Bewisen - Potenzreihenansatz - Rekursion - Konvergenz

Question

Wir wollen die Differentialgleichnug
$$f^{\prime \prime}(z)=z f(z), \quad z \in \mathbb{C}$$
mittels des Potenzreihenansatzes $f(z)=\sum \limits_{k=0}^{\infty} c_{k} z^{k}$ untersuchen.
1) Zeigen Sie, dass für jede Lösung $c_{2}=0$ gelten muss.
2) Finden Sie eine Rekursion für die Koeffizienten $c_{k}$ und benutzen Sie diese, um die Potenzreihe von $f$ zu bestimmen.
3) Welchen Konvergenzradius hat die Potenzreihe?

Answer 1

Hallo,

stelle zunächst die Ableitungen mithilfe der Reihe dar:

$f(z)=\sum \limits_{k=0}^{\infty} c_k\cdot z^k, \qquad \underline{z\cdot f(z)=\sum \limits_{k=0}^{\infty} c_k\cdot z^{k+1}}\\f'(z)=\sum \limits_{k=0}^{\infty} (k+1)\cdot c_{k+1}\cdot z^k\\\begin{aligned} f''(z)&=\sum \limits_{k=0}^{\infty} (k+1)\cdot (k+2)\cdot c_{k+2}\cdot z^k \\&=\sum \limits_{k=-1}^{\infty} (k+2)\cdot (k+3)\cdot c_{k+3}\cdot z^{k+1}\\&=\underline{2\cdot c_2\cdot z^0+\left(\sum \limits_{k=0}^{\infty} (k+2)\cdot (k+3)\cdot c_{k+3}\cdot z^{k+1} \right )}\end{aligned}$

Mache nun mit den unterstrichenen Ausdrücken einen Koeffizientenvergleich. Dann siehst du, dass stets $c_2=0$ gilt. Weiter kannst du mit diesem Koeffizientenvergleich auch eine rekursive Formel für die $c_k$ aufstellen. Bestimme nun diese ersten Folgenglieder. Diese sind abwechselnd von $c_0$ und $c_1$ abhängig. Du kannst bei der Ermittlung einer expliziten Bildungsvorschrift aller $c_k$ die Seite http://oeis.org/ verwenden.

Comments

Ich habe jetzt stehen (k+2)(k+3)c_k+3 = c_k

_{Das würde ich nach}

c_k+3  = c_k / [(k+2)(k+3)]

Kann ich jetzt hier den Index verschieben, bis ich auf der linken Seite c_k habe?

Also c_k= c_k-2 / [(k-1)(k)], was aber für k=1 und k=0 problematisch wäre.

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Du kannst ruhig eine Indexverschiebung machen, aber du musst dabei aufpassen, wo dann deine Indizes beginnen.

Bei $c_{k+3}=\frac{c_{k}}{(k+3)(k+2)}$ fängst du laut Reihendarstellung (unterstrichen) bei $k=0$ an zu zählen. Machst du nun eine Indexverschiebung zu $c_k=\frac{c_{k-3}}{k(k-1)}$, so würde in der Reihendarstellung erst bei $k=3$ begonnen werden zu zählen.

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Genau das ist mein Problem. Dann finge die Potenzreihe auch erst ab 3 an. Wie umgehe ich das?

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Da gibt es als solches keine Probleme, da ja $c_0,c_1$ und $c_2=0$ alle schon ,,bekannt" sind, wobei $c_0$ und $c_1$ beliebige Konstanten aus $\mathbb{C}$ sind. Du hast also die Anfangsbedingungen

$f(0)=c_0\cdot 0!=c_0$,

$f'(0)=c_1\cdot 1!=c_1$ und

$f''(0)=c_2\cdot 2!=0\cdot 2=0$. Von da aus bestimmst du nun mit deiner Rekursionsformel alle weiteren $c_3,c_4,...$

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Jetzt stehe ich etwas auf dem Schlauch.

Demnach wären

c_2 = 0

c_3 = c_0 / 6

c_4 = c_1 / 12

c_5= c_2 / 20 = 0

c_6 = c_3 / 30

...

Aber jetzt habe ich die Abhängigkeit von c_0 und c_1

und soll die Potenzreihe dann aussehen wie von k=3 bis ∞ c_k-3  * z^k ?

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Schreibe mal alle $c_k$ so hin, sodass die nur noch von $c_0$ und $c_1$ abhängen. Also:

$c_0,c_1\in \mathbb{C}\\c_2=0\\c_3=\frac{c_0}{6}\\c_4=\frac{c_1}{12}\\c_5=\frac{c_2}{20}=0\\c_6=\frac{c_3}{30}=\frac{1}{30}\cdot \frac{c_0}{6}=\frac{c_0}{180}\\c_7=\frac{c_4}{42}=\frac{1}{42}\cdot \frac{c_1}{12}=\frac{c_1}{504}$ usw.

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Ich sehe das Muster aber ich weiß nicht wie ich es formulieren soll.

Der Bruch im Ergebnis muss jeweils 1/(k*(k-1)) sei, dann wird für die k die durch 3 teilbar sind mit c_0 / 6 multipliziert und für (k+1) durch 3 teilbar mit c_1/12 multipliziert aber c_2 ist dabei 0

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Du hast im Grunde drei verschiedene Summanden vorliegen. Eine davon ist für gewisse $k\geq 2$ immer $0$, der andere nur von $c_0$ abhängig und der andere nur von $c_1$. Bestimme diese $k$ jeweils und damit eine explizite Bildungsvorschrift der drei Summanden.

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Kriege ich irgendwie nicht hin.

