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TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übungsblatt 1 Bemerkung: Basisaufgaben sind einfache Aufgaben, die Ergänzungsaufgaben sind etwas schwieriger. Wichtige Formeln aus der Vorlesung: ( + ) + ( + ) = ( + ) + ( + ) ( + )( + ) = ( − ) + ( + ) = + = || cos = || sin ± = cos ± sin 1 1 cos = ( + − ) sin = ( − − ) 2 2 Basisaufgaben Beispiel 1: (a) Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil: (1 − )3 5 2 − 4 1 1+ 3 − 4 4 + 2 1 − (1 + )2 (b) Schreiben Sie in Standardform ( + ): 64 2−32 (c) Schreiben Sie in Polarform (|| ): −2 − 2 5 −5 Lösung: (a) (1 − )(1 − )2 5 3 − 4 2 − 4 4 + 2 1 1+ 1 − (1 + )2 = (1 − )(1 − 2 − 1) = 2(−1 + ) = −2 − 2 5 3 + 4 15 + 20 3 4 = = = + 3 − 4 3 + 4 9 + 16 5 5 2 − 4 4 − 2 −20 = = = − 4 + 2 4 − 2 16 + 4 1 − − = = = − − 1 1+ 1 + 1 + 2 3 − 1 = = = 1 − 2 1 − 2 1 + 2 5 (b) 64 2−32 6 6 + sin ) = √ + √ 4 4 2 2 = 1(cos + sin ) = −1 3 3 = 2(cos − sin ) = 2 2 2 = 6(cos 1 (c) √ −2 − 2 = 2 2−34 5 = 50 −5 = 5−2 Beispiel 2: Bestätigen Sie folgende Relationen: cos( ± ) sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 = cos cos ∓ sin sin = 2 sin cos = cos2 − sin2 r 1 = (1 − cos ) 2 r 1 = (1 + cos ) 2 Lösung cos( + ) = = = sin 2 = = 1 (+) + −(+) ] [ 2 1 [(cos + sin )(cos + sin ) + (cos − sin )(cos − sin )] 2 2 [cos cos − sin sin ] 2 1 1 (+) − −(+) ] = [(cos + sin )2 − (cos − sin )2 ] [ 2 2 1 [2 sin cos − (−2 sin cos )] = 2 sin cos 2 Man beachte, dass ()2 = (−)2 = −1 ist. cos 2 = = 1 1 (+) + −(+) ] = [(cos + sin )2 + (cos − sin )2 ] [ 2 2 1 2 2 [2 cos − 2 sin ] 2 Wir wählen = 2, dann quadrieren wir die Angaben für sin(2) und cos(2) und bestätigen die Relationen: sin2 = cos2 = 1 (1 − cos 2) = 2 1 (1 + cos 2) = 2 1 (sin2 + cos2 − cos2 + sin2 ) 2 1 (sin2 + cos2 + cos2 − sin2 ) 2 Beispiel 3: Bestätigen Sie die Relation sin 4 = 8 cos3 sin − 4 cos sin 2 Lösung: sin 4 = = = = = 1 (2+2) − −(2+2) ] [ 2 1 [(cos 2 + sin 2)2 − (cos 2 − sin 2)2 ] 2 1 [2 cos 2 sin 2 − (−2 cos 2 sin 2)] 2 2 cos 2 sin 2 = 2(cos2 − sin2 )2 sin cos 4(2 cos2 − 1) sin cos Beispiel 4: Bestimmen Sie nach Umformung für die Gleichung sin 2 − cos 2 = 1 im Intervall 0 ≤ ≤ 2 4 Lösungen. Lösung: sin 2 − cos 2 = − cos2 + 2 sin cos + sin2 = 1 = sin2 + cos2 −2 cos2 + 2 sin cos = 0 cos (cos − sin ) = 0 Dies hat die 4 Lösungen = 54 4 aus der Beziehung cos = sin und = 2 32 aus cos = 0. Beispiel 5: Die 3 elektrischen Spannungen in einer Drehstromleitung sind = sin 2 ) 3 4 ) = sin( + 3 = sin( + Zeigen Sie durch Umwandlung in komplexer Darstellung, dass stets gilt ++ =0 Lösung: 3 23 43 √ 1 3 = + 2 2 à √ !2 √ √ 3 3 3 1 1 3 1 = = − + + =− + 2 2 4 4 2 2 2 à √ !2 √ √ 1 1 3 1 3 3 3 = − + = − − =− − 2 2 4 4 2 2 2 = ( − − ) = ((+23) − −(+23) ) = ((+43) − −(+43) ) 2 2 2 2 ( + + ) = [1 + 23 + 43 ] − − [1 + −23 + −43 ] = 0 3 Figure 1: Beispiel 6: Sie sitzen auf einem Surfbrett und lassen sich von den Wellen hoch und runter schaukeln. Wir nehmen an, dass das Surfbrett immer horizontal bleibt. Die Zeit von einem Wellenkamm zum nächsten beträgt 12.6 s. Sie schauen zum Horizont und können diesen auf Ihrem Brett sitzend (Höhe 1 m) die Hälfte der Zeit über den nächsten Wellenberg schauend sehen. Stellen Sie die Gleichung für diese Schwingung auf. Lösung: Eine Periodendauer von = 12 6 s bedeutet eine Kreisfrequenz von 2 1 ≈ 05 = 05 Hz s Wenn der Horizont die Hälfte der Zeit sichtbar ist, ist es möglich vom Minimum aus mit einem Meter Höhe über die Welle zu schauen. Deshalb ist die Amplitude der Welle = 2 m. Die gesamte Gleichung für die Schwingung lautet damit (Höhe in Meter, die Zeit in Sekunden) = () = 2 sin (05) Beispiel 7: Diesmal sitzen Sie mit Ihrem Surfbrett in der Nähe der Kaimauer. Die Bedingungen sind die selben wie bei der vorherigen Aufgabe. Nur diesmal werden Sie nicht nur von der Welle vom Meer aus bewegt, sondern Sie bekommen auch die reflektierte Welle von der Kaimauer ab. Wir nehmen an, dass die Kaimauer parallel zu den Wellenzügen liegt. Die reflektierte Welle ist gegenüber der einlaufenden Welle um eine Phase verschoben aber sie ist immer noch genauso hoch und hat auch dieselbe Frequenz wie die einlaufende Welle. Bestimmen Sie die Gleichung, die Ihre Schwingung beschreibt. Wie hoch kann die Schwingung werden? Hilfe: Benutzen Sie das Additionstheorem Lösung: Da beide Schwingungen die gleiche Amplitude = 1 = 2 = 2 und gleiche Frequenz = 05 haben, kann man die Überlagerung der Wellen als () = (sin() + sin( + )) schreiben. Diese lassen sich mittels des Addtionstheorems wegen ¶ µ ¶ µ − + cos sin + sin = 2 sin 2 2 4 umschreiben zu µ ¶ µ ¶ + ( + ) − ( + ) () = 2 sin cos 2 2 µ ¶ µ ¶ = 2 sin + cos 2 2 µ ¶ = sin + 2 Das heißt Sie schwingen immer noch mit der selben Frequenz, allerdings mit einer anderen Amplitude ( = 2 cos(2)). Diese Amplitude kann dem Betrag nach Werte von 2 bis 0 annehmen, je nach Wert für . Ergänzungsaufgaben Beispiel 8: Sie möchten ihr Instrument anhand des Kammertones stimmen (Frequenz = 440 Hz, Kreisfrequenz = 2 ). Wenn Sie ihr eigenes Instrument spielen hören Sie ca. 3 mal pro Sekunde ein lauter und leiser werden des Tones. Wieviel Hertz liegen Sie daneben? Was ist die Frequenz des Tones (nicht der Lautstärkemodulation), die Sie hören? Hilfe: Betrachten Sie die Überlagerung (Summe) der beiden Töne. Lösung: Da sich zwei Schwingungen überlagern, ergibt sich: () = 1 () + 2 () = sin( 1 ) + sin( 2 ) Diese Formel lässt sich mit einem Additionstheorem umschreiben zu: µ ¶ µ ¶ 1 − 2 1 + 2 1 + 2 () = 2 cos sin = () sin( ) 2 2 2 ¢ ¡ 2 | ändert. Der Frequenzunterschied Das bedeutet, dass sich der Betrag der Amplitude mit = 2| cos 1 − 2 von drei Schwingungen pro Sekunde bedeutet daher 3 Hertz Unterschied, = |1 − 2 | = 3 zwischen den Tönen. Je nachdem, ob unser Anfangston 3 Hertz tiefer oder höher war, um die Lautstärkeänderung von 3 Hertz zu verursachen, beträgt der gehörte Ton also 438,5 Hz oder 441,5 Hz. Beispiel 9: Die Sinusfunktion ist über dem Grundintervall −2 ≤ ≤ 2 strikt monoton wachsend; die zugehörige Umkehrfunktion, definiert auf [−1 1] mit Werten in [−2 2], heißt Arcussinus-Funktion arcsin. Sie ist definiert durch arcsin [−1 1] → [− ] 2 2 = arcsin ⇔ sin = und − ≤ ≤ 2 2 : Skizzieren Sie den Graph von arcsin im Bereich [−1 1]. Wie groß ist die Steigung nahe = −1 und = 1? Wie groß ist die Steigung nahe = 0? 