Übungen zur Vorlesung Mathematische Rechenmethoden I

Übungen
zur Vorlesung
Mathematische Rechenmethoden I
Prof. Dr. Haye Hinrichsen, WS 16/17
Aufgabe 10 Eulersche Formel (2 Punkte)
Beweisen Sie mit Hilfe der Reihendarstellungen
ez =
∞
X
zn
n=0
n!
,
sin(x) =
∞
X
(−1)n
n=0
x2n+1
,
(2n + 1)!
cos(x) =
∞
X
n=0
(−1)n
x2n
(2n)!
die Eulersche Formel eiφ = cos(φ) + i sin(φ).
Lösungsvorschlag für Aufgabe 10:
Es gilt:
ez =
sin(x) =
cos(x) =
∞
X
zn
n=0
∞
X
(1)
n!
(−1)n
n=0
∞
X
(−1)n
n=0
x2n+1
(2n + 1)!
(2)
x2n
(2n)!
(3)
i 2n = (−1)n
(4)
i 2n+1 = i (−1)n
(5)
Damit:
(1)
eiφ =
∞
X
(iφ)n
n=0
n!
Aufteilen der Summe in gerade (d.h. n = 2m, m ∈ N0 ) und ungerade Terme (d.h.
n = 2m + 1, m ∈ N0 ) liefert:
eiφ =
∞
∞
X
X
(iφ)2m+1
(iφ)2m
+
=
(2m)!
(2m + 1)!
m=0
m=0
{z
}
{z
}
|
|
(4)
=
∞
X
(−1)m
m=0
|
{z
(3)
φ2m
(2m)!
}
+ i
(5)
∞
X
φ2m+1
=
(2m + 1)!
{z
}
(−1)m
|m=0
(2)
= cos(φ) + i sin(φ)
Aufgabe 11 Exponential- und Winkelfunktionen (2 Punkte)
(a) Drücken Sie f (x) =
d
(sinh2 (x)
dx
ix
−2ix
(b) Drücken Sie f (x) = e + e
+ cosh2 (x)) in Exponentialfunktionen aus.
in Winkelfunktionen aus.
(c) Beweisen Sie: cosh(x) sinh(y) + sinh(x) cosh(y) = sinh(x + y).
√
(d) Beweisen Sie: arcosh(x) = ln(x + x2 − 1)
Lösungsvorschlag für Aufgabe 11:
(a) Es gilt: sinh(x) = 12 (ex − e−x ) und cosh(x) = 21 (ex + e−x )
d 1 x
1
Kettenregel
(e − e−x )2 + (ex + e−x )2
=
dx 4
4
1
1
= (ex − e−x )(ex + e−x ) + (ex + e−x )(ex − e−x ) =
2
2
= (ex − e−x )(ex + e−x ) =
⇒ f (x) =
= e2x − e−2x
(b) Es gilt: eiz = cos(z) + i sin(z)
⇒ f (x) = cos(x) + i sin(x) + cos(−2x) + i sin(−2x)
= cos(x) + cos(2x) + i (sin(x) − sin(2x))
(c) cosh(x) sinh(y) + sinh(x) cosh(y) =
1
1
= (ex + e−x )(ey − e−y ) + (ex − e−x )(ey + e−y ) =
4
4
1 x+y
x−y
−x+y
=
e
−e
+e
− e−x−y + ex+y + ex−y − e−x+y − e−x−y =
4
1
=
2ex+y − 2e−x−y =
4
1 (x+y)
=
e
− e−(x+y) =
2
= sinh(x + y)
(ex + e−x )
2y = ex + e−x =
(d) Ansatz: y = cosh(x) =
1
2
⇒ Auflösen nach x
Substitution: u := ex > 0
1
u2 + 1
=
u
u
⇔ 0 = u2 − 2yu + 1
p
p
1
!
