Differentialoperator/Algebraisch/Induktiv und Produktbedingung/Fakt/Beweis

Beweis

Wir beweisen beide Richtungen durch Induktion über ${}n$. Wenn ${}E$ ein Operator der Ordnung ${}0$ ist, so handelt es sich nach Definition um die Multiplikation ${}\mu _{g}$ mit einem Element ${}g$. Somit gilt

${}E(f_{0})=gf_{0}=E(1)f_{0}\,.$

Es sei nun ${}E$ ein Operator der Ordnung ${}\leq n+1$ und Elemente ${}f_{0},\ldots ,f_{n+1}\in R$ gegeben. Aufgrund der induktiven Definition ist

${}D:=E\circ \mu _{f_{n+1}}-\mu _{f_{n+1}}\circ E\,$

ein Operator der Ordnung ${}\leq n$ und erfüllt somit nach Induktionsvoraussetzung die angegebene Produktformel. Somit ist

${}{\begin{aligned}E{\left(f_{0}\cdots f_{n+1}\right)}&=E\circ \mu _{f_{n+1}}{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}\\&=D{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}+\mu _{f_{n+1}}\circ E{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}\\&=\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n\},\,I\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(I\right)}+1}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot D{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\right)}+f_{n+1}E{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}\\&=\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n\},\,I\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(I\right)}+1}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot {\left(E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\cdot f_{n+1}\right)}-f_{n+1}E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\right)}\right)}+f_{n+1}E{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}\\&=\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n\},\,I\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(I\right)}+1}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\cdot f_{n+1}\right)}+\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n\}}(-1)^{\#\left(I\right)}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot f_{n+1}\cdot E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\right)}\\&=\sum _{J\subseteq \{0,\ldots ,n+1\},\,J\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(J\right)}+1}\prod _{i\in J}f_{i}\cdot E{\left(\prod _{i\notin J}f_{i}\right)}.\end{aligned}}$

Es sei nun umgekehrt die Produktbedingung erfüllt. Bei ${}n=0$ bedeutet dies

${}E(f_{0})=f_{0}E(1)\,$

und es liegt die Multiplikation mit ${}E(1)$ vor, also ein Operator der Ordnung ${}0$. Es sei nun ${}E$ eine ${}K$-lineare Abbildung, die die Produktformel für ${}n+1$ Elemente erfülle. Wir zeigen, dass dann die Abbildung

$E\circ \mu _{f_{n+1}}-\mu _{f_{n+1}}\circ E$

die Produktformel für ${}n$ Elemente besitzt und daher nach Induktionsvorausetzung ein Operator der Ordnung ${}\leq n$ ist, so dass ${}E$ selbst ein Operator der Ordnung ${}\leq n+1$ ist. Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(E\circ \mu _{f_{n+1}}-\mu _{f_{n+1}}\circ E\right)}{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}&=E{\left(f_{0}\cdots f_{n}\cdot f_{n+1}\right)}-f_{n+1}E{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}\\&=\sum _{J\subseteq \{0,\ldots ,n+1\},\,J\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(J\right)}+1}\prod _{i\in J}f_{i}\cdot E{\left(\prod _{i\notin J}f_{i}\right)}-f_{n+1}E{\left(f_{0}\cdots f_{n}\right)}\\&=\sum _{J\subseteq \{0,\ldots ,n+1\},\,J\neq \emptyset ,\{n+1\}}(-1)^{{\#\left(J\right)}+1}\prod _{i\in J}f_{i}\cdot E{\left(\prod _{i\notin J}f_{i}\right)}\\&=\sum _{J\subseteq \{0,\ldots ,n+1\},\,J\neq \emptyset ,\,n+1\notin J}(-1)^{{\#\left(J\right)}+1}\prod _{i\in J}f_{i}\cdot E{\left(\prod _{i\notin J}f_{i}\right)}+\sum _{J\subseteq \{0,\ldots ,n+1\},\,n+1\in J,\,J\neq \{n+1\}}(-1)^{{\#\left(J\right)}+1}\prod _{i\in J}f_{i}\cdot E{\left(\prod _{i\notin J}f_{i}\right)}\\&=\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n\},\,I\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(I\right)}+1}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\cdot f_{n+1}\right)}+\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n,\,I\neq \emptyset \}}(-1)^{\#\left(I\right)}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot f_{n+1}E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\right)}\\&=\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n\},\,I\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(I\right)}+1}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot {\left(E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\cdot f_{n+1}\right)}-f_{n+1}E{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\right)}\right)}\\&=\sum _{I\subseteq \{0,\ldots ,n\},\,I\neq \emptyset }(-1)^{{\#\left(I\right)}+1}\prod _{i\in I}f_{i}\cdot {\left(E\circ \mu _{f_{n+1}}-\mu _{f_{n+1}}\circ E\right)}{\left(\prod _{i\notin I}f_{i}\right)}.\,\end{aligned}}$

Zur bewiesenen Aussage