2. För ljudvågor i en gas, innesluten i ett sfärisk skal, gäller vågekvationen. u tt = c 2 u

Transkript

1 KTH Fysik Tentamen i 5A3/5A35 Fysikens matematiska metoder Fredagen den 4 januari 25, kl Anteckna på varje blad: namn, utbildningslinje, årskurs och problemnummer. Notera på första tentabladet om du har hemtal tillgodo från tidigare kurs, och vilken termin kursen gick! Tillåtna hjälpmedel: ) Teoretisk fysiks formelsamling 2) BETA 3) NBS Handbook of Mathematical Functions 4) Josefsson, Formel- och tabellsamling i matematik 5) Tefyma 6) Spiegel, Mathematical Handbook Obs! Miniräknare ej tillåten. Examinator: Edwin Langmann (tel: Epost: langmann@kth.se) Resultat: Anslås på institutionens studentexpedition, Roslagstullsbacken 2 Lösningar: Kommer att finnas på kurshemsidan, Motivera utförligt! Otillräckliga motiveringar medför poängavdrag.. En plan homogen vägg uppvärms på den ena sidan av solen, medan dess andra sidan hålls vid konstant temperatur hela tiden. Uppvärmningsförloppet kan modelleras med den endimensionella värmeledningsekvationen för väggens temperatur u = u(x, t) som bara beror på tiden t och koordinaten x som motsvarar normalavståndet från den sida som solen skiner på, x L. Vi kan anta att (normalkomponenten av) värmeströmmen, j = λu x, är lika med w vid x =, u = T vid x = L, och temperaturen vid t = är konstant och lika med T ; λ och w är konstanter. Beräkna u(x, t). Ange en fysikalisk tolkning av w. Ledningar: Det finns en partikulärlösning till PDE och RV som bara beror på x. 2. För ljudvågor i en gas, innesluten i ett sfärisk skal, gäller vågekvationen u tt = c 2 u där u är skillnaden mellan trycket och jämviktstrycket, och normalderivatan av u vid skalets rand är noll; ljudhastigheten c är konstant. Beräkna u = u(r, ϕ, θ, t) för alla tider t > inom skalet där r, ϕ, θ är de sfäriska koordinaterna. Anta att u t = vid t = och u(r, ϕ, θ, ) = A cos(θ)(r 2 /2R r), där A > är en konstant och R > är skalets radie. 3. (a) Bestäm den elektriska potentialen V utanför ett klot i vakuum om potentialen på klotytan är given. Klotytan består av två identiska halvklotytor. Vid den ena halvklotytan är potentialen V = V > (konstant), och vid den andra identiskt noll. (Det räcker att beräkna endast de två första termerna i serieutvecklingen explicit och ge de andra som integraler.) (b) Definiera och ge en fysikalisk tolkning av Greenfunktionen till problemet i (a). (Du behöver inte beräkna den, det räcker om du ger alla ekvationer som bestämmer den entydigt.)

2 4. Formulera och lös en enkel linjär, tvådimensionell modell för tillväxt av en bakteriekultur i ett cylindrisk behållare. Bakterierna växer inom ett tunt skikt av näringslösning som är homogent fördelad på botten, en skiva med radie a, i behållaren. Vi är intresserade av bakteriekoncentrationen ρ, dvs. antal bakterier per area, som beror på tiden t och bottenpositionen r, ϕ i polära koordinater. Antag att bakteriekoncentrationen lyder kontinuitetsekvationen, ρ t + j = κ, med ett bakterieström j proportionell mot gradienten av ρ och ett källterm κ proportionell mot ρ. Normalkomponenten av strömmen j på randen r = a är noll. I början är en viss bakteriemängd Q homogent fördelad på en liten skiva i bottens centrum. Beräkna också tidsutvecklingen av den totala bakteriemängden Q. Ledning: Ge en fullständig matematisk formulering av modellen och beräkna ρ(r, ϕ, t). Inför och förklara själv ytterligare konstanter du behöver. 5. Beräkna funktionen u = u(x, y) som minimerar funktionalen dx dy [u x (x, y) 2 + u y (x, y) 2 ] med villkoret dx dy u(x, y) 2 =, där området är halva skivan med radie, = {x, y R 2 ; x 2 + y 2, y }, och u skall vara noll på :s rand. Ge en möjlig fysikalisk tolkning av u. Ledningar: Börja med att härleda differentialekvationen. LYCKA TILL!

