Tentamen Fysikens Matematiska Metoder, Tilläggskurs, vt 2009, SI (a) Bestäm en reellvärd funktion f(x), 0 x 1, för vilken funktionalen

Transkript

1 Tentamen Fysikens Matematiska Metoder, Tilläggskurs, vt 9, SI4 Måndagen den 5 maj 9 kl Anteckna på varje blad: namn, utbildningslinje, årskurs och problemnummer. Tillåtna hjälpmedel: BETA, Teoretisk fysiks formelsamling Examinator: Edwin Langmann (tel: Epost: langmann@kth.se) Lösningar: Kommer att finnas på kurshemsidan, Motivera utförligt! Otillräckliga motiveringar kan medföra poängavdrag.. (a) Bestäm en reellvärd funktion f(x), x, för vilken funktionalen I[f] = dx( f (x) + ) f (x) + f(x) med villkoren f() = f () = antar ett extremvärde. (5p) (b) Paraboliska koordinater (u, v, ϕ) i R 3 definieras genom avbildningen r = (x, y, z) = (uv cos(ϕ), uv sin(ϕ), (u v )/) där u <, v <, och ϕ < π ((x, y, z) är kartesiska koordinater). Använd variationsprincipen ( d 3 r ( f) ) k f är extremal ( + k )f = V för att härleda Helmholtz ekvation ( + k )f = i paraboliska koordinater; f = f(r) är funktioner V R där V R 3, och k är en konstant. Ledning: f = e u (/h u ) u f + e v (/h v ) v f + e ϕ (/h ϕ ) ϕ f och ds = dx + dy + dz = (u + v )(du + dv ) + (uv) dϕ. (5p). (a) Bestäm Greenfunktionen till problemet y (x) + y(x) = e x, < x < Lös problemet! (5p) (b) Lös följande problem y() =, lim y(x) =. x u xx (x, y) + u yy (x, y) = < x <, < y < u(, y) = δ(y y ) < y <, lim u(x, y) = x +y med y R. Ange Greenfunktionen G(x, y, x, y ) till problemet. (5p) v.g.v.

2 3. Då vattnet i en rak cirkulär cylinder med radie a och cylinderaxeln parallell med gravitationskraften roterar med vinkelhastigheten ω runt cylinderaxeln former sig vattenytan så att den potentiella energien U i det roterande systemet blir minimal. Bestäm vattenytans höjd över botten h(r), om den totala vattenvolymen antas vara a 3 π. (p) Ledning: Bidraget till U från volymelementet dv är du = ρ(gz ω r )dv med tyngdaccelerationen g och cylinderkoordinater (r, ϕ, z). 4. (a) Visa att lösningen till problemet är c u tt(r, t) u(r, t) = ρ(r, t) t >, r R 3 u(r, ) = f(r), u t (r, ) = g(r) r R 3 u(r, t) = dt R 3 d 3 r G(r, t, r, t )ρ(r, t )+ R 3 d 3 r [G(r, t, r, )g(r ) + G t (r, t, r, )f(r )] där G(r, t, r, t ) är Greenfunktionen till problemet; c > är en konstant, och f, g och ρ är godtyckliga (test)funktioner. (3p) (b) Visa att Greenfunktionen till problemet i (a) är G(r, t, r, t ) = K(r r, t t ) där K(r, t) = δ(t r /c). 4π r (3p) (c) Lös problemet c u tt(r, t) u(r, t) = Ae at e b r u(r, ) =, u t (r, ) = Be b r t >, r R 3 r R 3 där A >, B >, a >, och b > är konstanter. Lösningsformeln får innehålla integraluttryck. (3p) Ledningar: (a) Använd Fouriertransform. Problemet my tt (t) + ky(t) = f(t), y() = A, y t () = B där A, B, m >, k > är konstanter, har lösningen y(t) = där G(t) = mθ(t) sin(ωt)/ω, ω = k/m. (b) Du kan använda eller beräkna en integral. G(t t )f(t )dt + BG(t, ) + AG t (t, ) 4π r = δ3 (r) LYCKA TILL!

