TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 Prof. Dr. M. Keyl M. Kech TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Mathematik für Physiker 3 (Analysis 2 MA S Sommersem Lösungsblatt 9 ( Zentralübung Z9.1. Störungsrechnung Sei p(x ein reelles Polynom mit er einfachen Nullstelle x 0 R. a Man zeige: Ist α klein genug, so besitzt as Polynom p(x α eine Nullstelle in er Nähe von x 0. b Sei x 0 (α für kleine α ie in (a erwähnte Nullstelle. Man entwickle x 0 (α bis zur zweiten Ornung in α. (a Wir betrachten ie Funktion f(x, α = p(x α un lösen um en Punkt (x 0, 0 nach x auf. Dies geht, a x 0 eine einfache Nullstelle von p ist un somit x f(x 0, 0 = p (x 0 0. Die Position er Nullstelle in Abhängigkeit von α, x 0 (α ist also implizit efiniert auf einer Umgebung von α = 0, es gilt also für alle α im Definitionsbereich er impliziten Funktion, as p(x 0 (α α = 0 ist. Außerem ist x 0 (α beliebig oft ifferenzierbar, a as gleiche für f(x, α gilt. (b Die Ableitung von x 0 (α ist Für ie zweite Ableitung ergibt sich x 0(α = f α(x(α, α f x (x 0 (α, α = 1 p (x 0 (α. x 0(α = α 1 p (x 0 (α = (x 0 (αx p 0 (α p (x 0 (α 2 = p (x 0 (α p (x 0 (α 3 Somit ist ie Taylorentwicklung von x 0 (α bis zur zweiten Ornung gegeben urch x 0 (α = x 0 + Z9.2. Laplace-Gleichung in Polarkoorinaten α p (x 0 α2 p (x 0 2p (x O(α3. Die C 2 Funktion u : R 2 \ {0} R, (x, y u(x, y wir urch Einführung von Polarkoorinaten zu einer Funktion U(r, ϕ. Es gelte ie Laplace-Gleichung 2 xu + 2 yu = 0. (a Wie erhält man U bei bekanntem u un umgekehrt. (b Wie lautet ie Jacobi-Matrix er Transformation auf Polarkoorinaten Φ : (r, ϕ (x(r, ϕ, y(r, ϕ un (geeignet eingeschränkt ihrer Inversen Φ 1? (c Berechnen Sie ie Form er Laplace-Gleichung in Polarkoorinaten,.h. ie Differentialgleichung für U(r, ϕ, ie er Laplace-Gleichung für u(x, y entspricht. ( Finen Sie alle Lösungen ieser Gleichung, ie nicht von ϕ abhängen.

2 (a Polarkoorinaten sin gegeben urch Φ(r, ϕ = x(r, ϕ = r cos ϕ, ȳ(r, ϕ = r sin ϕ. ( x(r, ϕ mit ȳ(r, ϕ Zum besseren Verstännis kennzeichnen wir Funktionen ie wie Variablen heißen mit einem Querstrich. Somit ist U = u Φ efiniert urch U(r, ϕ = u(r cos ϕ, r sin ϕ, z.b. für r > 0, ϕ R. Damit ist U auf R + R efiniert un offenbar ort 2π-perioisch in ϕ. Umgekehrt erhält man bei gegebenem U : R + ( π, π] R mit u(x, y = U ( r(x, y, ϕ(x, y, r(x, y = x 2 + y 2, arctan y x, x > 0 π 2, x = 0, y > 0 arccos ϕ(x, y = arg(x + iy = arctan y x + π, x < 0, y 0 = π 2, x = 0, y < 0 arccos arctan y x π, x < 0, y < 0 x, y 0, x 2 +y 2 x, y < 0. x 2 +y 2 wobei u nur ann eine C k -Funktion ist, wenn U(r, ϕ von R + ] π, π] zu einer in ϕ 2π-perioischen C k -Funktion auf R + R fortgesetzt weren kann, also U(r, ϕ = U(r, ϕ + 2π. (b Für ie Jacobi-Matrix er Abbilung Φ(r, ϕ = ( x(r,ϕ ȳ(r,ϕ, DΦ(r, ϕ gibt es auch ie intuitive Bezeichnung (x,y (r,ϕ. Es ist (x, y (r, ϕ = (r, ϕ ( xr (r, ϕ x ϕ (r, ϕ ȳ r (r, ϕ ȳ ϕ (r, ϕ ( ( x cos ϕ r sin ϕ r ȳ = =, sin ϕ r cos ϕ x wobei im letzten Ausruck ie Argumente von x(r, ϕ un ȳ(r, ϕ weggelassen wuren. Die Jacobi-Matrix er Umkehrabbilung Φ 1 ist as Matrixinverse ( ( (r, ϕ (x, y 1 1 ( ( y (x, y = ( r(x, y, ϕ(x, y = x r y = x r r rx r y (x, y (r, ϕ x ȳ =. ϕ r 2 x ϕ y (c Wir berechnen ie partiellen Ableitungen von u(x, y = U( r(x, y, ϕ(x, y unter Weglassung er Argumente an er Stelle (x, y: u x = U r r x + U ϕ ϕ x, u xx = (U rr r x + U rϕ ϕ x r x + U r r xx + (U ϕr r x + U ϕϕ ϕ x ϕ x + U ϕ ϕ xx, u yy = (U rr r y + U rϕ ϕ y r y + U r r yy + (U ϕr r y + U ϕϕ ϕ y ϕ y + U ϕ ϕ yy, u xx + u yy = U rr ( r 2 x + r 2 y + 2U ϕr ( ϕ x r x + ϕ y r y + U ϕϕ ( ϕ 2 x + ϕ 2 y + U r ( r xx + r yy + U ϕ ( ϕ xx + ϕ yy. y r = 1, ϕ x r x + ϕ y r y = yx+xy r 3 = 0, ϕ 2 x + ϕ 2 y = y2 +x 2 Nun ist r x 2 + r y 2 = x2 +y 2 r 2 r xx + r yy = x ( x r + y( ȳ r = 1 r x r r 2 x + 1 r ȳ r r 2 y = 2 r x2 +y 2 ϕ xx + ϕ yy = x ( ȳ r 2 + y ( x r 2 = 2 ȳ r 3 r x 2 x r 3 r y = 0. Die Laplace-Gleichung lautet also in Polarkoorinaten U rr + 1 r U r + 1 r 2 U ϕϕ = 0. r 3 = ȳ r 1 r un x r 2 r 4 = 1 r 2, ( Hängt U nur von r ab, so ist U rr = 1 r U r zu lösen. Dies ergibt U r (r = c 1 r, c 1 R, un somit ie allgemeine Lösung U(r = c 1 ln r + c 2, c 1, c 2 R.

3 Tutoraufgaben T9.1. Implizit efinierte Funktionen Seine f, g : R 3 R stetig ifferenzierbar, mit f(x 0 = g(x 0 = 0, wobei X 0 = (x 0, y 0, z 0 R 3. (a Unter welcher Beingung kann ie Gleichung f(x, y, z = 0 im Punkt X 0 lokal nach z aufgelöst weren? Wie lautet ann er Graient er sich ergebenen Funktion (x, y z(x, y in einer Umgebung von (x 0, y 0, bzw., im Punkt (x 0, y 0 selbst? (b Unter welcher Beingung können ie beien Gleichungen f(x, y, z = 0, g(x, y, z = 0, im Punkt X 0 lokal nach y un z aufgelöst weren? Wie lautet ann ie Ableitung er sich ergebenen Funktion x ( ỹ(x z(x bei x0? (a Nach em Satz über implizite Funktionen ist bei Anwenbarkeit ie Ableitung von z in einer Umgebung von (x 0, y 0 gegeben urch D z(x, y = (D }{{} z f(x, y, z(x, y 1 D }{{} (x,y f(x, y, z(x, y, }{{} was man intuitiver auch als z f (x, y = f (x, y, z(x, y 1 (x, y, z(x, y (x, y z (x, y schreiben kann. Für en Graienten gilt also ( 1 x f z(x, y = (x, y, z(x, y z f(x, y, z(x, y y f Dies ist genau ann er Fall, wenn f z (X 0 0 ist. Insbesonere ist ann ( 1 x f z(x 0, y 0 = (X 0 z f(x 0 y f (b Nach em Satz über implizite Funktionen ist bei Anwenbarkeit ie Ableitung von (ỹ z in einer Umgebung von (x0 gegeben urch (ỹ D (x z }{{} 2 1 ( = ( f ( 1 f D (y,z (x, ỹ(x, z(x Dx (x, ỹ(x, z(x, g g }{{}}{{} was man intuitiver auch als (ỹ ( ( f y (x = x z g y f z g z 1 (x, ỹ(x, z(x x ( f (x, ỹ(x, z(x g schreiben kann. Kurz (ỹ z = ( f y g y f z g z 1 ( x f, x g wobei ie linke Seite bei x, bzw., x 0, un ie rechte bei (x, ỹ(x, z(x, bzw., X 0, auszuwerten ist.