5 Lösung: Steigung an den Randpunkten ist ∞, Steigung um Null ist 1. Beispiel 10: (a) Wie lautet die komplexe Darstellung der harmonischen Schwingung () = 5 cos( − 4)? (b) Stellen Sie die harmonische Schwingung () = 3 cos + sin komplex dar. Welche Amplitude hat diese Schwingung? (c) Betrachten Sie die beiden harmonischen Schwingungen () = 4 cos( − 3). und () = 3 sin( + 94). Welche Amplitude hat ihre Überlagerung () = () + ()? Lösung: (a) Mit cos = 1 ( + − ) 2 erhält man wegen ±4 = cos () = = 1 ± sin = √ (1 ± ) 4 4 2 i 5 h (−4) + −(−4) 2 5 5 √ (1 − ) + √ (1 + )− 2 2 2 2 (b) 1 1 () = 3 ( + − ) + (( − − ) 2 2 1 1 = (3 − ) + (3 + )− 2 2 1 ∗ − = ) ( + 2 Die Amplitude der Schwingung ist daher p √ = || = 32 + 12 = 10 = 316 (c) Wieder ersetzt man die Winkelfunktionen durch ihre komplexen Darstellungen und formt dann um: i i 1h 3 h (+94) () = 4 (−3) + −(−3) + − −(+94) 2 2 1 (−3) 1 (+94) = − 3 ] + [4−(−3) + 3−(+94) ] [4 2 2 1 ∗ − = ) ( + 2 = 4−3 − 394 6 Wegen √ 1 3 sin = 2 3 2 √ 2 9 = cos(2 + ) = = sin 4 2 4 3 9 cos 4 cos = wird daraus √ √ √ √ √ 3√ 1 3 2 2 2 2) ) − 3( + )=2+3 − (2 3 + = 4( − 2 v2 2 2 2 2 uà √ !2 q √ !2 à u √ √ √ 3 2 3 2 t + 2 3+ = 25 + 6 2 + 6 6 = 694 2+ = || = 2 2 Beispiel 11: Legt man an die Hintereinanderschaltung eines Widerstandes und eines Kondensators dieWechselspannung () = 1 1 0 + 0∗ − 2 2 an, dann fließt als Reaktion darauf der Wechselstrom () = 1 1 ∗ − 0 + 0 2 2 mit 0 = 0 − Wie groß ist für 0 = 1V, = 1 kΩ, = 2F, = 1500 Hz die Amplitude der Spannung und der Stromstärke? Wie groß ist die Phasenverschiebung zwischen Strom und Spannung? Lösung: Für 0 = 1 ist die Amplitude von () in Volt gleich |0 | = 1 Die Amplitude und Phasenverschiebung der Stromstärke ergibt sich aus 0 , und dieses wiederum wie angegeben durch 0 = 1 1000 − 1500·2·10−6 = 1 1 = 10−3 1000 − 333 1 − 3 1 + 3 1 1 + 3 9 + 3 = 10−3 = 10−3 10 = 10−3 (09 + 03) 1 − 3 1 + 3 10 9 p |0 | = 10−3 092 + 032 ≈ 095 mA 0 = 10−3 Der Phasenwinkel des Stroms ergibt sich aus Re 0 = |0 | cos zu ≈ 032 ≈ 184◦ Somit beträgt die Phasenverschiebung zwischen Strom und Spannung ca. 18◦ . Beispiel 12: Gegeben eine komplexe Zahl = + = . Wie lautet der Kehrwert der komplexen Zahl und was bedeutet er geometrisch? 7 Lösung: Die komplexe Zahl = 1 1 − = − = 2 2 + gibt multipliziert mit genau 1, ist also der Kehrwert. Geometrisch setzt sich die Transformation → zusammen aus einer Spiegelung am Einheitskreis ( → 1 ) und der Spiegelung an der reellen Achse ( → −). 8 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übungsblatt 2 Wichtige Formeln aus der Vorlesung: ⎡ ⎢ ⎢ grad () = ⎢ ⎢ ⎣ ) 1 ( ) 2 ( .. . ) ( ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ () = (0 ) + grad (0 ) · ( − 0 ) + X () = grad () · = () =1 Basisaufgaben Beispiel 1: Gegeben sei ein Funktion ( ) = 2 + 3. Geben Sie an, für welche Kurve gilt ( ) = 5. Man bezeichnet Kurven konstanten Funktionswertes als Niveaukurven. Um welche Art von Kurve handelt es sich in diesem Beispiel? Lösung: = − 23 + 5 3 ist eine Gerade. Beispiel 2: Warum ist die Funktion ( ) = 2 + 2 im Punkt (0 0) nicht stetig? Lösung: i h lim lim ( ) = 0 →0 →0 ¸ ∙ 1 lim lim ( ) = lim = ∞ →0 →0 →0 Beispiel 3: Gegeben sei die Funktion ( ) = 2 3 + ln ( 0). Berechnen Sie alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung. Hilfe: (ln ) = 1. Lösung: = 32 2 + ln 1 = 2 3 − 2 = 62 = 6 2 + = = 2 3 + 1 Beispiel 4: Berechnen Sie die Gleichung der Tangentialebene zur Funktion = ( ) = 4 + 23 2 + im Punkt (1 1 (1 1)). Lösung: ∙ ¸ −1 ( ) = (1 1) + grad (1 1) · −1 ∙ ∙ ¸ ¸ 3 2 2 4 + 6 −1 = 4+ · −1 43 + 1 (11) = 4 + 10( − 1) + 5( − 1) Daher lautet die Gleichung der Tangentialebene = −11 + 10 + 5 Beispiel 5: Zeigen Sie durch Koordinatendarstellung, dass gilt grad( ) = grad + grad Lösung: Nach der Kettenregel gilt für die einzelnen Komponenten des Gradienten ( ) = + Da grad = (1 ) , gilts dies für alle Komponenten und daher auch für den Vektor. Beispiel 6: Gegeben sei die Funktion ( ) = 4 + 23 2 + . Berechnen Sie die lineare Approximation der Funktion in der Nähe des Punktes ( ) = (1 0). Lösung: grad ( ) = ∙ 43 + 62 2 43 + 1 (1 0) = 1 ¸ ∙ −1 ¸ ( ) = (1 0) + grad (1 0) · ∙ ¸ ∙ ¸ 4 −1 = 1+ · = 1 + 4( − 1) + 1 = −3 + 4 + Beispiel 7: Gegeben sei die Funktion ( ) = = ln . Berechnen Sie die Größe 102301 ohne Rechner durch lineare Approximation im Punkt (1 3). 2 Lösung: (1 3) = 13 = 1 ∙ ln 1 ¸ ∙ ¸ ∙ ¸ 3 grad = = grad (1 3) = ln 0 ln ln ∙ ¸ −1 ( ) ' (1 3) + grad (1 3) · = 1 + 3( − 1) = 3 − 2 −3 102301 ' 3 · 1.02 − 2 = 106 (exakt: 1.061418...). Beispiel 8: Sie befinden sich in den Bergen. Das Höhenprofil ihrer näheren Umgebung lässt sich durch die Gleichung ( ) = 32 − 6 3 + 73 + 1 beschreiben, wobei die Höhe für jeden Punkt ( ) angibt. Sie befinden sich am Ort (1 1), der dann die Höhe = 5 aufweist. In welche Richtung müssen sie laufen um möglichst schnell Höhe zu gewinnen? Wie gross ist der Anstiegswinkel ? In welche Richtungen müssen Sie sich bewegen, um ihre jetzige Höhe ( = 5) beizubehalten? Lösung: Der Gradient des Höhenprofils ist grad ( ) = (6 − 6 3 + 212 ) − 18 2 = An ihrem Ort (1,1) ist der Gradient grad (1 1) = ∙ 21 −18 ¸ ∙ 6 − 6 3 + 212 −18 2 ¸ Um die Steigung zu ermittlen wird die Richtungsableitung verwendet. Diese ist definiert als ( ) = · grad ( ) Die Steigung soll in Richtung des Gradienten ermittelt werden. Deshalb ist der Einheitsvektor in Richtung des Gradienten, ¯ grad ( ) ¯¯ = | grad ( )| ¯(11) Damit ist die gesuchte Steigung grad (1 1) · grad (1 1) | grad (1 1)| p √ = | grad (1 1)| = 212 + 182 = 3 85 (1 1) = 3 Der Steigungswinkel ist dann √ tan = 3 85 √ = arctan(3 85) = 8793◦ Da diese Steigung anscheinend zu stark ist bleiben wir wohl besser auf einer Höhe. Das heißt, wir suchen eine unbekannte Richtung = + für die gilt · grad 21 − 18 = 0 = 0 Dies liefert keine eindeutige Richtung, sondern nur ein Verhältnis von zu Richtung, 7 = ( + ) 6 Beispielsweise für = 6 wird = 6 + 7 . Ergänzungsaufgaben Beispiel 9: Drücken Sie folgende Funktionen durch Kombinationen von sin und cos aus: sin tan Vereinfachen Sie folgende Ausdrücke: ln( ) ln ln( ) (ln ) Lösung: sin = cos tan = cos−2 Umkehrfunktionen: ln( ) = ln = ln = ln − ln 1 (ln ) = = ln 4 Beispiel 10: Gegeben sei die Funktion ( ) = 2 + 2 . Berechnen Sie für einen beliebigen Punkt (0 0 ) erst die Richtung des geringsten Anstiegs (d.i. der Tangentenvektor zu = const) und dann die Richtung des steilsten Anstiegs von (d.i. der Gradient) . Zeichnen Sie die Niveaulinien = const. Beweisen Sie, dass der Tangentenvektor senkrecht auf den Gradienten steht. Lösung: Die Niveaulinien