DGL und Polynome < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:20 Mi 19.03.2008 | | Autor: | Riley |
| Aufgabe | (i) Die Funktionen [mm] H_n(x):=(-1)^n e^{x^2} (\frac{d}{dx})^n e^{-x^2} [/mm] sind Polynome.
(ii) Die angegebenen Funktionen erfüllen folgende DGL:
y'' - 2xy' + 2ny = 0 |
Guten Morgen,
ich bin mir nicht sicher ob ich hier auf dem richtigen Weg bin. Ich hab zuerst mal [mm] (\frac{d}{dx})^n e^{-x^2} [/mm] für die ersten n ausgerechnet:
[mm] \frac{d}{dx} e^{-x^2} [/mm] = -2x [mm] e^{-x^2}
[/mm]
[mm] \frac{d^2}{dx} e^{-x^2} [/mm] = -2 [mm] e^{-x^2} [/mm] + (-2x) [mm] e^{-x^2} [/mm] (-2x)
[mm] \quad [/mm] = [mm] e^{-x^2}(-2 [/mm] + [mm] 8x^2)
[/mm]
[mm] \frac{d^3}{dx} e^{-x^2} [/mm] = [mm] e^{-x^2} [/mm] (12x + [mm] 8x^3)
[/mm]
[mm] \frac{d^4}{dx} [/mm] = [mm] e^{-x^2} (12+10x^2 [/mm] - [mm] 16x^4)
[/mm]
... gut kann ich von hier irgendwie auf die n.te Ableitung schließen? Das ist ja immer [mm] e^{-x^2} [/mm] (...) wobei entweder gerade oder ungerade Hochzahlen auftreten, aber wie entwickeln sich die Koeffizienten?
Und dann hab ich mal noch für ein paar n die H's berechnet:
[mm] H_0(x) [/mm] = 1
[mm] H_1(x) [/mm] = 2x
[mm] H_2(x) [/mm] = - 2 + [mm] 8x^2
[/mm]
[mm] H_3(x) [/mm] = -12x + [mm] 8x^3
[/mm]
[mm] H_4(x) [/mm] = 12 + 10 [mm] x^2 [/mm] - [mm] 16x^4
[/mm]
...
da sieht man ja dass es Poylnome sind, aber wie kann ich das für [mm] H_n [/mm] zeigen? Mit vollständiger Induktion? Aber dazu brauch ich ja erst die n.ten Ableitungen...
Wär super, wenn ihr mir weiterhelfen könntet!
VG, Riley
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:42 Mi 19.03.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. wenn die n_te Ableitung ein Polynom [mm] *e^{-x^2} [/mm] ist, kannst du daraus direkt schliessen dass die n-te Ableitung genauso aufgebaut ist, indem du nur benutzt, dass die Abl. eines Polynoms wieder eines ist.
Du kannst natürlich auch die Reihe für [mm] e^{-x^2} [/mm] differenzieren, und dann das Polynom rausziehen.
Deine dritte und vierte Abl. sind übrigens falsch.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:44 Mi 19.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Leduart,
danke für deine Antwort. Aber das Problem ist, dass ich die n.te Ableitung gerne irgendwie aufschreiben würde
[mm] \frac{d^{(n)}}{dx} [/mm] = [mm] p_n(x) \cdot e^{-x^2} [/mm] , ich aber nicht weiß wie ich [mm] p_n(x) [/mm] so allgemein angeben kann?
Mit der Reihe hab ich es auch mal versucht:
g(x) = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \frac{-x^{2n}}{n!}
[/mm]
g'(x) = [mm] \sum_{n=1}^{\infty} [/mm] 2n [mm] \frac{-x^{2n-1}}{n!}
[/mm]
g''(x) = [mm] \sum_{n=1}^{\infty} [/mm] 2n(2n-1) [mm] \frac{-x^{2n-2}}{n!}
[/mm]
...aber wie meinst du kann ich hier ein Polynom rausziehen?
Ja danke, habs nochmal nachgerechnet:
[mm] \frac{d^3}{dx} e^{-x^2} [/mm] = [mm] e^{-x^2}(-16x^3 [/mm] + 20x)
[mm] \frac{d^4}{dx} e^{-x^2} [/mm] = [mm] e^{-x^2} [/mm] (32 [mm] x^4 [/mm] - [mm] 88x^2 [/mm] + 20)
STimmt es so?
