Ubungen zur Vorlesung Theoretische Chemie I - L¨ ¨ osungsblatt WS 2019/20 – ¨ Ubungsblatt 0.5

(1)

Ubungen zur Vorlesung Theoretische Chemie I - L¨ ¨ osungsblatt WS 2019/20 – ¨ Ubungsblatt 0.5

Ausgabe: Freitag 18. Oktober, Besprechung: —

Wiederholung der mathematischen Grundlagen

1. Gegeben sei die komplexe Zahlz= ¹⁻ⁱ_1+i. Berechnen Sie a) den Real- und den Imagin¨arteil vonz,

Um den Real- und Imagin¨arteil der Funktion zu berechnen, wird der Bruch mit (1−i) erweitert

z= (1−i)

(1 + i) ·(1−i)

(1−i) = (1−i)²

1²−i² = 1²−2i + i²

1−(−1) = 1−2i + (−1)

2 = −2i

2 =−i (1) Damit ergibt sich ein Ausdruck, dessen Real- und Imagin¨arteil wie folgt aussieht

Re(z) = 0

Im(z) =−1 (2)

b) den Betrag von z,

F¨ur der Betrag von z m¨ussen wir die komplex Konjugierte von z berechnen. Die komplex Konjugierte vonzist z^∗= +i. Der Betrag berechnet sich anschließend wie folgt

|z|=√

z^∗z=p

(−i)(+i) =p

−i² =p

−(−1) =√

1 = 1 (3)

c) die Gr¨oßenr undϕder Polardarstellung z=rexp(iϕ).

F¨ur die Polardarstellungz=re^iϕ wird die Euler-Formel verwendet.

e^iϕ= cosϕ+ i sinϕ (4)

z=re^iϕ =r(cosϕ+ i sinϕ) (5)

(2)

Nach dem Einsetzen der komplexen Zahlz=−i ergibt sich daraus

−i =rcosϕ+ri sinϕ (6)

r=|z|=p

(−1)² =

√

1 = 1 (7)

ϕ= arg(z) =−π

2 (8)

da Re(z) = 0 und Im(z)<0.

2. Berechnen Sie die erste und die zweite Ableitung der folgenden Funktionen:

a) f(x) =asin bx²+c b) f(x) = ln (ax+b)

c) f(x) = exp (cos (ax+b))

F¨ur die Funktionf(x) =asin bx²+c gilt

f⁰(x) = d

asin(bx²+c)

dx =acos bx²+c

·2bx= 2abxcos bx²+c f⁰⁰(x) = d

2abxcos(bx²+c) dx

(9)

F¨ur die Berechnung der zweiten Ableitung wird die Produktregel verwendet

f⁰⁰(x) = 2abxd

cos(bx²+c)

dx + cos bx²+cd [2abx]

dx

= 2abx −sin bx²+c

·2bx+ cos bx²+c

·2ab

=−4ab²x²sin bx²+c

+ 2abcos bx²+c

= 2ab

cos(bx²+c)−2bx²sin(bx²+c)

(10)

F¨ur die Funktionf(x) = ln (ax+b) gilt

f⁰(x) = d [ln (ax+b)]

dx = 1

ax+b ·a= a ax+b f⁰⁰(x) =

d h a

ax+b

i dx

(11)

In diesem Fall wird zur Berechnung der zweiten Ableitung die Quotientenregel verwendet

(3)

f⁰⁰(x) = (ax+b)^d[a]_dx −a^d[ax+b]_dx (ax+b)²

= (ax+b)·0−a·a (ax+b)²

= −a² (ax+b)²

(12)

F¨ur die Funktionf(x) = e^cos(ax+b) gilt

f⁰(x) = d[e^cos(ax+b)]

dx = e^cos(ax+b)·(−sin (ax+b))·a=−asin (ax+b) e^cos(ax+b) f⁰⁰(x) = (−a)d[sin (ax+b) e^cos(ax+b)]

dx

(13) Wobei zur Berechnung der zweiten Ableitung wiederum die Produktregel verwendet wird

f⁰⁰(x) = (−a)

"

sin (ax+b)d[e^cos(ax+b)]

dx + e^cos(ax+b)d [sin (ax+b)]

dx

#

= (−a)h

sin (ax+b) (e^cos(ax+b)·(−sin (ax+b)·a)) + e^cos(ax+b)·(cos (ax+b)·a) i

=a²h

sin²(ax+b) e^cos(ax+b)−cos (ax+b) e^cos(ax+b)i

=a²e^cos(ax+b)

sin²(ax+b)−cos (ax+b)

(14)

3. Bestimmen Sie die folgenden Integrale:

a) Z

xsin(ax) dx b)

Z

xexp(−ax²) dx c)

Z

x³exp(−ax²) dx

Das erste Integral Z

xsin(ax) dx kann mittels partieller Integration gel¨ost werden, wobei

Z

f(x)g⁰(x)dx=f(x)g(x)− Z

f⁰(x)g(x)dx gilt.

