1. (a) Bestäm funktionen u = u(t, x), t > 0 och 0 < x < L, som uppfyller. u(t, 0) = 0, u x (t, L) = 0 u(0, x) = Ax(2L x)

Transkript

1 KTH Fysik Tentamen i 5A1306 Fysikens matematiska metoder: PDE-tentamen Onsdagen den 28 mars 2007 kl Anteckna på varje blad: namn, utbildningslinje, årskurs problemnummer. Tillåtna hjälpmedel: 1) Teoretisk fysiks formelsamling 2) BETA 3) NBS Handbook of Mathematical Functions 4) Josefsson, Formel- tabellsamling i matematik 5) Tefyma 6) Spiegel, Mathematical Handbook 7) Zwillinger, CRC Standard Mathematical Tables and Formulae Obs! Miniräknare ej tillåten. Examinator: Edwin Langmann (tel: Epost: langmann@kth.se) Resultat: Anslås på institutionens studentexpedition, Roslagstullsbacken 21 Lösningar: Kommer att finnas på kurshemsidan, Motivera utförligt! Otillräckliga motiveringar kan medför poängavdrag. Inför förklara själv konstanter symboler du behöver! 1. (a) Bestäm funktionen u = u(t, x), t > 0 0 < x < L, som uppfyller där a > 0 A > 0. (4p) u t (t, x) au xx (t, x) = 0 u(t, 0) = 0, u x (t, L) = 0 u(0, x) = Ax(2L x) (b) Komplettera i detalj följande tolkning av modellen i (a): Problemet i (a) kan tolkas som modell för...temperaturen...stav... (2p) 2. (a) Formulera en matematisk modell för den elektrostatiska potentialen inom en tom cylinder med radie a om potentialen vid cylinders mantelytan r = a är fixerad till u 0 δ(ϕ π) oberoende av z; u 0 > 0 är en konstant, r, ϕ, z är cylinderkoordinater. Antag att cylindern är så lång att du kan bortse från randeffekter i z-riktning, dvs. < z <. (2p) (b) Lös problemet i (a). (4p). 3. En pärla med massan m glider friktionsfritt på kurvan z = 1 2 ax2, a > 0 i xz-planet (dvs. y = 0) påverkas av gravitationskraften mge z, g 9.82 m/s 2, parallell med z-axeln.

2 (a) Använd Hamiltons princip för att härleda Newtons ekvation mx (t) =... som beskriver pärlans rörelse. Pärlan kan betraktas som en masspunkt, Hamiltons princip lyder: Rörelsen är så att verkan = blir extremal. (2p) t1 t 0 (kinetiska energin potentiella energin) dt (b) Beräkna periodtiden T för pärlans rörelse som funktionen av amplituden x 0 : Antag att pärlan befinner sig i x = x 0 > 0 med hastighet noll vid tiden t = 0, beräkna minsta tiden t = T > 0 då pärlan är tillbaka i x = x 0 igen. (4p) 4. En homogen cylinder med radie R höjden h har konstant temperatur lika med omgivningstemperaturen T 0 vid tiden t = 0. För tider t > 0 värms cylindern upp av en värmekälla som generar värmen Q t 0, t 0 > 0, Q > 0 per tidsenhet jämnt fördelat över cylindern, dvs. källfunktionen beror bara på tiden ej av positionen i cylindern. Cylindern har konstant temperatur T 0 vid mantelytan r = R bottenskivan z = 0 är isolerad vid toppytan z = h för alla tider. (a) Ställ upp en matematisk modell som beskriver tidsutvecklingen av temperaturen inom cylindern. (b) Lös modellen i (a). (c) Beräkna totala värmeflödet ut ur bottenskivan som funktion av tiden. 5. En kvantpartikel som rör sig i xy-planet är inspärrad i regionen y a men rör sig fritt i x-riktningen, dvs. < x <. Tidsutvecklingen av partikelns vågfunktion ψ(r, t), r = (x, y), ges av Schrödingerekvationen i ψ t (r, t) = 2 ψ(r, t) 2m där är Plancks konstant, m partikelmassan, i = 1. (a) Beräkna vågfunktionen för tider t > 0 om ψ(r, 0) = Ne ik 0x e x2 /(2a 2) sin(πy/a) med k 0 > 0 normeringskonstanten N > 0 så att dx dy ψ(r, 0) 2 = 1. Antag att ψ alltid är noll vid ränderna y = y = a. (b) Beräkna väntevärdet av positionsoperatorn r som funktion av tiden, dvs., tolka ditt resultat. r (t) = dx dy ψ(r, t) rψ(r, t), Ledning till uppgifterna 2 4: Laplaces operator i cylinderkoordinater är 2 r r r r 2 ϕ z 2. LYCKA TILL!

