DGL mittels Potenzreihenansatz

02.08.2016, 12:49

yellowman

DGL mittels Potenzreihenansatz

Hallo, ich habe folgende DGL:

$\begin{eqnarray*} (1-x^2)y''-xy'+n^2y=0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'(0)=0 \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade und $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$

Mittels Potenzreihenansatz erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}a_{k+2}(k+2)(k+1)x^k-\sum_{k=2}^{\infty}a_kk(k-1)x^k-\sum_{k=1}^{\infty}a_kkx^k+n^2\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2a_2+6a_3x-a_1x+n^2a_0+n^2a_1x+n^2a_2x^2+\sum_{k=2}^{\infty}[a_{k+2}(k+2)(k+1)-a_kk(k-1)-a_kk+n^2a_k]x^k=0 \end{eqnarray*}$

Mittels Koeffizientenvergleich erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} I.~2a_2+n^2a_0=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} II.~6a_3-a_1+n^2a_1=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} III.~n^2a_2=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{k+2}=\frac{a_k[k(1-k)-k+n^2]}{(k+1)(k+2)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{k+2}=\frac{a_k(n^2-k^2)}{(k+1)(k+2)} \end{eqnarray*}$

Das erste Problem das mir spanisch vorkommt ist, dass mittels Koeffizientenvergleich folgt aus III das $\begin{eqnarray*} a_2=0 \end{eqnarray*}$

Damit ist mit Gleichung I $\begin{eqnarray*} a_0=0 \end{eqnarray*}$ was laut Anfangsbedingung nicht stimmen kann da $\begin{eqnarray*} y(0)=1 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} a_0=1 \end{eqnarray*}$ gilt.

Habe ich mich hier grob verrechnet oder passt hier etwas konzeptionelles nicht?
Meine Idee wäre nun einfach anzunehmen das $\begin{eqnarray*} a_0=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_1=0 \end{eqnarray*}$ gilt auch wenn es mittels Koeffizientenvergleich nicht stimmen kann.

Vielen Dank!!!

02.08.2016, 13:06

klarsoweit

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RE: DGL mittels Potenzreihenansatz
Wie bist du denn auf die 3. Gleichung gekommen? verwirrt

02.08.2016, 13:41

yellowman

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RE: DGL mittels Potenzreihenansatz
Alles klarsoweit. Ich habe meinen Fehler entdeckt. Man muss wirklich höllisch aufpassen, sonst verrechnet man sich. Ich erhalte:

$\begin{eqnarray*} 2a_2+6a_3x-a_1x+n^2a_0+n^2a_1x+\sum_{k=2}^{\infty}[a_{k+2}(k+2)(k+1)-a_kk(k-1)-a_kk+n^2a_k]x^k=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I.~2a_2+n^2a_0=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} II.~6a_3-a_1+n^2a_1=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{k+2}=\frac{a_k(n^2-k^2)}{(k+1)(k+2)} \end{eqnarray*}$

Dann erhält man mit den Anfangsbedingungen:

$\begin{eqnarray*} I.~2a_2+n^2=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} II.~6a_3=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_3=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2=-\frac{n^2}{2} \end{eqnarray*}$

Wenn ich allerdings mit der Rekursionsformel $\begin{eqnarray*} a_2 \end{eqnarray*}$ berechne erhalte ich dort:

$\begin{eqnarray*} a_2=\frac{n^2-1}{2} \end{eqnarray*}$

Irgendwas scheint hier nicht zu passen.

Vielen Dank!!!

02.08.2016, 13:51

klarsoweit

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RE: DGL mittels Potenzreihenansatz

Zitat:

Original von yellowman
$\begin{eqnarray*} a_{k+2}=\frac{a_k(n^2-k^2)}{(k+1)(k+2)} \end{eqnarray*}$

Hm. Ich komme auf $\begin{eqnarray*} a_{k+2} = \frac{a_k(k^2-n^2)}{(k+1)(k+2)} \end{eqnarray*}$ .

Und diese Rekursionsformel gilt erst für k >= 2.

02.08.2016, 14:07

sybok

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Du schreibts $\begin{eqnarray*} y(0) = 1 \end{eqnarray*}$
Dann hättest du aber
$\begin{eqnarray*} 2a_2+n^2a_0 = 1 \end{eqnarray*}$

02.08.2016, 14:21

yellowman

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RE: DGL mittels Potenzreihenansatz
Ok, stimmt das habe ich ebenfalls nochmal nachgerechnet.

Ich erhalte wenn ich einige Glieder ausschreibe:

$\begin{eqnarray*} a_0=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_1=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_2=\frac{1-n^2}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_3=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_4=\frac{-n^2(2^2-n^2)}{2\cdot 3\cdot 4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_5=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_6=\frac{-n^2(4^2-n^2)}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_7=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_8=\frac{-n^2(8^2-n^2)}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_9=0 \end{eqnarray*}$

usw...