sind Kreise. p Die Parameterdarstellung des Kreises mit dem Radius = 20 + 02 lautet 0 = cos 0 = sin . Der Vektor vom Ursprung zum Punkt (0 0 ) ist mit ∈ [0 2] ∙ ¸ cos () = sin Die Tangente ist daher = () = Speziell im Punkt (0 0 ) ist die Tangente = ∙ ∙ − sin cos −0 0 ¸ ¸ Der Gradient im Punkt (0 0 ) ist grad (0 ) = ∙ (0 ) (0 ) ¸ = ∙ 20 20 ¸ Daher ist das Skalarprodukt · grad (0 ) = −20 0 + 20 0 = 0, woraus folgt, dass die Tangente senkrecht auf den Gradient steht. Somit ist der Gradient in der Tat die Richtung des steilsten Anstiegs. Beispiel 11: Sei die Abildung definiert durch ( ) = . Bestimmen Sie einen Punkt 0 = (0 0 0 ) auf der Strecke zwischen den Punkten = (1 1 0) und = (0 1 1) mit () − () = grad (0 ) · ( − ) Dies entspricht der Approximation einer Sehne durch eine parallele Tangente (siehe Skizze für 1 Dimension). Hilfe: Berechnen Sie zuerst für beliebige Punkte im Raum die rechte Seite dieser Gleichung und überlegen Sie, welche Punkte die Gleichung erfüllen. Überlegen Sie dann, welche dieser Punkte auf der Strecke zwischen 5 und liegen. Lösung: Es gilt () = () = 0 und ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 1 − = ⎣ 0 ⎦ ∇ () = ⎣ ⎦ ∇ () · ( − ) = ( − ) −1 Die Bedingung () − () = grad (0 ) · ( − ) erfüllen also alle Punkte für die = 0 oder = ist, d.h. ⎡ ⎡ ⎤ ⎤ 0 0 0 = ⎣ 0 ⎦ und 0 = ⎣ 0 ⎦ 0 0 mit belieben Werten für 0 0 Jetzt bleibt zu prüfen, welche dieser Punkte auf der Strecke zwischen und liegen. Dazu schreiben wir die Gerade zwischen den Punkten als ⎡ ⎤ 1− () = + ( − ) = ⎣ 1 ⎦ ( ∈ [0 1]). Offenbar sind die Punkte (0 0 0 ) nicht auf der Strecke (). Daher bleiben nur die Punkte (0 0 0 ) mit der Bedingung 0 = 1 0 = =1−= 6 1 2 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übungsblatt 3 Wichtige Formeln aus der Vorlesung () () () = Z () | | ( ) = 0 = cos + sin : = cos + sin : = − sin + cos () = = ̇ + ̇ 1 cos2 = (1 + cos 2) 2 sin 2 = 2 sin cos Basisaufgaben Beispiel 1: Berechnen Sie den Tangentenvektor zur Raumkurve ⎞ ⎛ cos 1 ⎝ ⎠ sin () = √ 2 2 Definieren Sie einen Vektor , der parallel zum Tangentenvektor liegt, aber die Länge 1 hat. Lösung: () = ¯ ¯ ¯ () ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = Beispiel 2: = ⎞ ⎛ cos − sin 1 ⎝ sin √ + cos ⎠ 2 2 p 1 (cos − sin )2 + (cos + sin )2 + 2 = 2 ⎞ ⎛ cos − sin () 1 1⎝ ¯ ¯= sin √ + cos ⎠ ¯¯ () ¯¯ 2 2 Berechnen Sie den Tangentenvektor zur Raumkurve ⎛ ⎞ cos 1 ⎝ sin ⎠ () = 2 1 und bestimmen Sie den Betrag des Tangentenvektors. Die Kurve ist eine 3D Spirale: 1 Figure 1: Lösung: () = ¯ ¯ ¯ () ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = Beispiel 3: ⎛ ⎞ cos − sin 1⎝ sin + cos ⎠ 2 1 1p 1p 1 + 2 + 1 = 2 + 2 2 2 Gegeben ist die Raumkurve = (1 + cos ) ( 0 0 ≤ ≤ 2) in Polarkoordinatendarstellung. Geben Sie die − und −Koordinaten der Raumkurve an. Formen Sie das Ergebnis so um, dass keine Produkte von Winkelfunktionen vorkommen. Lösung: 1 (1 + cos 2) 2 sin 2 = 2 sin cos cos2 = = (1 + cos ) cos = cos + (1 + cos 2) 2 = (1 + cos ) sin = sin + sin 2 2 Beispiel 4: Stellen Sie die durch die Gleichung 3 + 3 − 3 = 0 beschriebene Kurve in Polarkoordinaten dar. 2 Lösung: Setze = cos und = sin in die Gleichung ein und löse für () : () = 3 cos sin cos3 + sin3 µ ¶ Beispiel 5: Gegeben sei − → () = () () = () µ cos () sin () ¶ Zeigen Sie, dass die Beschleunigung in Polarkoordinaten gegeben ist durch 2 = (̈ − ̇ ) + (̈ + 2̇̇) Lösung: = + = cos (cos − sin ) + sin (sin + cos ) = = ( ) = ̇ + ( ) Aus der Definition von := cos + sin und := − sin + cos folgt = ( ) = −̇ sin + ̇ cos = ̇ ( ) = −̇ cos − ̇ sin = −̇ Damit ergibt sich nun für den Geschwindigkeitsvektor in Polarkoordinaten die Gleichung = ̇ + ̇ Die Beschleunigung folgt aus = () = ̈ + ̇̇ + ̇̇ + ̈ − ̇̇ 2 = (̈ − ̇ ) + (̈ + 2̇̇) 3 Ergänzungsaufgaben Beispiel 6: Die Bewegung eines Massenpunktes längs einer durch () parametrisierten Spur wird durch ein sog. begleitendes Dreibein beschrieben, d.h. ein mitbewegtes kartesisches Koordinatensystem, das aus 3 Vektoren besteht: 1 − → − ̇ (Tangenteneinheitsvektor) → | ̇ | → 1 − () = → ̇ (Hauptnormaleneinheitsvektor) − | ̇ | () (Binormaleneinheitsvektor) () = () × () = Berechnen Sie das begleitende Dreibein für die Schraubenfeder ⎛ ⎞ cos () = ⎝ sin ⎠ Lösung: Mit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − sin − cos − → → − ̇ () = ⎝ cos ⎠ ̈ () = ⎝ − sin ⎠ 0 p → − : = | ̇ ()| = 2 + 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − sin − cos sin 1 ⎝ 1 () = ⎝ − sin ⎠ ; () cos ⎠ ; () = = ⎝ − cos ⎠ 0 Beispiel 7: Berechnen Sie für die Raumkurve aus Beispiel 1 ⎞ ⎛ cos 1 ⎝ ⎠ sin () = √ 2 2 die Bogenlänge, die von = −∞ bis zur Zeit = durchlaufen wird. Lösung: Wegen ⎞ ⎛ cos − sin () 1 ⎝ sin √ + cos ⎠ = 2 2 () = |()| = ist die Bogenlänge ( ) = Z −∞ |()| = 4 Z −∞ = Beispiel 8: Man bestimme für die Kurve in Parameterform (siehe Skizze) = 6 cos + 2 cos 3 = 6 sin + 2 sin 3 mit (0 ≤ ≤ 2) die Gleichung der Tangente im Punkt mit = . Zusätzlich bestimme man alle -Werte, für welche die Tangente parallel zur -Achse verläuft. Lösung: Kartesische Koordinaten für = : Die Kurve erreicht bei = den Punkt µ ¶ −8 = 0 Allgemein gilt () = µ −6 sin − 6 sin 3 6 cos + 6 cos 3 ¶ Die Steigung der Kurventangente in Abhängigkeit von ist dann gegeben durch: ̇ 6 cos + 6 cos 3 = ̇ −6 sin − 6 sin 3 Im Punkt für = gilt dann für die Steigung der Tangente: = → ±∞ Daraus folgt die Gleichung der Tangente: = −8 Nun zum 2. Teil der Aufgabe. Für die -Werte parallel zur -Achse gilt für die Steigung der Tangente: = 0 ⇒ ̇ = 0 ̇ 6= 0 ⇒ 6 cos + 6 cos 3 = 0 ⇒ 5 cos = −1 cos 3 Zwischen 0 ≤ ≤ 2 ist dies erfüllt für = 3 5 7 4 4 4 4 Beispiel 9 Wir betrachten einen Planeten, dessen Bahn durch () = cos() + sin() mit 0 gegeben ist. 1. Um was für eine Bewegung handelt es sich hierbei? 2. Berechnen Sie die Geschwindigkeit v = r und die Beschleunigung a = v des Planeten. 3. Wo ist der Betrag der Geschwindigkeit bzw. der Beschleunigung maximal, wo minimal? 4. Können Sie einen einfachen Zusammenhang zwischen der Beschleunigung des Planeten und seinem Ort erkennen? Formulieren Sie diesen Zusammenhang als Gleichung sowie als vollständigen Satz, der die Begriffe “Richtung der Beschleunigung“ und “Betrag der Beschleunigung“ enthält. Lösung 1. Es handelt sich um eine Bewegung auf einer elliptischen Bahn mit Mittelpunkt im Ursprung und großer Halbachse entlang der -Richtung und kleiner Halbachse entlang der -Richtung. Für = entartet die Ellipse zu einem Kreis; diesen Fall haben wir aber ausgeschlossen. 