Lösungen zu den ¨Ubungsaufgaben (2. Serie)

Vorlesung Mathematik für Physiker
Analysis 4
Sommersemester 2013
Hans-Peter Gittel
Universität Leipzig
Mathematisches Institut
Lösungen zu den Übungsaufgaben (2. Serie)
n 2 d
−x2
5. Sei Hn (x) := (−1)n ex
e
für x ∈ R, n ∈ N0 . Diese Funktionen
dxn
heißen Hermitesche Polynome und spielen eine wichtige Rolle bei der Analyse
des harmonischen Oszillators in der Quantenmechanik. Zeige:
a) Hn+1 (x) = 2xHn (x) − 2nHn−1 (x) für n ∈ N.
b) Hn (x) ist ein Polynom n-ten Grades.
c) Hn0 (x) = 2nHn−1 (x) für n ∈ N.
d) Hn ist eine Lösung y = y(x) der Hermiteschen Differentialgleichung
y 00 − 2xy 0 + 2ny = 0 .
n k
X
n d
d(n−k)
dn
(f
g)
=
f
g .)
(Hinweis: Leibnizsche Produktregel
k
(n−k)
k
dxn
dx
dx
k=0
Lösung.
n dn+1 −x2 n+1 x2 d
−x2
e
=
(−1)
e
−2xe
dxn+1
dxn
dn −x2 dn−1 −x2 n+1 x2
= (−1) e
−2x n e
− 2n n−1 e
(Leibnizregel)
dx
dx
a) Hn (x) = (−1)n+1) ex
2
= 2xHn (x) − 2nHn−1 (x)
b) Aus a) folgt mittels Vollständiger Induktion, dass Hn ein Polynom n-ten Grades ist, wobei als Ind.-anfang H0 (x) = 1 und H1 (x) = 2x verwendet werden.
n n −x2
x2 d
−x2
x2 d
e
+e
−2xe
c)
= (−1) 2xe
dxn
dxn
dn −x2 dn−1 −x2 dn −x2 n x2
+ −2x n e
− 2n n−1 e
(Leibnizregel)
= (−1) e
2x n e
dx
dx
dx
Hn0 (x)
n
= 2n Hn−1 (x)
0
d) Hn00 − 2xHn0 + 2nHn = 2nHn−1
− 4xnHn−1 + 2nHn
c)
= 4n(n − 1) Hn−2 − 4xnHn−1 + 2nHn = 2n (Hn − 2xHn−1 + 2(n − 1)Hn−2 ) = 0
c)
a)
6. Sei P der Vektorraum aller reellen Polynome in x.
a) Überprüfe, dass durch
Z
∞
2
f (x)g(x)e−x dx für f, g ∈ P
hf, gi :=
−∞
ein Skalarprodukt gegeben ist.
2
(gewichtetes Skalarprodukt auf (−∞, ∞) mit der Gewichtsfunktion e−x )
b) Führe für die Polynome 1, x, x2 das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren bez. dieses gewichteten Skalarprodukts durch und vergleiche das Ergebnis
mit den Hermiteschen Polynomen H0 , H1 , H2 aus Übungsaufgabe 5.
Lösung.
a) i) Es gilt lim
x→∞
xn
= 0 ∀n ∈ NO
ex
2
⇒ lim x2 P (x)e−x = 0 ∀ Polynome P (x)
x→∞
2
⇒ |P (x)e−x | ≤
1
für |x| > K
|x|2
∞
Z
Nach Majorantenkrit. ex.
P (x)e
−x2
Z
−K
dx ≤
Z
−x2
−∞
0
∞
dx ≤
P (x)e
2
P (x)e−x dx
−∞
Z
∞
ii) Da f g wieder ein Polynom ist für f, g ∈ P ex. nach i)
2
f (x)g(x)e−x dx
−∞
d.h. h., .i : P × P → R. Linearität, Symmetrie und pos. Definitheit von h., .i klar.