(4)

Z x

| {z }

f(x)

sin(ax)

| {z }

g⁰(x)

dx=x Z

sin(ax) dx−

Z d [x]

dx · Z

sin(ax) dx

= x

a(−cos(ax))− Z

1·

−cos(ax) a

dx

=−x

acos(ax) + sin(ax) a² +C

= 1 a

sin(ax)

a −xcos(ax)

+C

(15)

Das n¨achsten Integral Z

xe^−ax²dxwird mittels Substitution gel¨ost. Sei e^−ax² =u.

Dann gilt ^du_dx =−2axe^−ax² und damit−2axe^−ax²dx= du.

Durch die Substitution vonx ergibt sich Z

xe^−ax²dx=−1 2a

Z

du=−u

2a+C (16)

Die anschließende Resubstitution vonu ergibt schließlich Z

xe^−ax²dx=−e^−ax²

2a +C (17)

Das dritte Integral Z

x³e^−ax²dx wird ebenfalls mittels Substitution gel¨ost. Sei e^−ax² =u. Dann gilt wiederum−2axe^−ax²dx= du.

Bildet man anschließend den nat¨urlichen Logarithmus auf beiden Seiten der Glei- chung, welche den Zusammenhang zwischenx und u vorgibt, ergibt sich

ln e^−ax²

= lnu

−ax² = lnu

(18) Mit Hilfe der beiden vorherigen Gleichungen kann das gesuchte Integral umgeschrie- ben werden

Z

x³e^−ax²dx= Z

x²·xe^−ax²dx

= 1 2a²

Z

lnudu

= 1

2a² [ulnu−u] +C

(19)

In diesem neuen Ausdruck wird wiederum u resubstituiert, was schließlich zur L¨osung des Integrals f¨uhrt.

(5)

Z

x³e^−ax²dx= 1 2a²

h

e^−ax² ·ln e^−ax²−e^−ax²i +C

= 1 2a²

h

e^−ax² ·e^ln(^−ax²)−e^−ax²i +C

= 1 2a²

h

e^−ax² · −ax²

−e^−ax² i

+C

=−e^−ax²

2a² ax²+ 1 +C

(20)

4. Gegeben seien die folgenden beiden Differentialgleichungen a) df(x)

dx +f(x) x = 0 b) df(x)

dx +f(x)

x =x³+ 9 Bestimmen Sie jeweilsf(x).

Die L¨osung f¨ur die homogene Differentialgleichung df(x)

dx +f(x)

x = 0 (21)

beginnt zun¨achst mit dem Sortieren der Funktionen beziehungsweise dem Trennen vonf(x) undx.

df(x)

dx =−f(x)

x (22)

Durch weitere Umformungen werden nun alle Terme, die f(x) beziehungsweise x enthalten auf eine Seite gebracht. Durch anschließende Integration ergibt sich daraus

Z 1

f(x)df(x) =− Z 1

xdx (23)

ln[f(x)] +C₁=−lnx+C₂ (24) Da dieC₁ und C₂ arbiträr gewählt werden können, setzen wir C₂−C₁ =C. Dann resultiert daraus

ln[f(x)] =−lnx+C (25)

Wird auf beiden Seiten der Gleichung nun die Exponentialfunktion gebildet, ergibt das

e^ln[f(x)] = e⁻^lnx+C = e⁻^ln^x·e^C (26)

(6)

Was schließlich zur Lösung fürf(x) führt.

f(x) = 1

x ·e^C (27)

Sei e^C =u, wobeiu eine Konstante ist. Damit ist die L¨osung f(x) = u

x (28)

