Differentialgleichung mit Potenzreihenansatz lösen.

Question

es geht um folgende Differentialgleichung $$x\cdot f'(x)-f(x)=x^2\cdot e^x,$$ welche ich mit dem Potenzreihenansatz lösen wollte. Allerdings ist das bei mir nicht so reibungslos verlaufen und kann mir nicht erklären, warum.

Zu meiner Vorgehensweise. Ich bilde zunächst die nötigen Ableitungen:

$$f(x)=\sum_{k=0}^\infty a_k\cdot x^k,\qquad f'(x)=\sum_{k=1}^\infty k\cdot a_k\cdot x^{k-1}=\sum_{k=0}^\infty (k+1)\cdot a_{k+1}\cdot x^k.$$ Jetzt setze ich diese Ableitungen in die Ausgangsgleichung ein und vereinfache den Ausdruck:

$$x\cdot f'(x)-f(x)=x\cdot \sum_{k=0}^\infty (k+1)\cdot a_{k+1}\cdot x^k-\sum_{k=0}^\infty a_k\cdot x^k=\sum_{k=0}^\infty (k+1)\cdot a_{k+1}\cdot x^{k+1}-\sum_{k=0}^\infty a_k\cdot x^k\\=\sum_{k=1}^\infty k\cdot a_k\cdot x^k-\sum_{k=0}^\infty a_k\cdot x^k=\sum_{k=0}^\infty k\cdot a_k\cdot x^k-\sum_{k=0}^\infty a_k\cdot x^k=\sum_{k=0}^\infty (k-1)\cdot a_k\cdot x^k=x^2\cdot e^x\\=x^2\cdot \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\cdot x^k=\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-2)!}\cdot x^k$$

Nun führe einen Koeffizientenvergleich durch:

$$(0-1)\cdot a_0=0\Leftrightarrow a_0=0\\(1-1)\cdot a_1=0 \Leftrightarrow 0\cdot a_1=0, \text{definiere } c:=a_1$$

a1 kann also beliebig gewählt sein.

Für k≥2 bekomme ich dann:

$$(k-1)\cdot a_k=\frac{1}{(k-2)!} \Leftrightarrow a_k=\frac{1}{(k-1)!}$$Das führt nun zu

$$f(x)=c\cdot x+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^k\\f'(x)=c+\sum_{k=3}^\infty \frac{k}{(k-1)!}\cdot x^{k-1}=c+\sum_{k=2}^\infty \frac{k+1}{k!}\cdot x^k$$

In obige Ausgangsgleichung eingesetzt ergibt dann:

$$x\cdot f'(x)-f(x)=x\cdot \Bigg(c+\sum_{k=2}^\infty \frac{k+1}{k!}\cdot x^k\Bigg)-c\cdot x-\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^k\\=\sum_{k=2}^\infty \frac{k+1}{k!}\cdot x^{k+1}-\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^k\\=\sum_{k=2}^\infty \frac{k+1}{k!}\cdot x^{k+1}-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k!}\cdot x^{k+1}\\=\sum_{k=2}^\infty \frac{k+1}{k!}\cdot x^{k+1}-\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!}\cdot x^{k+1}-x^2\\=\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^{k+1}-x^2\\=\sum_{k=3}^\infty \frac{1}{(k-2)!}\cdot x^{k}-x^2=\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-2)!}\cdot x^{k}-x^2-x^2=x^2\cdot e^x-2\cdot x^2$$ Wiso taucht hier am Ende der Term -2x^2 auf aufeinmal auf? Ein zweiter Punkt, der mich auch verwundert ist, wenn ich f als geschlossene Form umschreibe:

$$f(x)=c\cdot x+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^k=c\cdot x+x\cdot e^x-x=x\dot (e^x+c-1)\\f'(x)=e^x+c-1+x\cdot e^x$$ In obige Ausgangsgleichung eingesetzt ergibt dann:

$$x\cdot f'(x)-f(x)=x\cdot (e^x+c-1+x\cdot e^x)-x\dot (e^x+c-1)=x^2\cdot e^x+x\cdot (e^x+c-1)-x\dot (e^x+c-1)\\=x^2\cdot e^x$$ Warum geht hier die Gleichung auf, aber in der Reihenschreibweise nicht??? Was übersehe ich???

Answer 1

Muss es nach dem Koeffizientenvergleich nicht heißen:

Für k≥2 bekomme ich dann:$$(k-1)\cdot a_k=\frac{1}{(k-2)!} \Leftrightarrow a_k=\frac{1}{(k-1)!}$$

Das führt nun zu

$$f(x)=c\cdot x+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^k\\$$

und bei f ' beginnt doch die Summe immer noch bei k=2

und nach der Indexverschiebung dann bei k=1:

$$f'(x)=c+\sum_{k=2}^\infty \frac{k}{(k-1)!}\cdot x^{k-1}=c+\sum_{k=1}^\infty \frac{k+1}{k!}\cdot x^k$$

Und wenn du das einsetzt,  passt es wohl auch.

Comments

und nach der Indexverschiebung dann bei k=1:

Ja, stimmt. Hatte das irgendwie nicht auf dem Schirm. Eigentlich würde ja die Potenzreihe so aussehen:

$$f(x)=0\cdot x^0+c\cdot x+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^k=:\sum_{k=0}^\infty d_k\cdot x^k,$$ nur dass d₁ Ärger macht. Abgeleitet wäre es ja dann:

$$f'(x)=:\sum_{k=1}^\infty k\cdot d_k \cdot x^{k-1}=\sum_{k=0}^\infty (k+1)\cdot d_{k+1}\cdot x^{k}\\=(0+1)\cdot d_{0+1}\cdot x^{0}+\sum_{k=1}^\infty (k+1)\cdot d_{k+1}\cdot x^{k}\\=d_1\cdot x^0+\sum_{k=1}^\infty (k+1)\cdot d_{k+1}\cdot x^{k}:=c+\sum_{k=1}^\infty \frac{k+1}{k!}\cdot x^k$$

Und so bin ich auch tatsächlich auf den Ausdruck $$x^2\cdot e^x$$ gekommen.

Answer 2

$$f(x)=c\cdot x+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!}\cdot x^k=cx+(e^x-1)x=(c-1)x+xe^x=Ce^x+xe^x$$

Diese Funktion löst die DGL.

Einfacher löst man die DGL mit Variation der Konstanten.

Comments

Ja, das stimmt. War mal neugierig gewesen, wie das mit dem Potenzreihenansatz funktionieren würde.