Z
∞
b) i) h1, 1i =
2
f (x)g(x)e−x dx =
√
−∞
Z
1
1
π ⇒ v0 (x) = √
= √
H0 (x)
4
4
π
π
∞
ii) ṽ1 (x) = x − hx, v0 i v0 (x) = x, da
2
f (x)g(x)e−x dx = 0
−∞
Z
∞
hx, xi =
f (x)g(x)e
−∞
−x2
∞
Z
1 −x2 1 ∞
1√
2
dx = x(− e )
+
1 · e−x dx =
π
2
2 −∞
2
−∞
√
2
1
√ H1 (x)
v1 (x) = √
x= √
4
4
π
π 2
iii) ṽ2 (x) = x2 − hx2 , v0 iv0 (x) − hx2 , v1 iv1 (x)
Z ∞
1
1
1
3 −x2
xe
dx x = x2 −
=x − − √
2 2 π
2
−∞
2
∞
√
√
Z ∞
Z
1
1 −x2 3 ∞ 2 −x2
π
π
2
3
hṽ2 , ṽ2 i =
x −
dx = x − e
+
x e dx −
+
2
2
2 −∞
2
4
−∞
−∞
2
√
π
=
2
√
1
2 2 1
v2 (x) = √
x −2 = √ √
H2 (x)
4
π
2 24π
7. Leite aus der Definition folgende Eigenschaften für das orthogonale Komplement einer Teilmenge M des Hilbertraums H ab:
⊥
⊥
a) M ⊂ M ⊥⊥ := M ⊥ , b) M1 ⊂ M2 ⇒ M1⊥ ⊃ M2⊥ , c) M ⊥ = M .
Lösung.
⊥
a) M ⊥ = {v ∈ H|hv, ui = 0 ∀u ∈ M ⊥ }
⊥
Ist v ∈ M , so hv, ui = 0 ∀u ∈ M ⊥ ⇒ v ∈ M ⊥
b) Ist v ∈ M2⊥ , so hv, ui = 0 ∀u ∈ M2 , speziell also für u ∈ M1 ⇒ v ∈ M1⊥
c) M ⊂ M ⇒ M ⊥ ⊂ M ⊥
b)
⊥
Ist v ∈ M ,so hv, ui = 0 ∀u ∈ M. Für Ũ ∈ M ex. (un ) ⊂ M mit lim un = ũ.
n→∞
Wegen Steigkeit des Skalarprodukts ist lim hv, un i = hv, ũi ⇒ hv, ũi = 0
n→∞
8. Sei
lp := {x = (x1 , x2 , x3 , . . .) | xn ∈ C für n ∈ N,
P∞
n=1
|xn |p < ∞} .
a) Für welche p > 0 gilt lp ⊂ l2 ? (Beweis oder Gegenbeispiel)
b) Bestimme für die ermittelten p aus Teil a) den Abschluss von lp bez. der Norm
des l2 .
Lösung.
p
a) i) Für x ∈ l konv.
∞
X
n=1
2−p
Für p ∈ (0, 2] : |xn |
|xn |p , ⇒ lim |xn | = 0 ⇒ |xn | ≤ 1 für n ≥ n1
n→∞
2
p
2−p
≤ 1 ⇒ |xn | = |xn | |xn |
p
≤ |xn | und
∞
X
n=1
nach Maj.-Krit ⇒ lp ⊂ l2
ii) Für p > 2 : ist lp ⊃ l2 , lp 6= l2 , dannx = ( √11 , √12 , √13 , ...) ∈ lp , weil
∞
∞
X
X
1
|xn |p =
/ l2 .
p konv., jedoch x ∈
2
n
n=1
n=1
b) Für p ∈ (0, 2] : span{ek |k ∈ N} ⊂ lp ⊂ l2
⇒ span{ek } = l2 ⇒ lp = l2 .
|xn |2 konv.