Die L¨osung der zweiten Differentialgleichung df(x)

dx +f(x)

x =x³+ 9 (29)

verwendet die Methode der Variation der Konstanten, da es sich hierbei um eine inhomogene Differentialgleichung handelt. Um nun für die Lösung vonf(x) die inhomogene Differentialgleichung aufzulösen, haben wir bereits im ersten Aufgabenteil gesehen, dassf(x) = û_x die Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung ist. Dabei waru eine Konstante. Hier wirdunun als Funktion von xangenommen, also u = u(x). Damit gilt ^df_dx^(x) = ^xu_x⁰^−u2 = û_x⁰ − _xû2. Wird dies wiederum in die gegebene Differentialgleichung eingesetzt, ergibt sich daraus

u⁰ x − u

x² + u

x² =x³+ 9 (30)

mit der Erweiterung mitx gilt

u⁰=x⁴+ 9x (31)

Die Integration ergibt folgendes Z

du= Z

x⁴+ 9x

dx (32)

u= x⁵ 5 +9x²

2 +C (33)

womit f¨urf(x) gilt

f(x) = u x = x⁴

5 +9x 2 +C

x (34)

(7)

5. Gegeben seien die dreidimensionalen Vektoren

~a=



 4 3

−7



 , ~b=





−1 1

−1





Normieren Sie beide Vektoren und bilden Sie das Skalarprodukt~a·~b.

Um einen Vektor zu normieren, berechnen wir zuerst den Betrag des Vektors, welcher wie folgt definiert ist

|~a|=√

a1·a1+a2·a2+a3·a3= q

a²₁+a²₂+a²₃

=p

4²+ 3²+ (−7)²=√

16 + 9 + 49 =√ 74

(35)

|~b|=p

b1·b1+b2·b2+b3·b3= q

b²₁+b²₂+b²₃

=p

(−1)²+ 1²+ (−1)² =√

1 + 1 + 1 =√ 3

(36)

Um nun den Vektor zu normieren, wird jede Komponente des Vektors durch den jeweiligen Betrag des Vektors geteilt.

~anorm= ~a

|~a| = 1

√74



 4 3

−7



 , ~bnorm= ~b

|~b| = 1

√3





−1 1

−1



 (37) Das Skalarprodukt berechnet sich wie folgt

~a·~b=a₁·b₁+a₂·b₂+a₃·b₃= 4·(−1) + 3·1 + (−7)·(−1) =−4 + 3 + 7 = 6 (38)

(8)

6. Sei

M=

0 1 1 0

eine Matrix.

a) Berechnen Sie die Determinante von M.

det (M) = 0·0−1·1 =−1 (39)

b) Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren von M.

Um die Eigenwerte und Eigenvektoren zu finden, muss die Eigenwertgleichung det (M−λ1) = 0 gel¨ost werden.

M−λ1=

0 1 1 0

−λ

1 0 0 1

(40)

det (M−λ1) = 0 (41)

0−λ 1 1 0−λ

= 0 (42)

(0−λ)·(0−λ)−1·1 = 0 (43)

λ²−1 = 0 (44)

λ²= 1 =⇒ λ=±1 (45)

Damit sind die beiden erhaltenen Eigenwerteλ₁ = +1, λ₂=−1.

Die Eigenvektoren f¨ur diese beiden Eigenwerte berechnen sich nun wie folgt:

F¨ur den Eigenvektor zu λ₁= 1 gilt

(M−λ11)·(~v1) = 0 (46)

−1 1 1 −1

v₁₁ v21

= 0

0

(47)

(9)

Somit giltv₁₁=v₂₁womit der erste Eigenvektor nach der Normierung beschrieben wird durch

~v1= 1

√ 2

1 1

(48) F¨ur den Eigenvektor zu λ₂=−1 gilt

(M−λ21)·(~v2) = 0 (49)

1 1 1 1

v12

v₂₂

= 0

0

(50) Somit gilt in diesem Fall−v₁₂=v22 und der zweiten normierte Eigenvektor ist

~ v2 = 1

√ 2

1

−1

(51)

c) Diagonalisieren SieM.

Die MatrixDwelche man aus der Diagonalisierung vonMerh¨alt, enth¨alt die zuvor erhaltenen Eigenwerte als Diagonalelemente. Daher gilt

D=

1 0 0 −1

(52) Außerdem gilt f¨ur die Diagonalisierung einer Matrix im Allgemeinen:

D=U⁻¹MU (53) wobei U die Transformationsmatrix ist, die aus den Eigenvektoren besteht. Nach der Normierung der Eigenvektoren handelt es sich beiUhier um eine orthonormale Matrix, sodass gilt

U^T =U⁻¹ = 1

√2

1 1 1 −1

(54) Um zu ¨Uberpr¨ufen, ob diese Gleichung das gleiche Ergebnis liefert, berechnen wir U⁻¹MU=D