2. Die Geschwindigkeit: = [ cos() + sin() ] = − sin() + cos() () = Die Beschleunigung: () = = − 2 cos() − 2 sin() 3. Es bietet sich an, nicht mit den Beträgen von Geschwindigkeit und Beschleunigung direkt zu rechnen, sondern mit ihren Quadraten, da man sich so die Wurzeln spart. Das ist erlaubt, da die Beträge genau dort maximal/minimal sind, wo ihre Quadrate maximal/minimal sind. Aus Teilaufgabe 2 folgt für das Betragsquadrat: 2 || = 2 + 2 = 2 2 sin2 () + 2 2 cos2 () 2 () hat dort ein Extremum, wo die Zeitableitung verschwindet: 2 ! () = 2 3 2 sin() cos() − 2 3 2 cos() sin() = 0 Also: (2 − 2 ) sin() cos() = 0 Dies ist erfüllt, wenn entweder der oder der Null ist, also wenn = 0 2 3 2 , also genau in den 4 Punkten der Ellipse, wo auch der Abstand vom Ursprung extremal wird. Die Werte von sind in diesen Punkten: = = = = 0 → = → = 2 → = 3 → = 2 6 Wegen der Voraussetzung erkennt man, dass die Geschwindigkeit dort maximal ist, wo der Abstand zum Mittelpunkt minimal ist und umgekehrt. Die Rechnung für die Beschleunigung erfolgt analog: 2 () = 4 2 cos2 () + 4 2 sin2 () Somit wird 2 () extremal, wenn seine Zeitableitung verschwindet: 2 ! () = −2 5 2 cos() sin() + 2 5 2 cos() sin() = 0 Also (2 − 2 ) sin() cos() = 0 Dies ist ebenfalls erfüllt, wenn entweder der sin oder der cos Null ist, also wenn = 0 2 3 2 . Die Werte von sind in diesen Punkten: = = = = 0 → = 2 → = 2 2 → = 2 3 → = 2 2 Wegen der Voraussetzung erkennt man, dass die Beschleunigung dort maximal ist, wo der Abstand zum Mittelpunkt maximal ist und umgekehrt. 4. Betrachtet man die in (2) berechnete Beschleunigung zur Zeit () = = − 2 cos() − 2 sin() und vergleicht diese mit dem Ort zur selben Zeit : () = cos() + sin() dann erkennt man den einfachen Zusammenhang: () = − 2() Auf der betrachteten Ellipsenbahn zeigt die Richtung der Beschleunigung also stets entgegen dem momentanen Ortsvektor, also auf den Ursprung hin, während der Betrag der Beschleunigung proportional zur Länge des Ortsvektors, also zum Abstand vom Ursprung ist. Beispiel 10 Die Gravitationskraft zwischen zwei Himmelskörper hat die Form 1 2 12 = − 2 12 12 Hier ist = 667×10−11 Nm2 /kg2 die Gravitationskonstante und 12 = |1 − 2 | der Abstand der beiden Massen 1 und 2 . 1. Berechnen Sie die Arbeit, die nötig ist, damit der Mond das Schwerefeld der Erde verlassen kann. Dazu genügt es, die radiale Kraftkomponente zu betrachten. Die Masse des Mondes beträgt ≈ 81 und sein mittlerer Abstand zur Erde ist 0 = 384400 km. Die Erdmasse beträgt = 5974 × 1024 kg. 2. Wenn Sie diese Arbeit der kinetischen Energie = 12 2 des Mondes gleichsetzen, erhalten Sie die Geschwindigkeit, die der Mond von der Erde weggerichtet haben müsste, damit der Mond das Schwerefeld der Erde verlassen kann. Wie groß ist diese Fluchtgeschwindigkeit? 7 Lösung: Um die benötigte Arbeit zu berechnen, brauchen wir nur die Kraftkomponente in -Richtung zu betrachten. Für die Kraft folgt: = − 2 Anschließend muss man die Arbeit berechnen, welche ein Körper zum Verlassen des Gravitationsfeld der Erde braucht. Hierzu muss vom Anfangsabstand (Mond-Erde) bis ins Unendliche über die Gravitationskraft integriert werden: Z ∞ = 0 Z ∞ − = = 2 0 0 Eingesetzt ergibt dies: = 2 5974 × 1024 · 5974 × 1024 = 667 × 10−11 · = 7 64 × 1028 0 2 81 · 384400 Wenn wir diese Zahl nun mit Hilfe der kinetischen Energie in eine Geschwindigkeit umschreiben, die der Mond von der Erde weg gerichtet haben müsste, um das Gravitationsfeld der Erde zu verlassen erhalten wir 1 2 2 = = 7 64 × 1028 0 r 2 = = 144km/s 0 8 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übung4 Wichtige Formeln aus der Vorlesung: Z () () () Z = () = Basisaufgaben Beispiel 1: Gegeben sei die gewöhnliche Differenzialgleichung für (), ̇ = () () = − Es bedeutet ̇ = . Diese DGL beschreibt Rostfraß. Es möge die Anfangsbedingung gelten ( = 0) = 1.Bestimmen Sie die Lösung für 0. Wie verhält sich die Lösung für große Zeiten? Lösung: = − ln = −− + Für = 0 folgt ln = −1 + und wegen ln 1 = 0 folgt = 1, um die Anfangsbedingung zu erfüllen. Es folgt () = exp(1 − − ) Für große Zeiten geht die Funktion gegen e=2.718. Sie steigt monoton von 1 auf diesen Wert. Beispiel 2: Lösen Sie die Differenzialgleichung 1 − 2 ( 6= 0) und betrachten Sie getrennt die Fälle = ±1 und || 6= 1. Hilfe: ¯ ¯ Z 1 ¯¯ 1 + ¯¯ = ln 1 − 2 2 ¯1 − ¯ 0 = 1 Lösung: Für = 1 folgt 0 = 0, d.h. = . Die Trennung der Variablen ergibt 1 − 2 ¯ ¯ 1 ¯¯ 1 + ¯¯ ln ¯ 2 1 − ¯ s¯ ¯ ¯1 + ¯ ¯ ¯ ¯1 − ¯ ¯ ¯ ¯1 + ¯ ¯ ¯ ¯1 − ¯ = = ln + ln = = 2 2 () = 2 2 − 1 2 2 + 1 Die Lösung existiert nicht auf der ganzen rellen Achse. Beispiel 3: Bei unbeschränktem Wachstum ist die zeitliche Änderung der Zahl () der Individuen einer Population proportional zu den schon vorhandenen Individuen, seien das Seerosen im einem Teich oder Bakterien in einer Nährlösung und einer Vermehrungsrate . Stellen Sie die dazugehörige Differentialgleichung für () auf und lösen Sie diese. Nehmen Sie an, dass zur Zeit = 0 gilt (0) = 0 . Lösung: Die aufgestellte Gleichung unterscheidet sich nur durch ein anderes Vorzeichen vom radioaktiven Zerfall aus der Vorlesung ̇ = ⇒ = Die Separation der Variablen liefert: = Die Integration ergibt ln + ln 1 = und mit der Randbedingung (0) = 0 () = 0 · Die Population wird weiter exponentiell wachsen, solange genügend Ressourcen vorhanden sind. Beispiel 4: Lösen Sie die eindimensionale newtonsche Bewegungsgleichung für die Geschwindigkeit eines Massenpunkt für einen Fall mit Stokes’scher Reibung. Die Masse wird einmal von der Gravitationskraft beschleunigt. Als verzögernde Kraft wirkt eine Reibungskraft der Form −, wobei die Geschwindigkeit bedeutet Dies ist zum Beispiel gegeben, wenn ein Objekt im Wasser zu Boden sinkt. Die Bewegungsgleichung entlang der Vertikalen lautet damit: ̇ = − Nehmen Sie an, dass zur Zeit = 0 gilt (0) = 0. Wie lautet ()? Was gilt für den Grenzfall → ∞? Lösung: Die Separation der Variablen liefert: 1 − + = − 2 Mit der Substitution = − + wird = und es ergibt sich Z Z −+ = − − 0 à ! − + = − − Dabei sind die Integrationsgrenzen für die Zeit (0 ) und entsprechend für die Geschwindigkeit (0 ), was für bedeutet (− − + ). Anwendung der Exponentialfunktion auf beiden Seiten liefert − + − 1− = − = − () = − µ ¶ − Mit zunehmender Zeit strebt diese Geschwindigkeit gegen einen Grenzwert ∞ . Anschaulich ist dann die abwärts beschleunigende Kraft gleich der verzögernden Kraft −. Die