Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

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1 Karlsruher Istitut für Techologie Istitut für Aalysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastia Schwarz WS 04/ Höhere Mathematik für die Fachrichtug Physik Lösugsvorschläge zum 9. Übugsblatt Aufgabe 49 (Übug) Ei Lichtstrahl durchlaufe eie Medium M mit Lichtgeschwidigkeit c, treffe uter dem Wikel α auf die ebee Grezschicht zum Medium M mit Lichtgeschwidigkeit c ud trete uter dem Wikel α i dieses Medium ei. Es gelte das Fermatsche Prizip: Das Licht immt de Weg, der die kürzeste Zeit erfordert. Leite Sie daraus das Brechugsgesetz vo Sellius her: cos(α ) c cos(α ) c. Wir füge gedaklich zwei zur Grezschicht sekrecht stehede Gerade ei. Dabei muss x icht zwagsläufig zwische de beide Gerade liege, damit die folgede Rechuge fuktioiere. Zudem soll der Lichtstrahl atürlich tatsächlich auf die Grezschicht treffe, wodurch a,a 0 gilt. Wir habe u also eie Afagspukt A ud eie Edpukt A, zwische dee das Licht laut dem Fermatsche Prizip de Weg "wählt", der die kürzeste Zeit erfordert. Diese Zeit ist, i Abhägigkeit vo x R, gegebe durch die Fuktio a + x a + (b x) f (x) +. c c Diese Fuktio f : R R ist zwei Mal differezierbar ud es gilt f (x) x b x c a + x c a + (b x)

2 sowie f (x) a + x x a +x c (a + x ) a + (b x) + c (a + (b x) ) (bx) a +(bx) a c (a + x ) 3 a + c (a + (b. x) ) 3 Wege f (x) > 0 für alle x R ist f streg mooto wachsed ud hat somit wege f (0) < 0 < f (b) geau eie Nullstelle x 0 (0,b) (Zwischewertsatz). Somit hat f i x 0 ei lokales Extremum, das wege f (x 0 ) > 0 ei Miimum ist. Da offesichtlich f (x) für x ±, ist dieses Miimum auch global: Nach dem Zwischewertsatz gibt es gewisse x < x 0 < x mit f (x ) f (x ) f (x 0 ), sodass gleichzeitig f (x) f (x 0 ) für x < x ud x > x. Also liegt außerhalb vo [x,x ] kei globales Miimum vor ud i [x,x ] komme ur die Radpukte x ud x sowie die Nullstelle x 0 vo f als Miimum i Frage, was die Behauptug liefert. Wege f (x 0 ) 0 folgt cos(α ) c x 0 c a + x 0 b x 0 cos(α ). c a + (b x 0) c Aufgabe 50 (Tutorium) Die Fuktio f : (, ) R sei durch f (x) e x + +x für alle x (, ) defiiert. Bereche Sie das Taylorpolyom T (f, /) ud gebe Sie eie Kostate C > 0 a, für die für alle x [0,] gilt. f (x) T (f, /)(x) C x / 3 Die Fuktio f ist beliebig oft differezierbar. Wir bereche die erste drei Ableituge. Für alle x (, ) gilt: f (x) e x + + x f () (x) e x ( + x) f () (x) e x + ( + x) 3 f (3) (x) e x 6 ( + x) 4 Das Taylor-Polyom T (f, /) ist ach der Defiitio vor Satz 0. durch f ( ) (k) ( T (f, /)(x) x ) k k! k0 ( e + + e + ( ) + x ) + ( e + ( ) + 3 x ) ( e + ) ( 3 e + 4 ) ( x ) + ( 9 e + 6 ) ( x ) 7

