docשיטות בפיזיקה עיונית 1: פתרון מבחן מועד א` תשס;quot&ח (3/4/2008)
download 
Report Transcription
שיטות בפיזיקה עיונית 1: פתרון מבחן מועד א` תשס;quot&ח (3/4/2008)
שיטות בפיזיקה עיונית :1פתרון מבחן מועד א' תשס"ח )(3/4/2008 גרסה ,1.0ינואר 2010 ברק שושני [email protected] | http://baraksh.co.il/ שאלה 1 סעיף א' נחשב את האינטגרל sin4 θ dθ ˆ π 2 0 נשים לב כי 2 sin2 θ 2 )1 − cos (2θ 2 1 )1 − 2 cos (2θ) + cos2 (2θ 4 1 )1 + cos (4θ 1 − 2 cos (2θ) + 4 2 1 ))(3 − 4 cos (2θ) + cos (4θ 8 = sin4 θ = = = = לכן π 2 ˆ (3 − 4 cos (2θ) + cos (4θ)) dθ 0 1 8 π2 1 )3θ − 2 sin (2θ) + sin (4θ 4 0 1 π π π 12 − 8 sin 2 + sin 4 32 2 2 2 1 ))(6π − 8 sin (π) + sin (2π 32 3π 16 1 8 = sin4 θ dθ π 2 ˆ 0 = = = = פתרנו את האינטגרל בקלות ,באמצעות זהויות טריגונומטריות פשוטות וללא שימוש בחומר שנלמד בקורס .עם זאת ,אם מתעקשים ניתן לפתור את האינטגרל גם באמצעות אינטגרציה במישור המרוכב ומשפט השארית .מסלול האינטגרציה Cיהיה מעגל היחידה, מ־ θ = 0עד .θ = 2πקל לראות כי ˆ π2 ˆ 2π 1 = sin4 θ dθ sin4 θ dθ 4 0 0 1 משום שהפונקציה sin4 θסימטרית סביב הנקודה π 2 = θובעלת מחזור .πכעת, 4 eiθ − e−iθ 2i 4 eiθ − e−iθ dθ dθ ˆ 2π 2π ˆ 0 2π 1 4 0 ˆ 4 sin θ dθ = 0 1 64 1 4 = נבצע החלפת משתנים: 1 dz iz = z = eiθ =⇒ dz = ieiθ dθ =⇒ dθ ונקבל: 4 ˛ 1 1 1 z− dz 64i C z z 2 ˛ 1 1 1 z2 − 2 + 2 dz 64i C z z ˛ 2 1 1 1 2 z 4 − 2z 2 + 1 − 2z 2 + 4 − 2 + 1 − 2 + 4 dz 64i C z z z z ˛ 1 1 1 4 z 4 − 4z 2 + 6 − 2 + 4 dz 64i C z z z ˛ 1 6 4 1 z 3 − 4z + − 3 + 5 dz 64i C z z z לבסוף ,ממשפט השארית: 6 4 1 1 3 2πiRes z − 4z + − 3 + 5 64i z z z 2π ·6 64 3π 16 dz = = 4 dθ = = = = 6 4 1 − 3+ 5 z z z z 3 − 4z + והגענו לאותה תוצאה. סעיף ב' 1 dx x4 + 1 ˆ 0 נבצע אינטגרציה במישור המרוכב על הפונקציה 1 z4 + 1 מסלול האינטגרציה Cיהיה מורכב משני חלקים: • :C1מ־ z = −Rעד z = +Rכאשר ∞ → .R • :C2מ־ θ = 0דרך חצי מעגל ברדיוס Rועד .θ = π לפי משפט השארית: 1 z4 + 1 ˆ Res X = 2πi ˆ + C2 2 C1 1 = dz +1 ˛ z4 ˛ C = ∞ eiθ − e−iθ 0 = נחשב את האינטגרל 2π ˆ C 1 64i 1 64 :לכן ˆ 0 ∞ 1 1 dx = x4 + 1 2 ˆ ∞ −∞ 1 1 dx = x4 + 1 2 ˆ ˆ X 1 1 1 1 dz = 2πi Res − dz 4 z4 + 1 2 z4 + 1 C2 z + 1 C1 נציב.C2 נראה כי האינטגרל מתאפס על חצי המעגל z = Reiθ =⇒ dz = iReiθ dθ ונקבל ˆ lim R→∞ C2 z4 ˆ 1 dz +1 = = = π lim R→∞ 0 ˆ lim i R→∞ 0 1 iReiθ dθ +1 1 dθ 3 3iθ R e + R1 e−iθ R4 e4iθ π 0 אם.