Endgeschwindigkeit erhalten wir, wenn wir in die Zeit gegen ∞ gehen lassen. Dann geht die Exponentialfunktion gegen Null und nur der erste Summand bleibt stehen. Eine konstante Geschwindigkeit hat sich eingestellt. Beispiel 5: Lösen Sie die Differenzialgleichung √ ̇() = (0) = 20 Diese Gleichung tritt bei der Berechnung der Entleerung eines Wasserbehälters durch eine Öffnung am Boden auf (die Konstante enthält die Lochgröße und die Gravitationskonstante, ist der Füllstand) Lösung: √ = √ 2 = + ( + )2 () = 4 2 20 = 4 1 () = ( + 20 )2 4 Beispiel 6: Lösen Sie das Anfangswertproblem 1 + 2 − 0 = 0 (1) = 1 Hilfe: Z = arctan 1 + 2 3 Lösung: 1 + 2 ln + tan( + ln ) tan 4 tan(ln + ) 4 = 1 + 2 arctan 1 = = = = = = Beispiel 7: Lösen Sie das Anfangswertproblem (1 + ) 0 = (1) = 1 Hilfe: Z 1 1 = ln 1 + 1 + − Lösung: 2 2 1 2 2 2 1 = 1 + 1 + − 1 = ln(1 + ) + ln = − ln 1 + = = ln + ln(1 + ) 1 1 1 + − ln(1 + ) + ln(1 + ) = + ln 2 2 1+ s µ ¶ 2 1 + = ± 1 + ln 1+ = Beispiel 8: Gegeben sei die gewöhnliche inhomogene Differenzialgleichung 1. Ordnung für (), 0 + 1 = 3 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung, indem Sie zuerst die homogene Lösung hom () lösen. Machen Sie dann für die inhomogene Differenzialgleichung den Ansatz part () = ()hom () und lösen Sie die Differenzialgleichung für () (Variation der Konstanten). Lösung: Für die homogene DGL 0 + 1 = 0 4 gilt ln = − ln + Konstante = = − wobei ∈ R. Durch Variation der Konstanten setzt man die partikuläre Lösung in der Form an () = () () daher 5 0 () = 3 → () = 5 Damit ist Lösung der inhomogenen DGL gegeben durch () = 4 + 5 Beispiel 9: Gegeben sei die gewöhnliche Differenzialgleichung für (), 0 = 2 + 35 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung analog zum Beispiel 8 (Variation der Konstanten). Lösung: Für die homogene DGL 0 − 2 = 0 gilt ln = 2 = 2 + Konstante = 2 wobei ∈ R. Durch Variation der Konstanten, eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ist () = () () daher 0 () 2 = 35 → () = 3 Damit ist Lösung der inhomogenen DGL () = 2 + 5 Ergänzungsaufgaben Beispiel 10: Die Methode der Trennung der Variablen läßt sich auch auf partielle Differenzialgleichungen anwenden. Die berühmte Saitenschwingungsgleichung für die Funktion ( ) lautet ( ist konstant) 2 2 = 2 2 2 5 Verwenden Sie den Separationsansatz ( ) = () () und benützen Sie die Tatsache, dass eine Gleichung der Form () = () ∀ bedeutet, dass () = () = konst sein müssen. Wie lauten die resultierenden Differenzialgleichungen für und ? Lösung: Mit dem Ansatz wird () 00 () = 2 00 () () 00 () 00 () = 2 = −2 () () 00 + 2 00 + 2 2 = 0 = 0 Die Konstante 2 wird mit einem vorangestellten negativen Vorzeichen eingesetzt, weil sonst die physikalischen Randbedingungen nicht erfüllt werden können. 6 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übung 5 Wichtige Formeln aus der Vorlesung Das charakteristische Polynom.zu 00 + 1 0 + 0 = () lautet () = 2 + 1 + 0 Die Nullstellen liefern die Lösungen exp( ) oder exp() und exp(), wenn die Wurzeln zusammenfallen. Wenn die Inhomogenität die Form hat () ( ist ein Polynom m-ten Grades), dann ist eine partikuläre Lösung part () = () oder ein mit oder 2 multiplizierter Ausdruck. Basisaufgaben Beispiel 1: Finden Sie die allgemeine Lösung der DGL 2. Ordnung 00 − 6 0 + 5 = 0 Lösung: Charakteristische Gleichung 2 − 6 + 5 = 0 1 = 1 2 = 5 Daher allgemeine Lösung () = 1 + 2 5 Beispiel 2: Finden Sie die allgemeine Lösung der DGL 2. Ordnung 00 − 4 0 + 4 = 0 Lösung: Charakteristische Gleichung 2 − 4 + 4 = 0 1 = 2 2 = 2 Daher allgemeine Lösung () = (1 + 2 )2 Beispiel 3: Finden Sie die allgemeine Lösung der DGL 2. Ordnung 00 − 6 0 + 34 = 0 1 Lösung: Charakteristische Gleichung 2 − 6 + 34 = 0 1 = 3 + 5 2 = 3 − 5 Daher allgemeine Lösung () = 3 (1 cos 5 + 2 sin 5) Beispiel 4: Finden Sie eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL 00 − 5 0 + 6 = 7, in dem Sie die Inhomogenität, multipliziert mit einer Konstanten, als Lösungsansatz versuchen. Wie sieht die allgemeine Lösung der DGL aus? Lösung: part = liefert = 76 Für die homogene Gleichung lösen wir die charakteristische Gleichung 2 − 5 + 6 = 0 was die Lösungen = 2 3 hat. Daher ist die allgemeine Lösung der homogenen DGL hom = 2 + 3 und die allgemeine Lösung der DGL = 76 + 2 + 3 . Beispiel 5: Finden Sie eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL 00 −4 = 5 cos 2 durch Übergang zu einer komplexen Darstellung und einem Ansatz, der bis auf eine Konstante der Inhomogenität entspricht. Lösung: Die komplexe DGL lautet 00 − 4 = 52 Mit dem Ansatz = 2 ergibt dies −42 − 42 = 52 oder = −58, also Davon der Realteil ist 5 = − 2 . 8 5 = − cos 2 8 Beispiel 6: Bei linearen DG 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten für () mit einer Inhomogenität der Form lässt sich immer eine spezielle Lösung finden, die die Form () oder () hat, wobei ein Polynom . Grades ist. Finden Sie eine partikuläre Lösung für die DGL 00 + 4 = 2 2 Lösung: Der Ansatz = + + 2 liefert 2 + 4 + 4 + 42 = 2 Da beliebig ist, müssen alle Koeffizienten jeder Potenz von verschwinden. Koeffizientenvergleich liefert 2 + 4 = 0 4 = 0 4 = 1 und somit eine partikuläre Lösung 1 1 = − + 2 8 4 Ergänzungsaufgaben Beispiel 7: Lösen Sie das Anfangswertproblem 00 − 7 0 + 6 = sin so, dass () periodisch wird. Hilfe: Wandeln Sie die inhomogene DGL in eine komplexe Gleichung mit der Inhomogenität um. Lösung: 1. Homogene Gleichung: Die charakteristische Gleichung ist 2 − 7 + 6 = 0 und hat die Lösungen = 1 6. Somit ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung = + 6 . 2. Wir betrachten die komplexe inhomogene Gleichung : 00 − 7 0 + 6 = Wegen = + ist die gesuchte Lösung dann der Imaginärteil von , d.h. = Im . Der Ansatz = liefert und somit (− − 7 + 6) = 1 = Im = 1 5 + 7 = 5 − 7 74 7 5 sin + cos 74 74 1 (5 sin +7 cos ). Diese Lösung ist nur periodisch, Daraus erhalten wir die allgemeine Lösung = +6 + 74 wenn = = 0 Beispiel 8: Die DGL vom Typ 00 = ( 0 ) lassen sich durch Substitution von = 0 in eine DGL 1. Ordnung für , nämlich 0 = ( ) umwandeln und lösen. Aus erhält man dann durch Integration die gesuchte Funktion . Stellen Sie auf diese Weise die allgemeine Lösung der DGL 00 = 2 0 als ein Integral dar Lösung: Die DGL 0 = 2 führt auf = 2 ln = 2 + ln 2 () = 3 , daher wird = mit ∈ R. Z 2 + Beispiel 9: Betrachten Sie eine ideale Feder mit Federkonstante . Die Feder hängt an einem Block mit Masse , der auf einer horizontalen, reibungslosen Oberfläche liegt. Das Feder-Masse-System wird um () = () − 0 aus dem Gleichgewicht ausgelenkt (siehe Abbildung) und dann mit einer anfänglichen Geschwindigkeit 0 in Richtung Gleichgewichtsposition losgelassen. Die Bewegungsgleichung des Systems ist dabei gegeben durch das hookesche Gesetz mit der Federkonstante , − = 2 2 (1) x0 x v0 1. Berechnen Sie die Position des Masse-Feder Systems () als Funktion der Zeit, sowie (), die Geschwindigkeit dieses Systems. 