3 Lösningsförslag till FYSMAT tentamen 955. (a) Euler-Lagrange ekvationen lyder och har allmäna lösningen f (x) f(x) = f(x) = + c e x + c e x med integrationskonstanter c,. Villkoren ger c + c = och c = c, dvs. c = c = /. Svar: f(x) = cosh(x). (b) Ledningen ger h u = h v = u + v och h ϕ = uv och [( f) k f ] = dudvdϕ h u h v h ϕ [(/h V u)fu+(/h v)fv +(/h ϕ)h ϕ k f ] = dudvdϕ(u + v )uv[(fu + fv )/(u + v ) + f ϕ/(uv) k f ] dudvdϕl L = ( (uv)(f u + fv ) + (u + v )fϕ/(uv) k (u + v )uvf ). Euler-Lagrange ekvationen till variationsprinsipen är och ger oss d L + d L + d du f u dv f v dϕ L L f ϕ f = [uvf u ] u + [uvf v ] v + [(u + v )f ϕ /(uv)] ϕ + k (u + v )uvf = som är Helmholtz ekvation i paraboliska koordinater. Svar: ( (u + v ) u [uf u] u + ) v [vf v] v + (uv) f ϕϕ + k f =.. (a) Greenfunktionen G(x, x ) till problemet uppfyller ODE ger G xx (x, x ) + G(x, x ) = δ(x x ) G(, x ) =, lim G(x, x x ) =. { G(x, x Ae ) = x + Be x x < x Ce x + De x x < x < Villkoren G(, x ) = och lim x G(x, x ) = ger A + B = och C =. Greenfunktionen ska vara kontinuerligt vid x = x, dvs. Ae x Ae x = De x. Detta ger { G(x, x c sinh(x)e x x < x ) = c sinh(x )e x x < x <

4 med c = Ae x. Konstanten c kan bestämmas ur dvs. lim ɛ x +ɛ x ɛ dx[ G xx (x, x ) + G(x, x ) δ(x x )] = lim[ G x (x +ɛ, x )+G x (x ɛ, x ) ] = c sinh(x )e x +c cosh(x )e x = c =. ɛ Svar : OBS att G(x, y) = G(y, x)! Lösningen till problemet { G(x, x sinh(x)e x x < x ) = sinh(x )e x x < x < y (x) + y(x) = f(x), y() = A, lim x y(x) = är y(x) = G(x, x )f(x )dx + AG x (x, ). [ Detta kan visas med ( ) u(α)[ v (α) + v(α)] v(α)[ u (α) + u(α)] dx = u()v () u ()v() } {{ } = [uv vu ] som ger med v(α) = G(α, x) = G(x, α) och u(α) = y(α) dvs. v.s.v. ] Detta ger x [y(α)δ(α x) G(x, α)f(α)]dα = y()g α (x, ) y(x) = y(x) = sinh(x)e 3x dx + x G(x, α)f(α)dα + AG α (x, ). G(x, x )e x dx + G x (x, ) = sinh(x )e x x dx + e x = 3 e x 3 e x + e x. [Detta kan också tas fram direkt: Allmänna lösningen till y (x) + y(x) = e x är y(x) = 3 e x + c e x + c e x med konstanter c,. Villkoren ger, som ovan, c = och /3 + c =, dvs. c = 4/3. Detta ger också full poäng.] Svar : y(x) = 3 e x e x.

5 (b) Svar : u(x, y) = π x x + (y y ) [enligt kursboken [KS] Kap. 5.: Fouriertransformation û(x, k) = dy u(x, y)e iky ger som har lösningen och ger u(x, y) = ] Svar : R û xx (x, k) k û(x, k) =, û(k, ) = e iky, lim û(x, k) = x π û(k, x) = e iky k x dk R π eik(y y ) k x = π ( x i(y y ) + x + i(y y ) dk(e ik(y y ) kx + e ik(y y ) kx ) = ) = x π[x + (y y ) ]. G(x, y, x, y ) = ( (x + x 4π ln ) + (y y ) ) (x x ) + (y y ) [enligt kursboken [KS] Kap. 5.5: Greenfunktionen till ett halvplan är G(r, r ) = K(r r ) K(r r ) där r = (x, y), r = (x, y ), och r = ( x, y) är spegelpunkten. Fundamentallösningen till Poisson ekvationen i R är K(r) = ln( r )/(π) Svar.] 3. Vi beräknar med dv = drdzdϕr U = och a drr h(r) a 3 π = π dz dϕ ρ(gz ω r /) = πρ a drr h(r) π dz dϕ = π a a drr (gh(r) ω r ) U[h] drrh(r) V [h]. Vi ska minimera funktionalen U[h] med villkoret V [h] = a 3 π, dvs. funktionalen U[h] λv [h] = π a dr[ ρg rh(r) ω h(r)r3 λh(r)r] ska minimeras där λ är en Lagrangemultiplikator. Euler-Lagrange ekvationen är a drl dvs. L h = ρgrh(r) ρω r 3 λr = h(r) = c + ω r /g

