Taylor-Entwicklung Punkte) (a) Betrachten zun¨achst die ersten beiden Ableitungen von f1(x

Karlsruher Institut f¨ur Technologie www.tkm.kit.edu/lehre/

Klassische Theoretische Physik I WS 2018/2019

Prof. Dr. J. Schmalian Blatt 6

M. Hecker, E. Kiselev und Dr. R. Willa L¨osungsvorschlag

1. Taylor-Entwicklung (10 + 15 = 25 Punkte)

(a) Betrachten zun¨achst die ersten beiden Ableitungen von f₁(x) = e^x und f₂(x) = ln(1 +x).

df₁(x)

dx =e^x → df₁(x)

dx

x=0= 1 d²f₁(x)

dx² =e^x → d²f₁(x)

dx²

x=0= 1 df₂(x)

dx = 1

1 +x → df₂(x)

dx

x=0= 1 d²f₂(x)

dx² = −1

(1 +x)² → d²f₂(x) dx²

x=0=−1 d³f₂(x)

dx³ = (−1)²2

(1 +x)² → d³f₂(x) dx³

x=0= 2

→ d^kf₂(x)

dx^k = (−1)^k−1(k−1)!

(1 +x)^k−1 → d^kf₂(x) dx^k

x=0

= (−1)^k−1(k−1)!. Damit lauten die Taylorentwicklungenfi(x)≈fi(0) + ^df_dx^i(x)

x=0x+¹₂^d2_dx^fi(x)2

x=0x² f1(x) =e^x≈1 +x+1

2x² , (1)

f₂(x) = ln(1 +x)≈x− 1 2x² . Offensichtlich gilt f¨ur alle Koeffizienten ^dk_dx^f1k^(x)

x=0 = 1, und damit lautet die Reihe der Exponentialfunktion

f1(x) =e^x =

∞

X

k=0

1 k!

d^kf1(x) dx^k

x=0x^k=

∞

X

k=0

1 k!x^k.

F¨ur die Koeffizienten der Logarithmusfunktion finden wir (Wir verwenden diesen Ausdruck ohne Beweis.) ^dk_dx^f2k^(x)

x=0= (−1)^k−1(k−1)! f¨ur k≥1, und damit lautet die Reihe

f2(x) = ln(1 +x) =

∞

X

k=1

(−1)^k+1(k−1)!

k! x^k =−

∞

X

k=1

(−1)^k k x^k.

(b) Berechnen wir nun die ersten beiden Ableitungen der FunktionA_n(x) = _(1+x)¹ n, dAn(x)

dx =−n(1 +x)⁻ⁿ⁻¹ → dAn(x)

dx

_x=0=−n d²A_n(x)

dx² = (−1)²n(n+ 1) (1 +x)⁻ⁿ⁻² → d²A_n(x) dx²

x=0

= (−1)²n(n+ 1) d^kAn(x)

dx^k = (−1)^kn(n+ 1)· · ·(n+k−1) (1 +x)^−n−k → d^kAn(x) dx^k

x=0= (−1)^kn(n+ 1)· · ·(n+k−1) (2)

Halten wir zun¨achst fest wie die Taylorentwicklung aussieht, An(x)≈1−n x+1

2n(n+ 1)x² . (3)

Anhand von (2) folgern wir, dass der allgemeine Ausdruck des Entwicklungskoeffi- zienten lautet

a_n,k= d^kAn(x) dx^k

x=0= (−1)^kn(n+ 1)· · ·(n+k−1) = (−1)^k (n+k−1)!

(n−1)! . Wir beweisen mittels vollst¨andiger Induktion. Das heisst, wir gehen davon aus, dass

d^kAn(x) dx^k

x=0 korrekt ist, und berechnen d^k+1An(x)

dx^k+1

x=0 = (−1)^kn(n+ 1)· · ·(n+k−1) (−n−k)

= (−1)^k(n+k−1)!

(n−1)! (−n−k)

= (−1)^k+1(n+k)!

(n−1)!

=a_n,k+1 q.e.d.

Damit ergibt sich f¨ur die Reihe A_n(x) = 1

(1 +x)ⁿ =

∞

X

k=0

1 k!

d^kA_n(x) dx^k

x=0x^k=

∞

X

k=0

(−1)^k k!

(n+k−1)!