(10)

U⁻¹MU= 1

√ 2

1 1 1 −1

0 1 1 0

· 1

√ 2

1 1 1 −1

= 1 2

1·0 + 1·1 1·1 + 1·0 1·0 + (−1)·1 1·1 + (−1)·0

1 1

1 −1

= 1 2

1 1

−1 1

1 1

1 −1

= 1 2

1·1 + 1·1 1·1 + 1·(−1) (−1)·1 + 1·1 (−1)·1 + (−1)·(−1)

= 1 2

2 0 0 −2

=

1 0 0 −1

=D

(55)

Womit die Berechnung mittelsU⁻¹MUdas gleiche Ergebnis liefert.

d) Berechnen Sie exp(M).

Dies l¨asst sich auch ausdr¨ucken als

e^M=U⁻¹e^DU (56)

wobei f¨ur e^D gilt

e^D=

e¹ 0 0 e⁻¹

(57) Damit berechnet sich e^M wie folgt

(11)

e^M=U⁻¹e^DU= 1

√ 2

1 1 1 −1

e¹ 0 0 e⁻¹

1

√ 2

1 1 1 −1

= 1 2

1 1 1 −1

e¹·1 + 0·1 e¹·1 + 0·(−1) 0·1 + e⁻¹·(1) 0·1 + e⁻¹·(−1)

= 1 2

1 1 1 −1

e¹ e¹ e⁻¹ −e⁻¹

= 1 2

1·e¹+ 1·e⁻¹ 1·e¹+ 1·(−e⁻¹) 1·e¹+ (−1)·e⁻¹ 1·e¹+ (−1)(−e⁻¹)

= 1 2

e¹+ e⁻¹ e¹−e⁻¹ e¹−e⁻¹ e¹+ e⁻¹

=

cosh(1) sinh(1) sinh(1) cosh(1)

(58)

7. Zwei beliebig gew¨ahlte Matrizen A und B kommutieren im Allgemeinen nicht, d. h.

AB6=BA. Berechnen Sie denKommutator [A,B] =AB−BAf¨ur folgende Matrizen:

A=







1 1 0

1 2 2

0 2 −1





 , B=







1 −1 1

−1 0 0

1 0 1







Um den Kommutator wie angegeben zu berechnen, werden zun¨achst die beiden Elemente ABsowie BAbestimmt.

(12)

AB=







1 1 0

1 2 2

0 2 −1











1 −1 1

−1 0 0

1 0 1





=





1·1 + 1·(−1) + 0·1 1·(−1) + 1·0 + 0·0 1·1 + 1·0 + 0·1 1·1 + 2·(−1) + 2·1 1·(−1) + 2·0 + 2·0 1·1 + 2·0 + 2·1 0·1 + 2·(−1) + (−1)·1 0·(−1) + 2·0 + (−1)·0 0·1 + 2·0 + (−1)·1





=





0 −1 1

1 −1 3

−3 0 −1





(59)

BA=





1 −1 1

−1 0 0

1 0 1









1 1 0

1 2 2

0 2 −1





=





1·1 + (−1)·1 + 1·0 1·1 + (−1)·2 + 1·2 1·0 + (−1)·2 + 1·(−1) (−1)·1 + 0·1 + 0·0 (−1)·1 + 0·2 + 0·2 (−1)·0 + 0·2 + 0·(−1)

1·1 + 0·1 + 1·0 1·1 + 0·2 + 1·2 1·0 + 0·2 + 1·(−1)





=





0 1 −3

−1 −1 0

1 3 −1





(60) Mit Hilfe dieser beiden Elemente kann nun der Kommutator wie folgt berechnet werden

[A,B] =AB−BA=





0 −1 1

1 −1 3

−3 0 −1



−





0 1 −3

−1 −1 0

1 3 −1





=





0−0 −1−1 1−(−3) 1−(−1) −1−(−1) 3−0

−3−1 0−3 −1−(−1)





=





0 −2 4

2 0 3

−4 −3 0





(61)

(13)

8. SeiV der Vektorraum der reellen linearen Funktionen auf [0,1] mit der Basisv₁(x) =−¹₂ undv2(x) =x−1. Das Skalarprodukt zweier beliebiger Funktionenf, g∈V sei definiert als

hf|gi= Z 1

0

f(x)g(x)dx a) Berechnen Siehv₁|v₁i,hv₂|v₂i und hv₁|v₂i.