3 für alle x (, ) gegebe. Sei u x [0,]. Nach dem Satz vo Taylor gibt es ei ξ zwische x ud derart, dass gilt. Wege 0 < ξ ud damit f (x) T (f, /)(x) f (3) ( (ξ) x 3 ( ) ( 3! ) 6 e + ( + ξ) 4 x ) 3 f (3) (ξ) e ξ 6 ( + ξ) 4 eξ + 6 Mootoie ( + ξ) 4 e ( + 0) 4 7 folgt mit C : 7 6 wie gefordert f (x) T (f, /)(x) C x 3 für alle x [0,]. Aufgabe 5 (Übug) Fide Sie ei offees Itervall I R mit 0 I ud eie differezierbare Fuktio f : I R mit f (x) + xf (x) 0, f (0), idem Sie aehme, dass f sich auf I durch eie Potezreihe darstelle lässt. Wir ehme a, dass f (x) a x für x I (R,R), wobei I R für R. Nu wisse wir bereits, dass f (0) a 0 gelte muss. Außerdem gilt ach Satz 0., dass f (x) a x ( + )a + x. Soll f u die gegebee Gleichug erfülle, so muss gelte, dass 0 f (x) + xf (x) ( + )a + x + a x + ( + )a + x + a x a + (( + )a + + a )x für jedes x I. Nach Satz 0.4 liefert das per Koeffizietevergleich, dass a 0, a 0, a + a + für. Für ugerade k + folgt somit a k+ 0, für gerade k folgt a k a (k) k a (k) k(k ) a 0 k k! k k!. 3

4 Somit ergibt sich womit I R ebefalls klar ist. Aufgabe 5 (Tutorium) f (x) k0 x k k k! e x Die Fuktio f : R R sei durch f (x) x + x 3 für alle x R defiiert. Bestimme Sie eie Potezreihe, die i eier Umgebug vo x 0 die Fuktio f darstellt. Gesucht ist eie Potezreihe N 0 a x mit Kovergezradius ρ > 0 ud x + x 3 a (x + ) x R : x + < ρ. Multipliziere mit dem Neer der like Seite liefert die äquivalete Aussage: ( a (x + ) x + x 3 ) ( a (x + ) (x + ) 3 ) ( a (x + ) (x + ) 4 ) a (x + ) + 4 a (x + ) Idex-Shift a (x + ) 4 a 0 + a (x + ) + a (x + ) 4a 0 4a (x + ) +, (a 4a )(x + ) x R : x + < ρ Sowohl die like als die rechte Seite dieser Gleichug ist ei Fuktioswert eier durch eie Potezreihe defiierte Fuktio. Beide Reihe habe midestes de Kovergezradius ρ > 0. Wir dürfe also de Idetitätssatz für Potezreihe (Satz 0.4) verwede (Koeffizietevergleich) ud schließe: 4a 0, 4a 0, : a 4a 0 Damit ergibt sich iduktiv: a 0 4 a 0 a ( ) ( ) ( 4 a () a a + ( ) 4 a ()+ a 4 0 Als Letztes müsse wir ur sicherstelle, dass die gefudee Potezreihe tatsächlich eie positive Kovergezradius hat. Satz 7.6 liefert sofort: ρ limsup a ( ) + lim 4 lim ) > 0 4

5 Für alle x R mit x + < gilt also: x + x 3 4 (x + ) 4 Hiweis: Alterativ lässt sich die Aufgabe auch über die Partialbruchzerlegug ud der geometrische Reihe löse. Aufgabe 53 (Übug) Bereche Sie das Itegral ( x + x 3 4 x 4 x e x dx x+ + ahad der Defiitio (vgl. Beispiel (3) ach Lemma.). ) ( x+ ) Als mooto wachsede Fuktio ist exp auf [0, ] Riema-itegrierbar ach Satz.4. Als Zerlegug wähle wir Z { j,j 0,...,}. Wege der Mootoie gilt (mit de Bezeichuge aus der Vorlesug) I j, m j e j, M j e j+ ud somit sowie s exp (Z ) j0 (e ) k e e e e S exp (Z ) e (e ) k e e e j0 Per Defiitio des utere/obere Itegrals gilt u e e s exp(z ) s exp S exp S exp (Z ) e e e. Da e / für ud ( ) e k ( ), k! k folgt s exp S exp e, womit per Defiitio folgt. 0 e x dx e 5

6 Aufgabe 54 (Tutorium) Fide Sie eie alterative Lösug vo Aufgabe 6 (i R) mit Hilfe der Differetiatio vo Potezreihe: Bestimme Sie für x (,) de Wert der Reihe a) x, b) x. Für x (,) gilt bekatlich x : f (x). x Nach Satz 0. gilt u (durch Differezierug beider Seite) f (x) ( x) x ( + )x x + x x + x ud somit Aalog folgt x ( x) x x ( x). f (x) ( x) 3 ( )x ( + )( + )x x + 3 x + x x 3x + ( x) + x ud somit x ( x) 3 3x ( x) 3x( x) ( x) x(x + ) x ( x) 3 ( x) 3. 6