(n−1)! x^k . 2. Regentropfen bei Trockenheit (4 + 4 + 12 + 5 = 25 Punkte)

(a) Wir erhalten die Bewegungsgleichungen ¨uber Newtons Beschleunigungsgesetz, d.h.

m¨r(t) =X

i

F_i =−β πR²r(t)˙ −mgeˆ_z

¨

r(t) =−β πR²

m r(t)˙ −gˆe_z

¨

r(t) =− 3β ρ4R

| {z }

≡τ⁻¹

˙

r(t)−gˆez. (4)

(b) Die Bewegungsgleichung (4) muss nat¨urlich zu allen Zeiten erf¨ullt sein, insbesondere auch zum Zeitpunkt t= 0. Betrachten wir diesen Zeitpunkt unter Verwendung der Anfangsbedingungen, r(0) = (0,0,0) und ˙r(0) = (0,0,0), sehen wir





¨ x(0)

¨ y(0)

¨ z(0)



=−τ⁻¹r(0)˙ −



 0 0 g



=−



 0 0 g



 .

Offenbar ist die Beschleunigung in x- und in y-Richtung ¨x(0) = ¨y(0) = 0, und damit wird der Tropfen in diesen beiden Richtungen seine Anfangsgeschwindigkeit

˙

x(t) = ˙x(0) = 0, y(t) = ˙˙ y(0) = 0 f¨ur alle Zeiten beibehalten. Ergo bleibt der Tropfen f¨ur alle Zeiten bei x(t) =x(0) = 0y(t) =y(0) = 0.

(c) Zu l¨osen bleibt also die Differentialgleichung

¨

z(t) =−τ⁻¹z(t)˙ −g . (5)

Aufg.2 Aufg.3

2 4 6 8 10 t

-4 -3 -2 -1 v_z

Abbildung 1: Geschwindigkeiten ˙z(t) aus den Aufgaben 2 und 3. Blau kennzeichnet Geschw.

(6) und orange Geschw. (12).

Dazu machen wir den Ansatz

˙

z(t) =ϕ(t)e^−τ−1t

¨

z(t) = ϕ(t)˙ −τ⁻¹ϕ(t)

e^−τ−1t, und setzen diesen in (5) ein, und l¨osen f¨urϕ(t),

˙

ϕ(t)−τ⁻¹ϕ(t)

e^−τ−1t=−τ⁻¹ϕ(t)e^−τ−1t−g

˙

ϕ(t) =−ge^τ−1t

→ ϕ(t)−ϕ0 =−g Z t

0

dt⁰ e^τ−1t0 =−gτ

e^τ−1t−1

.

Mit der Anfangsbediung finden wir ˙z(0) = 0 =^! ϕ(0) =ϕ0, und schliesslich lautet die Geschwindigkeit in z-Richtung

˙

z(t) =−gτ

e^τ−1t−1

e^−τ−1t=−gτ

1−e^−τ−1t

. (6)

Betrachten wir nun die Grenzf¨alle kleiner Zeitentτ, d.h.τ⁻¹t1, sowie grosser Zeitenτ⁻¹t1 finden wir

˙

z(tτ)≈ −gτ 1−(1−τ⁻¹t+. . .)

=−gt , (7)

˙

z(tτ)≈ −gτ 1−e^−τ−1t

| {z }

1

=−gτ .

Hier haben wir die Taylorentwicklung (1) eingesetzt. Wir halten fest: F¨ur kleine Zeiten f¨allt der Tropfen wie ein reibungsfreies Teilchen; f¨ur grosse Zeiten hingegen erreicht er eine Maximalgeschwindigkeit (bei der sich Reibungskraft und Gewichts- kraft aufheben).

(d) Umz(t) zu finden integrieren wir (6) erneut ¨uber die Zeit, und erhalten z(t)−z₀=−gτ

Z t 0

dt⁰

1−e^−τ−1t0

=−gτ

t+τ(e^−τ−1t−1) .

Mit der Anfangsbedingung bestimmen wir die Integrationskonstantez(0)= 0 =^! z₀, und finden schliesslich die Bahnkurve

z(t) =−gτ²

τ⁻¹t+ (e^−τ−1t−1) .

In den Grenzf¨allen ergibt sich entsprechend zu (7), z(tτ)≈ −gτ²

τ⁻¹t+

(1−τ⁻¹t+1

2τ⁻²t². . .)−1

=−1 2gt², z(tτ)≈ −gτ² τ⁻¹t

| {z }

1

+(e^−τ−1t

| {z }

1

−1)

=−gτ t .

3. Regentropfen bei dichtem Nebel (8 + 5 + 3 + 23 + 5 + 6 = 50 Punkte) (a) In unserem Modell des Massenanstiegs soll gelten

dm(t)

dt =α4πR(t)² , mitα >0. Mittels m(t) =ρV(t) =ρ⁴₃πR(t)³ ergibt sich

dm(t)

dt = 4πρR(t)²dR(t) dt

=! α4πR(t)² , dR(t)

dt = α ρ ,

Integrieren wir diese Gleichung ¨uber die Zeit erhalten wir sofort R(t)−R(0) =

Z R(t) R(0)

dR= Z t

0

dt⁰dR(t⁰) dt⁰ =

Z t 0

dt⁰α ρ = α

ρt ,

→ R(t) =R₀+ α ρt .

