MAT 1001, høsten 2015 Oblig 2

Transkript

1 MAT 1001, høsten 2015 Oblig 2 Innleveringsfrist: Torsdag 5. november kl. 14:30 Det er lov til å samarbeide om løsning av oppgavene, men alle skal levere inn sin egen versjon. Husk å skrive på navn og kurskode (MAT 1001). Oppgaven leveres på ekspedisjonskontoret til Matematisk institutt i 7. etg. i Niels Henrik Abels hus innen fristen. Hvert delspørsmål teller inntil 10 poeng, og kravet for å få godkjent OBLIG 2 er 20 poeng på del 1, og 40 poeng på del 2. Altså 50% på del 1 og litt over 50% på del 2. Introduksjon I følge Einsteins generelle relativitetsteori er banen til en lyspartikkel (et foton) som sendes forbi en stjerne (for eksempel Solen) gitt ved differensiallikningen: ( dr ) 2 dt E 2 1 R + L2 S r r 2 = 0 der r = r(t) er lyspartikkelens avstand til stjernens sentrum (ved et tidspunkt t), R S er den såkalte Schwarzschild-radien 1, E er lyspartikkelens energi og L kalles lyspartikkelens drivmoment eller banespinn. De tre størrelsene R S, E og L behandles i oppgaven som konstanter. Differensiallikningen tar vi for gitt, uten å gi noen nærmere beskrivelse av hvordan fysikerne kommer fram til den. Vi skal bruke denne likningen til å finne ut hvordan lysets bane påvirkes av Solens tyngdekraft når lyset passerer Solen (at lys også påvirkes av tyngdekraft er et viktig resultat fra relativitetsteorien). OBS: Du kan vente med deloppgaver du ikke får til og bruke resultatet videre. Dette er bakgrunnen for alle vis at -oppgavene - vi vil ikke at du skal stå fast på alle oppgavene hvis du ikke får til deloppgave a), for eksempel. Og så kan det være greit å vite hva svaret skal være så du kan sjekke om du har fått det til. Men det viktigste er at du viser hvordan du bruker matematiske metoder for å finne svarene. Lykke til! 1 Hvis vi presser Solen sammen til denne radien (en kule med 3 km radius for en stjerne som Solen), ville den kollapse til et sort hull! 1

2 Del 1 I den første delen, a)-d), er utfordringen å bruke Leibniz notasjon for derivasjon til å manipulere størrelser og variable slik at differensiallikningen bringes over i en enklere form. Husk at kjerneregelen sier at for en sammensatt funksjon r(φ(t)), så vil den deriverte til funksjonen r med hensyn på t kunne skrives dr dt = dr dφ dφ dt a) I likningen på forrige side er størrelsen L definert slik: L := r 2 dφ dt Vinkelen φ er forklart i figur 1 og 2. Den vil variere sammen med avstanden r og derfor også være en funksjon av t. Bruk dette (og kjerneregelen) til åvise at: dr dt = dr dφ L r 2 b) Vi skal innføre en substitusjon for å gjøre regningen enklere. Vi lar u := 1 r dvs. at variabelen u uttrykker den inverse avstanden, som dermed er tilnærmet lik 0 i stor avstand og som når sin største verdi når fotonet er på det nærmeste til Solen. Variablen u er dermed en funksjon av avstanden r og derfor også en funksjon av vinkelen φ via r = r(φ). Bruk denne substitusjonen på resultatet i a), og vis at: dr dt c) Sett inn resultatet fra b) i likningen = L du dφ ( dr ) 2 dt E 2 1 R + L2 S r r 2 = 0 og vis at den da kan skrives enklere som: ( ) 2 du = R S u 3 u 2 + dφ 2 ( ) 2 E L

3 Figure 1: Til deloppgave e). Den homogene likningen beskriver en tenkt situasjon hvor lyset går i en rett linje forbi solen uten å endre retning (her har vi altså skrudd av tyngdekraften). d) Derivere begge sidene av likningen med hensyn på φ (bruk kjerneregelen) og vis at du kan skrive resultatet som en andre ordens differensiallikning: dφ 2 + u = ku2 hvor vi for å gjøre den videre regningen enklere har definert konstanten k 3 2 R S. Husk at størrelsen E L er konstant, og at konstanter har derivert lik 0. Del 2 I denne delen skal vi løse likningen dφ 2 + u = ku2 Vi gjør det ved først å finne en løsning av den homogene likningen dφ 2 + u = 0 3

