10. Übung

Nolle · Beitrag von **Nolle** » 13.01.2016, 13:15

Auf die Plätze... fertig... Los!

Viel Motivation bei der letzten Übung

gwd · Beitrag von **gwd** » 13.01.2016, 14:01

Ich schreibe mal meine Lösungen für die Multiple Choice Fragen auf:

a)
$|(ix-\frac{1}{2})!|^2=|\Gamma{(ix+\frac{1}{2})}|^2$ mit der Identität: $z!=\Gamma{(z+1)}$

weiters $|\Gamma{(ix+\frac{1}{2})}|^2=\Gamma{(\frac{1}{2}+ix)}\Gamma{(\frac{1}{2}-ix)}$

Jetzt benutzen wir die Identität $\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{sin(\pi z)}$ aus der Angabe und kommen mit $z=\frac{1}{2}-ix$ auf:

$\Gamma{(\frac{1}{2}+ix)}\Gamma{(\frac{1}{2}-ix)}=\frac{\pi}{sin(\pi(\frac{1}{2}-ix))}=\frac{\pi}{cos(i\pi x)}=\frac{\pi}{cosh(\pi x)}$

b)
$|e^{-\frac{\pi \gamma}{2}}\Gamma(1+i\gamma)|^2=e^{-\pi\gamma}|\Gamma(1+i\gamma)|^2$ weil $e^{-\pi\gamma}>0$ für alle $\gamma$

Den Betrag zerlegen wir wie vorher und erhalten: $e^{-\pi\gamma} \Gamma(1+i\gamma)\Gamma(1-i\gamma)$

Jetzt benützen wir die angegebene Identität $\Gamma(1+z)=z\Gamma(z)$

und kommen auf $e^{-\pi\gamma}i\gamma \Gamma(i\gamma)\Gamma(1-i\gamma)$

Darauf können wir wieder die Identität aus a) anwenden mit $z=i\gamma$ und kommen auf:

$\frac{e^{-\pi\gamma}i\gamma\pi}{\sin(i\pi\gamma)}=\frac{i\gamma\pi}{e^{\pi\gamma}\sin(i\pi\gamma)}=\frac{\gamma\pi}{e^{\pi\gamma}\sinh(\pi\gamma)}=\pi\gamma(coth(\pi\gamma)-1)=\frac{2\pi\gamma}{e^{2\pi\gamma}-1}$

c)
$\Gamma(\frac{1}{2}-n)\Gamma(\frac{1}{2}+n)$

Für dieses Beispiel müssen wir zuerst $\Gamma(\frac{1}{2}+n)$ wie folgt umformen.

$\Gamma(n+\frac{1}{2})=\frac{2n-1}{2}\Gamma(n-\frac{1}{2})=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\Gamma(n-\frac{3}{2})=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\frac{2n-5}{2}\Gamma(n-\frac{5}{2})=...=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\frac{2n-5}{2}....\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\pi}$

Es gilt: $(2n-1)!!=\frac{(2n)!}{2^n \cdot k!}$

$\frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\pi}$ lässt sich also schreiben als $\frac{(2n)!}{n! \cdot 4^n}\sqrt{\pi}$
Für $\Gamma(\frac{1}{2}-n)$ kommt man auf $\frac{n! \cdot (-4^n)}{(2n)!}\sqrt{\pi}$

Das heißt: $\Gamma(\frac{1}{2}-n)\Gamma(\frac{1}{2}+n)=\pi \frac{n! \cdot (-4^n)}{(2n)!}\cdot \frac{(2n)!}{n! \cdot 4^n}=(-1)^n\pi$

Alternativ, wahrscheinlich schneller:

Es gibt auch die Möglichkeit einfach den Hinweis $\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{sin(\pi z)}$ anzuwenden mit $z=\frac{1}{2}-n$

Dann kommt man auf $\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{sin(\pi z)}=\frac{\pi}{sin(\pi (\frac{1}{2}-n))}$ und wenn man dann für n nur Ganze Zahlen betrachtet kommt man auf das selbe weil ja $sin(\pi (\frac{1}{2}-n))=(-1)^n$ . Dieser Weg ist vielleicht leichter nachvollziehbar

d)
$\int_{-\infty}^{\infty}x^{2a}e^{-x^2}dx$

Für dieses Beispiel brauchen wir den Hinweis: $\Gamma(z)=\int_0^{\infty}t^{z-1}e^{-t}dt$