Mit der Nutzung der gegebenen Relation für Skalarprodukte ergibt sich für die jeweiligen drei Fälle

hv₁|v1i= Z 1

0

1 4dx=

1 4x

1 0

= 1

4 (62)

hv₂|v2i= Z 1

0

(x−1)²dx= Z 1

0

(x²−2x+ 1)dx= 1

3x³−x²+x 1

0

= 1

3 (63)

hv₁|v₂i=− Z 1

0

1

2(x−1) dx=− 1

4x²− 1 2x

1 0

= 1

4 (64)

b) Berechnen Sie die Komponenten f1 und f2 der Funktion f(x) = 2x+ 3 so, dass f(x) =f₁v₁(x) +f₂v₂(x) gilt.

Das bedeutet zun¨achst wie in der Aufgabenstellung beschrieben

f(x)f₁v₁(x) +f₂v₂(x) = 2x+ 3 (65) was gleichbedeutend ist mit folgender Schreibweise

f(x) = f₁

f2

=f1|v₁i+f2|v₂i (66) Diese Gleichung kann nun einmal mit hv₁| und ein zweites Mal mit hv₂| erweitert werden, was entsprechend ein Gleichungssystem mit zwei Gleichungen liefert

I)1 4f1+ 1

4f2= Z 1

0

−1

2(2x+ 3)dx=−1 2

x²+ 3x1 0

=−1

2 ·4 =−2

(67)

(14)

II)1 4f₁+1

3f₂= Z 1

0

(x−1)(2x+ 3)dx= Z 1

0

(2x²+x−3)dx

= 2

3x³+1

2x²−3x 1

0

=−11 6

(68)

Diese beiden Gleichungen k¨onnen nun beide mit 12 erweitert werden, sodass gilt I) −3f₁−3f₂= 24

II) 3f₁+ 4f₂ =−22 (69)

Mit I+II ergibt sich aus dem Gleichungssystem zun¨achstf₂= 2, womit anschließend auchf1 berechnet werden kann

3f₁+ 4·2 =−22

f1 =−10 (70)

9. Sei V der Vektorraum der reelen Polynome zweiter Ordnung auf ]0,1[ mit der Basis v₁(x) = 1, v₂(x) = x und v₃(x) = x². Die Abbildung O von V nach V sei durch die Vorschrift

p(x)7→ O(p(x)) = 2· d

dxp(x)−p(x) definiert, wobeip(x) ein beliebiges Element in V ist.

a) Zeigen Sie, dass es sich beiO um eine lineare Abbildung handelt.

Um eine lineare Abbildung zu sein, mussO zwei Bedingungen erf¨ullen:

I)O(p₁+p₂)=^! O(p₁) +O(p₂) II)O(λp)=^! λO(p)

F¨ur die gegebene Abbildung gilt

O(p₁(x) +p2(x)) = 2 d

dx(p1(x) +p2(x))−(p1(x) +p2(x))

= 2 d

dxp₁(x) + 2 d

dxp₂(x)−p₁(x)−p₂(x)

= 2 d

dxp1(x)−p1(x) + 2 d

dxp2(x)−p2(x)

=O(p₁(x)) +O(p₂(x))

(71)

(15)

O(λp(x)) = 2 d

dx(λp(x))−(λp(x))

=λ2 d

dxp(x)−λp(x)

=λ

2 d

dxp(x)−p(x)

=λO(p(x))

(72)

Da die Abbildung beide Bedingungen erf¨ullt, handelt es sich um eine lineare Abbil- dung.

b) Berechnen Sie die MatrixO, die O darstellt.

Um die zugeh¨orige Matrix O zur Abbildung O zu berechnen, wenden wir die Ab- bildung auf die einzelnen Funktionen der Basis an:

O(v₁(x)) = 2 d

dx1−1 =−1 =−1·v₁(x) + 0·v₂(x) + 0·v₃(x) =





−1 0 0



 (73)

O(v₂(x)) = 2 d

dxx−x= 2−x= 2·v₁(x) + (−1)·v₂(x) + 0·v₃(x) =



 2

−1 0



 (74)

O(v₃(x)) = 2 d

dxx²−x² = 4x−x²= 0·v₁(x)+4·v₂(x)+(−1)·v₃(x) =



 0 4

−1



 (75) Damit lautet die zugeh¨orige MatrixO

O=







−1 1 0

0 −1 4

0 0 −1





 (76)