Meine Formulierung hätte so ausgesehen

c_k = [1/ (k*(k-1]) * c_0/6 ∀ k mit k/3 ∈ ℤ und k>2

c_k = [1/ (k*(k-1]) * c_1/12 ∀ k mit (k-1)/3 ∈ ℤ und k>2

c_k = 0 ∀ k mit (k-2)/3 ∈ ℤ und k>2

Aber wie fasse ich das zu einer Bildungsvorschrift für c_k zusammen

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Man kann es zu einer einzigen Bildungsvorschrift zusammenfassen, aber es wird in aller Regel ziemlich eklig, wie du siehst. Es ist daher einfacher, sich drei einzelne Bildungsvorschriften zu basteln. Damit kann man auch so die Konvergenz einfacher untersuchen. Wegen $c_2=0$ gilt also $c_{3k+2}=0$ für alle $k\in \mathbb{N}$.

Und damit bekommst du am Ende auch drei Potenzreihen aufaddiert heraus.

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Verstehe.

Ist dann die Lösung somit

f(z)= c_0 + c_1 + Reihe c_k,1 z^k + Reihe c_k,2 z^k + Reihe c_k,3 z^k

mit c_k,1 für die erste, c_k,2 für die zweite Vorschrift usw.?

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Es geht in die richtige Richtung, aber deine Potenzen stimmen nicht. Von der Struktur her sieht es so aus:

$\sum\limits_{k=0}^\infty c_k\cdot z^k\\=\left( \sum\limits_{k=0}^\infty c_{3k}\cdot z^{3k}\right)+\left( \sum\limits_{k=0}^\infty c_{3k+1}\cdot z^{3k+1}\right)+\left( \sum\limits_{k=0}^\infty c_{3k+2}\cdot z^{3k+2}\right)$.

Du hast also Teilfolgen von $c_k$ gebildet, dessen Konvergenz bzgl. für die einzelnen Reihen nun untersucht werden müssen.

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Und für die c setze ich hier 1/ (3k*(3k-1)) * c₀ /6 usw. ein, korrekt?

Na das wird ein Spaß die Radien zu berechnen...

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Was ich auch nicht verstehe: Wenn ich die Reihen aufsummiere, dann kriege ich doch immer eine Summe aus den jeweiligen Gliedern und nicht das richtige Glied für den richtigen Fall.

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Das was du da gerade machst, ist die Rekursion zu verwenden. Schaue dir die Terme

$c_0,c_1\in \mathbb{C}\\c_2=0\\c_3=\frac{c_0}{6}\\c_4=\frac{c_1}{12}\\c_5=\frac{c_2}{20}=0\\c_6=\frac{c_3}{30}=\frac{1}{30}\cdot \frac{c_0}{6}=\frac{c_0}{180}\\c_7=\frac{c_4}{42}=\frac{1}{42}\cdot \frac{c_1}{12}=\frac{c_1}{504}$

an und stelle damit $c_{3k},c_{3k+1},c_{3k+2}$ auf.

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Du bekommst eben am Ende drei Potenzreihen raus, wobei die eine wegfällt, da deren Koeffizienten alle 0 sind.

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Ist das dann nicht

c_3k = c₀ / (3k(3k-1)*6)

c_3k+1 = c₁ / ((3k+1)(3k)*12)

c_3k+2 = 0

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Nein, außer dass $c_{3k+2}=0$ gilt. Schreibe dir alle Terme in Abhängigkeit von $c_0$ hintereinander auf und dasselb mit $c_1$. Betrachte dabei die Nenner. Entweder du erkennst dort eine Regelmäßgkeit oder nutzt die oben genannte Seite und setzt mal dort die ersten Nenner ein.

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Ich komme mit OEIS nicht wirklich klar, kann die Gleichung dafür nicht ablesen.

Mit c₀ sind die Nenner 6, 180, 12960

Mit c₁ 12, 504, 45360

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Ja, das sieht schonmal gut aus. Für $c_0$ lautet die Folge A176730. Das ist die Bezeichnung. Die explizite Bildungsvorschrift (wenn man sie dort finden konnte), findest du im Abschnitt "Formula". Dort steht:

a(n) = denominator((3ⁿ)*risefac(1/3,n)/(3*n)!) with the rising factorials risefac(k,n) = Product_j=0..n-1 (k+j) and risefac(k,0)=1.

denominator : Nenner

risefac : Produkt der Form

$\qquad r(k,n):=\operatorname{risefac}(k,n)=\prod\limits_{j=0}^{n-1} (k+j),\quad r(k,0)=1$

Also ist

$a(n) = \operatorname{denominator}((3^n)\cdot \operatorname{risefac}(\frac{1}{3},n)/(3\cdot n)!)\\=\operatorname{denominator}\left(3^n\cdot \prod\limits_{j=0}^{n-1} (\frac{1}{3}+j)/(3\cdot n)!\right )=1,6,180,12960,...$

Insgesamt:

$c_{3k}=c_0\cdot \frac{3^k\cdot r\left(\frac{1}{3},k\right)}{(3\cdot k)!}=\underline{\underline{c_0\cdot \frac{3^k\cdot \prod\limits_{j=0}^{k-1} (\frac{1}{3}+j)}{(3\cdot k)!}}}$

Dasselbe Spiel für $c_1$ machen.

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Okay, wow. Das wäre ohne Sequenzsuche wohl nicht möglich, darauf zu kommen.

Diese Vorgehensweise bzw. solch eine komplexe Potenzreihe kam in der Vorlesung nicht vor. Ich bin mir nicht sicher, ob das die gefragte Lösung ist. Danke trotzdem.

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Viele Potenzreihen als Lösung von Differentialgleichungen haben oftmals sehr komplizierte Ausdrücke. Aber hier kann zumindest Induktion aushelfen, die Korrektheit der expliziten Vorschrift, mithilfe der rekursiven zu beweisen.