3 Lösningsföreslag till PDE-tentamen Vi ansätter där f n (x) är lösningar till u(x, t) = c n (t)f n (x) n=1 f (x) = λf(x), f(0) = f (L) = 0, dvs., f n (x) = sin(k n x), k n = (n 1 2 )π L, λ n = kn 2, n = 1, 2,.... (u 0 (x) = u(0, x)) c n (t) + aλ nc n (t) = 0, c n (0) = (f n, u 0 ) (f n, f n ) = 2 L cos(k n x)ax(2l x)dx, L 0 full poäng. c n (t) = c n (0)e λnt. Anmärkning: Koefficienterna kan beräknas t.ex. på följande sätt (pga. f n = kn 2f n u 0 (0) = u 0 (L) = 0) c n (0) = 2 L (f n, u 0 ) = 2 (f Lk n, u n 2 0 ) = 2 (f Lkn 2 n, u 0) = 2 L sin(k Lkn 2 n x) (Ax(2L x)) 0 } {{ } 2A (man kan också beräkna dem på andra sätt). Svar: u(x, t) = Lk 3 n=1 n dx = 4A Lk 2 n 1 cos(k n x) L x=0 k = 4A n Lkn 3 4A e k2 n t cos(k n x), k n = (n 1 2 )π L. (b) Modellen beskriver värmeledning i en homogen cylindrisk stav isolerad på mantelytan så att temperaturen beror bara på positionen x på cylinders symmetriaxel. Staven har konstant temperatur 0 vid bottenytan x = 0 är perfekt isolerad vid toppytan x = L. Temperaturen i början ges av funktionen Ax(2L x). 2. (a) Vi skall bestämma den funktion u i regionen 0 x 2 + y 2 R 2, < z <, som uppfyller u = 0, u x 2 +y 2 = u 0δ(ϕ π). Problemet är invariant under translationer i z-riktning, därför kan potentialen inte bero på z: u = u(r, ϕ) där 0 < r < R 0 ϕ 2π. Problemet lyder: där u(r, ϕ) = u(r, ϕ + 2π). 1 r (ru r) r + 1 r 2u ϕϕ = 0, u(r, ϕ) = u 0 δ(ϕ π)

4 (b) Vi betraktar hjälpproblemet f (ϕ) = λf(ϕ), f(ϕ) = f(ϕ + 2π) som har lösningar f n (x) = e inϕ, λ n = n 2, n = 0, ±1, ±2,.... Serieansatsen u(r, ϕ) = n Z c n (r)f n (ϕ) = n Z c n (r)e inϕ PDE ger 1 r (rc n (r)) n2 r c n(r) = c 2 n (r) + 1 n2 r c n (r) r c n(r) = 0 2 som har den allmäna lösningen c n (r) = A n r n + B n r n om n 0, c 0 (r) = A 0 + B 0 log(r). Vi vill ha lösningar med c n (0) <. B n = 0, c n (R) = A n R n. RV ger u(r, ϕ) = n Z c n (R)e inϕ = u 0 δ(ϕ π) därför Alltså är Svar: c n (R) = 1 2π e inϕ u 0 δ(ϕ π)dϕ = u 0 2π 0 2π e inπ = u 0 2π ( 1)n. u(r, ϕ) = u 0 2π n=0 c n (r) = u ( 0 r ) n 2π ( 1)n. R ( r ) n ( 1) n e inϕ = u 0 R 2π ( n=1 ) ( r ) n cos(nϕ). R Anmärkning: Man kan även summera upp serien: jfm. kursboken Kapitel Svaret blir då u(r, ϕ) = u 0 1 (r/r) 2 2π 1 + (r/r) 2 + 2(r/R) cos(ϕ). 3. Vi har z (x(t)) = ax(t)x (t) kinetiska energin = m 2 (x (t) 2 + z (t) 2 ) = m 2 (1 + (ax(t))2 )x (t) 2 potentiella energin = mgz(t) = mga 2 x(t)2. verkan = t 1 t 0 L(x(t), x (t))dt, L(x, x ) = m 2 (1 + (ax)2 )(x ) 2 mga 2 x2.