4 T9.2. Zustansgleichungen Ein einfaches thermoynamisches System wir urch ie Zustansgleichung F (p, V, T = 0 beschrieben. (a Unter welchen Beingungen kann ie Zustansgleichung lokal nach p, V, bzw., T aufgelöst weren? (b Sei p(v, T eine lokale Auflösung von F (p, V, T = 0 nach p un F eine C 2 Funktion. Man beweise V 2 p(v, T = FpF V V F p 2F V F pv F p+f V F ppf V (F p 3 ( p(v,t,v,t, mit er Abkürzung F p := p F, F V := V F, F V p := p V F,.... (c Man interpretiere un beweise p V V T T p = 1 unter geeigneten Beingungen. (a Um en Satz über implizite Funktionen anwenen zu können muss F zunächst C 1 sein. Damit F im Punkt (p 0, V 0, T 0 F 1 ({0} nach T auflösbar ist, muss T (p 0, V 0, T 0 0 gelten. In iesem Fall gibt es also eine Funktion T (p, V, ie in einer Umgebung von (V 0, T 0 efiniert ist, eren Graph in einer Umgebung von (p 0, V 0, T 0 mit F 1 ({0} übereinstimmt,.i. F (p, V, T (p, V = 0 wo efiniert. Für ie Auflösbarkeit nach p bzw., V muss respektive p (p 0, V 0, T 0 0, bzw., V (p 0, V 0, T 0 0 gelten. (b Nach em Satz über implizite Funktionen ist V ( p(v, T, V, T V p(v, T = p ( p(v, T, V, T = F V ( p(v, T, V, T F p ( p(v, T, V, T. Unter Berücksichtigung er Kettenregel ist für eine Funktion G(V, p, T V G( p(v, T, V, T = ( pg( p(v, T, V, T V p(v, T + ( V G( p(v, T, V, T = G p ( p(v, T, V, T p V (V, T + G V ( p(v, T, V, T Damit können wir ie zweite Ableitung berechnen un unterrücken abei ie Argumente ( p(v, T, V, T von F un seinen partiellen Ableitungen un (V, T von p un seinen partiellen Ableitungen. Dann ist 2 V p(v, T = V ( F V F p = V F V F p V F p + F V (F p 2 = F V p p V + F V V + F V (F pp p V + F pv F p (F p 2 = F V F V p F p F V V (F p 2 + F V F pv (F p 2 (F V 2 F pp (F p 3 = 2F V F pv F p F p F V V F p F V F pp F V (F p 3. (c Sei F C 1 (U, U R 3 offen. Gilt nun in einem Punkt (p 0, V 0, T 0 F 1 ({0}, ass i F (p 0, V 0, T 0 0, i = 1, 2, 3, so existieren ie implizit efinierten Funktionen p(v, T, Ṽ (p, T, T (p, V, eren Graph jeweils in einer Umgebung von (p 0, V 0, T 0 mit F 1 ({0} übereinstimmt. Insbesonere ist p(v 0, T 0 = p 0, Ṽ (p 0, T 0 = V 0, T (p 0, V 0 = T 0. Weiter gilt nach em Satz über implizite Funktionen p V (V 0, T 0 Ṽ T (p 0, T 0 T p (p 0, V 0 = ( V = ( p(v ( 0, T 0, V 0, T 0 T p ( p(v (p 0, Ṽ (p ( 0, T 0, T 0 p 0, T 0, V 0, T 0 V (p 0, Ṽ (p (p 0, V 0, T (p 0, V 0 0, T 0, T 0 T (p 0, V 0, T (p 0, V 0 = 1.