⇔ u1,2 =
2y ± 4y 2 − 4 = y ± y 2 − 1 = ex
2
p
⇔ x1,2 = ln y ± y 2 − 1
=u+
x1 bezieht sich dabei auf den Ast von cosh(x) mit x ≥ 0, x2 auf x ≤ 0
Bei Beschränkung auf den positiven Ast folgt:
p
arcosh(x) = ln x + x2 − 1
Aufgabe 12 Schwingung (2 Punkte)
Gegeben sei die Differentialgleichung
y 00 (x) + ky(x) = 0.
(a) Geben Sie die allgemeine Lösung mit Hilfe von Winkelfunktionen an.
(b) Wie müssen die in der Lösung auftretenden Amplituden gewählt werden, wenn
y(0) = y 0 (0) = 1 ist?
(c) Verwenden Sie nun den Ansatz y(x) = Ceax + De−ax , wobei C, D ∈ C und a ∈
C ist. Wie müssen a, C, D gewählt werden, um die Differentialgleichung mit den
Randwerten in (b) zu erfüllen?
Lösungsvorschlag für Aufgabe 12:
(a) Geg:
y 00 (x) = −ky(x)
√
Durch “scharfes
√ Hinsehen“ findet man schnell die Lösungen y1 (x) = sin( kx)
und y2 = cos( kx). Da es sich um eine lineare Differentialgleichung handelt,
ist damit auch die Linearkombination
√
√
y(x) = A sin( kx) + B cos( kx)
mit A, B ∈ C
(b) Mit der allgemeinen Lösung (6) gilt:
√ √
√
y 0 (x) = k A cos( kx) − B sin( kx)
Einsetzen der gewünschten Bedinungnen liefert:
!
y(0) = A sin(0) + B cos(0) = B = 1
√
√
!
y 0 (0) = k (A cos(0) − B sin(0)) = k · A = 1
Damit:
√
√
1
y(x) = √ sin( kx) + cos( kx)
k
(c) Mit dem geg. Ansatz gilt:
y 0 (x) = a Ceax − De−ax
y 00 (x) = a2 Ceax + De−ax = a2 y(x)
Eingesetzt in die Differentialgleichung ergibt dies:
a2 y(x) = −ky(x)
⇒
√
a=i k
(6)
Einsetzen des Lösungsansatzes in die Anfangsbedingungen ergibt:
!
y(0) = Ce0 + De0 = C + D = 1
!
y 0 (0) = a Ce0 − De0 = a(C − D) = 1
Damit folgt:
√
a=i k
1 √
C= √
k−i
2 k
1 √
D= √
k+i
2 k
Aufgabe 13 Exponentialfunktion einer Ableitung (2 Punkte)
d
Die Exponentialfunktion der Ableitung exp( dx
) sei durch die Reihe
exp
∞
d
X
1 dn
=
dx
n! dxn
n=0
erklärt, wobei angenommen wird, dass dieses Objekt auf eine rechts davon stehende Funktion f (x) wirkt. Zeigen Sie für die Beispiele
(a) f (x) = x2
und
(b) f (x) = ex
d
) eine Funktion f (x) um 1 verschiebt, dass also gilt:
dass exp( dx
d
f (x) = f (x + 1).
exp
dx
Lösungsvorschlag für Aufgabe 13:
(a) f (x) = x2
Es gilt:
d 2
x = 2x
dx
d2 2
x =2
dx2
dm 2
x = 0 ∀m > 2
dxm
Damit:
exp
d
dx
∞
X
1 dn 2
f (x) =
x =
n! dxn
n=0
1
1
1
· x2 + · 2x + · 2 + 0 =
0!
1!
2!
= x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 =
=
= f (x + 1)
(b) f (x) = ex
Es gilt:
dn x
e = ex
dxn
∀n ∈ N
Damit:
exp
d
dx
∞
X
1 dn x
f (x) =
e =
n! dxn
n=0
∞
X
x
=e
1
= ex · e1 = ex+1 =
n!
n=0
| {z }
(1)
= e1
= f (x + 1)

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