4 for deretter å finne en spesiell løsning av den inhomogene likningen. Den endelige løsningen vil være summen av disse to. e) Nå ser vi først på et tilfelle hvor lyset ikke endrer retning i det hele tatt. Vi lar b være den nærmeste avstanden lysstrålen har til Solens sentrum, og r = r(φ) er avstanden til solen idet vinkelen er φ (se figur 1). Vis at u = cos φ b og bruk dette til å vise at u dermed er en løsning på den homogene likningen dφ 2 + u = 0 (Hint: Husk at avstanden b er en konstant som ikke avhenger av φ). f) Heretter kaller vi den homogene løsningen i e) for u h. For å finne den generelle låsningen på (den inhomogene) difflikningen trenger vi også en spesiell løsning u s, slik at vi har Sett først dette inn i likningen og bruk deretter disse tilnærmingene : u = u h + u s dφ 2 + u = ku2 u 2 s 0 u h + 2u s u h (her antar vi at den spesielle løsningen gir lyset en veldig liten avbøyning fra den rette linjen som u h representerer, slik at u s dermed har en veldig liten verdi som er mye mindre enn u h ) til å vise at den inhomogene likningen kan skrives s dφ 2 + u s k b 2 cos2 φ (Hint: Du trenger også uttrykket for u fra oppgave e), som du her må kalle u h.) g) For å finne en løsning av den inhomogene likningen må vi gjette på en løsning. Ved å se på høyresiden av likningen viser det seg at det er smart å gjette påen løsning på formen 4

5 Figure 2: Sammenhengen mellom vinklene φ og θ. Grunnen til at vi får θ 2 her, er (som du ser på figuren) at lyset avbøyes på begge sider, både på vei til og fra Solen. Dermed blir den totale avbøyningsvinkelen lik θ 2 + θ 2 = θ, og det er denne vi skal finne helt til slutt. u s = A cos 2 φ + B der A og B er konstanter. Finn A og B og vis at den spesielle løsningen er gitt ved u s = k ( 2 cos 2 φ ) 3b² (Hint: Vi vil ikke ha noen sinusledd i likningen, så bruk en kjent regneregel for å fjerne dem hvis de dukker opp.) h) Nå definerer vi avbøyningsvinkelen θ (vist på figuren over 2 ) slik at φ = π 2 + θ 2 Bruk dette og summeformelen for cosinus til å vise at 2 En liten kommentar for de som synes figur 2 eventuelt virker feil i forhold til sammenhengen mellom vinklene: Figuren er strengt tatt bare helt riktig når lyspartikkelen kommer så langt bort fra solen at den heltrukne og den stiplete linjen er parallelle, men vi vil uansett nærme oss denne grensen når lyspartikkelen nærmer seg uendelig avstand til solen (vi innfører faktisk denne grenseverdien i deloppgave j). Det er uansett ikke viktig å forstå figuren for å løse oppgaven, så hvis du ikke har problemer med å bruke sammenhengen mellom vinklene slik den står, trenger du ikke tenke på det. 5

6 cos φ θ 2 (Hint: Grunnen til at det står i svaret er at vi må bruke en tilnærming 3 : Vi antar at θ er en veldig liten vinkel, og da er sin θ θ Dette må du bruke for å få svaret over.) i) Hvis θ er veldig liten, kan vi også si at θ 2 0. Bruk denne tilnærmingen sammen med resultatene fra oppgave e), g) og h) til å vise at u 2k 3b 2 θ 2b (Hint: Husk at u = u h + u s, og du har uttrykk for begge disse. Dette er et godt sted å starte.) j) For å finne vinkelen θ, ser vi nå på tilfellet der lysstrålen er veldig langt unna solen, altså ferdig avbøyd. Da er r, det vil si at u = 1 r 0. Sett inn denne verdien for u i svaret fra i) og vis at da er θ 2 R S b når vi også har satt inn verdien for k fra oppgave d). k) Endelig skal vi få regne litt med tall! For Solen er Schwarzschild-radien R S = 3 km. Vi sender lys forbi Solen som akkurat streifer overflaten, slik at b er lik Solens egentlige radius: b = R = km Bruk dette (og resultatet i oppgave j) til å finne ut hvor stor avbøyingsvinkelen θ blir i dette tilfellet. Svaret du får vil være gitt i radianer - regn det til slutt om til grader. Stemmer antakelsen vi har brukt om at lyset avbøyes veldig lite (dvs. er θ virkelig en veldig liten vinkel)? 3 Denne sammenhengen går det forøvrig an se på enhetssirkelen om man tar en svært liten vinkel og ser at buelengden (i radianer) måles langs en tilnærmet loddrett linje som da må ha lengde sin θ. 6