PHYSIK I Serie 3, Musterlösung

PHYSIK I
Prof. Dr. Danilo Pescia
Tel. 044 633 21 50
[email protected]
Niculin Saratz
Tel. 044 633 23 28
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Wintersemester 05/06
www.microstructure.ethz.ch
Serie 3, Musterlösung
1. Differentialgleichung 2. Ordnung
a. Wir müssen die DGL zweimal integrieren:
Z
Z
mẍ = K ⇒ mẍ dt = K dt ⇔ mẋ = Kt + C1
Z
Z
t2
⇒ mẋ dt = Kt + C1 dt ⇔ mx = K + C1 t + C2 .
2
Also
x(t) =
K 2 C1
C2
t +
t+
2m
m
m
.
b.
C2
.
= x0 ⇒ C2 = mx0
x(t = 0) = x0 ⇒
m
C1
.
v(t = 0) = ẋ(t = 0) = v0 ⇒
= v0 ⇒ C1 = mv0
m
2. Teilchen im Kraftfeld
a. Die BGL lautet (am = F ⇔ mẍ = F )
|K0 | , x ≤ 0
mẍ =
0
, x>0
b. Wir lösen die Bewegungsgleichung wie oben und erhalten:
xl (t) =
|K0 | 2
t + vl t + xl
2m
xr (t) = vr t + xr
,
,
x≤0
x>0
(1)
(2)
0|
Einsetzen der Anfangsbedingungen in (1) liefert xl (t = 0) = |K
0 + vl 0 + xl = xl = −|x0 |
2m
|K0 |
und v(t = 0) = ẋ(t = 0) = m 0 + vl = vl = 0. Wir kennen nun die Trajektorie für
x ≤ 0:
xl (t) =
|K0 | 2
t − |x0 | ,
2m
1
x≤0
(3)
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Wir müssen nun bestimmen, zu welchem Zeitpunkt das
q Teilchen den Punkt x = 0
.
2m|x0 |
|K0 2
erreicht: xl (t) = 2m t − |x0 | = 0 ⇒ t(x = 0) =: t0 =
. Als nächstes sind die
|K0 |
.
Konstanten in (2) zu bestimmen, um die Bahn für xq> 0 zu finden: xr (t0 ) = xl (t0 ) =
.
0|
0 ⇒ x2 = −v2 t0 und v2 = ẋr (t0 ) = ẋl (t0 ) = 2 |K
t = 2|x0m||K0 | . Zusammenfassend:
2m 0
r
xr (t) =
2|x0 ||K0 |
t − 2|x0 |
m
(4)
Das Teilchen wird
qbeschleunigt bis es x = 0 erreicht. Danach bleibt seine Geschwindigkeit
2|x0 ||K0 |
.
m
kostant: vmax =
3. Regel von Bernoulli - de l’Hospital
Wir zeigen die Regel für x > c. Für x < c folgt die Regel analog.
a. Wir verwenden den Mittelwertsatz aus der Analysis1 und erhalten:
f (x)
(x − c)f 0 (y) + f (c)
= lim
x→c g(x)
x→c (x − c)g 0 (y) + g(c)
lim
(∗)
für ein y ∈]c, x[
Da nach Voraussetzung f (c) = g(c) = 0 gilt und da mit x → c auch y → c, ist
(x − c)f 0 (y)
f 0 (y)
=
lim
=L .
x,y→c (x − c)g 0 (y)
y→c g 0 (y)
(∗) = lim
1
und G(x) :=
b. Wir definieren F (x) := f (x)
Mittelwertsatzes, für ein y ∈ ]c, x[
1
.
g(x)
Also ist, wiederum unter Verwendung des
f (x)
G(x)
G0 (y)
−g 0 (y) f 2 (y)
f (x)
f 0 (y)
=
= 0
= 2
⇒
=
g(x)
F (x)
F (y)
g (y) −f 0 (y)
g(x)
g 0 (y)
.