(b) Damit ergibt sich f¨ur die Bewegungsgleichungen (mit p(t) =m(t) ˙r(t))

˙

m(t) ˙r(t) +m(t)¨r(t) = ˙p(t) =X

i

F_i =−β πR(t)²r(t)˙ −m(t)gˆe_z

¨

r(t) =−m(t)˙

m(t)r(t)˙ − β πR(t)²

m(t) r(t)˙ −gˆe_z

¨

r(t) =− 3α

ρ +3β 4ρ

1

R(t)r(t)˙ −gˆe_z (8)

¨

r(t) =−3(β+ 4α) 4ρR0

| {z }

≡τ⁻¹

1 1 +_ρR^α

0t

| {z }

κ(t)

˙

r(t)−gˆe_z , (9)

mit ^m(t)_m(t)^˙ = ^4πρR(t)4 ² 3πρR(t)³

dR

dt = _R(t)^{3 α}_ρ und 4^{β πR(t)2}

3πρR(t)³ = _4ρR(t)^3β . Damit finden wir die Funk- tion

κ(t) = 1 1 +_ρR^α

0t = 1

1 +_3(β+4α)^{4α 3(β+4α)}_4ρR

0 t = 1

1 +γτ⁻¹t ,

wobei wir das dimensionslose Verh¨altnisγ = _3(β+4α)^4α = ¹₃(1−_β+4α^β )>0 eingef¨uhrt haben.

(b)(c) Zum Zeitpunktt= 0 lauten die Bewegungsgleichungen





¨ x(0)

¨ y(0)

¨ z(0)



=−



 0 0 g



 ,

und mit den gleichen Argumenten wie in Aufgabe 2(b) ergibt sich daraus x(t) = y(t) = 0.

(d) Die zu l¨osende Differentialgleichung lautet also

¨

z(t) =−τ⁻¹κ(t) ˙z(t)−g . (10) Hier wollen wir den Ansatz ˙z(t) =ϕ(t) exp

−τ⁻¹Rt

0dt⁰κ(t⁰)

machen. (Die Ablei- tung des ExponentenRt

0dt⁰κ(t⁰) kann man leicht berechnen da tnur in der oberen Grenze des Integrals auftaucht. Damit lautet dessen Ableitung einfachκ(t), also der Integrand an der oberen Grenze ausgewertet. W¨urde der Integrand ebenfalls von t abh¨angen, m¨usste man die Ableitung a la Produktregel ausf¨uhren. Da wir κ(t) kennen k¨onnte man auch das Integral zuerst ausf¨uhren, und danach ableiten.) In jedem Fall lautet die Ableitung

¨

z(t) = ϕ(t)˙ −τ⁻¹κ(t)ϕ(t) exp

−τ⁻¹ Z t

0

dt⁰κ(t⁰)

, und damit wird die Differentialgleichung (10) zu

˙

ϕ(t)−τ⁻¹κ(t)ϕ(t) exp

−τ⁻¹ Z t

0

dt⁰κ(t⁰)

=−τ⁻¹κ(t)ϕ(t) exp

−τ⁻¹ Z t

0

dt⁰κ(t⁰)

−g

˙

ϕ(t) =−g exp

τ⁻¹ Z t

0

dt⁰κ(t⁰)

. (11) Um hier Fortschritt zu machen, f¨uhren wir das Integral aus, d.h.

τ⁻¹ Z t

0

dt⁰κ(t⁰) =τ⁻¹ Z t

0

dt⁰ 1

1 +γτ⁻¹t⁰ =

t=γτˆ ⁻¹t⁰

dtˆ

dt⁰ =γτ⁻¹

=γ⁻¹

Z γτ⁻¹t 0

dˆt 1 1 + ˆt

=γ⁻¹ln(1 +γτ⁻¹t). Eingesetzt in (11) ergibt sich

˙

ϕ(t) =−gexp 1

γ ln(1 +γτ⁻¹t)

˙

ϕ(t) =−g exp ln(1 +γτ⁻¹t)¹_γ

˙

ϕ(t) =−g 1 +γτ⁻¹t¹_γ . Diese Funktion k¨onnen wir integrieren und erhalten

ϕ(t)−ϕ0=−g Z t

0

dt⁰ 1 +γτ⁻¹t⁰_γ¹

=−g1 γτ 1

1

γ+ 1 1 +γτ⁻¹t⁰¹_γ+1

t 0

=−g τ 1 +γ

1 +γτ⁻¹t_γ¹+1

−1

.

Um die Integrationskonstante ϕ₀ zu bestimmen vereinfachen wir zun¨achst die Ge- schwindigkeit, also

˙

z(t) =ϕ(t) exp

−τ⁻¹ Z t

0

dt⁰κ(t⁰)

=ϕ(t) exp

−1

γ ln(1 +γτ⁻¹t)

=ϕ(t) 1 +γτ⁻¹t−¹

γ .