2. Zeichnen Sie vollständigen Ort-Zeit und Geschwindigkeit-Zeit Diagramme. Lösung: 1. Die allgemeine Lösung für diese Differentialgleichung ist gegeben durch () = cos( 0 ) + sin( 0 ) Zweimal differenziert und in die Differenzialgleichung eingesetzt, erhalten wir die Kreisfrequenz 0 = − 0 sin( 0 ) + 0 cos( 0 ) 2 = − 20 cos ( 0 ) − 20 sin( 0 ) 2 −[ cos( 0 ) + sin( 0 )] = − 20 [ cos ( 0 ) + sin( 0 )] r 0 = 4 q Hier ist 0 = , also die Eigenkreisfrequenz eines harmonischen Oszillators. Die Koeffizienten und hängen von den gegebenen Anfangsbedingungen ab: ( = 0) = 0 ( = 0) = 0 wobei 0 eine positive Konstante ist. Um die Konstanten und zu ermitteln, setzt man = 0 in Gleichungen ein. 0 ≡ ( = 0) = 0 = ( = 0) = 0 Daher gilt =0 = 0 0 Also ist die gesuchte Position des Feder-Massen-Systems gegeben durch () = 0 + 0 sin( 0 ) 0 und die Geschwindigkeit: () = 0 cos( 0 ) 2. Ort-Zeit-Graph und Geschwindigkeit-Zeit-Graph: x(t) x0 v(t) T=2/ t t 5 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2011/12 Übung 6 Wichtige Formeln aus der Vorlesung Inhomogene DGL: () = hom () + in hom () Freie, gedämpfte Schwingungsgleichung: 00 + 2 0 + 20 = 0 Aperiodischer Fall bei 2 − 20 0 (starke Dämpfung), Aperiodischer Grenzfall bei 2 = 20 , Periodischer Fall bei 2 − 20 0 (schwache Dämpfung). Bogenlänge: p () = | | = ̇2 () + ̇ 2 () + ̇ 2 () Z p ̇2 () + ̇ 2 () + ̇ 2 () = Basisaufgaben Beispiel 1: RCL Schwingkreis Liegt an einem Schwingkreis, bestehend aus einem ohmschen Widerstand , einer Spule mit Induktivität , und einem Kondensator mit Kapazität , eine Wechselspannung = 0 sin /an, so ergibt sich die Strom-DGL ¨ + ˙ + 1 = ̇ = 0 cos Zeigen Sie, dass nach einer Einschwingzeit, also für sehr große Zeiten, die Stromstärke beträgt () = tan = 0 q 2 + ( − 1 1 2 ) cos( − ) − Dies ist eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL (die man am einfachsten im Komplexen löst). Warum geht in dieses Resultat die Lösung der homogenen DGL nicht ein (man beachte, dass 0)? Bei welcher Frequenz tritt eine Stromresonanz auf? Lösung: Da die homogene DGL einen gedämpften harmonischen Oszillator darstellt, geht die Schwingungsamplitude hom () → 0 für → ∞. Wegen der Form der treibenden Kraft betrachten wir die komplexe DGL 1 ¨ + ˙ + = 0 und bestimmen in der Lösung dann den Realteil . Entsprechend machen wir für die inhomogene DGL den Ansatz () = 1 was liefert ( = 1 − ) 1 ) = 0 1 (− + + ) = 0 0 0 ( − ) = = 1 2 + 2 − + + (− 2 + + Daraus folgt die Stromstärke () = Re cos − Im sin ¸ ∙ 0 √ = √ cos + √ sin 2 + 2 2 + 2 2 + 2 Wir verwenden nun das Additionstheorem in der Form ∙ ¸ cos( − ) = √ cos + √ sin 2 + 2 2 + 2 woraus folgt √ 2 + 2 √ 2 + 2 sin = cos = tan = Die Stromresonanz tritt auf bei = 0, also = 1(). Beispiel 2: Zweikörperproblem Bewegt sich ein Satellit frei im zentralen Gravitationsfeld der Erde, so beschreibt er stets eine ebene Bahnkurve. Der Erdradius sei , sei die Erdbeschleunigung. Mit Polarkoordinaten hat die Beschleunigung die Komponenten 2 (1) radial : ̈ − ̇ = − (2) transversal : ̈ + 2̇̇ = 0 2 2 1. Zeigen Sie, dass (2) nach Integration liefert 2 ̇ = = konst Dies ist der Flächensatz von Kepler. 2. Zeigen Sie, dass (1) zusammen mit dem Flächensatz die DGL für () ergibt ̈ − 2 2 + 2 =0 3 3. Man schreibe diese DGL um in eine DGL für die Bahnen = (). Dazu verwende man Sie zuerst, dass 1 = − ( ) und zeigen Sie damit, dass 2 1 1 2 ( ) + = 2 2 = ̇. Zeigen 4. Welchem bekannten physikalischen System entspricht diese DGL, wenn man als Variable () = 1() einführt? (Dies erfordert keine Rechnung!) 2 Lösung 1. Wir differenzieren das Ergebnis 2̇̇ + 2 ̈ = 0 2̇̇ + ̈ = 0 2. Wir setzen den Flächensatz ein ̈ − 2 2 = − 4 2 3. = ( ) = 1 = − ( ) ̇ = 2 µ ¶ 1 2 1 ̇ = − ( )̇ = − 2 ( ) 2 Damit wird die ursprüngliche DGL 2 2 2 1 2 ( ) 2 − 3 + 2 2 1 2 −2 2 ( ) − + 2 − = 0 = 0 Diese DGL für = 1 ist die DGL des ungedämpften harmonischen Oszillators. Die Lösung ist eine Ellipse, () = (1 + cos ). Beispiel 3: Eine Kurve führt, wie auf der Figur gezeigt, auf achsenparallelen Strecken vom Ursprung zum Punkt . Berechnen Sie die Bogenlänge Lösung: = Z = Z 0 0 + Z 0 + 0 Z 0 3 0 = 0 + 0 + 0 Beispiel 4: Berechnen Sie die Bogenlänge für die Schraubenlinie ⎛ ⎞ cos () = ⎝ sin ⎠ 0 ≤ ≤ 2 Lösung: ⎛ ⎞ − sin () = ⎝ cos ⎠ Z 2 Z Z 2 p p () = | 2 + 2 = 2 2 + 2 = | = 0 0 Beispiel 5: Wir betrachten die Bewegung eines Massenpunktes (). Seine Geschwindigkeit sei () = . Wie hängt die zeitliche Ableitung der Bogenlänge mit der Geschwindigkeit zusammen? Lösung: Die Bogenlänge ist definiert durch () = Z 0 | ()| Daher ist ihre zeitliche Ableitung der Betrag der Geschwindigkeit. ̇() = | ()| = | | Beispiel 6: Der Tangenteneinheitsvektor ist definiert durch () () = | ()| Die Änderung des Tangentenvektors, bezogen auf die Bogenlänge, beschreibt anschaulich das mittlere Krümmungsverhalten der Kurve. Man nennt → − | ̇ ()| () = | ()| die Krümmung der Kurve an der Stelle . Gegeben sei die Raumkurve, ⎞ cos 1 ⎠ ∈ R () = ⎝ sin √ 2 2 ⎛ Sie liegt auf dem Kegel 22 + 2 2 − 2 = 0 und hat als Projektion in die x,y-Ebene eine logarithmische Spirale. Berechnen Sie 1. die Bogenlänge () ab → −∞, 2. den Tangenteneinheitsvektor, 3. die Krümmung. 