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Gewöhnliche DGL » Lineare DGL 2. Ordnung » Potenzreihenansatz für Differentialgleichungen
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Universität/Hochschule Potenzreihenansatz für Differentialgleichungen
ithedodo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-01-08


Guten Abend.
Wir haben folgende Differentialgleichung: <math>f"(x) + xf""(x)=0</math>.
Eine Lösung hiervon ist eine zweimal differenzierbare, reellwertige Funktion <math>f</math>, die auf einer <math>\epsilon</math>-Umgebung E von 1 definiert ist und für alle <math>x \in E</math> die obige Gleichung erfüllt.
Fest steht: Jede konstante Funktion erfüllt offensichtlich diese Gleichung.
Nun ist zu zeigen, dass es auch nichtkonstante Funktionen als Lösung dieser Gleichung gibt.
Zuvor habe ich bereits alle <math>(a_n)_{n \ge 0}</math> bestimmt, sodass die Potenzreihe <math>\sum \limits_{n=0}^{n} a_n(x-1)^n</math> eine Lösung dieser Gleichung ist.
Dabei kam raus, dass folgendes gelten muss: <math>a_n = -x (n+2)a_{n+1}</math>
Ich müsste ja eigentlich nur eine Funktion finden, welche nichtkonstant ist und die Gleichung erfüllt. Wie gehe ich jetzt weiter vor?



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umlaufsatz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-01-08


Hallo ithedodo,

da du alle <math> a_n </math> als reelle Zahlen (sprich: nicht von <math> x </math> abhängig) angenommen hast, folgt aus deinem Ergebnis, dass … ?

Grüße
umlaufsatz



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ithedodo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-01-08


...dass das, was ich für die <math>a_n</math> bestimmt habe falsch ist?



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umlaufsatz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-01-08


Hallo ithedodo,

ja, sieht danach aus. Ein nicht-konstantes Polynom kommt für eine Lösung nicht infrage (Tipp: Was wäre dann mit dem Koeffizienten vor der höchsten Potenz?).

Probier es am besten noch mal und achte gut darauf, dass du nur Koeffizienten miteindander vergleichst, bei denen das auch wirklich „erlaubt“ ist (ist es strenggenommen sowieso nicht, da wir erst mal nur formal mit einer Reihendarstellung arbeiten).

Grüße
umlaufsatz



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2017-01-08


Hallo,

du kannst auch <math>f"=g</math> setzen und dann......


Wally



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ithedodo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2017-01-09


Vielen Dank für eure Hilfe, aber das bringt mich ehrlich gesagt auch nicht weiter...
<math>f"(x) + xf""(x) = 0 \Leftrightarrow</math>
<math>(\sum \limits_{k=0}^{\infty} a_n(x-1)^n)" + x(\sum \limits_{k=0}^{\infty} a_n(x-1)^n)"" = 0 \Leftrightarrow</math>
<math>\sum \limits_{k=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}(x-1)^n + x \sum \limits_{k=0}^{\infty} (n+2)a_{n+2}(x-1)^n = 0</math>
An dieser Stelle hakt es.
Ich könnte jetzt einen von den beiden Termen auf die andere Seite bringen und so einen Koeffizientenvergleich anstreben, aber das <math>x</math> stört.
Und ich komme leider auch nicht dahinter, wie <math>f" = g</math> mir helfen soll...



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2017-01-09


Weil dann da <math>g+xg"=0</math> steht.

Wally



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ithedodo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2017-01-09


Das ist mir schon klar. Mir geht es aber nicht um die Ableitungen von f, sondern um das x, das an f'' als Faktor hängt...
Solange das dort so steht ist ein Koeffizientenvergleich nicht durchführbar, weil sonst die <math>a_n</math> von x abhängen.
Und hier weiß ich nicht weiter...



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2017-01-09


Hallo ithedodo,
wenn Du den Taylorreihen-Ansatz um x=1 machst, musst Du das x in der Differentialgleichung auch irgendwie in die Form x-1 bringen, um dann per Indexverschiebung einen Koeffizientenvergleich machen zu können.
Deine ursprüngliche DGL kann man auch so formulieren:

<math>\displaystyle f"(x)+(x-1)f""(x)+f""(x)=0</math>

denn es ist ja trivialerweise <math>x=(x-1)+1</math>. Wenn Du dann wie folgt ansetzt:

<math>\displaystyle f"(x)=\sum \limits_{k=0}^{\infty} a_k(x-1)^k</math>

dann wird Deine DGL zu

<math>\displaystyle \sum \limits_{k=0}^{\infty} a_k(x-1)^k+(x-1)\sum \limits_{k=1}^{\infty}k a_k(x-1)^{k-1}+\sum \limits_{k=1}^{\infty}k a_k(x-1)^{k-1}=0</math>

Das (x-1) vor der mittleren Summe ziehen wir in die Summe hinein:

<math>\displaystyle \sum \limits_{k=0}^{\infty} a_k(x-1)^k+\sum \limits_{k=1}^{\infty}k a_k(x-1)^k+\sum \limits_{k=1}^{\infty}k a_k(x-1)^{k-1}=0</math>

Nun machst Du noch in der dritten Summe eine Indexverschiebung. Verfolg das mal weiter.

Ciao,

Thomas



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2017-01-09


Ich weiß immer noch nicht, warum du einen Potenzreihenansatz machen willst.

Du suchst doch nur eine zweite, nichtkonstante Lösung der Dgl., oder?

Wally



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2017-01-09


... worauf Wally vermutlich hinaus will, ist dass Du die DGL auch wie folgt betrachten kannst:

<math>\displaystyle f"+xf""=(xf")"</math>

also:

<math>\displaystyle (xf")"=0</math>

Jetzt einmal integrieren, durch x teilen und noch einmal integrieren und Du hast direkt f(x) bestimmt. Integrationskonstanten nicht vergessen.

Ciao,

Thomas




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loop_
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Stimme da Wally zu. Mit seinem Ansatz ist das Ding hier in 2 Minuten gelöst.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]



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