Anfangswertproblem/Potenzreihenansatz/(x,y)' ist (t^2x-xy,t^3+x^2)/(1,0)/Aufgabe/Lösung

Wir 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

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

Das Differentialgleichungssystem führt auf die beiden Potenreihengleichungen

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

und

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }kb_{k}t^{k-1}=t^{3}+{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{2}\,,$

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

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

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

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

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

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

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

$4a_{4}=a_{1}-a_{0}b_{3}-a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}-a_{3}b_{0}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}={\frac {5}{6}}\,\,{\text{ und }}\,\,4b_{4}=1+2a_{0}a_{3}+2a_{1}a_{2}=1+{\frac {2}{3}}={\frac {5}{3}},$

also ist ${}a_{4}={\frac {5}{24}}$ und ${}b_{4}={\frac {5}{12}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}4$ ist demnach

$\left(1-{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{24}}t^{4},\,t-{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{12}}t^{4}\right).$

Zur gelösten Aufgabe