Ich stelle damit die Behauptung auf das $\begin{eqnarray*} a_{2k+1}=0 \end{eqnarray*}$ und wie komme ich nun an die geraden Ausdrücke dran $\begin{eqnarray*} a_{2k}= \end{eqnarray*}$ ...

?

Vielen Dank!!!

02.08.2016, 15:20

sybok

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Ups, sorry, mein letzter Post war Quatsch.

Zum Beispiel:

$\begin{eqnarray*} a_{k+2} = a_k \cdot \frac{(k^2-n^2)}{(k+1)(k+2)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{k+2} = a_{k-2} \cdot \frac{((k-2)^2-n^2)(k^2-n^2)}{(k-1)k(k+1)(k+2)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ... \end{eqnarray*}$

Man kann nun

$\begin{eqnarray*} a_{k+2} = ... a_{k-2i} \end{eqnarray*}$

aufstellen und dann $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ so wählen, dass $\begin{eqnarray*} k-2i = 0 \end{eqnarray*}$ und so die rekursion auflösen.

02.08.2016, 16:46

yellowman

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Ok, ich habe dann:

$\begin{eqnarray*} a_0=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_1=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_2=-\frac{n^2}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_3=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_4=\frac{-n^2(2^2-n^2)}{2\cdot 3\cdot 4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_5=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_6=\frac{-n^2(4^2-n^2)}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_7=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_8=\frac{-n^2(8^2-n^2)}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_9=0 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ wird schonmal deutlich das im Nenner die Fakultät steht. Im Zähler müsste auch etwas in der Art $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ auftauchen.

Wie bekomme ich das denn konkret zusammengebastelt?

Vielen Dank!!!

02.08.2016, 17:04

HAL 9000

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Ob man eine allgemeine explizite Formel für die $\begin{align*} a_n \end{align*}$ hinkriegt, sei mal dahingestellt. Was man aber sofort erkennt:

Da $\begin{align*} n \end{align*}$ als gerade vorausgesetzt ist, sind nur endlich viele Koeffizienten von Null verschieden: Die mit ungeraden Indizes sowieso, und bei den geraden Indizes ist ja gemäß Rekursion

$\begin{align*} a_{n+2} = a_n\cdot \frac{n^2-n^2}{(n+1)(n+2)} = 0 \end{align*}$

und folglich dann auch alle weiteren Koeffizienten!

Es bleiben also nur $\begin{align*} a_0,a_2,a_4,\ldots,a_n \end{align*}$ als Nichtnullwerte übrig, womit Lösung $\begin{align*} y \end{align*}$ eine gerade Polynomfunktion $\begin{align*} n \end{align*}$ -ten Grades ist.

03.08.2016, 16:17

yellowman

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Hallo zusammen, wir haben heute die Aufgabe besprochen und es wurde folgendermaßen argumentiert da der Übungsleiter das Auffinden einer expliziten Formel ebenfalls für nicht trivial hält.

Falls noch jemanden die Argumentation interessiert:

Da $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade ist und mit der rekursiven Darstellung alle geraden Zahlen durchlaufen werden existiert ein $\begin{eqnarray*} k_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k_0=n \end{eqnarray*}$ also gilt $\begin{eqnarray*} a_{2k}=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq k_0 \end{eqnarray*}$ .

Damit muss der Konvergenzradius $\begin{eqnarray*} r=\infty \end{eqnarray*}$ sein. Das heißt es handelt sich nicht um eine Potenzreihe sondern lediglich um eine Summe mit $\begin{eqnarray*} y(x)=a_0+a_2x^2+a_4x^4+...+a_{2k}x^{2k} \end{eqnarray*}$

Viele Grüße!!!

03.08.2016, 16:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von yellowman
Da $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade ist und mit der rekursiven Darstellung alle geraden Zahlen durchlaufen werden existiert ein $\begin{eqnarray*} k_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k_0=n \end{eqnarray*}$ also gilt $\begin{eqnarray*} a_{2k}=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq k_0 \end{eqnarray*}$ .

So formuliert sollte das eher $\begin{eqnarray*} k_0=\frac{n}{2} \end{eqnarray*}$ lauten.

Und man kriegt eine explizite Darstellung hin, mit Binomialkoeffizient. Augenzwinkern

$\begin{align*} a_{2k} = -(-4)^{k-1} \cdot \frac{n}{k} \cdot \binom{\frac{n}{2}+k-1}{2k-1} \end{align*}$ für $\begin{align*} k=1,2,\ldots,\frac{n}{2} \end{align*}$ .

D.h., die komplette Lösungsfunktion lautet $\begin{align*} y(x)= 1 - n\sum_{k=1}^{\frac{n}{2}} \frac{(-4)^{k-1}}{k} \binom{\frac{n}{2}+k-1}{2k-1} x^{2k} \end{align*}$ .

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