Dgl 2.Ordnung lösen

25.03.2021, 21:41

Ulrich Ruhnau

Dgl 2.Ordnung lösen

Wie löst man die folgende Dgl. 2. Ordnung?

$\begin{eqnarray*} y''(x)+(b-2x)y(x)=0\qquad b,y,x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$

Gibt es eine konkrete Lösungsmethode?

25.03.2021, 23:24

Leopold

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Die Differentialgleichung $\begin{align*} y'' + \left( b - 2x \right) y = 0 \end{align*}$ für die Funktion $\begin{align*} y = f(x) \end{align*}$ geht mit der Substitution $\begin{align*} x = \frac{1}{2} \left( b - t \right) \end{align*}$ über in die Differentialgleichung

$\begin{align*} 4u'' + tu = 0 \end{align*}$

für die Funktion $\begin{align*} u = f \left( \frac{1}{2} \left( b-t \right) \right) \end{align*}$ . Mit einem Potenzreihenansatz $\begin{align*} u = \sum_{\nu = 0}^{\infty} a_{\nu} t^{\nu} \end{align*}$ findet man

$\begin{align*} a_2 = 0 \, ; \ \ a_{\nu+3} = - \frac{a_{\nu}}{4(\nu+2)(\nu+3)} \, , \ \nu \geq 0 \end{align*}$

$\begin{align*} a_0 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_1 \end{align*}$ sind frei wählbar.

Für $\begin{align*} a_0 = 1 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_1 = 0 \end{align*}$ erhält man die Lösungsfunktion

$\begin{align*} u = R(t) = \sum_{\nu=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{4} \right)^{\nu} \cdot \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3 \nu -2)}{(3 \nu)!} \cdot t^{3 \nu} \end{align*}$

Für $\begin{align*} a_0 = 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_1 = 1 \end{align*}$ erhält man die Lösungsfunktion

$\begin{align*} u = S(t) = \sum_{\nu=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{4} \right)^{\nu} \cdot \frac{2 \cdot 5 \cdot 8 \cdots (3 \nu - 1)}{(3 \nu + 1)!} \cdot t^{3 \nu +1} \end{align*}$

Leere Produkte bekommen hierin den Wert 1.

Die Funktionen $\begin{align*} R \end{align*}$ und $\begin{align*} S \end{align*}$ sind zwei linear unabhängige Lösungen der homogenen linearen Differentialgleichung $\begin{align*} 4u'' + tu = 0 \end{align*}$ .

25.03.2021, 23:36

Ulrich Ruhnau

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Danke Leopold! Ich werde mir diese Lösung morgen gleich näher anschauen. Gott

26.03.2021, 09:50

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von Leopold
für die Funktion $\begin{align*} u = f \left( \frac{1}{2} \left( b-t \right) \right) \end{align*}$ . Mit einem Potenzreihenansatz $\begin{align*} u = \sum_{\nu = 0}^{\infty} a_{\nu} t^{\nu} \end{align*}$ findet man

$\begin{align*} a_2 = 0 \, ; \ \ a_{\nu+3} = - \frac{a_{\nu}}{4(\nu+2)(\nu+3)} \, , \ \nu \geq 0 \end{align*}$

$\begin{align*} a_0 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_1 \end{align*}$ sind frei wählbar.

Warum ist nicht auch $\begin{eqnarray*} a_2 \end{eqnarray*}$ frei wählbar?

Zitat:

Für $\begin{align*} a_0 = 1 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_1 = 0 \end{align*}$ erhält man die Lösungsfunktion

$\begin{align*} u = R(t) = \sum_{\nu=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{4} \right)^{\nu} \cdot \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3 \nu -2)}{(3 \nu)!} \cdot t^{3 \nu} \end{align*}$

Geht auch $\begin{eqnarray*} u = R(t) = \sum_{\nu=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{4} \right)^{\nu} \cdot \frac 1{(2\cdot 3)(5\cdot 6)(8\cdot 9)\cdots(3\nu-1)(3\nu)} \cdot t^{3 \nu} \end{eqnarray*}$ ?