כעת נמצא את שורשי הפונקציה z4 + 1 = 0 אז z 4 = −1 =⇒ re4iθ = ei(π+2πk) מכאן.k ∈ Z כאשר θ= π 3π 5π 7π π + 2πk = , , , , 4 4 4 4 4 z1 z2 z3 z4 r=1 π π 1+i + i sin = √ 4 4 2 3π 3π −1 + i = cos + i sin = √ 4 4 2 5π 5π −1 − i = cos + i sin = √ 4 4 2 7π 7π 1−i = cos + i sin = √ 4 4 2 = cos : נחשב את השאריות.θ = π4 , 3π 4 הערכים הנמצאים בתוך מסלול האינטגרציה שלנו הם הערכים המתאימים ל־ 1 1 , z1 Res = lim (z − z1 ) 4 4 z→z z +1 z +1 1 1 = (z1 − z2 ) (z1 − z3 ) (z1 − z4 ) √ 3 1 2 = 2 · (2 + 2i) · 2i 3 1 1 √ = i − 1 2 Res 1 , z2 4 z +1 = lim (z − z2 ) z→z1 z4 1 +1 1 (z2 − z1 ) (z2 − z3 ) (z2 − z4 ) √ 3 1 2 = −2 · 2i · (−2 + 2i) 3 1 1 √ = i + 1 2 = 3 לכן: X 1 1 · 2πi Res 2 z4 + 1 " # 3 3 1 1 1 1 √ πi √ + i−1 i+1 2 2 1 1 πi + 3/2 i−1 i+1 2 πi i + 1 + i − 1 −2 23/2 π 23/2 = 1 dx x4 + 1 ∞ ˆ 0 = = = = שאלה 2 סעיף א' נראה כי n dn f (x) 2 x − 1 dx n dx 1 ˆ n )(−1 !2n n −1 1 ˆ = f (x) Pn (x) dx −1 ונמצא את תוצאת האינטגרל כאשר ) f (xפולינום מדרגה mכך ש־.m < n אכן ,מנוסחת רודריגז n 1 dn x2 − 1 2n n! dxn = )Pn (x לכן 1 ˆ n 1 dn x2 − 1 dx n n 2 n! dx −1 ˆ 1 n 1 dn f (x) n x2 − 1 dx n 2 n! −1 dx )f (x נבצע אינטגרציה בחלקים פעם אחת: 1 ˆ 1 n n df (x) dn−1 x2 − 1 − x2 − 1 dx n−1 dx dx −1 1 = f (x) Pn (x) dx −1 = dn−1 dxn−1 −1 n df (x) dn−1 x2 − 1 dx n−1 dx dx ˆ )= f (x 1 n dn x2 − 1 dx n dx ˆ 1 ˆ )f (x −1 = − −1 n ברור כי בכל פעם שנבצע אינטגרציה בחלקים ,איבר השפה יתאפס ,כי כל נגזרת מסדר קטן מ־ nשל x2 − 1מכילה את הגורם x2− 1אשר מתאפס בשני הגבולות .מכאן ,בכל אינטגרציה בחלקים האינטגרל יכיל נגזרת גדולה יותר של ) f (xוקטנה n יותר של , x2 − 1ו־ −1יצא החוצה .לאחר שנבצע אינטגרציה בחלקים nפעמים נקבל: ˆ 1 n ˆ 1 n )(−1 dn f (x) 2 f (x) Pn (x) dx = n x − 1 dx n 2 n! −1 dx −1 כנדרש. כאשר ) f (xפולינום ,ברור כי ניתן לרשום אותו כצירוף לינארי של פולינומי לג'נדר: )ak Pk (x m X = )f (x k=0 אך מאחר ש־ m < nכל הפולינומים האלה יהיו אורתוגונליים ל־) .Pn (xמכאן שהאינטגרל כולו יתאפס. 4 סעיף ב' נתונות שתי קליפות חצי כדוריות מבודדות זו מזו המשלימות לכדור .