren von X, ju für welche l = oo ist, existieren immer zwei Lösungen des Problems. Man bekommt so im ganzen 2x + 1 Lösungein, worunter es x + 1 solche gibt, die einem Bilde der Figur 16 entsprechen, wobei F»» auf (ba) und bc zusammen n Nullpunkte hat, die weiteren k Lösungen entsprechen einem Bild der Figur 17, wobei n+1 Nullpunkte des Y\b auf ab und bc vorhanden sind. Bei weiterem Wachsen der Parameter ist (6) noch unendlich oft erfüllt, es ergibt sich jedoch keine Lösung des Problems mehr. In den Fünfecken fallen immer die Punkte et und c aufeinander (Figur 18). Das gleiche beim Verkleineren der Parameter von jenen Werte ausgehend, für welche zum ersten Male (6) bestand. In den entsprechenden Fünfecken fallen die Punkte tt und a aufeinander. Auch, wenn ß = 0 ist, ergeben sich genau 2-j. +1 Lösungen. Die Behandlung stösst auf keine besondere Schwierigkeit und ist der Weg der bisherige. In Falle jedoch, wenn — a + ß + y > 1 oder a + ß — y > 1 ist, konnte ich nichts vollständiges nachweisen. Eine Lösung existiert bei jedem x sicher immer. Um ein einmaliges Bild der ganzen x-Ebene zu arhalten, spiegele man das Fünfeck über die Seite ae oder ce. Man bekommt so ein zweifach zusammenhängendes Bild, ein Viereck, aus dem ein Zweieck herausgeschnitten ist. Hat Y »* ausser in er noch weitere ^Nullpunkte -auf e2eu so beschreibt %a, wenn x von e2 bis et bewegt wird, den Kreis K (Figur 5) x-mal und noch dazu einen Bogen t,^. Es lässt sich leicht erkennen, dass beim Spiegeln über ae2 das Bild, das der vollen Ebene entspricht, sich in unmittelbarer Nähe des Zweieckes durch 2 n +1 Blätter windet. Wird diese Anzahl als Oszilation* zahl eingefürt, so stimmt die Zahl auch mit der Anzahl 2h +1 von Lösungen, die man bekommt, wenn man dem F'* auf e2e, genau Nullpunkte vorschreibt. 63 VSEBINA Kleinovi teoremi v teoriji linearnih diferencialnih enačb . . . 3—43 JCleinsche Theoreme in der Theorie der linearen Differentialgleichungen ...........,....... 45—63