3 Lösningsföreslag till FYSMAT Tentamen den 4 januari 25. Problemet lyder u t au xx = u x (, t) = w/λ u(l, t) = T u(x, ) = T (RV) (RV2) (BV) där u = u(x, t), x L, t (OBS. att j(, t) = λu x (, t) = w ger (RV)). Partikulärlösningen u P (x, t) = U(x) till och (RV,2) uppfyller U =, U(L) = T, U () = w/λ. Detta ger U(x) = T + w (x L). λ Vi gör ansatzen u(x, t) = U(x) + v(x, t) och få v t av xx = v x (, t) = v(l, ) = v(x, ) = u(x, ) U(x) = w (x L) α(x). λ (BV ) Produktansatzen v(x, t) = f(x)g(t) ger (PDE ) (RV ) f (x) + k 2 f =, f () =, f(l) = f n (x) = cos(k n x), k n = π L (n 2 ) där n =, 2,..., och f + ak 2 f = f(t) = e ak2t. Superponering ger den allmänna lösningen till (PDE ) och (RV ) v(x, t) = A n cos(k n x)e ak2 n t. n= Konstanterna bestäms med (BV ), A n cos(k n x) = α(x) A n = 2 L n= Lösningen blir då u(x, t) = T + w 2wL (x L) + λ λ n= L dx α(x) cos(k n x) = wl λ 2 (k n L). 2 (k n L) 2 cos(k nx)e ak2 n t, k n = π L (n 2 ). w > är proportionellt mot wärmeflödet från solen som absorberas av väggen. (OBS. w < därför att U(x) är temperaturen eften en lång tid, och U() = T w/λ > T och λ >.)

4 2. BV och RV är oberoende av ϕ u = u(r, θ, t). Problemet lyder u r 2 (r2 r r ) + r 2 sin(θ) θ (sin(θ) u θ ) c u 2 tt = u r (R, θ, t) = u t (r, θ, ) = u(r, θ, ) = A cos(θ)(r 2 /2R r) (RV) (BV) (BV2) där u = u(r, θ, t), r R, θ π, t. (OBS: (r 2 /2R r) ( r2 2R r).) Separationen u(r, θ, t) = f(r)g(θ)h(t) osv. ger h (t) + (kc) 2 h =, h () = h(t) = cos(kct), sin θ (sin(θ)g ) + µg = µ = l(l + ), g(θ) = P l (cos(θ)), l =,,... med Legendre polynomer P l som definierad i BETA Kap. 2.2, r 2 (r2 f ) + (k 2 l(l + ) )f =, f() <, f (R) = r 2 f(r) = j l (k l,s r), j l(k l,s R) =, s =, 2,... med j l sfäriska Besselfunktioner som definierad i BETA Kap Den allmänna lösningen till, (RV) och (BV) blir då u(r, θ, t) = l= B n,s j l (k l,s r)p l (cos(θ)) cos(ck n,s t). s= (BV2) och A cos(θ)(r 2 /2R r) = AP (cos(θ))(r 2 /2R r) ger B l,s = om l och A(r 2 /2R r) = R B s j (k s r) B s = A drr2 (r 2 /2R r)j (k s r) R s drr2 j (k s r) 2 där B s B,s och k s k,s. Obs. att Lösningen blir då j (z) = (sin(z)/z) = (sin(z) z cos(z))/z 2. u(r, θ, t) = B s j (k s r) cos(θ) cos(ck s t), k s = η s /R s= där η s är nollställerna till j : j (η s ) =, och B s ovanför. 3. Vi införa sfäriska koordinater så att potentialen på klotytan är V (r = R, θ, ϕ) = V Θ(π/2 θ) där Θ är Heaviside funktionen. RV oberoende av ϕ potentialen V = V (r, θ) är oberoende av ϕ. Problemet lyder V r 2 (r2 r r ) + r 2 sin(θ) θ (sin(θ) V θ ) = u(r, θ) = V Θ(π/2 θ) (RV)

5 där V = V (r, θ), R r < och θ π. Separation osv. ger (FYSMAT boken, Kap ) V (r, θ) = ( Al (r/r) l + B l (R/r) l+) P l (cos(θ)). l= Vakuum utansfär sfären ger V när r A l = l. (RV) ger B l P l (cos(θ)) = V Θ(π/2 θ) B l = l= π/2 dθ sin(θ)p l (cos(θ)) π dθ sin(θ)p l(cos(θ)) = 2 dx P l(x) dx P l(x) 2. P (x) = och P (x) = x ger B = V /2 och B = 3V /4. Svar: V (r, θ) = B l (R/r) l+ P l (cos(θ)) = V ( R 2r [R r ]2 + O([ R r ]3 )). l= (b) Greenfunktionen G(r, r ) till problemet är definierad genom r G(r, r ) = δ 3 (r r ) G(r, r ) r =R = G(r, r ) när r, och G(r, r ) motsvara elektiska potentialen i punkten r genererad genom en punktladdning med laddning i punkten r, där r och r befinner sig utanför sfären r R och potentialen är fixerad till på sfärytan r = R. 4. Ledningar ger j = λ ρ och κ = αρ där konstanterna λ och α karakteriserar rörelseförmågan och tillväxttakten av våra bakterier, och detta ger ρ t λ ρ αρ = där ρ = ρ(r, ϕ, t), t, r a, ϕ 2π. Ledningen ger ˆn j r =a =, dvs. ρ r (a, ϕ, t) = (RV), och ρ(r, ϕ, ) = Q Θ(b r) b 2 π (BV), där b 2 π är arean där våra bakterier är fördelad i början, b a. Modellen ges av, (RV) och (BV). (RV) och (BV) oberoende av ϕ ρ = ρ(r, t) oberoende av ϕ. Separation osv. ger ρ(r, t) = A e αt + A s J (k s r)e (α ak2 s )t där J (k s a) =, dvs., k s = η s /a och η s > är nollställarna till J = J, och A s = Q s= b drrj (k s r) b 2 π a drrj (s > ), A (k s r) 2 = Q a 2 π.

