Differentialgleichung/Höher/Potenzreihenansatz/Textabschnitt

Nicht alle Differentialgleichungen sind explizit lösbar, und selbst wenn es eine explizite Lösung gibt, so ist es häufig schwierig, diese zu finden. Statt der vollen Information einer Lösungskurve begnügt man sich häufig mit der Teilinformation, die in der Taylor-Entwicklung der Kurve (bis zu einem bestimmten Grad) enthalten ist, d.h. man bestimmt gewisse Ableitungen der Kurve zu einem bestimmten Zeit- und Ortspunkt. Diese Information kann man häufig direkt aus der Differentialgleichung ablesen, ohne die Lösungskurve zu bestimmen. Diese Vorgehensweise setzt voraus, dass das Vektorfeld durch „analytische“ (beispielsweise polynomiale) Daten gegeben ist.

Verfahren  

Es sei ein Anfangswertproblem

$x'=F(t,x){\text{ mit }}x(0)=(c_{1},\ldots ,c_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$

zu einem Vektorfeld

$F\colon I\times \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

gegeben, wobei die Komponentenfunktionen ${}F_{i}$, ${}i=1,\ldots ,n$, polynomial (oder durch Potenzreihen gegeben) seien. Dann lässt sich ein Potenzreihenansatz für die Lösung durchführen. Das bedeutet, dass man den Ansatz ${}x_{i}=\sum _{k=0}^{\infty }a_{ki}t^{k}$ mit unbestimmten Koeffizienten ${}a_{ki}$ macht, und diese Koeffizienten (bis zu einem gewünschten Grad) aus den ${}n$ Gleichungen

${}x'_{i}(t)=F_{i}(t,x_{1}(t),\ldots ,x_{n}(t))\,$

sukzessive bestimmt. Die Anfangsbedingungen

${}x_{i}(0)=a_{0i}=c_{i}\,$

legen dabei die konstanten Koeffizienten der Potenzreihen fest. In das Differentialgleichungssystem werden die Potenzreihen links und rechts eingesetzt und ausgewertet, wobei die Ableitung links formal zu nehmen ist und rechts die Reihen formal zu addieren und zu multiplizieren sind. Dies ergibt Gleichungen für Potenzreihen in ${}t$, die durch Koeffizientenvergleich, beginnend mit den Koeffizienten von kleinem Grad, gelöst werden können.

Beispiel

Wir betrachen das Anfangswertproblem

$y'=y^{2}t-y+t^{3}+e^{t}{\text{ mit }}y(0)=0$

und wollen es mit einem Potenzreihenansatz lösen. Es sei also

${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\,,$

die auszuwertende Potenzreihengleichung ist somit

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime }&=\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}\\&={\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{2}t-\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}+t^{3}+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}t^{k}.\end{aligned}}$

Die Anfangsbedingung legt ${}a_{0}=0$ fest. Für den konstanten Term (also zu ${}t^{0}$) ergibt sich aus der Potenzreihengleichung

${}a_{1}=-a_{0}+1=1\,.$

Für ${}t^{1}$ ergibt sich

${}2a_{2}=a_{0}^{2}-a_{1}+1=0\,.$

Für ${}t^{2}$ ergibt sich

${}3a_{3}=2a_{0}a_{1}-a_{2}+{\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}\,$

also ist ${}a_{3}={\frac {1}{6}}$. Für ${}t^{3}$ ergibt sich

${}4a_{4}=2a_{0}a_{2}+a_{1}^{2}-a_{3}+1+{\frac {1}{6}}=1-{\frac {1}{6}}+1+{\frac {1}{6}}=2\,,$

also ist ${}a_{4}={\frac {1}{2}}$. Für ${}t^{4}$ ergibt sich

${}5a_{5}=2a_{0}a_{3}+2a_{1}a_{2}-a_{4}+{\frac {1}{24}}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{24}}=-{\frac {11}{24}}\,,$

also ist ${}a_{5}=-{\frac {11}{120}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}5$ ist demnach

$t+{\frac {1}{6}}t^{3}+{\frac {1}{2}}t^{4}-{\frac {11}{120}}t^{5}.$

Beispiel

Wir betrachten das Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}tx-y^{2}\\xy-t^{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}x(0)=0{\text{ und }}y(0)=1$

und machen den Potenzreihenansatz ${}x(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}$ und ${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}$. Aufgrund der Anfangsbedingung ist