5 Hausaufgaben H9.1. Van er Waals Gleichung Ein reales Gas wir urch ie Zustansgleichung F (p, V, T = 0, F (p, V, T = ( p + a V 2 (V b RT mit Konstanten a, b 0, R > 0 beschrieben. (a Man überprüfe ie Aussage in Aufgabe T7.3(c explizit für a = b = 0 (Ieales Gas. (b Sei nun a, b > 0. Zeigen Sie, ass sich F R+ (b, R + global nach p auflösen läßt. Skizzieren Sie V p(v, T für a = 27, b = 1, R = 1 un T = 7, 8, 9 für V (b, 8]. (c Bestimmen Sie en Punkt (p c, V c, T c F 1 ({0}, in em sowohl V p(v c, T c = 0, als auch 2 V p(v c, T c = 0 ist (kritischer Punkt. (a Für as ieale Gas ist F (p, V, T = pv RT, efiniert auf R 3 +. Explizit aufgelöst ergibt sich p(v, T = RT V, RT Ṽ (p, T = p, 1 T (p, V = R pv. un somit gilt in einem Punkt (p, V, T mit pv = RT, ass p Ṽ T (V, T (p, T (p, V = RT V T p V 2 R p V R = RT pv = 1. (b Offenbar ist p(v, T = RT V b a V 2 ie Auflösung nach p für T > 0, V > b. p V, T 3.0 a 27, b 1, R V c, p c T 9 T c 8 T V (c Da p(v, T explizit gegeben ist, kann man natürlich irekt ie Ableitungen berechnen un Null setzen. Man könnte auch Aufgabe 44(b benutzen. Hier berechnen wir zunächst F p (p, V, T = V b, F V (p, V, T = 2a (V b + (p + a = p a + 2ab V 3 V 2 V 2 V 3 Nun ist V p(v, T = F V F p V 2 p(v, T = 6a V 4 + 2RT (V b 3 = p(v, T a (p(v,t,v,t V b + 2ab V 2 V 3 = 2a V 3 RT (V b 2

6 Bilet man en Quotienten er beien Gleichungen 2a = RT un 6a = 2RT, V 3 (V b 2 V 4 (V b 3 so erhält man V 3 = V b 2, bzw. V c = 3b. Eingesetzt in ie erste Gleichung erhält man 2a 27b 3 = RT 4b 2, bzw. T c = H9.2. Implizit efinierte Funktionen 8a 27Rb un schließlich p c = RTc 2b a 9b 2 = a Seien f 1 (t, x, y = log x + y 2 t 4, f 2 (t, x, y = x 2 + yt 2 + t 2 für t, x, y R, x > 0, un P = (1, 1, 2. Es gilt f 1 (P = f 2 (P = 0. (a Die Gleichung f 1 (t, x, y = 0 kann offenbar in einer Umgebung es Punktes P lokal nach y aufgelöst weren. Man erhält ie Funktion (t, x ỹ(t, x. Berechnen Sie gra ỹ(1, 1. (b Der Punkt P ist eine Lösung es Gleichungssystems f 1 (t, x, y = 0, f 2 (t, x, y = 0, bzw., er Gleichung f(t, x, y = 0 27b 2. mit f = ( f 1 f 2 : R R + R R 2. Diese soll in einer Umgebung von P lokal nach x un y aufgelöst weren. Die Invertierbarkeit welcher Matrix muss azu überprüft weren? (c Die lokale Aufösung von f(t, x, y = 0 R 2 nach x un y im Punkt P ergibt ie beien Funktionen x(t, ȳ(t, efiniert in einer Umgebung von t = 1. Berechnen Sie x(1 un ȳ(1. (a Zunächst ist f 1 (1, 1, 2 = 0, also ist P = (1, 1, 2 eine Lösung. 