Viele Grüße
Riley
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:12 Mi 19.03.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. [mm] p_{n+1}=p_n'-2x*p_n [/mm] warum brauchst du denn eine explizite Darstellung von [mm] p_n?
[/mm]
2. Deine Reihen sind falsch, in der Summe steht [mm] (-x^2)^n
[/mm]
[mm] g=\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^n*\bruch{x^{2n}}{n!}
[/mm]
[mm] g'=\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^n*\bruch{x^{2n-1}*2n}{n!}=\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^n*\bruch{x^{2n-1}*2}{(n-1)!}=
[/mm]
[mm] =-2x*\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^n*\bruch{x^{2n}}{n!}
[/mm]
Aber wie gesagt, du brauchst das nicht unbedingt!
Deine Ableitungen sind wieder falsch, benutz mein Schema unter 1.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:07 Mi 19.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Leduart,
cool, danke, wie hast du die Rekursionsformel gesehen?
Könnte man dann auch schreiben:
[mm] H_{n+1}(x) [/mm] = [mm] (-1)^n e^{x^2} \cdot e^{-x^2} (p_n' [/mm] - [mm] 2xp_n) =(-1)^n [/mm] ( [mm] p_n' [/mm] - [mm] 2xp_n [/mm] ) ?
Weil ich versteh noch nicht ganz, wir haben jetzt die ersten Ableitungen... und aus denen kann ich einfach schließen, dass die anderen auch Polynome sind, weil Polynome abgeleitet wieder Polynome sind, hab ich das so richtig verstanden?
Doch, danke für die Reihendarstellung, das hat was ;). Ich hab nun auch nochmal die Ableitungen gerechnet und mit deiner Formel verglichen, meine zweite war ja auch schon falsch, deshalb kein Wunder. Aber so müsste es endlich stimmen:
g(x) = [mm] e^{-x^2}
[/mm]
g''(x) = [mm] e^{-x^2} (4x^2 [/mm] - 2)
g'''(x) = [mm] e^{-x^2} (-8x^3 [/mm] + 12x)
[mm] g^{iv} [/mm] (x) = [mm] e^{-x^2} (16x^4 [/mm] - [mm] 48x^2 [/mm] + 12)
Also wäre damit der erste Teil der Aufgabe schon erledigt?
Viele Grüße,
Riley
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:48 Do 20.03.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Hi Leduart,
> cool, danke, wie hast du die Rekursionsformel gesehen?
Da hat leduart einfach abgeleitet:
[mm] \frac{d}{dx}\left(p_n(x)*e^{-x^2}\right) = p'_n(x) *e^{-x^2} -2x p_n(x) *e^{-x^2} = (p'_n(x)-2x p_n(x))*e^{-x^2} [/mm].
Oder du nimmst direkt die Definitionsgleichung:
[mm]H'_n(x)= \frac{d}{dx} \left((-1)^n e^{x^2} \frac{d^n}{dx^n} e^{-x^2}\right)
= (-1)^n (2x) e^{x^2} \frac{d^n}{dx^n} e^{-x^2} + (-1)^n e^{x^2}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}} e^{-x^2}
= 2x H_n(x) - H_{n+1}(x) [/mm]
> Könnte man dann auch schreiben:
>
> [mm]H_{n+1}(x)=(-1)^n e^{x^2} \cdot e^{-x^2} (p_n' - 2xp_n) =(-1)^n ( p_n' - 2xp_n)[/mm]
Ja.
> Weil ich versteh noch nicht ganz, wir haben jetzt die
> ersten Ableitungen... und aus denen kann ich einfach
> schließen, dass die anderen auch Polynome sind, weil
> Polynome abgeleitet wieder Polynome sind, hab ich das so
> richtig verstanden?
Alle Ableitungen haben von [mm] $e^{-x^2}$ [/mm] sind von der Form [mm] $p_n(x)*e^{-x^2}$, [/mm] wegen der obigen Rekursionsgleichung. Mit [mm] $e^{x^2}$ [/mm] multipliziert kommt immer ein Polynom heraus. Du kannst das ja per vollständiger Induktion beweisen.
