Stichworte und Ergänzungen zu Mathematische Methoden der Physik

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der e-Funktionen im Polynom entsteht eine Linearkombination von Funktionen e i k x ,
beispielsweise
∫ a ∫ a
dx cos 2 x = dx 1 (
e 2ix + 2 + e −2ix)
0
0 4
= 1 ( 1
4 2 i e2ix + 2 x + 1
−2 i e−2ix)∣ ∣ a (4.35)
= 1 0
4 sin 2 a + 1 (12.19)
2 a .
Partielle Integration
Aus dem Hauptsatz und der Produktregel von Ableitungen ergibt sich, daß man unter
dem Integral bei einem Produkt einer Funktion u mit einer Funktion w, deren Stammfunktion
man kennt, w = dv/dx, die Ableitung von v auf u abwälzen kann,
∫ b
dxu dv ∫ b
a dx = dx ( d du
(u v) −
a dx dx v) = (u v) ∣ ∫ b b − dx du
a
a dx v . (12.20)
Das Abwälzen der Ableitung heißt partielles Integrieren.
Das Integral über das Produkt beliebig oft differenzierbarer Funktionen u und v kann
man als Wert der linearen Abbildung L u verstehen, die jeden Vektor v aus dem Vektorraum
dieser Funktionen auf L u [v] = ∫ b
dxu(x) v(x) abbildet. Die Ableitung ∂ = d/dx
a
ist eine lineare Abbildung dieses Vektorraumes auf sich. Das Transponierte dieser Abbildung
ist durch Abwälzen definiert (3.52). So verstanden ist −∂ im Vektorraum der im
Intervall [a, b] unendlich oft differenzierbaren Funktionen, die mit ihren Ableitungen in
a und b verschwinden, das Transponierte der Ableitung, ∂ T = −∂.
∫ y
0
Partiell integrieren kann man beispielsweise Polynome von x mal e i x = d
dx
dxxe i x =
∫ y
0
e i x
i
,
dx ( x
d ei
(x ) − 1 x) dx i i ei = (−i x e i x + e i x ) ∣ y = −i y 0 ei y + e i y −1 . (12.21)
Ebenso zeigt man mit partieller Integration, daß die Gamma-Funktion
Γ(s) =
∫ ∞
0
dt t s−1 e −t (12.22)
die Fakultät interpoliert, Γ(n + 1) = n!. Denn es gilt Γ(1) = 1 und für s > 0
Γ(s + 1) =
Taylorreihe
∫ ∞
0
dt t s d dt (−e−t ) =
∫ ∞
0
dt ( d
dt (−ts e −t ) + st s−1 e −t) = sΓ(s) . (12.23)
Mit partieller Integration zeigt man, daß Funktionen f, die im Intervall [0, x] n + 1-fach
stetig differenzierbar sind, dort durch ihre Taylorreihe und ein Restglied R n dargestellt
werden. Wir schreiben f (k) | y
für die k-fache Ableitung (d/dx) k f bei y und behaupten
f(x) =
n∑
k=0
1
k! f(k) | 0
x k + R n (x) , R n (x) = 1 ∫ x
dy f (n+1) |
n!
y
(x − y) n . (12.24)
0