הקליפה העליונה מושמת בפוטנציאל Vואילו התחתונה בפוטנציאל .−Vנמצא את הפוטנציאל בתוך ומחוץ לכדור. נעבוד ,כמובן ,בקואורדינטות כדוריות ,כאשר הקליפה העליונה מתאימה ל־ θ ∈ 0, π2והתחתונה מתאימה ל־ ,θ ∈ π2 , πכלומר החיבור בין שתי הקליפות הוא במישור .xyבתוך ומחוץ לכדור הפוטנציאל Uמקיים את משוואת לפלס: ∇2 U = 0 אשר פתרונה הכללי בבעיה בעלת סימטריה ביחס ל־ φהוא: ∞ X Bl l = )U (r, θ )Al r + l+1 Pl (cos θ r l=0 נסמן ב־ Rאת רדיוס הכדור .בתוך הכדור נבחר Bl = 0לכל ,lאחרת נקבל פוטנציאל אינסופי בראשית) .אמנם הביטוי Al rl שואף לאינסוף כאשר ∞ → ,rוזה לכאורה בעייתי ,אך אנו מעוניינים ממילא בפוטנציאל רק כאשר .(r < Rמכאן: )Al rl Pl (cos θ ∞ X = )Uinside (r, θ l=0 מחוץ לכדור נבחר Al = 0לכל ,lאחרת נקבל פוטנציאל אינסופי באינסוף) .גם כאן ,כמובן ,אין בעיה שהפוטנציאל ישאף לאינסוף בראשית ,משום שאנו מחוץ לכדור( .מכאן: ∞ X Bl )Pl (cos θ rl+1 = )Uoutside (r, θ l=0 תנאי השפה הם: θ ∈ 0, π2 θ ∈ π2 , π +V −V ( = )U (R, θ בתוך הכדור נקבל: θ ∈ 0, π2 θ ∈ π2 , π +V −V ( = )Al Rl Pl (cos θ ∞ X = )Uinside (R, θ l=0 נכפול את שני האגפים ב־ Pl0 (cos θ) sin θונבצע אינטגרציה: ! ˆ π2 ˆ π Pl0 (cos θ) sin θdθ Pl0 (cos θ) sin θdθ − π 2 ˆ π l Pl (cos θ) Pl0 (cos θ) sin θdθ = V Al R 0 0 l=0 ידוע כי: 2 δl,l0 2l + 1 π ˆ = Pl (cos θ) Pl0 (cos θ) sin θdθ 0 ומכאן נקבל: 2 Al R l 2l + 1 π ˆ l = Pl (cos θ) Pl0 (cos θ) sin θdθ 0 Al R ∞ X l=0 בנוסף ,באמצעות החלפת המשתנים :x 7→ cos θ 0 ˆ 1 ˆ Pl0 (x) dx − Pl0 (x) dx −1 π π 2 נזכור כי כל פולינום לג'נדר הוא זוגי או אי־זוגי .עבור l־ים זוגיים: )Pl (x) = Pl (−x 5 ˆ Pl0 (cos θ) sin θdθ − = Pl0 (cos θ) sin θdθ 0 ˆ π 2 ∞ X 0 ולכן 0 ˆ Pl0 (x) dx ˆ 1 = Pl0 (x) dx −1 0 ונקבל ˆ 0 ˆ 1 Pl0 (x) dx − Pl0 (x) dx = 0 −1 0 מצד שני ,עבור l־ים אי־זוגיים: )Pl (x) = −Pl (−x ולכן 0 ˆ ˆ 1 Pl0 (x) dx = − Pl0 (x) dx −1 0 ונקבל 1 ˆ Pl0 (x) dx 0 ˆ 1 P (x) dx − P (x) dx = 2 l0 l0 −1 0 ˆ 0 מכאן: ( ´1 2 0 Pl (x) dx l is odd 0 l is even 2 = Al R l 2l + 1 והמקדמים יהיו: l is odd l is even Pl (x) dx ´1 0 2l+1 Rl 0 ( = Al שאלה 3 סעיף א' נתונה המשוואה הדיפרנציאלית 1 + x2 y 0 (x) − 2x3 y (x) = 0 עם תנאי השפה y (0) = 1 נראה כי הפתרון הוא 2 ex 1 + x2 = )y (x לאחר מכן נפתור את המשוואה באמצעות שיטת פרוביניוס ,ונראה כי הפתרון שקיבלנו חופף לפתרון זה לפחות עד סדר רביעי ב־.x נגזרת הפתרון היא: 2 2 2x3 ex ) (1 + x2 = 2 1 + x2 − 2xex 2 ) (1 + x2 6 2 2xex 0 = )y (x נציב במשוואה ונקבל: 2 ex =0 1 + x2 2 − 2x3 2x3 ex 2 ) (1 + x2 1 + x2 קל לראות כי השוויון אכן מתקיים .