> Doch, danke für die Reihendarstellung, das hat was ;). Ich
> hab nun auch nochmal die Ableitungen gerechnet und mit
> deiner Formel verglichen, meine zweite war ja auch schon
> falsch, deshalb kein Wunder. Aber so müsste es endlich
> stimmen:
>
> g(x) = [mm]e^{-x^2}[/mm]
>
> g''(x) = [mm]e^{-x^2} (4x^2[/mm] - 2)
>
> g'''(x) = [mm]e^{-x^2} (-8x^3[/mm] + 12x)
>
> [mm]g^{iv}[/mm] (x) = [mm]e^{-x^2} (16x^4[/mm] - [mm]48x^2[/mm] + 12)
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:18 Mo 24.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Rainer,
vielen Dank für deine Antwort und die Erklärungen!!
> Alle Ableitungen haben von [mm]e^{-x^2}[/mm] sind von der Form
> [mm]p_n(x)*e^{-x^2}[/mm], wegen der obigen Rekursionsgleichung. Mit
> [mm]e^{x^2}[/mm] multipliziert kommt immer ein Polynom heraus. Du
> kannst das ja per vollständiger Induktion beweisen.
Muss ich dann also mit vollständiger Induktion zeigen, dass die Rekursionsformel gilt?
Wenn ich annehme, dass [mm] p_{n+1}=p_n'-2x p_n [/mm] für ein beliebiges n [mm] \in [/mm] IN gilt, dann müsste ich ja im Induktionsschritt [mm] p_{n+2} [/mm] mit Hilfe der Annahme berechnen. Wie kann ich aber [mm] p_{n+2} [/mm] schreiben, dass ich [mm] p_{n+1} [/mm] einbauen kann ohne die Formel zu benutzen??
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo Rainer,
> vielen Dank für deine Antwort und die Erklärungen!!
>
> > Alle Ableitungen haben von [mm]e^{-x^2}[/mm] sind von der Form
> > [mm]p_n(x)*e^{-x^2}[/mm], wegen der obigen Rekursionsgleichung. Mit
> > [mm]e^{x^2}[/mm] multipliziert kommt immer ein Polynom heraus. Du
> > kannst das ja per vollständiger Induktion beweisen.
>
> Muss ich dann also mit vollständiger Induktion zeigen, dass
> die Rekursionsformel gilt?
>
> Wenn ich annehme, dass [mm]p_{n+1}=p_n'-2x p_n[/mm] für ein
> beliebiges n [mm]\in[/mm] IN gilt, dann müsste ich ja im
> Induktionsschritt [mm]p_{n+2}[/mm] mit Hilfe der Annahme berechnen.
> Wie kann ich aber [mm]p_{n+2}[/mm] schreiben, dass ich [mm]p_{n+1}[/mm]
> einbauen kann ohne die Formel zu benutzen??
Die Behauptung, daß [mm]p_{n+1}\left(x\right)=p_{n}'\left(x\right)-2x*p_{n}\left(x\right)[/mm] gilt, kannst Du ganz einfach zeigen:
[mm]H_{n}\left(x\right)=\left(-1\right)^{n}*e^{x^{2}}*\left(\bruch{d}{dx}\right)^{n}e^{-x^{2}}=\left(-1\right)^{n}*e^{x^{2}}*\bruch{d^{n}}{dx^{n}}\left(e^{-x^{2}}\right) \ \left(1\right)[/mm]
[mm]H_{n+1}\left(x\right)=\left(-1\right)^{n+1}*e^{x^{2}}*\bruch{d^{n+1}}{dx^{n+1}}\left(e^{-x^{2}}\right) \ \left(2\right) [/mm]
Forme nun Gleichung 1 so um:
[mm] \bruch{d^{n}}{dx^{n}}\left(e^{-x^{2}}\right) = \cdots [/mm]
Und setze es in Gleichung 2 ein.