Daraus folgt die Behauptung wie oben.
c. Wir benutzen nun a) und b) um die Limites zu berechnen:
(i) lim
x→0
ln(1+ax)
x
sin2 x
cos
x−1
x→0
a
x→0 1+ax
= lim
=a
2 sin x cos x
− sin x
= lim −2 cos x = −2
x→0
ln(1+ x1 )
1 x
1 x
1
(iii) lim (1 + x ) = lim exp ln(1 + x ) = exp lim x ln(1 + x ) = exp lim 1
=
x→0 x→0
x→0
x→0
x
−1 1
1 · x2
1+ x
= exp(0) = 1
exp lim −1
(ii) lim
x→0
1
= lim
x→0
x2
Sei f : [a, b] → R stetig und in ]a, b[ diff’bar, dann gilt: ∃x0 ∈ ]a, b[ , so dass f (b) = f (a) + f 0 (x0 )(b − a).
2
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4. Stammfunktionen
a. sin y := x
⇒
dx = cos y dy
=⇒
R√
1 − x2 dx =
R
cos2 y dy , nun wie g.
b. Rsinh
√ y := x ⇒ R dx 2= cosh y dy
R
R
1R + x2 dx = cosh y dy = cosh y sinh y− sinh2 y dy = cosh y sinh y+ 1−cosh2 y dy
=⇒ cosh2 y dy = 21 (cosh y sinh y + y)
√
R√
1 + x2 dx = 12 (x · cosh Asinh x + Asinh x) = 21 x · 1 + x2 + Asinh x
=⇒
c. Rcosh
√ y := x ⇒R dx 2= sinh yRdy 2
R
x2 − 1 dx = sinh y dy = cosh y − 1 dy = −y + cosh2 y dy
= −y + 21 (cosh y sinh y + y) = 12 (cosh y sinh y − y)
√
R√
=⇒
x2 − 1 dx = 21 (x · cosh Asinh x − Acosh x) = 21 x · 1 + x2 − Acosh x
R
R
R
d. x2 sin x dx = −x2 cos x+ 2x cos x dx = −x2 cos x+2x sin x− 2 sin x dx = −x2 cos x+
2x sin x + 2 cos x
R
R
R
e. x ln x dx = 21 x2 ln x − 12 x2 · x1 dx = 12 x2 ln x − 21 x dx = 21 x2 ln x − 41 x2
R
R
R
f. x2 ex dx = x2 ex − 2x ex = x2 ex − 2x ex + 2 ex = ex (x2 − 2x + 2)
R
R
R
g. cosR2 x dx = cos x sin x + sin2 x dx = cos x sin x + 1 − cos2 x dx
=⇒ cos2 x dx = 21 (x + cos x sin x)
R
R
R
R
R
h. sin3 x dx = sin2 x · sin x dx = (1 − cos2 x) sin x dx = sin x dx − cos2 x sin x dx =
− cos x + 13 cos3 x
5. Substitution
a. Substitution: y = x + c ⇒ dx = dy. Für die Grenzen gilt ebenfalls yi = xi + c, also wenn
x1 = a =⇒ y1 = a + c.
b. Substitution: y = vx ⇒ dx = v1 dy. Grenzen: yi = vxi und für x1 = a =⇒ y1 = va.
R
R
R
x)
x)
c. Erweitere: cos(ln x) dx = x cos(ln
dx (1). Löse zuerst cos(ln
dx durch die Substix
x
tution y = ln(x)
R
R
x)
⇒ dy = x1 dx: cos(ln
dx
=
cos(y) dy = sin(y) = sin(ln x) Partielle Integration:
x
Z
Z
cos(ln x)
x
dx = x sin(ln x) − sin(ln x) dx
(2)
x
R
R
Löse sin(ln(x)) dx analog wie oben durch Erweiterung auf x sin(ln(x))
dx, Substitution
x
y = ln(x) und partielle Integration:
Z
Z
sin(ln(x)) dx = −x cos(ln x) + cos(ln x) dx
(3)
Durch Einsetzen von (3) und (1) in (2):
Z
Z
1
cos(ln x) dx = x sin(ln x) + x cos(ln x) − cos(ln x) dx =⇒ = x [sin(ln x) + cos(ln x)]
2
3