4 Lösung Die Geschwindigkeit ist ⎞ ⎛ cos − sin 1 ⎝ sin √ + cos ⎠ () = 2 2 daher ist die Bogenlänge () = = Z | ( )| = −∞ Z 1 2 1 2 Z −∞ √ 4 = p (cos − sin )2 + (sin + cos )2 + 2 −∞ Der Tangenteneinheitsvektor ist wegen | ()| = und seine Ableitung und Betrag − → ̇ () = → − | ̇ ()| = Somit ist die Krümmung ⎛ ⎞ cos − sin 1 + cos ⎠ () = ⎝ sin √ 2 2 ⎛ ⎞ − sin − cos 1⎝ cos − sin ⎠ 2 0 p 1 1 (cos + sin )2 + (sin − cos )2 = √ 2 2 () = → − | ̇ ()| 1 =√ | ()| 2 Ergänzungsaufgaben Beispiel 7: Die Länge eines Kurvenbogens mit regulärer Parameterdarstellung = () = () ≤ ≤ beträgt = Z p ̇2 () + ̇ 2 () Gegeben sei der Graph = () einer stetig differenzierbare Funktion () : [ ] → R Geben Sie die Länge des Graphen von nach an. Hilfe: Welche Parameterdarstellung können Sie für den Graph wählen? Lösung: Wir nehmen als Parameterdarstellung = und = () und erhalten = Z p 1 + 0 ()2 Beispiel 8: → − Zeigen Sie, dass die Krümmung () (definiert in Beispiel 6, () = ()| ()| () = | ̇ ()|| ()|) einer Kurve mit Parameterdarstellung = () = () ≤ ≤ im Kurvenpunkt () = (() ()) beträgt |̇()̈() − ̇()̈()| () = p (̇()2 + ̇()2 )3 5 Lösung: Die Bogenlänge ist () = p Rp ̇2 + ̇ 2 , daher ist ̇() = ̇()2 + ̇()2 . µ ¶ 1 ̇() = p ̇() ̇()2 + ̇()2 ̇ (̇2 + ̇ 2 )12 = ̇ = (̇2 + ̇ 2 )12 → − ̇ = → − | ̇ | = () = ̈(̇2 + ̇ 2 ) − ̇(̇̈ + ̇̈) 32 ̇ 2 ) (̇2 + 2 2 ̈(̇ + ̇ ) − ̇(̇̈ + ̇ ̈) (̇2 + ̇ 2 )32 µ ¶ ̈̇ − ̇̈ ̇() 32 −̇() (̇2 + ̇ 2 ) ̈̇ − ̇̈ (̇2 32 ̇ 2 ) + |̈̇ − ̇̈| (̇2 + ̇ 2 ) 32 6 = ̇ 32 (̇2 + ̇ 2 ) ̈̇ − ̇̈ =− ̇ (̇2 + ̇ 2 )32 (̇2 + ̇ 2 )12 = ̈̇ − ̇̈ |̈̇ − ̇̈| ̇2 + ̇ 2 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übung 7 Wichtige Formeln aus der Vorlesung Z Z = () · = + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ () ̇() () () = ⎝ () ⎠ ( ≤ ≤ ) = ⎝ ̇() ⎠ () ̇() Z = [ (())̇() + (())̇() + (())̇()] ⎛ ⎜ rot () = ⎝ div () = ∆ () = − − − ⎞ ⎟ ⎠ + + 2 2 2 + + 2 2 2 Basisaufgaben Beispiel 1: Integrieren Sie das Vektorfeld ⎛ ⎞ 2 () = ⎝ − ⎠ entlang der Kurve (), die durch den Graphen = 3 (0 ≤ ≤ 2) in der Ebene = 2 gegeben ist. Lösung: Die Kurve läßt sich parametrisieren durch ⎛ ⎞ () = ⎝ 3 ⎠ 2 Daher ist Das Kurvenintegral ist daher Z 0 ≤ ≤ 2 ⎞ ⎛ 1 () ⎝ 2 ⎠ 3 = 0 () (()) · = = Z Z ̇ + 2 2 3 + 0 = = Z ̇ + Z 0 2 ̇ ( − 2)32 + 0 26 24 23 +3 −6 = 6 4 3 32 20 + 12 − 16 = 3 3 1 Z Beispiel 2: Das Magnetfeld in der Umgebung zu einem stromdurchflossenen Draht liegt in der Ebene senkrecht zum Draht. Wir betrachten die Ebene = 0, der Draht durchstößt diese Ebene senkrecht bei (0 0). Das Magnetfeld in der Ebene ist dann µ ¶ 1 − ( ) = 2 + 2 längs des Einheitskreises Man berechne das Kurvenintegral von um (0 0). Lösung: = () = µ µ cos sin ¶ − sin cos 0 ≤ ≤ 2 ¶ Das Kurvenintegral ist daher ¶ µ ¶ Z Z 2 µ () −() − sin ()) · ( · = () cos 0 Z 2 = (sin2 + cos2 ) = 2 0 Beispiel 3: Gegeben sei das Geschwindigkeitsfeld einer Flüssigkeit, das eine ebene Gegenströmung darstellt, µ ¶ = 0 Berechnen Sie die sog. Zirkulation, d.h. das geschlossene Kurvenintegral entlang des Kreises µ ¶ cos = 0 ≤ ≤ 2 1 + sin Lösung: I · = Z 0 2 µ (1 + sin ) 0 ¶ µ ¶ Z 2 − sin (1 + sin ) sin = − · = − cos 0 Beispiel 4: Die zähe Flüssigkeit wird durch ein zur -Achse koaxiales Rohr vom Radius gepresst. Wenn die Geschwindigkeit () gering ist, tritt eine laminare Strömung ein, die von Hagen und Poiseulle um 1850 bestimmt wurde: ⎛ ⎞ 0 () = ⎝ 2 − 2 − 2 ⎠ 2 + 2 ≤ 2 0 0 Berechnen Sie die Rotation und die Divergenz dieses Feldes. Lösung: Man bekommt sofort div = 0 und ⎛ rot = ⎝ − 0 ⎞ ⎞ ⎠ = 2 ⎝ 0 ⎠ − 2 ⎛ Beispiel 5: Zeigen Sie, dass folgende Relationen gelten: 1. div(rot ) = 0 (Feld der Rotation is quellenfrei) 2. div(grad ) = ∆ (Laplace Operator) 3. div( ) = (grad ) · + div 4. rot(rot ) = grad(div ) − ∆ , wobei ∆ der Laplace-Operator komponentenweise ist Lösung: 1. ( − )+ ( − )+ ( − ) = − + − + − = 0 div(rot ) = 2. div(grad ) = ( )+ ( )+ ( ) = ∆ 3. ( ) + ( ) + ( ) = + + + + + = + + = + + div( ) = (grad ) · div 4. ⎛ ⎜ rot(rot ) = ⎝ (rot ) (rot ) (rot ) − − − (rot ) (rot ) (rot ) ⎞ ⎟ ⎠ Wir betrachten nur die -Komponente, die anderen sind analog. h i rot(rot ) = ( − )− ( − ) = − − + h i = grad(div ) ( + + ) = + + [−∆ ] = −∆ = − − − Beispiel 6: Gegeben sei eine Kraft = − grad , die sich von einem Potenzial ableitet. Beweisen Sie, dass die gesamte Arbeit, die man aufwenden muss, um ein Teilchen entlang eines Weges vom Punkt 1 zum Punkt 2 zu bewegen, gegeben ist durch Z 2 · = (1 ) − (2 ) = 1 Lösung: Wir haben = Z 2 1 · = − Z 2 1 grad · = − 3 Z 2 1 2 = − | 1 = (1 ) − (2 ) Ergänzungsaufgaben Beispiel 7: Gegeben sei eine Kraft ⎛ ⎞ −2 ( ) = ⎝ −2 ⎠ −2 − 2 (a) Berechnen Sie die Arbeit, die diese Kraft entlang eines ebenen geschlossenen Kreises in der -Ebene und in der -Ebene leistet. (b) Berechnen Sie die Rotation des Kraftfeldes. Was folgt daraus? Lösung: (a) Die Parametrisierung des ebenen Kreises in der -Ebene lautet ⎛ ⎞ sin () = ⎝ cos ⎠ 0 Das vektorielle Bogenelement ist ⎛ Die Arbeit ist = I ⎞ cos () = ⎝ − sin ⎠ 0 [ ̇() + ̇() + ̇()] = 0 denn die −Komponente des Weges, die in und eingeht ist ebenso Null wie ̇. Im anderen Fall ist ⎛ ⎞ sin ⎠ () =⎝ 0 cos und ⎛ ⎞ cos () ⎠ 0 =⎝ − sin Wiederum ist = I [ ̇() + ̇() + ̇()] = I = [(−2) + (−2 ) ] − I 1 sin [−2 cos2 + sin2 ] = 0 weil das Integral von sin über einen geschlossenen Kreis verschwindet. (b) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 + 2 − ⎜ ⎟ rot () = ⎝ = ⎝ −2 + 2 ⎠ = 0 − ⎠ 0−0 − das Kraftfeld ist konservativ, daher hängt die Arbeit nicht vom Weg ab und verschwindet, wenn Anfangs- und Endpunkt zusammenfallen. 4 Beispiel 8: Das amperesche Gesetz besagt, dass das geschlossene Kurvenintegral eines Magnetfeldes in Beziehung steht zu dem verursachenden Strom, der durch die umschlossene Fläche fließt. I · = 0 = konst) um einen vom Strom durchflossenen Draht sind konzentrische Die Magnetfeldlinien (d.h. || Kreise. Wählen Sie als Integrationsweg einen solchen Kreis mit dem Radius und bestimmen Sie daraus die Entfernungsabhängigkeit des Magnetfeldes () eines stromdurchflossenen Drahtes. Hilfe: Verwenden Sie für das Integral Polarkoordinaten. Lösung: Unter Verwendung von Polarkoordinaten erhält man: I Z 2 · = () = 2() = 0 0 erhält man dann daher: Für den Betrag von || () = 0 2 Beispiel 9: Ein Teilchen mit konstanter Masse bewegt sich entlang der -Achse unter dem Einfluss einer konservativen Kraft mit Potential (). Wenn sich das Teilchen zu den Zeiten 1 bzw. 2 an den Positionen 1 bzw. 2 befindet, beweisen Sie, dass gilt r Z 2 p 2 − 1 = 2 1 − () wobei die Gesamtenergie (Summe von kinetischer und potentieller Energie) ist. Lösung: Die Gesamtenergie ist 1 2 + () = 2 r 2p − () = = r p = 2 − () 5 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übungsblatt 8 Wichtige Formeln aus der Vorlesung: ZZ ZZ ZZ ( ) = ( ) = ( cos sin ) Basisaufgaben Beispiel 1: Berechnen Sie das Doppelintegral Z =1 =0 Z = 4 cos (2) =0 Lösung: Da der Integrand separiert und die Integrationsgrenzen unabhängig voneinander sind, gilt Z =1 =0 Z Z = 4 cos (2) = =0 ∙ 2 2 ¸1 ∙ 0 1 sin (2) 2 Z =1 =0 ¸ 4 = 4 cos (2) =0 1 1 1 × = 2 2 4 = 0 Beispiel 2: Berechnen Sie das Doppelintegral Z 1 0 Z Z √ ≡ =1 =0 Z √ = = Lösung: Z 0 1 Z √ = Z 1 0 2 2 ¸√ Z Z ∙ = Z 1 0 µ 2 − 2 2 Beispiel 3: Berechnen Sie das Volumenintegral Hinweis: 1 =0 Z =0 Z − =0 − = −− ( + 1) 1 ¶ ∙ 3 4 = − 6 8 ¸1 0 = 1 24 Lösung: Integration nach : Z Integration nach : − =0 Z = |=− = (− − 1) = − − =0 ∙ ¸ 1 − (− − 1) − 2 2 =0 1 2 = (− − 1) − − (−1) 2 1 2 = − −−1 2 =0 (− − ) = Integration nach : Z ∙ ¸1 3 2 − − − = 6 2 0 1+3+6 8 = − −1=− 6 3 1 1 ( − 2 − − 1) = 2 =0 Also: Z 1 =0 Z =0 Z − = − =0 8 3 Beispiel 4: Berechnen Sie das Dreifachintegral: Z 1 =0 Z 4 =−1 Z 2 cos() =0 Lösung: Integration nach : Z 2 cos() = =0 Integration nach : Z 2 [sin()]0 = 2 sin() 4 =−1 2 sin() = − Integration nach : Z 1 =0 − 2 22 [cos()]4−1 = − 22 2 = − 3 Beispiel 5: Welchen Wert besitzt das Doppelintegral ZZ für eine Achtelkreisfläche mit Radius = 2? 