Fakultät für Physik Jan von Delft, Katharina Stadler, Frauke Schwarz T: Rechenmethoden für Physiker, WiSe / http://homepages.physik.uni-muenchen.de/~vondelft/lehre/t/ Nachklausur: T Lösung Hausaufgabe : Gradient, Divergenz und Rotation in kartesischen Koordinaten a Punkte i Einheitsvektor in Richtung maximaler Steigung am Punkt r = x, y T zum Gradienten von fr: x r = x r = x analog für y r x fr x fr = = y r r y fr y = r r r n = y r x yx r x = x y r r x ist parallel ii Einheitsvektor in Richtung der Konturlinien: Konturlinien verlaufen senkrecht zu n, also n = x r y iii Gleichung yx für die Konturlinie auf der Höhe fr = H: b Punkte fr = H y x + y = H y = H x + y y H = H x y = H H x xy x vr = xz = x x z x x wr = x = + = z x Oder: wr = vr =, denn Wirbelfelder sind immer quellenfrei!
Lösung Hausaufgabe : Orthogonalbasis a av + bv + cv = impliziert a + b + c = a b 5c = b c = Die letzten Gleichung ist gleichbedeutend mit c = b. Eingesetzt in die erste Gleichung folgt daraus a = 5b. Die zweite Gleichung liefert dann 6b =, also ist a = b = c = die einzige Lösung des Gleichungssystems, die Vektoren sind also linear unabhängig. b e = v v = ṽ =v v e e = = e = = ṽ ṽ 6 ṽ =v v e e v e e = 6 e = = ṽ ṽ 5 6 6 = 6 c In einer Orthonormalbasis lassen sich die Koeffizienten eines Vektors unmittelbar aus dem Skalarprodukt des Vektors mit den Basisvektoren ablesen: Für a gilt also a = 6e e. a e = a e = 6 a e =
Lösung Hausaufgabe : Lineare Abbildungen a Die Drehung bildet die x-achse auf die y-achse ab und die positive y-achse auf die negative x-achse, also: A = B = x =Ax =,, T. Die Matrix AB ist nicht orthogonal, da die Länge von Vektoren nicht invariant unter der Abbildung AB ist, oder durch explizite Berechnung: AB = ABAB T = =. 9 b Die folgenden Zusammenhänge sieht man einfach: e = v + v e = v v e = v ẽ = ṽ + ṽ =,, T ẽ = ṽ ṽ =,, T ẽ = ṽ =,, T also folgt C = Lösung Hausaufgabe : Diagonalisierung einer Matrix a Punkt! det A = a + = a + a = aa. Die Matrix A ist also für a = und a = nicht invertierbar. b Punkte Charakteristisches Polynom =! =! λ a + det = + λ a + = + λ + λ a a + a + λ = λ + λ a + a λ, = ± a + a = ± a
Daraus folgen die Eigenwerte λ = a und λ = a. normierte Eigenvektoren: λ = a : λ = a : a + a + a + a + v = a + a + a + a + v = v = v = c Punkt Für a = erhält man λ = λ =. Bonus: d Punkt Die Transformationsmatrix S mit der Eigenschaft, dass S AS diagonal ist, hat die Eigenvektoren als Spaltenvektore Reihenfolge beliebig, und da die Eigenvektoren normiert sind und A reell symmetrisch ist, gilt S = S T. Somit S =, S = S T = Lösung Hausaufgabe 5: Wegintegral a ρt = H zt und vier Umdrehungen z H H y H x
b rt =ρte ρ t + zte z rt = ρte ρ t + φtρte φ + żte z =H t t e t ρ + ωh e φ H t e f t f t z f / vt = ṙt = 8H t t + ω H t f t f c W = = γ tf dr Fr = dt tf dt ṙt F rt H t e t z mge z = Hmg f Dies entspricht genau dem Unterschied in der potentiellen Energie von Anfangs- und Endpunkt: mg z = mgh. Lösung Hausaufgabe 6: Volumen einer Flasche a.5 Punkte Integrationsbereiche: ρ [, ], φ [, ], z [, hρ] b.5 Punkte Volumen V = = = dφ dφ = ρ dρ ρ hρ dρ ρ hρ dρ ρ + + ρ = + = 5 dz + dρ ρ [cotρ + ] du cotu = + ln sin ln sin = + + ln ln 5
Lösung Hausaufgabe 7: Taylor-Reihe und Lagrange-Multiplikatoren a fx =e x+y = + x + y + x + y + O x, y, xy = + x + y + x + O x, y, xy b V =8x p y p z p Ṽ =8x p y p z p λ xp Ṽ =8y p z p λ x p a! = yp Ṽ =8x p z p λ y p b! = zp Ṽ =8x p y p λ z p c! = x p a + y p b + z p c Wäre eine der Komponenten x p, y p oder z p gleich null, würde unmittelbar x p = y p = z p = folgen. Da dieser Punkt nicht auf dem Ellipsoid liegt, sind alle Komponenten ungleich null. Aus der ersten Gleichung folgt dann λ = a y pz p x p. Die anderen beiden Gleichungen werden damit zu Das ist äquivalent zu 8x p z p 8a y pz p x p c 8x p y p 8a y p z p x p c Wir erhalten also Einsetzen in Nebenbedingung liefert x p a = y p b x p a = z p c x p a = y p b = z p c x p = a, y p = b, z p = Das maximale Volumen ist somit: V = 8 a b c = 8 c. abc. 6
