Potenzreihenansatz

Theorem 1

Wenn die Koeffizienten einer Differentialgleichung Potenzreihen sind, dann auch die Lösungen. Die Lösungen haben zudem den gleichen Definitionsbereich wie die Koeffizientenreihen.

Proof

Beweisskizze: Gegeben sei eine lineare Differentialgleichung $n$ -ter Ordnung

y^{(n)}(x) + a_{n-1}(x) y^{(n-1)}(x) + \cdots + a_1(x) y'(x) + a_0(x) y(x) = 0,

wobei die Koeffizienten

a_j(x) = \sum_{k=0}^\infty a_{j,k} (x - x_0)^k

Potenzreihen sind, die in einer offenen Umgebung von $x_0$ konvergieren.

Wir setzen eine Lösung in Form einer Potenzreihe an:

y(x) =: \sum_{m=0}^\infty c_m (x - x_0)^m.

Dann sind die Ableitungen

y^{(k)}(x) = \sum_{m=k}^\infty c_m \frac{m!}{(m-k)!} (x - x_0)^{m-k}.

Eingesetzt in die DGL:

\sum_{m=n}^\infty c_m \frac{m!}{(m-n)!} (x - x_0)^{m-n} + \sum_{j=0}^{n-1} \left( \sum_{k=0}^\infty a_{j,k} (x - x_0)^k \right) \left( \sum_{m=j}^\infty c_m \frac{m!}{(m-j)!} (x - x_0)^{m-j} \right) = 0.

Wir fassen für einen Koeffizientenvergleich zusammen:

\sum_{r=0}^\infty d_r (x - x_0)^r = 0,

wobei die $d_r$ Linearkombinationen der $c_m$ und $a_{j,k}$ sind. Für alle $r$ muss $d_r = 0$ . Dies liefert eine Rekursionsvorschrift für die Koeffizienten $c_m$ .

Die Rekursion für $c_m$ hängt nur von den Koeffizienten $a_{j,k}$ ab, die auf einem Gebiet um $x_0$ konvergieren. Mithilfe von Majoranten- oder Wurzelkriterium kann gezeigt werden, dass die Potenzreihe von $y$ in mindestens demselben Radius wie die Koeffizientenreihen konvergiert.

Example 1

Betrachte die Differentialgleichung

m\ddot{y}=-ky.

Wir suchen eine Lösung $y(t)$ , indem wir voraussetzen, dass ein Potenzreihenansatz

y(t)=\sum_{k=0}^\infty a_kt^k

obige Differentialgleichung löst.

Wir leiten 2 mal ab und setzen den Ansatz ein:

\ddot{y}(t)=\sum_{k=2}^\infty k(k-1)a_kt^{k-2}

und folglich

2a_2+6a_3t+12a_4t^2+\dots = -\frac{k}{m}(a_0+a_1t+a_2t^2+\dots).

Nun führen wir einen Koeffizientenvergleich durch:

\begin{align*} 2a_2 &= -\frac{k}{m}a_0\\ 6a_3 &= -\frac{k}{m}a_1\\ 12a_4 &= -\frac{k}{m}a_2\\ 24a_5 &= -\frac{k}{m}a_3\\ \vdots &= \vdots \end{align*}

Es folgt

\begin{align*} a_2 &= -\frac{k}{2m}a_0\\ a_3 &= -\frac{k}{6m}a_1\\ a_4 &= -\frac{k}{12m}a_2 = (\frac{k^2}{24m^2})a_0\\ a_5 &= -\frac{k}{20m}a_3 = (\frac{k^2}{120m^2})a_1\\ \vdots &= \vdots \end{align*}

Also haben wir als Lösung

y(t)=a_0+a_1t-\frac{k}{m}\frac{a_0}{2}t^2-\frac{k}{m}\frac{a_1}{6}t^3+(\frac{k}{m})^2\frac{a_0}{24}t^4+(\frac{k}{m})^2\frac{a_1}{120}t^5+\dots

Wer sich zurück an Taylorreihen erinnert sieht, dass

y(t) = a_0-\frac{k}{m}\frac{a_0}{2}t^2+(\frac{k}{m})^2\frac{a_0}{24}t^4+\dots+a_1t-\frac{k}{m}\frac{a_1}{6}t^3+(\frac{k}{m})^2\frac{a_1}{120}t^5-\dots

wie erwartet die bekannte Taylorreihe

y(t) = a_0\cos(\omega_0t)+\frac{a_1}{\omega_0}\sin(\omega_0t)

ist.

(Potenzreihenansatz kommentiert)

Exercise 1: \dot{x}

Löse mit einem Potenzreihenansatz:

\dot{x}=v.

Solution

Mit dem Ansatz $x(t)=\sum_{k=0}^\infty a_kt^k$ ist die erste Ableitung $\dot{x}(t)=\sum_{k=1}^\infty ka_kt^{k-1}$ . Eingesetzt sehen wir

a_1+2a_2t+3a_3t^2+\dots = v

und daraus $a_1=v$ und $a_k=0$ für $k\geq2$ . Somit ist die Lösung $x(t)=a_0+vt$

Exercise 2: Zerfall

Löse $\dot{N}=\lambda N$ mit einem Potenzreihenansatz.

