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Dgl lösen mit Potenzreihenansatz

Universität / Fachhochschule

Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen, Koeffizientenvergleich, Potenzreihenansatz, Rekursionsformel

Hensi aktiv_icon

16:56 Uhr, 10.09.2023

Ich habe diese Differentialgleichung:

(1 + x^{2}) y^{ʹ ʹ} - 2 y = 0

Der Ansatz ist:

y = \sum_{j = 0}^{\infty} a_{j} x^{j}

y^{ʹ} = \sum_{j = 0}^{\infty} j a_{j} x^{j - 1}

y^{ʹ ʹ} = \sum_{j = 0}^{\infty} j (j - 1) a_{j} x^{j - 2}

Dann einsetzen ins DGL

\sum_{j = 0}^{\infty} [j (j - 1) a_{j} x^{j - 2} + j (j - 1) a_{j} x^{j} + 2 a_{j} x^{j}] = 0

Ordnen nach Potenzen von x:

\sum_{j = 0}^{\infty} [(j + 2) (j + 1) a_{j + 2} x^{2} + (j (j - 1) - 2) a_{j} x^{j} + 2 a_{j} x^{j}] = 0

Dann Rekursionsformel aufstellen:

a_{j + 2} = a_{j} \frac{j (j - 1) - 2}{(j + 2) (j + 1)}

So und jetzt steh ich auf dem Schlauch. Wie kann ich jetzt eine spezielle Lösung aufstellen?
Woher weiß ich was

a_{0}

und

a_{1}

zum Beispiel ist? Ich hoffe jemand kann helfen :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

HAL9000

17:28 Uhr, 10.09.2023

Ohne den Rest nachgerechnet zu haben: Es ist

j (j - 1) - 2 = j^{2} - j - 2 = (j - 2) (j + 1)

, und damit

a_{j + 2} = a_{j} \cdot \frac{j - 2}{j + 2}

.

Speziell folgt daraus

a_{j} = 0

für alle geraden

j \geq 2

. Und auch für ungerade

j

ergibt sich leicht die explizite Formel

a_{j} = - \frac{a_{1}}{j (j - 2)}

Hensi aktiv_icon

17:45 Uhr, 10.09.2023

Okay, in der Lösung steht dazu, aber das

a_{0} = 1

a_{1} = 0

a_{2} = 1

und ab da dann alle

a_{j} = 0

Daraus folgt dann in der Lösung

y_{1} (x) = 1 + x^{2}

Wie ist das zu erklären?

HAL9000

17:47 Uhr, 10.09.2023

Ja Ok kleiner Irrtum, erst ab

j \geq 4

ist

a_{j} = 0

.

Folgt auch aus der Iterationsgleichung, wenn du dich bitte mal selbst davon überzeugen willst:

a_{2} = a_{0} \cdot \frac{0 - 2}{0 + 2} = - a_{0}

a_{4} = a_{2} \cdot \frac{2 - 2}{2 + 2} = 0

.

Eine Frage: Geht es WIRKLICH um die DGL

(1 + x^{2}) y ´ ´ - 2 y = 0

?

Deine Rechnung passt nämlich eher zu

(1 + x^{2}) y ´ ´ - 2 x y = 0

.

EDIT: Mein Fehler, deiner Iterationsgleichung zu vertrauen, die ist nämlich falsch (Vorzeichenfehler). :(

Hensi aktiv_icon

17:58 Uhr, 10.09.2023

Okay, das mit dem Ergebnis 0 habe ich verstanden. Aber wie kommt man auf

a_{0} = 1

und

a_{2} = 1

Und ja meine DGL stimmt.

HAL9000

18:02 Uhr, 10.09.2023

Dennoch ist die Iteration

a_{j + 2} = - a_{j} \cdot \frac{j (j - 1) - 2}{(j + 2) (j + 1)} = - a_{j} \cdot \frac{j - 2}{j + 2}

,

also ein Vorzeichenfehler bei dir oben.

michaL aktiv_icon

18:04 Uhr, 10.09.2023

Hallo,

ich bin nicht sicher, ob du die Indexverschiebung bei der Ableitung berücksichtigt hast.