Lösung Hausaufgabe 8: Differentialgleichung mit Substitution und Separation der Variablen a Lösung der Differentialgleichung y x = sin x y tan x, für x [, [ und y =. i Punkte separable Differentialgleichung mittels Substitution: y = [ln ux] cos x Damit lässt sich die Differentialgleichung y x = sin x y tan x mit Hilfe von und umschreiben zu y x = u x ux cos x [ln ux] sin x y x = sin x cos x[ln ux] tan x = sin x [ln ux] sin x u x ux cos x [ln ux] sin x = sin x [ln ux] sin x u x ux = tan x du dx u = tan x Anfangsbedingung: y = ln ux cos x ux = e y/cos x Aus x =, y = yx = folgt u = ux = e y cos x = e =. ii Punkte Lösung der Differentialgleichung: u du x u = dx tan x x = ln ux = lncos x u = yx = lncos x cos x yx = cos x[lncos x] 7
Bonus: b Bonus-Punkt Integration mittels Substitution: dx tan x = dx sin x cos x = dw cos x mit w = cos x und dw = sin x dx = dw = ln w + const. = lncos x + const. w Lösung Hausaufgabe 9: Homogene Differentialgleichung a Punkte Lösung der homogenen Differentialgleichung, mit den Anfangsbedingungen x = und ẋ = : Ansatz xt = ce λt. Ableitung ẋt = λce λt. Ableitung ẍt = λ ce λt Einsetzen in ẍ + ẋ =, = λ xt + λxt = λ + λ = λλ + { λ ± = Superposition xt = c + e λ +t + c e λ t Anfangsbedingung x = c + + c! = c = c + c ± = ± ẋ = λ + c + + λ c = c + λ + λ = c +! = Lösung xt = et e t = e t b Punkte xt = e t erfüllt. Dd t Gt? = δt mit Dd t = d t + d t und Gt = θtxt d t θtxt = δtxt + θtd t xt = δtx + θtd t xt = θtd t xt d t θtxt = d t θtd t xt = δtd t xt + θtd t xt = δt + θtd t xt Dd t Gt = d t + d t Gt = δt + θt d t + d t xt }{{} = = δt 8
Lösung Hausaufgabe : Fourierreihe a Π b L =, k = n Der Koeffizient f muss getrennt berechnet werden: f = x = x = Für k lässt sich f k mit Hilfe von partieller Integration berechnen: f k = e ikx x = e ikx x + fx = = x ik eikx + ik = ik n + ik eikx e ikx x e ikx + x ik eikx + ik n e ikx ik ik eikx = ik n + ik ik n + ik n + ik ik n { = k n k = für n = m + n für n = m = m= m= m + eim+x m + eim+x, mit m Z Die Funktion ist symmetrisch, daher kann die Funktion auch als Cosinus-Reihe geschrie- 9
ben werden: a = dxx = a n = dx coskxx = x sinkx k = k sin + k coskx }{{} = = k cosn = k { für n = m = für n = m + n fx = + m + m= cos k n k m + x dx sinkx k Dieses Ergebnis lässt sich dann in die Basis der e-funktionen umschreiben: fx = m + m= = m + m= = m + m= m + cos e i m+ e im+x x x + e i m+ x Lösung Hausaufgabe : Satz von Stokes a Vr, θ, φ = e θ r sin θ φ sin φ = cos φ e r sin θ θ b c Φ = S ds V = = dθ dθ dφr a θ sin θ e r cos φ aθ sin θ e θ dφ R sin θ cos φ = rφ =Re r φ rφ = R sin θ e φ Φ = ds V = dr Vr = S S dφ Re φ sin φ e r =. Raθ sin θ e θ
d ds = θ r φ r = Raθe θ + R sin θ e r Raθ sin θ e φ =R a θ sin θ e r aθ sin θ e θ dθdφ Lösung Hausaufgabe : Residuensatz Zu lösen ist das Integral I = i dω fω mit fω = e iωt ω + ω i. a Punkt Wegen z + = z +iz i gibt es einen Pol erster Ordnung bei z = i und einen Pol zweiter Ordnung bei z = i. b.5 Punkt Pol erster Ordnung bei z = i: Res fz, i = zeizt z i i = et Pol zweiter Ordnung bei z = i: Res fz, i = e izt i z z + i ite izt = z + i eizt z + i z=i = te t + e t = e t + t c.5 Punkt t < : In der unteren Halbebene liegt der Pol erster Ordnung bei z = i. I = i Res fz, i = i e t i = et Man erhält ein zusätzliches Minus, da man das Integral im Uhrzeigersinn berechnet. t > : Der Pol zweiter Ordnung bei z = i liegt in der oberen Halbebene, also Bonus: I = i Res fz, i = e t + t a Bonus-Punkt Damit das Konturintegral dasselbe Ergebnis wie das Integral I auf der reellen Achse liefert darf das Konturintegral in Form eines Halbkreises mit Radius R im Limes R keinen Beitrag liefern. Dies ist hier nur gewährleistet, wenn: e izt, also, falls Imz > für z.
Im Detail: e izt ±i t Rcos φ+i sin φ R = e e R t sin φ! mit zφ = Re iφ = Rcos φ + i sin φ und φ [, ] Für t > muss damit sin φ >, also φ [, ] sein. Dies entspricht der oberen Halbebene. Für t < muss analog sin φ <, also φ [, ] sein. Dies entspricht der unteren Halbebene.