6 med konstanten c = λ/(ρg) så att V [h] = a 3 π, dvs. Svar: om c. πa 3 = π a Anmärkning: Om c < så är med Heavisidefunktionen θ. drr(c + ω r /g) = π(ca + ω a 4 /(g)). h(r) = c + ω r /g c = a( ω a/(g)) h(r) = θ(c + ω r /g)(c + ω r /g) 4. (Problemet handlar om att härleda Greenfunktionslösningen till vågekvationen med källterm i R 3 ; jfm. Kap. 7.8 i kursboken.) (a) Fouriertransformen ger û(k, t) = d 3 r u(r, t)e ik r R 3 c ûtt(k, t) + k û(k, t) = ˆρ(k, t) û(k, ) = ˆf(k), som enligt ledningen har lösningen där û(k, t) = û t (k, ) = ĝ(k) dt ˆK(k, t t )ˆρ(k, t ) + ˆK(k, t)ĝ(k) + ˆK t (k, t) ˆf(k) ˆK(k, t) = θ(t) c k sin( k ct). Invers Fouriertransformering med faltningssatsen ger formeln med G(r, t, r, t ) = K(r r, t t ) och d 3 k c K(r, t) = θ(t) sin( k ct)e ik r (π) 3. () k R 3 Greenfunktionen till problemet definieras som lösning till problemet om ρ(r, t) = δ 3 (r r )δ(t t ) och f(r) = g(r) =. Detta visar att G(r, t, r, t ) är Greenfunktionen till problemet. (b) Vi beräknar integralen i () i sfäriska koordinater (k, θ, ϕ) så att k = k och k r = kr cos(θ) med r = r. Detta ger, med u = cos(θ), c θ(t) (π) r K(r, t) = θ(t) (π) 3 dk sin(kr) sin(kct) π dkk dϕ }{{} =π }{{} = R dk i (eikr e ikr ) i (eickt e ickt ) du e ikru }{{} = kr sin(kr) c = θ(t) (π) r c k sin(ckt) = π 8 [δ(r+ct) δ(r ct)]

7 p.g.a dk eikx = πδ(x). Resultet följer med θ(t)δ(r + ct) = (p.g.a. δ(x) = om x > ) och cδ(r ct) = δ(t r/c). v.s.v. [Alternativlösning: Fundamentallösningen K(r, t) till problemet definieras genom c K tt(r, t) K(r, t) = δ 3 (r)δ(t) och K(r, t) = om t <. Set sista villkoret är uppfylld för K(r, t) = δ(t r/c)/(4πr), r = r, p.g.a. δ(x) = för x <. För att visa det första beräknar vi c K tt(r, t) K(r, t) = ( ) + ( ) där ( ) = δ(t r/c) 4πr = δ(t r/c)δ3 (r) = δ(t)δ 3 (r) enligt ledningen, och ( ) = c δ (t r/c) 4πr δ(t r/c) [ δ(t r/c)] [ 4πr 4πr ]. Vi ska alltså visa att ( ) =. Vi beräkna där e r = r/r, och Detta ger δ(t r/c) = c δ (t r/c) r = c δ (t r/c)e r 4πr = 4πr e r, δ(t r/c) = c δ (t r/c)e r = c δ (t r/c) c δ (t r/c) e r. ( ) = 4πr c δ (t r/c) e r 4πr c δ (t r/c) = p.g.a. e r = (r/r) = 3/r + r (/r) = /r. v.s.v.] (c) Enligt (a) och (b), u(r, t) = dt d R 3 r δ(t t r r b r /c) 3 4π r r Ae at + d 3 r δ(t r r /c) R 3 4π r r Be b r = d 3 u ( ) Aθ(t u /c)e a(t u /c) + Bδ(t u /c) e b r u R 3 4π u där u = r r, p.g.a. δ(t t a)f(t ) = θ(t a)f(t a).