Mit

y := \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k}

erhalten wir

y ʹ = \sum_{k = 0}^{\infty} k a_{k} x^{k - 1} = \sum_{k = 1}^{\infty} k a_{k} x^{k - 1}

, da der erste Summand (als für

k = 0

) ohnehin Null ist.

Per Indexverschiebung erhältst du:

y ʹ = \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 1) a_{k + 1} x^{k}

Daraus:

y ʺ = \sum_{k = 0}^{\infty} k (k + 1) a_{k + 1} x^{k - 1} = \sum_{k = 1}^{\infty} k (k + 1) a_{k + 1} x^{k - 1}

, wieder weil für

k = 0

der Summand Null ist.

Damit erhalten wir wieder mit Indexverschiebung:

y ʺ = \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 2) (k + 1) a_{k + 2} x^{k}

Daraus folgt aus der DGL:
Für

k = 0

2 a_{0} = 2 a_{2}

bzw.

a_{2} = a_{0}

Für

k = 1

2 a_{1} = 6 \cdot a_{3}

bzw.

a_{3} = \frac{1}{3} a_{1}

Für

k \geq 2

2 a_{k + 2} = (k + 1) (k + 2) a_{k + 2} + (k + 3) (k + 4) a_{k + 4}

bzw.

a_{k + 4} = a_{k + 2} \frac{2 - (k + 1) (k + 2)}{(k + 3) (k + 4)}

(Rekursionsgleichung)

Sicher ist dein

a_{0} = 1

vorgegeben, ebenso vermutlich auch

a_{1} = 0

.
Dass

a_{2} = a_{0} = 1

folgt, steht oben.

a_{3} = 0

folgt ebenso.

Erstmalig aus der Rekursionsgleichung erhältst du

a_{4} = 0

für

k = 0

. (Nachrechnen)

Folglich gelten daher für alle

k \geq 3

a_{k} = 0

Mfg Michael

EDIT: Ups. Habe ich lange zu Rechnen gebraucht...

Hensi aktiv_icon

18:12 Uhr, 10.09.2023

Okay, super! Danke euch.

Randolph Esser aktiv_icon

05:32 Uhr, 11.09.2023

f (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k}

\Rightarrow

f' (x) = (\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k})' = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} k x^{k - 1},

f'' (x) = (\sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} k x^{k - 1})' = \sum_{k = 2}^{\infty} a_{k} (k - 1) k x^{k - 2} = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k + 2} (k + 1) (k + 2) x^{k}

\Rightarrow

0 = (1 + x^{2}) f'' (x) - 2 f (x)

= (1 + x^{2}) \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k + 2} (k + 1) (k + 2) x^{k} - 2 \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k}

= \sum_{k = 0}^{\infty} (a_{k + 2} (k + 1) (k + 2) - 2 a_{k}) x^{k} + \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k + 2} (k + 1) (k + 2) x^{k + 2}

= \sum_{k = 0}^{\infty} (a_{k + 2} (k + 1) (k + 2) - 2 a_{k}) x^{k} + \sum_{k = 2}^{\infty} a_{k} (k - 1) k x^{k}

\Rightarrow

f (0) = a_{0} = a_{2},

f' (0) = a_{1} = 3 a_{3},

a_{k + 2} = a_{k} \frac{2 - (k - 1) k}{(k + 1) (k + 2)}

für alle

k \in N

\Rightarrow

f (0) = a_{0} = a_{2},

f' (0) = a_{1},

a_{k} = 0,

falls

2 | k, k \geq 4,

a_{2 k + 1} = a_{1} \cdot \prod_{l = 1}^{k} \frac{2 - (2 l - 2) (2 l - 1)}{(2 l) (2 l + 1)}

für alle

k \in N,

also

f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{0} x^{2} + \sum_{k = 1}^{\infty} a_{1} \cdot \prod_{l = 1}^{k} \frac{2 - (2 l - 2) (2 l - 1)}{(2 l) (2 l + 1)} x^{2 k + 1}

.

Mit den Anfangswerten

f (0) = a_{0} = 1, f' (0) = a_{1} = 0

ist das dann ganz schlicht

f (x) = 1 + x^{2}

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