Wir substituieren x aus $\int_{-\infty}^{\infty}x^{2a}e^{-x^2}dx$ mit: $t=x^2$ und $dt=2xdx$ $\rightarrow x=\sqrt{t}$ Die Funktion von t ist jetzt gerade und für $x\rightarrow -\infty$ geht $t\rightarrow \infty$
Deshalb schreibe ich das Substituierte Integral *2 und mit den Grenzen von 0 bis $\infty$

Man erhält: $2\int_{0}^{\infty}t^{a}e^{-t}\frac{1}{2\sqrt{t}}dt$

$2\int_{0}^{\infty}t^{a}e^{-t}\frac{1}{2\sqrt{t}}dt=\int_{0}^{\infty}\frac{t^{a}}{\sqrt{t}}e^{-t}dt=\int_{0}^{\infty}t^{a+\frac{1}{2}-1}e^{-t}dt=\int_{0}^{\infty}t^{a-\frac{1}{2}}e^{-t}dt=\Gamma(a+\frac{1}{2})$

e,f folgt im nächsten Post, weil der Computer bei so viel Latex so langsam wird, und falls jemand Fehler findet bitte melden

gwd · Beitrag von **gwd** » 13.01.2016, 15:20

e)
Korrigierte Version!

$-\int_0^1x^aln(x)dx$

Ich bin das Beispiel mit der normalen Partiellen Integration angegangen mit:

$\int fg'=fg-\int f'g$

sowie: $f=ln(x)$ , $f'=\frac{1}{x}$ , $g=\frac{x^{a+1}}{a+1}$ , $g'=x^{a}$

Eingesetzt in die Formel und ich komme auf:
$-(\frac{x^{a+1}}{a+1} ln(x)|_0^1-\int_0^1\frac{x^{a+1}}{x(a+1)}dx)=-(0-\int_0^1\frac{x^{a}}{(a+1)}dx)=\frac{x^{a+1}}{(a+1)^2}|_0^1=\frac{1}{(a+1)^2}$

f)
$\int_0^\infty e^{-x^4}dx$

Bei diesem Beispiel substituiere ich wieder und zwar: $t=x^4$ , $dt=4x^3dx$ , $\rightarrow x=\sqrt[4]{t}$ , $\rightarrow dx=\frac{dt}{4\sqrt[4]{t^3}$ , Die Grenzen bleiben gleich.

Man kommt also auf: $\int_0^\infty e^{-t}\frac{dt}{4\sqrt[4]{t^3}}=\frac{1}{4}\int_0^\infty \frac{e^{-t}}{t^{\frac{3}{4}}}dt=\frac{1}{4}\int_0^\infty t^{-\frac{3}{4}}e^{-t}dt$

Das wird jetzt mit der Identität $\Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt$ und $z=\frac{1}{4}$

$\frac{1}{4}\int_0^\infty t^{-\frac{3}{4}}e^{-t}dt=\frac{1}{4} \Gamma(\frac{1}{4})=\Gamma(\frac{5}{4})=\frac{1}{4}!=0,9064024770554770779826712889...$

Also nochmal, falls wer Fehler findet bitte sagen, und alle Angaben ohne Gewähr.

Hat jemand schon was zu 10.2) oder 10.3) wäre dankbar!

lg

apti · Beitrag von **apti** » 13.01.2016, 15:41

gwd, du hast den Fehler beim partiellen integration,bei der Funktion g=1/x und dann g'=lnx...das ist umgekehrt..

g=lnx dann g'=1/x dann kommst du auf die richtige lösung

apti · Beitrag von **apti** » 13.01.2016, 16:32

Hätte jemand vielleicht Idee zur Aufgabe 3 a,b,c ?

Bei 3, d ist mir nur ein Schritt unklar:

gwd · Beitrag von **gwd** » 13.01.2016, 16:34

apti hat geschrieben:gwd, du hast den Fehler beim partiellen integration,bei der Funktion g=1/x und dann g'=lnx...das ist umgekehrt..

g=lnx dann g'=1/x dann kommst du auf die richtige lösung

natürlich hast recht, danke - habe es schon korrigiert.