6 där a drrj (k s r) 2 = (a 2 /2)J (k s a) 2. OBS att A s Q /[a 2 πj (k s a) 2 ] när b. Totala bakeriemängden Q är därför att Q(t) = a a 2π drr dϕ ρ(r, ϕ, r) = a 2 πa e αt = Q e αt drrj (k s r) = a k s J (k s a) = a k s J (k s a) = p.g.a. (RV) (obs. att xj (x) = (xj (x)) och J (x) = J (x) enl. BETA Kap. 2.4). Anmärkning : Ett annat (och enklare) sätt att få Q(t) är att observerar Q(t) = d 2 r ρ(r, t) där är lika med skivan r a, och ger d dt Q(t) = d 2 r ρ t = d 2 r [λ ρ(r, t) + αρ(r, t)] = αq(t) p.g.a. Greens formel och (RV). Detta ger Q(t) = Q()e αt = Q e αt som ovan. Anmärkning 2: Man kan ersätta (RV) genom ρ(r, ϕ, ) = Q πr δ(r) (RV ) som motsvarar b, men det är lite knepig (OBS faktorn /πr så att a därför att a drδ(r) = (/2) a gränsvärdet b i svaret. a 2π drr dϕ ρ(r, ϕ, ) = Q, drδ(r) = /2.) Det är lättare att räkna med b > tar 5. Vi har ett variationsproblem med ett villkor. Vi kan få lösningen från δ dx dy [u 2 x + u 2 y λu 2 ] = }{{} F där λ är en konstant (Lagranges multiplikationsmetod). Euler-Lagranges differentialekvationen är F + F = F x u x y u y u, och detta ger Helmholtzekvationen, u + λu =. Våra problem därför kan lösas genom att lösa Helmholtzekvationen i området med Dirichlet randvillkor. Funktionalen blir dx dy [ u] 2 = dx dy u( u)

7 p.g.a. Greens formel och (RV), och ger dx dy [ u] 2 = λ dx dy u = λ. Vi söker därför egenfunktionen till med lägsta egenvärden λ. OBS att λ. Vi införa polära koordinater r, ϕ. Detta ger följande matematisk formulering, där r, ϕ π, och Separation u(r, ϕ) = f(r)g(ϕ) ger r (ru r) r + r 2 u ϕϕ + λu = u(, ϕ) = u(r, ) = u(r, π) =. g + m 2 g =, g() = g(π) = g(ϕ) = sin(mϕ), m =, 2, 3... r (rf ) + ( m2 r 2 k2 )f =, f() =, f() < f(r) = J m (k m,s r) där k m,s är nollsällarna till J m, och λ = k 2 m,s. Alla funktioner som extremerar funktionalen och uppfyller alla villkoren är u m,s (r, ϕ) = N m,s sin(mϕ)j m (k m,s r) där π N m,s = [ dϕ sin 2 (mϕ) drrj m (k m,s ) 2 ] /2 = [πj m(k m,s ) 2 /4] /2 och m =, 2, 3..., s =, 2,..., där J m (k m,s ) =. Funktionalen blir minimal om k 2 m,s blir minimal, dvs., om m = s =. Svar: u = u, ovan, u(r, ϕ) = [πj (k, ) 2 /4] /2 sin(ϕ)j (k, r), där k, = är minsta nollställe större än noll till J (r). Minsta värden till funktionalen är k 2,. Möjliga fysikalisk tolkningar: u ovan ger grundsvängning av en -format trumma eller: u ger grundtillstånd av ett kvantpartikel i ett område eller:... Alternativlösning: Vi införa polära koordinater, u = u(r, ϕ), och skriver funktionalen som skall extremeras som π drr dϕ r[(u r ) 2 + r (u ϕ) 2 λu 2 ], } 2 {{} G med (RV) ovan. Euler-Lagrange ekvationen blir då direkt ovan. Osv. G + r u r ϕ G = G u ϕ u,