Nun sehen wir, dass aus ˙z(0) = 0 automatisch folgt ϕ(0) = 0 und damit ϕ0 = 0.

Die Geschwindigkeit lautet also

˙

z(t) =−g τ 1 +γ

1 +γτ⁻¹t− 1 +γτ⁻¹t−¹

γ

, f¨ur beliebiges Verh¨altnis γ.

(e) Verwenden wir nun, dass gilt γ = ¹₃ (das entspricht dem Fall β = 0, in dem keine Luftreibung betrachtet wird.), so lautet die Geschwindigkeit

˙

z(t) =−g3τ

4 1 +1

3τ⁻¹t− 1 1 +¹₃τ⁻¹t3

!

. (12)

In den Grenzf¨allen kleiner und grosser Zeiten finden wir damit

˙

z(tτ)≈ −g3τ 4

1 +1

3τ⁻¹t−(1−31

3τ⁻¹t+. . .)

=−gt , (13)

˙

z(tτ)≈ −g3τ 4

1 +1

3τ⁻¹t

| {z }

1

− 1

1 +¹₃τ⁻¹t3

| {z }

1

=−1 4gt .

In (13) haben wir die Entwicklung (3) eingesetzt.

(f) Integrieren wir also (12) um die Trajektorie zu erhalten, z(t)−z0 =−g3τ

4 Z _t

0

dt⁰ 1 +1

3τ⁻¹t⁰−

1 +1 3τ⁻¹t⁰

−3!

=−g3τ

4 t+τ⁻¹ 6 t²+1

23τ

1 +1 3τ⁻¹t⁰

−2

t 0

!

=−g3τ²

4 τ⁻¹t+1

6τ⁻²t²+3 2

( 1 +1

3τ⁻¹t −2

−1 )!

.

Aus der Anfangsbedingung folgt z(0) = 0 =^! z0. In den Grenzf¨allen kleiner und grosser Zeiten finden wir damit

z(tτ)≈ −g3τ² 4

τ⁻¹t+1

6τ⁻²t²+3 2

1−21

3τ⁻¹t+ 3(1

3τ⁻¹t)². . .

−1

=−1 2gt², (14)

z(tτ)≈ −g3τ² 4 τ⁻¹t

1 +1

6τ⁻¹t

| {z }

1

+ 3

2τ⁻¹t

| {z }

1

n 1 +1

3τ⁻¹t −2

| {z }

1

−1o

=−1 8gt².

In (14) haben wir die Entwicklung (3) eingesetzt.

Vergleichen wir die Resultate der Aufgaben 2 und 3:

In Abb.1 sehen wir wie sich in beiden F¨allen die Geschwindigkeiten verhalten. Zu Beginn des Fallens ist die Geschwindigkeit noch sehr klein, und damit der Einfluss der Reibungskraft (bzw. der durch den Massenanstieg simulierten Reibung ˙mr)˙ vernachl¨assigbar. In diesem Bereich fallen beide Tropfen wie ein “ohne Reibung fallender K¨orper”. W¨ahrend die Geschwindkeit f¨ur grosse Zeiten in Aufgabe 2 einen Maximalwert annimmt, an dem die Reibungskraft die Gewichtskraft aufhebt, wird

der Tropfen in Aufgabe 3 mit vermindertem g-Faktor weiter beschleunigt.

Zusatz: Dies kann man auch direkt aus der Differentialgleichung

¨

z(t) =−τ⁻¹ 1

1 +γτ⁻¹tz(t)˙ −g . (15) ableiten. Nehmen wir dazu an f¨ur grosse Zeiten verh¨alt sich die Geschwindigkeit wie ˙z(t) =µ t^η mit einer belieigen Potenz η∈R und Vorfaktorµ. Damit lautet die dazugeh¨orige Beschleunigung ¨z(t) = µηt^η−1. Setzen wir beides in (15) ein, ergibt sich f¨ur grosse Zeiten

¨

z(t) =−τ⁻¹ 1

γτ⁻¹tz(t)˙ −g µηt^η−1=−1

γ µ t^η−1−g 0 = (−1

γ −η)µt^η−1−g .

Damit die letzte Gleichung f¨ur beliebige Zeiten erf¨ullt ist, k¨onnte entwederη=−¹_γ und g = 0, was nat¨urlich quatsch ist. Die einzig andere M¨oglichkeit ist, dass gilt η= 1. Mit dieser Wahl erh¨alt man

0 = (−1

γ −1)µ−g

→ µ= −g

1 +γ⁻¹ = −g 4 ,

und damit ˙z(t) =−¹₄gtin Uebereinstimmung mit unserer Rechnung.