3a hab ich, kann ich später posten aber beim Rest bin ich noch ratlos

Adoniran · Beitrag von **Adoniran** » 13.01.2016, 18:00

gwd, wie machst du die Umformungen bei 1c?

c)
$\Gamma(\frac{1}{2}-n)\Gamma(\frac{1}{2}+n)$

Für dieses Beispiel müssen wir zuerst $\Gamma(\frac{1}{2}+n)$ wie folgt umformen.

$\Gamma(n+\frac{1}{2})=\frac{2n-1}{2}\Gamma(n-\frac{1}{2})=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\Gamma(n-\frac{3}{2})=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\frac{2n-5}{2}\Gamma(n-\frac{5}{2})=...=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\frac{2n-5}{2}....\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\pi}$

Luckychannel · Beitrag von **Luckychannel** » 13.01.2016, 18:29

Blöde Frage - ist das das letzte Tutorium? Oder gibts noch eins nach dem Test?

snebbi · Beitrag von **snebbi** » 13.01.2016, 18:56

meine Variante von 1c wäre anders:

gwd · Beitrag von **gwd** » 13.01.2016, 19:32

Adoniran hat geschrieben:gwd, wie machst du die Umformungen bei 1c?

c)
$\Gamma(\frac{1}{2}-n)\Gamma(\frac{1}{2}+n)$

Für dieses Beispiel müssen wir zuerst $\Gamma(\frac{1}{2}+n)$ wie folgt umformen.

$\Gamma(n+\frac{1}{2})=\frac{2n-1}{2}\Gamma(n-\frac{1}{2})=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\Gamma(n-\frac{3}{2})=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\frac{2n-5}{2}\Gamma(n-\frac{5}{2})=...=\frac{2n-1}{2}\frac{2n-3}{2}\frac{2n-5}{2}....\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\pi}$

Naja in den Hinweisen steht ja $z!=\Gamma(z+1)$ , daraus folgen diese Umformungen.

snebbi hat geschrieben:meine Variante von 1c wäre anders:

Danke für die Info!
Ja das ist auch möglich, allerdings solltest du dann noch berücksichtigen, dass n ja keine reelle Zahl, sondern nur eine Ganze Zahl ist, also aus dem Sinus wird dann ein $(-1)^n$ Ich hab deine Variante jetzt auch in meinem Posting oben dazugeschrieben.

Luckychannel hat geschrieben:Blöde Frage - ist das das letzte Tutorium? Oder gibts noch eins nach dem Test?

Das ist das letzte Tutorium.

Differenzierer · Beitrag von **Differenzierer** » 13.01.2016, 22:31

Darf man e.) überhaupt so "einfach rechnen", ln(x) ist ja an der Stelle null nicht definiert wo ich aber das Integral auswerte?
Finde es auch verdächtig das keiner der Hinweise für diesen Punkt verwendet werden muss, Ergebnis scheint ja mit Wolfram Alpha überein zustimmen.

gwd · Beitrag von **gwd** » 13.01.2016, 23:11

Differenzierer hat geschrieben:Darf man e.) überhaupt so "einfach rechnen", ln(x) ist ja an der Stelle null nicht definiert wo ich aber das Integral auswerte?
Finde es auch verdächtig das keiner der Hinweise für diesen Punkt verwendet werden muss, Ergebnis scheint ja mit Wolfram Alpha überein zustimmen.

Ich bin mir auch nicht sicher, habe aber keine bessere Idee. Man kann das Ergebnis auch in der Form ankreuzeln.

gwd · Beitrag von **gwd** » 14.01.2016, 14:30

10.3) a)

$\nabla x^i=\frac{1}{g_{ii}}e_i$

Nabla in Kugelkoordinaten: $\nabla=e_r \frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r}e_\theta \frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{1}{r sin(\theta)}e_\phi \frac{\partial}{\partial \phi}$

$(x^1,x^2,x^3)=(r,\theta ,\phi)$

Definition der Kugelkoordinaten:

$x=rsin(\theta)cos(\phi)$
$y=rsin(\theta)sin(\phi)$
$z=rcos(\theta)$

$dx=dx^ie_i$

$e_i'=\frac{dx^i}{dx'^j}e_j$

$e_{ki}$ sind die Kartesischen Basisvektoren.