5 Newtons ekvationer får vi från Euler-Lagranges ekvationen: dvs., d L dt x (t) = L x(t) d dt (m(1 + a2 x(t) 2 )x (t)) = m(1 + a 2 x(t) 2 )x (t) + 2ma 2 x(t)x (t) 2 = mgax(t) + ma 2 x(t)x (t) 2 mx (t) = ma2 x(t)x (t) 2 + mgax(t) 1 + a 2 x(t) 2. För små värden av ax kan detta approximeras genom mx (t) = mgax(t) mω 2 x(t) som beskriver den harmoniska oscillatoren med periodtiden T = 2π/ω = 2π/ ga. (b) L beror inte explicit på tiden t, därför x (t) L x (t) L = m 2 (1 + (ax)2 )(x ) 2 + mga 2 x2 = konstant. Konstanten är energin kan beräknas genom att sätta t = 0, dvs. x = x 0 x = 0: m 2 (1 + (ax)2 )(x ) 2 + mga 2 x2 = mga 2 x2 0. Separation ger 1 + a2 x ± 2 dx = dt. ga(x 2 0 x 2 ) Pärlan befinner sig i x = x 0 vid tiden t = T/2 i x = +x 0 vid tiden t = T. x0 1 + a2 x 2 T ga(x 2 0 x 2 ) dx = dt = T 2. x 0 Integralen kan beräknas med substitutionen x = x 0 sin(u), dx = x 0 cos(u)du, T/2 x 2 0 x 2 = x 0 cos(u) π/2 1 + (ax0 ) T = 2 2 sin 2 (u) du = 1 π 1 + (ax 0 ) 2 sin 2 (u)du. π/2 ga ga π För små värden av ax 0 kan man Taylorutveckla T = 1 π (1 + 1 ga 2 (ax 0) 2 sin 2 (u) +...)du = 2π (1 + 1 ga 4 (ax 0) ). π 4. Låt T(r, t) vara temperaturen i punkten r = (x, y, z) inom cylindern, x 2 + y 2 R 2 0 z h, vid tiden t > 0. Funktionen u = T T 0 lyder värmeledningsekvationen ρcu t λ u = k

6 med rand- begynnelsevillkor källfunktionen u r=r = u z=0 = u z z=h = u t=0 = 0 k = k(r, t) = Q t 0 R 2 πh e t/t 0 oberoende av r; c är värmekapaciteten, ρ massdensiteten, λ värmeledningsförmågan (jfm. kursboken Kap ). PDE kan skrivas u t (r, t) a u(r, t) = A, A = Q t 0 R 2 πhρc, a = λ ρc. I cylinderkoordinater, u = u(r, z, t) oberoende av vinkeln ϕ p.g.a. rotationssymmetri. Vi beräknar egenfunktioner f j egenvärden λ j för följande hjälpproblem: f = λf, f r=r = f z=0 = f z z=h = 0. f n,s (r, z) = J 0 (κ s r) sin(k n z), κ s = α 0,s R, k n = (n 1 2 )π h där n = 1, 2,..., s = 1, 2,..., α 0,s nollställena till Besselfunktionen J 0, Ansatsen ger där u(r, z, t) = λ n,s = k 2 n + κ 2 s. n=1 s=1 c n,s (t)f n,s (r, z) c n,s (t) + aλ n,sc n,s (t) = A n,s, c n,s (0) = 0 A n,s = (f n,s, A) (f n,s, f n,s ) = A drr h dzj 0 0 0(κ s r) sin(k n z) drr h dzj 0 0 0(κ s r) 2 sin(k n z) 2. ODE problemet ovan har följande lösning: Svar: Temperaturen är T(r, z, t) = T 0 + c n,s (t) = A n,s e λn,st aλ n,s 1/t 0. n,s=1 A n,s e λn,st aλ n,s 1/t 0 J 0 (κ s r) sin(k n z) med λ n,s = k 2 n + κ2 s, k n = (n 1 2 )π h κ s = α 0,s R Q A n,s = t 0 R 2 πhρc drrj 0 0(κ s r) h dz sin(k 0 nz) drrj 0 0(κ s r) 2 h dz sin(k 0 nz) 2.