$a_{0}=0\,\,{\text{ und }}\,\,b_{0}=1.$

Das Differentialgleichungssystem führt auf die beiden Potenreihengleichungen

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}=t{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}-{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}^{2}\,$

und

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }kb_{k}t^{k-1}={\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}-t^{2}\,,$

die wir gradweise auswerten. Für den Grad ${}0$ (der Potenzreihengleichungen) ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$a_{1}=-b_{0}^{2}=-1\,\,{\text{ und }}\,\,b_{1}=a_{0}b_{0}=0.$

Für den Grad ${}1$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$2a_{2}=a_{0}-2b_{0}b_{1}=0\,\,{\text{ und }}\,\,2b_{2}=a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}=-1,$

also ist ${}a_{2}=0$ und ${}b_{2}=-{\frac {1}{2}}$. Für den Grad ${}2$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$3a_{3}=a_{1}-2b_{0}b_{2}-b_{1}^{2}=-1+1=0\,\,{\text{ und }}\,\,3b_{3}=a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}-1=-1,$

also ist ${}a_{3}=0$ und ${}b_{3}=-{\frac {1}{3}}$. Für den Grad ${}3$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$4a_{4}=a_{2}-2b_{0}b_{3}-2b_{1}b_{2}={\frac {2}{3}}\,\,{\text{ und }}\,\,4b_{4}=a_{0}b_{3}+a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}+a_{3}b_{0}={\frac {1}{2}},$

also ist ${}a_{4}={\frac {1}{6}}$ und ${}b_{4}={\frac {1}{8}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}4$ ist demnach

$\left(-t+{\frac {1}{6}}t^{4},\,1-{\frac {1}{2}}t^{2}-{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {1}{8}}t^{4}\right).$

Bemerkung  

Eine Differentialgleichung höherer Ordnung

${}y^{(n)}=g{\left(t,y,y',y^{\prime \prime },\ldots ,y^{(n-1)}\right)}\,$

kann man entsprechend Bemerkung mit einem Potenzreihenansatz, also mit einem Ansatz der Form

${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\,$

mit unbestimmten Koeffizienten ${}a_{k}$, (bis zu einer gewissen Ordnung) lösen. Dazu muss die Funktion ${}g$ polynomial (oder durch eine Potenzreihe gegeben) sein. Damit die Lösung eindeutig ist, müssen zusätzlich Anfangsbedingungen

$y(0)=b_{0},y'(0)=b_{1},\ldots ,y^{(n-1)}(0)=b_{n-1}$

vorgegeben sein. Die Koeffizienten ${}a_{k}$ werden sukzessive unter Verwendung der Differentialgleichung und der Anfangsbedingungen gelöst.

Beispiel

Wir betrachen das Anfangswertproblem

$y^{\prime \prime }=y'y+\sin t{\text{ mit }}y(0)=0{\text{ und }}y'(0)=1$

und wollen es mit einem Potenzreihenansatz lösen. Es sei also

${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\,,$

die auszuwertende Potenzreihengleichung ist somit

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime \prime }&=\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)a_{k}t^{k-2}\\&={\left(\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}+\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {1}{(2n+1)!}}t^{2n+1}.\end{aligned}}$

Die Anfangsbedingung legt ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=1$ fest. Für den konstanten Term (also zu ${}t^{0}$) ergibt sich aus der Potenzreihengleichung

${}2a_{2}=a_{1}a_{0}=0\,,$

also ist ${}a_{2}=0$. Für ${}t^{1}$ ergibt sich

${}6a_{3}=a_{1}^{2}+2a_{2}a_{0}+1=2\,$

also ist ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$. Für ${}t^{2}$ ergibt sich

${}12a_{4}=a_{1}a_{2}+2a_{2}a_{1}+3a_{3}a_{0}=0\,,$

also ist ${}a_{4}=0$. Für ${}t^{3}$ ergibt sich

${}20a_{5}=a_{1}a_{3}+2a_{2}^{2}+3a_{3}a_{1}+4a_{4}a_{0}-{\frac {1}{6}}={\frac {4}{3}}-{\frac {1}{6}}={\frac {7}{6}}\,,$

also ist ${}a_{5}={\frac {7}{120}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}5$ ist demnach

$t+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {7}{120}}t^{5}.$