בנוסף, e0 =1 1+0 = )y (0 ומכאן שהפתרון המוצע הוא אכן פתרון המשוואה עבור תנאי השפה הנתון. לפתירת המשוואה באמצעות שיטת פרוביניוס ,נציב פתרון מהצורה an xn nan xn−1 ∞ X = n=0 ∞ X )y (x )y 0 (x = n=0 ונקבל an xn = 0 ∞ X nan xn−1 − 2x3 n=0 an xn = 0 ∞ X n=0 nan xn−1 − 2x3 n=0 ∞ X ∞ X nan xn+1 − n=0 2an−4 xn−1 = 0 (n − 2) an−2 xn−1 − n=4 2an−4 xn−1 = 0 ∞ X nan xn−1 + x2 n=0 2an xn+3 = 0 ∞ X ∞ X 1 + x2 ∞ X n=0 ∞ X n=2 (nan + (n − 2) an−2 ) xn−1 − n=4 ∞ X nan xn−1 + nan xn−1 + ∞ X n=0 ∞ X n=0 ∞ X ⇒ ⇒ ⇒ n=0 ⇒a1 + 2a2 + (3a3 + a1 ) + n=4 (nan + (n − 2) an−2 − 2an−4 ) xn−1 = 0 ∞ X n=4 מתנאי השפה: a0 = 1 כמו־כן ,מהשוואת מקדמים במשוואה למעלה: a1 = a2 = a3 = 0 ולכל ,n ≥ 4כלל הנסיגה הוא: 2an−4 − (n − 2) an−2 n = an נציב n = 4ונקבל: 1 2 = a4 לכן הפתרון הוא: 1 y (x) = 1 + x4 + O x5 2 נראה כי פתרון זה חופף לפתרון הנתון .ידוע כי טור מקלורן של הפונקציה exהוא: ∞ X xn !n n=0 7 = ex ⇒2a1 + 2a2 + 3a3 + 2 לכן טור מקלורן של exהוא: ∞ X x2n !n n=0 2 = ex כעת ,אם נניח כי טור מקלורן של הפונקציה הנתונה הוא 2 ∞ X ex = cn x n 1 + x2 n=0 = )y (x אז נקבל cn x n ∞ X 1 + x2 = 2 ex n=0 cn xn+2 cn−2 xn ∞ X n=0 ∞ X cn x n + cn x n + (cn + cn−2 ) xn n=0 ∞ X = = n=0 n=2 ∞ X ∞ X = c0 + c1 x + n=2 מהשוואת מקדמים עם הטור x2n !n=0 n ∞P נקבל מיד כי לכל nאי־זוגי .cn = 0כמו־כן c0 = 1וכלל הנסיגה עבור nזוגי הוא 1 − cn−2 ! n 2 = cn מכאן נקבל: 1 = c0 = c1 0 1 −1=0 = !1 = 0 1 1 = =−0 !2 2 c2 c3 c4 בחפיפה מלאה לפתרון שקיבלנו. סעיף ב' נפתור באמצעות טרנספורם לפלס את המשוואה הדיפרנציאלית y 00 − 2y 0 + y = 0 בהינתן תנאי ההתחלה y 0 (0) = 1 y (0) = 0, נסמן את טרנספורם לפלס כך: ∞ ˆ e−st y (t) dt = })Y (s) = Ls {y (t 0 ידוע כי: n o Ls y (n) (t) = sn L {y (t)} − sn−1 y 0+ − · · · − y (n−1) 0+ 8 כאשר ) y (n) (tהיא הנגזרת ה־n־ית של ) y (tו־) y (0+הוא הגבול של ) y (tכאשר t → 0מהכיוון החיובי .