7 Anmärkning: Integralerna kan alla beräknas ger A n,s = men detta krävs inte för full poäng. (c) Värmeströmen ut ur cylinderbotten är Anmärkning: Detta kan beräknas där men det krävs inte. 5. Ansatsen ger där W = 2πλ 0 = 4Q t 0 R 2 πhρcj 1 (κ s R)(κ s R)(hk n ), 2π W = λ drr dϕt z (r, z, t) z=0 0 0 n,s=1 drr n,s=1 A n,s k n e λn,st aλ n,s 1/t 0 0 e λn,st A n,s J 0 (κ s r)k n aλ n,s 1/t 0 drrj 0 (κ s r) = R κ s J 1 (κ s R), ψ(x, y, t) = ϕ(x, t) sin(πy/a) iϕ t (x, t) = cϕ xx (x, t) + bϕ(x, t), Detta kan lösas med Fouriertransform: ger med Lösningen är ˆϕ(k, 0) = ϕ(x, 0) = Ne ik 0x e x2 /(2a 2). ˆϕ(k, t) = 0 drrj 0 (κ s r) b = (π/a)2 2m, c = 2m, ϕ(x, t)e ikx dx iˆϕ t (k, t) = (ck 2 + b)ˆϕ(k, t) Ne i(k 0 k)x e x2 /(2a 2) = N 2πa 2 e 2 (k k 0 ) 2 /2. ˆϕ(k, t) = N 2πa 2 e 2 (k k 0 ) 2 /2 e i(ck2 +b)t, med inversa Fouriertransformen får vi ϕ(x, t) = dk 2π N 2πa 2 e 2 (k k 0 )2 /2 e i(ck2 +b)t e ikx = Na dke (a2 /2+ict)k 2 +(a 2 k 0 +ix)k ibt 2 k0 2/2. 2π

8 Detta kan beräknas med Gaussintegralen dke Ak2 Bk C = (alternativ: Fouriertransform) ger ψ(x, y, t) = π A e C+B2 /4A Na (a2 + 2ict) e ibt2 k 2 0 /2+(a2 k 0 +ix) 2 /(2(a 2 +2ict)) sin(πy/a). OBS att ψ t=0 är som det skall. Normeringskonstanten beräknas genom dx dyn 2 e x2 /a 2 sin 2 (πy/a) = N 2 πa 2 = 1 dvs. (b) Pga. får vi ψ(x, y, t) 2 = N = 1 aπ 1/4. e A+iB 2 = e 2A om A B är reella (a 2 k 0 + ix) 2 2(a 2 + 2ict) = (a2 k 0 + ix) 2 (a 2 2ict) 2(a 4 + (2ct) 2 ) (Na) 2 a4 + (2ct) 2e2 (x 2k 0 ct) 2 /(a 4 +(2ct) 2) sin 2 (πy/a). Vi ser att ψ(x, y, t) 2 = F(x 2k 0 ct, y, t) där F är jämnd under spegling med avseended av x y: OBS så att dx F(x, y, t) = F( x, y, t) = F(x, y, t). dyf(x + 2k 2 0ct, y, t) = = x (t) = y (t) = dx pga. symmetrin av integranden (*) ovan. dx dy ψ(x, y, t) 2 = 1. ( ) dx dyxf(x 2k 0 ct, y, t) dy(x + 2k 0 ct)f(x, y, t) = 2k 0 ct dx dyyf(x + 2k 0 ct, y, t) = 0 Tolkning: kvantpartikeln rör sig med konstant hastighet 2k 0 ct = k 0 /m parallel med x-axeln.

9 Anmärkning: Rörelseoperatorn är det är lätt att se att Resultatet ovan kan därför tolkas som ˆp = i = (ˆp x, ˆp y ), x (0) = 0 (0) = 0 ˆp x (0) = k 0, ˆp y (0) = 0. r (t) = r (0) + 1 m ˆp (0)t, dvs. medelvärden av x y uppfyller klassiska ekvationer. Detta kan förklaras med Ehrenfestsatsen. 1 1 See the article on the Ehrenfest theorem in the English version of Wikipedia.