26.03.2021, 13:19

Leopold

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Warum ist nicht auch $\begin{eqnarray*} a_2 \end{eqnarray*}$ frei wählbar?

Die Potenzreihe in die Differentialgleichung eingesetzt, ergab ein Koeffizientenvergleich bei mir $\begin{align*} a_2=0 \end{align*}$ . Im übrigen weiß man aus der Theorie, daß eine homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung einen zweidimensionalen Lösungsraum besitzt. Es kann daher bei der allgemeinen Lösung keine drei freien Parameter geben.

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Geht auch $\begin{eqnarray*} u = R(t) = \sum_{\nu=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{4} \right)^{\nu} \cdot \frac 1{(2\cdot 3)(5\cdot 6)(8\cdot 9)\cdots(3\nu-1)(3\nu)} \cdot t^{3 \nu} \end{eqnarray*}$ ?

So hatte ich das zunächst auch, habe das dann aber umgeschrieben, weil mir die neue Darstellung übersichtlicher erschien.

Der Graph scheint eine Art gedämpfte Schwingung zu sein.

[attach]52890[/attach]

26.03.2021, 13:49

Huggy

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Kleine Ergänzung: Die Lösungen der verwandten DGL

$\begin{eqnarray*} y''-xy=0 \end{eqnarray*}$

haben einen eigenen Namen bekommen, nämlich Airy-Funktionen:

Airy-Funktion

Mit ihnen lässt sich die allgemeine Lösung obiger DGL schreiben als

$\begin{eqnarray*} y(x)=c_1 Ai \left (\frac {2x-b}{2^{\frac 2 3}}\right )+ c_2 Bi \left (\frac {2x-b}{2^{\frac 2 3}} \right ) \end{eqnarray*}$

26.03.2021, 15:53

Ulrich Ruhnau

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@Leopold @Huggy

Viielen Dank für Eure Bemühungen! Aber mir ist aufgefallen, daß ich meine Dgl. falsch bestimmt habe. Sie muß heißen:

$\begin{eqnarray*} y''-2x^2y'+(b-2x)y=0 \end{eqnarray*}$

Ich versuche gerade herauszufinden, wie der sogenannte Harmonische Oszillator in der Quantenmechanik funktioniert, wenn man das x^2-Potential durch ein x^4-Potential ersetzt.
Die ursprüngliche Gleichung für den Harmonischen Oszillator lautet vereinfacht:

$\begin{eqnarray*} \Psi''+(2n+1-x^2)\Psi=0\qquad n\in\mathbb N_0 \end{eqnarray*}$ mit der Lösung:

$\begin{eqnarray*} \Psi_n(x) = \frac{H_n(x)e^{-\frac{x^2}2}}{\sqrt{2^nn!\sqrt\pi}} \end{eqnarray*}$ ,wobei es sich beim $\begin{eqnarray*} H_n(x) \end{eqnarray*}$ um die Hermite-Polynome handelt.

So bin ich jetzt von der Gleichung

$\begin{eqnarray*} \Psi''+(b-x^4)\Psi=0 \end{eqnarray*}$ ausgegangen mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} \Psi(x)=y(x)\,e^{-\frac{x^3}3} \end{eqnarray*}$ Dann komme ich auf

$\begin{eqnarray*} \Psi'=(y'-x^2y)e^{-\frac{x^3}3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Psi''=(y''-2xy-2x^2y+x^4y)e^{-\frac{x^3}3} \end{eqnarray*}$ Eingestzt liefert das:

$\begin{eqnarray*} y''-2x^2y'+(b-2x)y=0 \end{eqnarray*}$

Leider habe ich zuerst beim Ableiten den Term $\begin{eqnarray*} -2x^2y' \end{eqnarray*}$ vergessen, sodaß an Leopolds Lösung nachgebessert werden muß. Wenn ich Maple rechnen lasse, dann kommen immer diese Heunschen oder Hypergeometrischen Funktionen heraus, mit denen ich ohne weiterführende Literatur nichts anfangen kann. Ich schaue mal, wie ich weiter mache.

