Blatt 4

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Blatt 4

Tutorium HM 2 13. Mai 2009

In Aufgabe 1 werden wir uns mit linearen DGLen nter Ordnung beschäftigen. Ein wichtiges Thema, von dem ihr im Laufe eures Studiums nicht loskommen werdet (Physik

→ Theo C, D, E, ... Etechnik → Schwingungskreise in der Elektrodynamik), ist die Entwicklung von Funktionen in eine Basis anderer Funktionen, die den betrachteten Raum vollständig aufspannen. Speziell betrachten wir hier harmonische Funktionen als solche Basisfunktionen (Fourierreihenentwicklung).

1 Lineare DGL n-ter Ordnung mit konstanten Koezienten - A1

Eine solche lineare DGL hat die Form

y⁽ⁿ⁾+an−1y⁽ⁿ⁺¹⁾+· · ·+a₀y=f(x) (∗)

Hierbei isty⁽ⁿ⁾ die n-te Ableitung von y. Aufgrund der inhomogenen Seite f(x) wird die Lösung von(∗) wieder eine Linearkombination der homogenen und der partikulären Lösung sein. Kümmern wir uns zunächst um die homogene:

y⁽ⁿ⁾+an−1y⁽ⁿ⁺¹⁾+· · ·+a0y= 0 (∗∗) Der Ansatzy(x) =e^{λ x}führt auf das charakteristische Polynom

λⁿ+an−1λⁿ⁻¹+· · ·+a₀ = 0.

Sein die Nullstellen dieses CPλ₁...λ_nmit der jeweiligen Vielfachheit 1 (jede NS kommt nur einmal vor). Dann ist die Lösung von (∗∗)

y_h(x) =c₁e^λ¹^x+· · ·+c_ne^λⁿ^x

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mit Konstanten (c₁,· · · , c_n). Für den Fall, dass eine Nullstelle λ_k m-fach vorkommt, kann man den Ansatz

˜

y(x) =c(x)e^λ^k^x

machen. Man erhält allgemein für c(x) ein Polynom m−1-ter Ordnung inx, d.h. m linear unabhängige Lösungen

e^λ^k^x, xe^λ^k^x, x²e^λ^k^x,· · · , x^m−1e^λ^k^x.

Die partikuläre Lösung erhält man dann wieder durch Variation der Konstanten oder einen entsprechenden Ansatz, d.h. durch scharfes Hinsehen.

Bemerkung: Sind die NS des CP komplex, d.h. λ = a±ib, so sind die linear unab- hängigen Lösungen gegeben durch

eâxeîbx, eâxe^−ibx. Da jede Linearkombination eine Lösung ist, sind auch

e^axcos(bx), e^axsin(bx) zwei mögliche Lösungen.

2 Die Analogie zur Vektoralgebra - A2

Erinnern wir uns an die Darstellung eines Vektors~xim Rⁿ. Mit einer Orthonormalbasis ONB {uˆ₁, ...ˆu_n} ist der Rⁿ bereits vollständig. D.h. der Vektor ~x kann in der ONB geschrieben werden:

~ x=

n

X

i=1

hˆui|~xiuˆi=

n

X

i=1

xiuˆi

Die Komponenten x_i des Vektors~x in der Basis {ˆu_i} ergaben sich durch Projektion, d.h. durch das Skalarprodukt xi = hˆui, ~xi. Die Vollständigkeitsrelation kann hier also in der Form

n

X

i=1

ˆ

uiuˆ^T_i =1

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geschrieben werden, wobei 1 die Identität ist und

1~x=

n

X

i=1

ˆ

ui(ˆu^T_i~x) =

n

X

i=1

huˆi|~xiuˆi.

So, gehen wir jetzt in den Funktionenraum: Ein euklidischer Vektorraum (H, <,>), der, versehen mit der Norm

vollständig ist, heiÿt Hilbertraum (der obige Rⁿ ist also ein solcher).