$e'_1=e_{k1}sin(\theta)cos(\phi)+e_{k2}sin(\theta)sin(\phi)+e_{k3}cos(\theta)$

$e'_2=e_{k1}rcos(\theta)cos(\phi)+e_{k2}rcos(\theta)sin(\phi)-e_{k3}rsin(\theta)$

$e'_3=e_{k1}(-rsin(\theta)sin(\phi))+e_{k2}rsin(\theta)cos(\phi)+e_{k3}*0$

$g_{11}=e'_1 \cdot e'_1$
$g_{22}=e'_2 \cdot e'_2$
$g_{33}=e'_3 \cdot e'_3$

$g_{ij}=$ $\begin{pmatrix}{1}&{0}&0\\{0}&{r^2}&{0}\\{0}&0&{r^2sin^2\theta} \end{pmatrix}$

zu beachten für Nabla:

$e_r=\frac{e_1'}{|e_1'|}$

$e_\theta=\frac{e_2'}{|e_2'|}$

$e_\phi=\frac{e_3'}{|e_3'|}$

mit $|e_1'|=1$ $|e_2'|=r$ $|e_3'|=rsin(\theta)$

einsetzen in die Angabe:

$\nabla x^1=e_r \frac{\partial r}{\partial r}+\frac{1}{r}e_\theta \frac{\partial r}{\partial \theta}+\frac{1}{r sin(\theta)}e_\phi \frac{\partial r}{\partial \phi}$

$\nabla x^2=e_r \frac{\partial \theta}{\partial r}+\frac{1}{r}e_\theta \frac{\partial \theta}{\partial \theta}+\frac{1}{r sin(\theta)}e_\phi \frac{\partial \theta}{\partial \phi}$

$\nabla x^3=e_r \frac{\partial \phi}{\partial r}+\frac{1}{r}e_\theta \frac{\partial \phi}{\partial \theta}+\frac{1}{r sin(\theta)}e_\phi \frac{\partial \phi}{\partial \phi}$

bei uns: $e_i'=e_i$ aus der Angabe.

$\frac{1}{g_{ii}}e_i$ ist trivial und man sieht, dass beide Seiten das gleiche ergeben.

10.3) b)

$\nabla \cdot (\frac{1}{G}e_i)=0$ mit $G=\sqrt{g_{11}g_{22}g_{33}}$

Es gilt: $e_1=ae_2\times e_3$ und $\nabla \cdot (A \times B)=(\nabla \times A) \cdot B - A \cdot (\nabla \times B)$ und $\nabla \times (\nabla b)=0$

wir wissen:

$\nabla x^i=\frac{1}{g_{ii}}e_i$

$\rightarrow e_i=\nabla x^i g_{ii}$

$\nabla \cdot (\frac{1}{G} a e_2 \times e_3)=\nabla \cdot (\tilde{e}_2 \times e_3)$

$\tilde{e}_2=\frac{1}{G} a e_2$

$(\nabla \times \tilde{e}_2)\cdot e_3-\tilde{e}_2 \cdot (\nabla \times e_3)= (\nabla \times (\nabla x^2 \frac{a g_{22}}{G})) \cdot e_3-\tilde{e}_2 \cdot (\nabla \times (\nabla x^3 g_{33}))$

mit $\nabla \times (\nabla x^2 \frac{a g_{22}}{G})=0$ und $\nabla \times (\nabla x^3 g_{33})=0$

Bin mir nicht sicher bei beiden Beispielen, wenn jemand alternative Vorschläge hat / Fehler findet, bitte mitteilen

Herbert · Beitrag von **Herbert** » 14.01.2016, 15:22

gwd hat geschrieben: weiters $|\Gamma{(ix+\frac{1}{2})}|^2=\Gamma{(\frac{1}{2}+ix)}\Gamma{(\frac{1}{2}-ix)}$

Wie kommt man auf diese Identität? Habe ich weder im Buch noch in der Angabe gefunden

gwd · Beitrag von **gwd** » 14.01.2016, 15:43

Herbert hat geschrieben:
gwd hat geschrieben: weiters $|\Gamma{(ix+\frac{1}{2})}|^2=\Gamma{(\frac{1}{2}+ix)}\Gamma{(\frac{1}{2}-ix)}$
Wie kommt man auf diese Identität? Habe ich weder im Buch noch in der Angabe gefunden

So wie bei komplexen Zahlen allgemein $|z|^2=z \cdot \bar{z}$ mit $\bar{z}$ ist die konjungiert komplexe Zahl.

Dass das mit der Gammafunktion genauso geht hab ich auf higgs.at irgendwo gesehen in den Lösungen der letzten Jahre.

forum.technische-physik.at

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