26.03.2021, 17:27

Huggy

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Mit dem Potenzreihenansatz kannst du auch bei der geänderten DGL arbeiten.

26.03.2021, 18:47

Leopold

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Leider habe ich zuerst beim Ableiten den Term $\begin{eqnarray*} -2x^2y \end{eqnarray*}$ vergessen, sodaß an Leopolds Lösung nachgebessert werden muß.

Ein richtiger Ruhnau. Würde ich dich nicht bereits schon einige Zeit kennen, wäre ich jetzt vielleicht befremdet. So aber regt mich dieser Satz zum Schmunzeln an. Ein richtiger Ruhnau halt. Und der soll jetzt ruhig selber mal "nachbessern". Augenzwinkern

26.03.2021, 19:28

URL

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@Leopold: Dein Graph verwirrt mich. Aus der DGL $\begin{eqnarray*} y''=(2x-b)y \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} y'' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ für große $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ das gleiche Vorzeichen haben. Für positive y müssten wir also eine Linkskrümmung im Graphen sehen - was aber nicht der Fall ist. Ist in deinem Graph die x-Achse umgedreht?

26.03.2021, 19:43

Huggy

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Leopold hat eine Substitution gemacht:

Zitat:

Original von Leopold
Die Differentialgleichung $\begin{align*} y'' + \left( b - 2x \right) y = 0 \end{align*}$ für die Funktion $\begin{align*} y = f(x) \end{align*}$ geht mit der Substitution $\begin{align*} x = \frac{1}{2} \left( b - t \right) \end{align*}$ über in die Differentialgleichung

$\begin{align*} 4u'' + tu = 0 \end{align*}$

Sein Bild zeigt eine Lösung von $\begin{eqnarray*} u(t) \end{eqnarray*}$ , nicht eine von $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ .

27.03.2021, 13:35

Ulrich Ruhnau

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Ok dann versuche ich selbst, diese Dgl. durch einen Polynomansatz zu lösen:

$\begin{eqnarray*} y''-2x^2y'+(b-2x)y=0 \end{eqnarray*}$

Ich setze an: $\begin{eqnarray*} y=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n \end{eqnarray*}$

Daraus ergibt sich: $\begin{eqnarray*} xy=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^{n+1}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=\sum\limits_{n=1}^{\infty} na_nx^{n-1}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^n \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x^2y'=\sum\limits_{n=1}^{\infty } na_nx^{n+1}=\sum\limits_{n=2}^{\infty } (n-1)a_{n-1}x^{n} \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} y''=\sum\limits_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_nx^{n-2} =\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2}x^n \end{eqnarray*}$ .

Dann bringe ich mal alles zusammen:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2}x^n}_{y''}-2\underbrace{\sum\limits_{n=2}^{\infty } (n-1)a_{n-1}x^{n}}_{x^2y'}+b\underbrace{\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n}_{y}-2\underbrace{\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n}}_{xy}=0 \end{eqnarray*}$

Weil das für alle x gelten muß, kann man die Koeffizienten vergleichen:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{(n+2)(n+1)a_{n+2}}_{y''}-2\underbrace{(n-1)a_{n-1}}_{x^2y'}+b\underbrace{a_n}_{y}-2\underbrace{ a_{n-1}}_{xy}=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\ge 1 \end{eqnarray*}$

Für n=0 muß dann gelten:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{(n+2)(n+1)a_{n+2}}_{y''}+b\underbrace{a_n}_{y}=0 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ einsetzen:

$\begin{eqnarray*} 2a_2+ba_0=0 \end{eqnarray*}$

Ist alles so richtig? Ich muß jetzt erst einmal darüber nachdenken, ob mir das weiter hilft.

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