Denieren wir nun, wie schon auf einem der ersten Übungsblätter, das Skalarprodukt SP

hf|gi= Z

V

dxf¯·g

Mit f,g aus einem unendlichdimensionalen Hilbertraum H. Bezüglich dem SP ist die Norm deniert durch

||f||:=p

hf|fi= s

Z

V

dxf¯·f

Mit diesen Vorraussetzungen können wir eine Funktionenbasis {u₁(x), u2(x), ...} konstruieren, die der Orthonormalitätsbedingung genügen:

hu_i|u_ji=δij

Wieder kann eine Funktion f ausHdargestellt werden durch eine diesmal∞-dimensionale ONB {u₁(x), u2(x), ...}

f(x) =

∞

X

i=1

hu_i|fiu_i

Die Vollständigkeitsrelation ergibt sich durch Betrachten des Skalarprodukts

f(x) =

∞

X

i=1

hu_i|fiui

=

∞

X

i=1

Z

V

dx⁰u¯_i(x⁰)u_i(x)f(x)

= Z

V

dx⁰

∞

X

i=1

¯

ui(x⁰)ui(x)

| {z }

δ(x−x⁰)

f(x)

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Also lautet die Vollständigkeitsrelation

∞

X

i=1

¯

u_i(x⁰)u_i(x) =δ(x−x⁰)

Die Dirac-Delta-Funktionδ(x−x⁰)besitzt, wie vielleicht schon bekannt ist, die Eigen- schaft, dass

Z

V

dx⁰δ(x−x⁰)g(x⁰) =g(x)

3 Fourierreihen - A2

Jetzt, nach dieser eher langen aber wichtigen Motivation, ein Spezialfall, die Fourier- reihenentwicklung. Wir betrachten einen Raum von Funktionen f, die den Dirichlet- Bedingungen genügen:

1. f ist T-periodisch, d.h. f(x+T) =f(x).

2. f ist beschränkt und an abzählbar vielen Stellen im Intervall der Länge T unstetig.

3. f hat abzählbar viele Extrema im Intervall der Länge T.

4. das Integral über|f(x)|ist konvergent.

Wir suchen eine vollständige Basis, die eine unendlichdimensionale Orthonormalbasis darstellt und ebenfalls eine T-Periodizität aufweist. Da fallen einem doch direkt der Cosinus und der Sinus ein. Das Ziel ist es also, eine ONB wie im ersten Abschnitt zu konstruieren, die aus Sinus- und Cosinus-Termen besteht.

Die Funktionen

un(x) = r2

Tcos 2πn

T x

und

v_n(x) = r2

Tsin 2πn

T x

erfüllen gerade die Orthonormalitätsbedingung

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hu_m|u_ni=

Z x0+T x0

dx r2

Tcos 2πm

T x

· r2

Tcos 2πn

T x

=δ_mn hv_m|v_ni=

Z x0+T x0

dx r2

Tsin 2πm

T x

· r2

Tsin 2πn

T x

=δmn

hu_m|v_ni=

Z x0+T x0

dx r2

Tcos 2πm

T x

· r2

Tsin 2πn

T x

= 0 für alle m und n∈N

Wir können also eine periodische Funktion f durch eine Fourierreihe darstellen:

f(x) =a₀+X

k=1

a_k r2

Tcos 2πk

T x

+b_k r2

Tsin 2πk

T x

Die Koezienten ergeben sich durch die Projektion von f auf die Basen {u_n(x)} und {v_n(x)}:

a_k=hu_k|fi=

Z x0+T x0

dx r2

Tcos 2πk

T x

·f(x)

b_k=hv_k|fi=

Z x0+T x0

dx r2

Tsin 2πk

T x

·f(x)

a0= 1 Tdx

Z x0+T x0

f(x)

a₀ kann als eine Mittelung von f über die Periode T verstanden werden. Schauen wir uns die Fourierreihe an und bedenken, dass cos(phi) = 1/2(exp(iφ) +exp(−iφ)) und sin(φ) = 1/2i(exp(iφ)−exp(−iφ)), so können wir die Reihe auch schreiben durch

f(x) =

∞

X

k−∞

c_kξ_k(x)

ξ_k(x) = r1

Texp

i2πk T x

c_k=hξ_k|fi= r1

T

Z x0+T x0

dx exp

−i2πk T x

·f(x)

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Beachte, dass die Verbindung zwischen beiden Darstellungsarten in der Beziehung

c_k= 1

√2(a_k−ib_k)

c−k= 1

√2(a_k+ib_k)

steckt.

Für ungerade Funktionen f(−x) = −f(x) ist a_k = 0, für gerade Funktionen f(−x) = f(x) istb_k= 0, wie man einfach zeigen kann. Hier eignet sich also besonders die Darstel- lung in Cosinus- und Sinus-Reihe. Ansonsten nde ich die Zerlegung in die Basis{ξ_n(x)}

eleganter. Ein Beispiel erwähne ich hier nicht noch. In der Übung werden wir genügend besprechen.