Bedenke aber, daß gilt: [mm]\bruch{d^{n+1}}{dx^{n+1}}\left(e^{-x^{2}}\right)=\bruch{d}{dx}\left(\bruch{d^{n}}{dx^{n}}\left(e^{-x^{2}}\right)\right)[/mm]
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:39 Mo 24.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
vielen Dank für die Antwort! Aber muss man die Rekursionsformel überhaupt nochmal beweisen wenn man sie so wie oben hergeleitet hat?
Ich glaub ich hab das mit der vollst. Induktion falsch verstanden, sollte ich darüber zeigen, dass die Ableitungen von [mm] e^{-x^2} [/mm] immer in dieser Form [mm] p_n(x) e^{-x^2} [/mm] sind?
Okay, dann noch eine Frage zum zweiten Teil der Aufgabe. Eigentlich kann man das ja recht schnell zeigen, wenn man benutzt, dass [mm] H_n'(x) [/mm] = [mm] 2nH_{n-1} [/mm] (x) ist - ich hab nämlich mal nach den Hermitepolynomen gegoogelt... 
Kann man diese Identität auch ohne erzeugenden Funktion und Reihendarstellung zeigen?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo Mathepower,
>
> vielen Dank für die Antwort! Aber muss man die
> Rekursionsformel überhaupt nochmal beweisen wenn man sie so
> wie oben hergeleitet hat?
Nein.
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> Ich glaub ich hab das mit der vollst. Induktion falsch
> verstanden, sollte ich darüber zeigen, dass die Ableitungen
> von [mm]e^{-x^2}[/mm] immer in dieser Form [mm]p_n(x) e^{-x^2}[/mm] sind?
Eigentlich schon, ja.
Ich hätte jetzt gesagt, da [mm]H_{0}\left(x\right)[/mm] ein Polynom ist, sind auch alle weitern [mm]H_{n}\left(x\right)[/mm] Polynome.
>
> Okay, dann noch eine Frage zum zweiten Teil der Aufgabe.
> Eigentlich kann man das ja recht schnell zeigen, wenn man
> benutzt, dass [mm]H_n'(x)[/mm] = [mm]2nH_{n-1}[/mm] (x) ist - ich hab nämlich
> mal nach den Hermitepolynomen gegoogelt...
> Kann man diese Identität auch ohne erzeugenden Funktion
> und Reihendarstellung zeigen?
Weiss ich nicht.
>
> Viele Grüße,
> Riley
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:22 Mo 24.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
okay, vielen Dank nochmal.
Viele Grüße,
Riley
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:26 Di 25.03.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Hallo Mathepower,
>
> vielen Dank für die Antwort! Aber muss man die
> Rekursionsformel überhaupt nochmal beweisen wenn man sie so
> wie oben hergeleitet hat?
>
> Ich glaub ich hab das mit der vollst. Induktion falsch
> verstanden, sollte ich darüber zeigen, dass die Ableitungen
> von [mm]e^{-x^2}[/mm] immer in dieser Form [mm]p_n(x) e^{-x^2}[/mm] sind?
>
> Okay, dann noch eine Frage zum zweiten Teil der Aufgabe.
> Eigentlich kann man das ja recht schnell zeigen, wenn man
> benutzt, dass [mm]H_n'(x)[/mm] = [mm]2nH_{n-1}[/mm] (x) ist - ich hab nämlich
> mal nach den Hermitepolynomen gegoogelt...
> Kann man diese Identität auch ohne erzeugenden Funktion
> und Reihendarstellung zeigen?
Ja. Betrachte dazu
[mm] \bruch{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^2} = \bruch{d^{n}}{dx^{n}}\bruch{d}{dx}e^{-x^2} = \bruch{d^{n}}{dx^{n}}(-2xe^{-x^2}) [/mm]
Durch Anwendung der Produktregel für die n-te Ableitung:
[mm] (uv)^{(n)} = \summe_{i=0}^n \vektor{n\\i} u^{(i)} v^{(n-i)} [/mm]
wird daraus:
[mm] -2x \bruch{d^{n}}{dx^{n}} e^{-x^2} -2 n \bruch{d^{n-1}}{dx^{n-1}} e^{-x^2}
= -2(-1)^n x e^{-x^2} H_n(x) - 2n (-1)^{n-1} e^{-x^2}H_{n-1}(x) [/mm].