2 Benutzen Sie die Polarkoordinatendarstellung. Hinweis: ∙ ¸ Z 1 2 sin cos = sin 2 Lösung: Die Integrationsgrenzen sind: -Integration : von = 0 bis = 2 -Integration : von = 0 bis = 4 Das Doppelintegral in der Polarkoordinatendarstellung lautet somit: Z Z = Z 4 =0 Z 2 sin cos =0 Integriere nach : Z 4 =0 Z 2 3 sin cos = =0 Z 4 sin cos =0 ∙ 1 4 4 ¸2 =0 = Z 4 =0 Integriere nach : Z 4 =0 ∙ ¸4 1 2 4 sin cos = 4 =1 sin 2 =0 Daraus folgt: Z Z = Z 4 =0 Z 2 3 sin cos = 1 =0 Beispiel 6: Berechnen Sie das Volumenintegral Z 2 =0 Z 1 =0 Z 2 sin() = 3 4 sin cos Lösung: Integration nach : Z ∙ 2 2 sin() = sin() 2 = Integration nach : Z 1 =0 5 sin() − 2 Z 1 Z 2 =0 Also: Z 2 =0 = 5 3 sin() − sin() 2 2 1 1 1 3 sin() = sin() − sin() = − sin() 2 12 8 24 =0 Integration nach : ¸2 Z 1 =0 − Z 1 1 sin() = − 24 24 2 = sin() = − 1 24 Ergänzungsaufgaben Beispiel 7: Zeigen Sie, dass durch Rotation einer Ellipse (mit den Halbachsen und ) um die -Achse ein Rotationsellipsoid vom Volumen 4 = 2 3 entsteht. Lösung: Die Gleichung der Ellipse lautet: 2 2 + 2 2 = 2 2 Die Gleichung des Rotationsellipsoids erhält man durch → p 2 − 2 Diese oberen und unteren Begrenzungsflächen liefern die Grenzen der -Integration. Der Projektionsbereich in der -Ebene ist der Kreis mit dem Radius 2 2 + 2 2 = 2 2 ⇒→ = ± : 0 ≤ ≤ 0 ≤ ≤ 2 Aus Symmetriegründen ist dann: =2 Z 2 =0 Z =0 Z √ 2 −2 =0 4 = 4 2 3 TU München Prof. P. Vogl Mathematischer Vorkurs für Physiker WS 2012/13 Übungsblatt 9 Wichtige Formeln aus der Vorlesung Zylinderkoordinaten: = cos = sin , = und Z Z Z Z Z Z ( ) = ( cos sin ) Kugelkoordinaten: = sin cos = sin sin = cos und Z Z Z Z Z Z ( ) = ( )2 sin Taylorreihe 1 Variable: () = () + () () 0 () ( − ) + + ( − ) + (| − | ) 1! ! Taylorreihe n Variable: 1 2 1 ()|0 + + ()|0 + 2! ! X X = 2 () = =1 =1 (0 + ) = (0 ) + ()|0 + Basisaufgaben Beispiel 1: Gegeben ein Paraboloid durch die Gleichung = 16 − 2 − 2 . Dies ist ein Rotationskörper um die -Achse über der -Ebene zwischen = 0 und = 16. Er habe eine Massendichte von ( ) = 8 + + und gefragt ist die Masse. Z Z Z = ( ) Hilfe: Verwenden Sie Zylinderkoordinaten Lösung: In der Ebene = 0 ist die Figur ein Kreis mit Radius 4. Wir integrieren stückweise über kleine Zylinder mir Radius von 0 bis 4, und der Höhe = 16 − 2 − 2 = 16 − 2 . = = Z Z 4 Z 16−2 −2 0 0 4 0 = 16 Z Z 0 16−2 0 4 Z Z 2 (8 + + ) 0 2 (8 + cos + sin ) 0 16− 2 0 0 = 16 Z Z 4 (16 − 2 ) = 16[16 2 4 − ]40 2 4 = 16(8 ∗ 16 − 16 ∗ 4) = 1024 Wir haben hier benützt, dass das Integral von sin und cos über den ganzen Kreis Null ergibt. 1 Beispiel 2: Welche Gesamtmasse hat ein Vollzylinder (Radius , Länge ) mit nur radial variabler Dichte µ ³ ´2 ¶ () = 0 1 + Die allgemeine Gleichung zur Berechnung der Masse lautet Z Z = = () Zeigen Sie, dass sein Trägheitsmoment bezüglich der Zylinderachse = = 5 0 4 6 R 2 durch gegeben ist. Lösung: Mit Zylinderkoordinaten und den Grenzwerten des Zylinders wird aus der Masseformel ¶ Z Z Z 2 µ 2 1 + 2 = 0 0 0 0 Dieses Integral berechnet man zu = 20 ∙ 2 4 + 2 42 ¸ = 0 3 0 2 2 Das Trägheitsmoment ist dann ¶ ¶ Z Z Z 2 µ Z µ 2 2 5 3 3 1 + 2 = 20 1 + 2 = 0 4 = 0 6 0 0 0 0 Beispiel 3: Die Ladungsdichte eines Elektrons im Grundzustand des Wasserstoffes ist radialsymmetrisch und wird durch = −−2 R beschrieben, mit als Abstand vom Proton. Bestimmen Sie die Konstante so, dass die Gesamtladung = gerade −1 wird. Hilfe: µ 2 ¶ Z 2 2 2 e = e − 2+ 3 Lösung −1 = Das Integral ist Z = − Z 0 ∞ 2 −2 Z sin 0 Z 0 2 = −4 Z 0 ∞ 2 · −2 µ 2 ¶¸∞ ∙ 1 1 = e−2 − − − 2 2 4 0 4 1 1 1 = 4 ⇒ = 4 Beispiel 4: Entwickeln Sie die Funktion um = 0 bis zum quadratischen Term in eine Taylor-Reihe: () = ln(1 + 2 ) 2 Lösung: 1 0 (0) = 0 1 + 2 2(1 + 2 ) − 42 00 (0) = 2 (1 + 2 )2 à ! ∞ 2 X 1 2 6 4 +1 2 + − + − + = (−1) 2! 2 3 =1 0 () = 2 00 () = () = Beispiel 5: Entwickeln Sie die Funktion () = cos() um = √ sin 3 = 32 cos 3 = 12 3 in eine Taylor-Reihe bis zum Term dritter Ordnung. Hilfe: Lösung: 1 ( ) = cos( ) = 3 3 2 √ 3 0 () = − sin 0 ( ) = − 3 2 1 00 () = − cos 00 ( ) = − 3 √ 2 3 000 () = sin 000 ( ) = 3 2 √ √ 1 3 11 2 1 3 − ( − ) − ( − ) + ( − )3 + () = 2 2 3 2! 2 3 3! 2 3 Beispiel 6: Entwickeln Sie die Funktion um = 1 bis zum dritten Term in eine Taylor-Reihe: () = 2 1 − 2 Lösung: (1) = −1 2 2 0 () = − 3 + 2 0 (1) = 0 6 4 00 () = − 00 (1) = 2 4 3 24 12 000 () = − 5 + 4 000 (1) = −12 1 () = −1 + 2( − 1)2 − 2( − 1)3 + 3( − 1)4 + 2! Beispiel 7: Betrachten Sie die Funktion () = exp(−2 − 2 − 2 ) und entwickeln Sie diese um den Punkt 0 = (1 1 1) in eine Taylorreihe bis zu Termen 1. Ordnung 3 Lösung: ¯ = −2 exp(−2 − 2 − 2 )¯0 = −2−3 ¯ = −2 exp(−2 − 2 − 2 )¯0 = −2−3 ¯ = −2 exp(−2 − 2 − 2 )¯0 = −2−3 (0 + ) = −3 + ( + + )(−2−3 ) Ergänzungsaufgaben Beispiel 8: Die relativistische p Energie eines mit der Geschwindigkeit bewegten Teilchens der Masse beträgt = 2 = 0 1 − ()2 . Dabei ist 0 die Ruhemasse, und die Lichtgeschwindigkeit. Zeigen Sie, dass im Grenzfall kleiner Geschwindigkeiten die kinetische Energie = 2 − 0 2 in den aus der newtonschen Mechanik bekannten Ausdruck übergeht. Lösung: () = 0 2 (1 − 2 −12 ) − 0 2 2 (0) = 0 2 −32 0 ) ; (0) = 0 2 2 2 2 00 () = 0 (1 − 2 )−32 + 30 2 (1 − 2 )−52 ; 00 (0) = 0 2 () = 0 + 0 + 0 + 1 2 0 () = 0 (1 − Beispiel 9: Mit der Taylor-Reihe berechne man den Grenzwert lim ( →0 1 1 − ) sin − 1 Lösung: () = sin 0 () = cos 00 () = − sin 000 () = − cos 1 1 1 1 = = 3 2 sin 1 − 6 + − 6 + () = − 1 0 () = = 00 () = 000 () = 1 1 1 1 = = 2 −1 1 + 2 + + 2 + Die Taylorreihe der Funktion 1(1 + ) um = 0 liefert in erster Ordnung das Ergebnis 1 − . Daher folgt lim ( →0 1 1 2 1 1 − ) = lim (1 + −1+ )= →0 sin − 1 6 2 2 4 Beispiel 10: Man gebe die Taylor-Reihe um = 0 für den sogenannten Integralsinus an, Z sin Si() = 0 Lösung: 3 5 sin = − + − 3! 5! Z 2 4 1 3 1 5 [1 − + − ] = − + − Si() = 3! 5! 3 3! 5 5! 0 5