Solution

Setze $N(t)=a_0+a_1t+a_2t^2+\dots$ . Somit $\dot{N}=a_1+2a_2t+3a_3t^2+\dots$ . Der Koeffizientenvergleich ergibt $a_1=\lambda a_0$ und weiter

\begin{align*} a_2 &= \frac{\lambda}{2}a_1=\frac{\lambda^2}{2}a_0\\ a_3 &= \frac{\lambda}{3}a_2=\frac{\lambda^3}{6}a_0\\ a_4 &= \frac{\lambda}{4}a_3=\frac{\lambda^4}{24}a_0\\ \vdots &= \vdots \end{align*}

Die Lösung ist wie erwartet

N(t)=a_0+\lambda a_0t+\frac{\lambda^2}{2}a_0t^2+\frac{\lambda^3}{6}a_0t^3+\dots = a_0\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda ^k}{k!}t^k=a_0\cdot\mathrm{e}^{\lambda t}.

Exercise 3: 🧩

Löse $y\cdot y'=x$ mit einem Potenzreihenansatz.

Solution

Wir nehmen den Ansatz $y(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots$ mit Ableitung $y'(x)=a_1+2a_2t+3a_3t^2+\dots$ . Wenn wir die ersten paar Summanden ausmultiplizieren und einsetzen

a_0a_1+(2a_0a_2+a_1^2)x+(3a_0a_3+3a_1a_2)x^2+\dots\stackrel{!}{=}x

erfüllen wir alle Gleichungen, wenn $a_k=0\,(\forall k\in\mathbb{N}_0\setminus\{1\})$ ausser $a_1=1$ .

Exercise 4: Potenzreihen-Ansatz II

Löse folgende Differentialgleichungen mit einem Potenzreihenansatz unter der Annahme, dass $x(t)$ bzw. $y(x)$ als Taylorreihe darstellbar ist.

a) $\dot{x} = \alpha x$

b) $\dot{x} = k\sqrt{x}\quad$ 🧩

c) $y'' = \frac{6y-2}{x^2}+6x^2$

d) $y' = x\,y$

e) $y'' + y = 0$

Solution

a) Der abgeleitete Ansatz liefert $\dot{x}(t) = a_1+2a_2t+3a_3t^2+\dots$ . Damit erhalten wir die Gleichungen $a_1 = alpha a_0$ , $a_2 = \frac{\alpha^2}{2!}a_0$ , $a_3 = \frac{\alpha^3}{3!}a_0$ bzw. $a_k = \frac{\alpha^k}{k!}$ , also $x(t) = a_0(1+\alpha t+\frac{\alpha^2}{2!}t^2+\dots) = a_0\mathrm{e}^{\alpha t}$ .

b) Mit Quadrieren erhalten wir $\dot{x}^2 = k^2x$ und es folgt

(a_1+2a_2t+3a_3t^2+\dots)(a_1+2a_2t+3a_3t^2+\dots) = k^2(a_0+a_1t+a_2t^2+\dots).

Durch Koeffizientenvergleich finden wir

\begin{align*} a_1=\pm k\sqrt{a_0},\quad a_2=\frac{k^2}{4},\quad 6a_1a_3+4a_2^2 &= k^2a_2\\ 6k\sqrt{a_0}a_3+\frac{k^4}{4} &= \frac{k^4}{4}\\ a_0=0\text{ oder } a_3 &= 0 \end{align*}

Für $a_0=0$ folgt $a_1=0$ und also $x(t)=\frac{k^2}{4}t^2$ . Für $a_0\neq0$ würde $x(t)=a_0+k\sqrt{a_0}t+\frac{k^2}{4}t^2$ folgen, das aber einem Check nicht standhält.

c) Nach Multiplikation mit $x^2$ lösen wir

y''x^2=6y-2+6x^4.

Wir haben $y''=2a_2+6a_3x+12a_4x^2$ und vergleichen die Koeffizienten in

2a_2x^2+6a_3x^3+12a_4x^4+\dots=6a_0-2+6a_1x+6a_2x^2+6a_3x^3+(6a_4+6)x^4+\dots.

Es folgt $a_0=\frac{1}{3}$ , $a_3$ beliebig und $a_4=1$ . Alle andern $a_k$ sind $0$ . Somit $y(x)=\frac{1}{3}+a_3x^3+x^4$ .

d) Setze $y(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ . Dann

y'(x)=\sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1}x^n,\qquad x\,y(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+1}=\sum_{n=0}^\infty a_{n-1}x^n

(wobei $a_{-1}=0$ ). Aus $y'=x\,y$ folgt für alle $n\ge0$

(n+1)a_{n+1}=a_{n-1}.

Damit ist $a_1=0$ , $a_2=\frac{a_0}{2}$ , $a_3=0$ , $a_4=\frac{a_0}{8}$ , usw.; allgemein nur gerade Koeffizienten:

a_{2k}=\frac{a_0}{2^k\,k!},\qquad a_{2k+1}=0.

Also

y(x)=a_0\sum_{k=0}^\infty \frac{(x^2/2)^k}{k!}=a_0\,\mathrm{e}^{x^2/2}.

e) Setze $y(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ . Dann

y''(x)=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2}x^n.

Aus $y''+y=0$ folgt für alle $n\ge0$ : $(n+2)(n+1)a_{n+2}+a_n=0$ und damit die Rekursion

a_{n+2}=-\frac{a_n}{(n+2)(n+1)}.

Gerade und ungerade Terme entkoppeln:

y(x)=a_0\!\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\right)+a_1\!\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right) = a_0\cos x + a_1\sin x.