Andererseits ist
[mm] \bruch{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^2} = \bruch{d}{dx} \bruch{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^2} = (-1)^n \bruch{d}{dx} (e^{-x^2}H_n(x)) = -2(-1)^n x e^{-x^2}H_n(x) + (-1)^n e^{-x^2}H'_n(x)[/mm]
Jetzt setzt du nur noch die beiden Seiten gleich.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:30 Di 25.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Rainer,
vielen Dank für die Erklärung, das ist super, da fällt ja dann fast alles weg bis auf die gewünschte Identität *freu*
Jetzt kann ich dich auch gleich nochmal fragen zu dem VI-Beweis. Hast du das so gemeint:
Beh.: [mm] \frac{d}{dx} (p_n(x) e^{-x^2} [/mm] ) = [mm] p_n'(x) e^{-x^2} [/mm] - 2x [mm] p_n(x) e^{-x^2}
[/mm]
IA: n=0:
[mm] \frac{d}{dx}(p_0(x) e^{-x^2}) [/mm] = -2x [mm] e^{-x^2}
[/mm]
[mm] p_0'(x) e^{-x^2} [/mm] - 2x [mm] p_0(x) e^{-x^2} [/mm] = -2x [mm] e^{-x^2}, [/mm] da [mm] p_0'(x)=0 [/mm] und [mm] p_0(x) [/mm] =1.
IS: n -> n+1
[mm] \frac{d}{dx}(p_{n+1}(x) e^{-x^2}) [/mm] = [mm] p_{n+1}'(x) e^{-x^2} [/mm] - 2x [mm] p_{n+1}(x) e^{-x^2} [/mm] = [mm] (p_{n+1}'(x) [/mm] - 2x [mm] p_{n+1}(x)) e^{-x^2} [/mm] ??
Viele Grüße,
Riley
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:42 Di 25.03.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Hallo Rainer,
> vielen Dank für die Erklärung, das ist super, da fällt ja
> dann fast alles weg bis auf die gewünschte Identität
> *freu*
>
> Jetzt kann ich dich auch gleich nochmal fragen zu dem
> VI-Beweis. Hast du das so gemeint:
>
> Beh.: [mm]\frac{d}{dx} (p_n(x) e^{-x^2}[/mm] ) = [mm]p_n'(x) e^{-x^2} - 2x p_n(x) e^{-x^2}[/mm]
>
> IA: n=0:
> [mm]\frac{d}{dx}(p_0(x) e^{-x^2}) = -2x e^{-x^2}[/mm]
>
> [mm]p_0'(x) e^{-x^2} - 2x p_0(x) e^{-x^2} = -2x e^{-x^2},[/mm] da
> [mm]p_0'(x)=0[/mm] und [mm]p_0(x)[/mm] =1.
>
> IS: n -> n+1
>
> [mm]\frac{d}{dx}(p_{n+1}(x) e^{-x^2}) = p_{n+1}'(x) e^{-x^2} - 2x p_{n+1}(x) e^{-x^2} = (p_{n+1}'(x) - 2x p_{n+1}(x)) e^{-x^2}[/mm]
> ??
Das ist ja nur die Produktregel.
[mm] $p_n$ [/mm] ist definiert über
[mm] p_n(x) e^{-x^2} = \bruch{d^n}{dx^n} e^{-x^2} [/mm].
Der Fall n=0 ist klar, denn [mm] $p_0(x) [/mm] =1$.
n-->n+1: Du musst zeigen, dass [mm] $p_{n+1}$ [/mm] ein Polynom ist:
[mm] p_{n+1}(x) = e^{x^2} \bruch{d^{n+1}}{dx^{n+1}} e^{-x^2} = e^{x^2} \bruch{d}{dx}(p_n(x) e^{-x^2} ) = e^{x^2} (p'_n(x) e^{-x^2} -2x p_n(x) e^{-x^2}) = (p'_n(x) -2x p_n(x))[/mm]. QED
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:55 Di 25.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Rainer,
okay, vielen Dank nochmal - das war mir nicht klar, aber jetzt hab ichs verstanden!
Viele Grüße,
Riley
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