מכאן: Ls {y 0 (t)} = sL {y (t)} − y (0) = sY Ls {y 00 (t)} = s2 L {y (t)} − sy (0) − y 0 (0) = s2 Y − 1 כאשר סימנו }) Y = Ls {y (tוהצבנו את תנאי ההתחלה הנתונים .מהפעלת הטרנספורם על שני צידי המשוואה נקבל: s2 Y − 1 − 2sY + Y = 0 ומכאן: 1 1 = 2 − 2s + 1 )(s − 1 = Y s2 את הטרנספורם ההפוך נוכל למצוא ישירות ,אך עדיף פשוט להשתמש בטבלת ערכים של טרנספורם לפלס שחושבו מראש 1 .כך נקבל: ) ( 1 = tet y (t) = L−1 t 2 )(s − 1 שאלה 4 סעיף א' הפונקציה ) 2 U (rמקיימת את המשוואה הדיפרנציאלית )∇2 U (r) = δ (r) = δ (x) δ (y) δ (z נמצא את המשוואה הדיפרנציאלית שמקיימת Uמחוץ לראשית הצירים. ברור δ (r 6= 0) = 0ולכן המשוואה היא משוואת לפלס: ∇2 U (r) = 0 סעיף ב' נמצא את הצורה הכללית ביותר של הפתרון עבור המקרה המתואר בסעיף א'. ידוע כי הפתרון הכללי ביותר למשוואת לפלס ,בקואורדינטות כדוריות ,הוא ∞ X l X Bl,m l = )U (r) = U (r, θ, φ )Al,m r + l+1 Yl,m (θ, φ r l=0 m=−l כאשר ) Yl,m (θ, φהן ההרמוניות הספריות: 2n + 1 (n − m)! m P (cos θ) eimφ 4π (n + m)! l s m )Yl,m (θ, φ) = (−1 1לדוגמה Arfken :מהדורה שישית עמוד .1001 2בשאלה המקורית הפונקציה הייתה ,φאך שיניתי ל־ Uעל־מנת למנוע בלבול עם הקואורדינטה הכדורית .φ 9 סעיף ג' בהתחשב בסימטריה של הבעיה ובתנאי השפה U → 0כאשר ∞ → ,rנמצא את ) U (rעד כדי נרמול. ראשית ,מתנאי השפה ברור כי Al,m = 0לכל ,l, mומכאן: ∞ X l X Bl,m )Yl,m (θ, φ rl+1 = )U (r l=0 m=−l בנוסף ,מהסימטריה של הבעיה ברור כי אין תלות ב־ θוב־ .φההרמוניה הספרית היחידה שאינה תלויה באף אחת מהקואורדינטות היא ההרמוניה הקבועה 1 √ = Y0,0 2 π לכן נדרוש Bl,m = 0לכל ,l, m 6= 0והפתרון יהיה: B0,0 1 C √ = )U (r = r 2 πr כאשר המקדם B0,0 √ 2 π "נבלע" בקבוע ,Cאשר ערכו יקבע בסעיף הבא. סעיף ד' נקבע את הנרמול של ).U (r נבצע אינטגרציה על כדור Sברדיוס εעל שני אגפי המשוואה הדיפרנציאלית: ˚ 2 = ∇ U (r) dV δ (r) dV S ˚ S בצד שמאל נקבל: ˚ ˚ = ∇2 U (r) dV ∇ · [∇U (r)] dV S ממשפט גאוס: S ‹ [∇U (r)] · da ˚ = ∇ · [∇U (r)] dV S ∂S כאשר ∂Sהם פני הכדור .כעת ,הגרדיאנט הוא C C r ˆ= − 2 r r ולכן ∇ = )∇U (r ‹ ‹ 1 ˆ r · da r2 ‹∂S 1 2 = −C r sin θdθdφ 2 r ∂S ˆ 2π ˆ π = −C dφ sin θdθ = −C 0 [∇U (r)] · da ∂S 0 = −4πC בצד ימין נקבל ,לפי הגדרת פונקציית דלתא: ˚ δ (r) dV = 1 S ומכאן ,הנרמול הוא 1 4π −4πC = 1 =⇒ C = − לכן הפתרון המנורמל הוא B0,0 1 1 =− √ = )U (r 4πr 2 πr 10