4 log x Auflösen nach y ergibt y = ± t. In einer Umgebung von (1, 1, 2, ie klein genug ist, wir ie Lösungsmenge von f 1 (t, x, y = 0 also urch en Graphen von ỹ(t, x = argestellt. 4 log x t Nach em Satz über implizite Funktionen ist mit gra f 1 (t, x, y = (y 2, 1 x, 2yt, also gra f 1 (1, 1, 2 = (4, 1, 4 t ỹ(1, 1 = x ỹ(1, 1 = f 1 t f 1 (1, 1, 2 y (1, 1, 2 = 4 4 = 1, f 1 x (1, 1, 2 f 1 y (1, 1, 2 = 1 4 = 1 4. (b Um en Satz über implizite Funktionen anwenen zu können, muss ie Invertierbarkeit es rechten 2 2-Blocks in er Jacobimatrix Df(P mit f = ( f 1 f 2 überprüft weren. ( ( t f Df(t, x, y = 1 x f 1 y f 1 y 2 1 (t, x, y = x 2yt t f 2 x f 2 y f 2 2yt + 2t 2x t 2, also ( Df(P = Df(1, 1, 2 = Diese Matrix M := (f f 1 f 1, f 2 (x, y (P = x (P 1 y (P ( 1 4 = ist invertierbar, f 2 f x (P 2 y (P 2 1 a ihre Determinante ungleich 0 ist. (c Nach em Satz über implizite Funktionen gilt bei Invertierbarkeit er Matrix in (b t ( x ȳ (1 = M 1 ( f1 t (P f 2 t (P = ( 1 ( = ( ( ( =

7 H9.3. Störungsrechnung V α (x = (x αx, x R, ist ein Doppelmulenpotential in einem konstanten elektrischen Fel er Stärke α R. (a Bestimmen un klassifizieren Sie ie lokalen Extrema für α = 0. (b Wie veränern sich ie Positionen er lokalen Extrema von V α in Abhängigkeit von α, entwickelt bis zur zweiten Ornung um α = 0? (c Geben Sie ie Werte von V α un V α in en Extremalstellen bis zur zweiten Ornung in α an. (a Für α = 0 liegen ie Extremwerte wegen V α(x = 4x(x 2 1 α bei x 1 = 1, x 2 = 0, x 3 = 1. Wegen V α (x = 12x 2 4 ist x 1 un x 3 ein lokales Minimum (V 0 (x 1,3 = 8 un x 2 ein lokales Maximum (V 0 (x 2 = 4. (b Nach em Satz über implizite Funktionen ist mit f(α, x = V α(x = 4x(x 2 1 α un x i(α = αf(α, x i (α x f(α, x i (α = 1 V α (x i (α = 1 12x i (α 2 4 x i (α = 24x i(αx i (α (12x i (α = 24x i (α (12x i (α x i Somit ist x i (0 = 1 un 12x 2 x i 4 i (0 = un amit (12x 2 i 43 x 1 (α = α α2 + O(α 3, x 2 (α = α + 0 α2 + O(α 3, x 3 (α = α α2 + O(α 3. (c Für en Wert er Extremstellen g(α, x i (α = V α (x i (α betrachten wir ie ersten beien totalen Ableitungen nach α (i=1,2,3, α g(α, x i(α = α g(α, x i(α + x g(α, x i(α x i(α = x i (α, }{{} =V α (x i(α=0 2 α 2 V α(x i (α = α x 1 i(α = V 0 (x i(α Somit ist V α (x i (α = V 0 (x i αx i α2 2V 0 (x + höhere Ornungen. Wir erhalten i V α (x 1 (α = α 1 16 α2 +, V α (x 2 (α = α2 +, V α (x 3 (α = α 1 16 α2 +. Schließlich ist V α (x i (α = 12x i (α 2 4 un amit V (x 1 (α = 12( α α = 8 3α 3 8 α2 + V (x 2 (α = α2 + V (x 3 (α = 8 + 3α 3 8 α2 +

8 V Α x Α x 2 Α 1 Α 0.5 x 1 Α x 3 Α x -0.5