FYS4 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig. januar 8
Her er løsningsforslag for Oblig som dreide seg om å friske opp en del grunnleggende matematikk. I tillegg finner dere til slutt et løsningsforslag for Oppgave. fra Kompendiet som var tilleggsoppgave denne uken. Oppgave Lek med komplekse tall a) For hvert av de oppgitte komplekse tallene, beregn z, z og z. Sjekk eksplisitt at zz z. Svar: (i) Med z i er: z i i z i + z z z i ( i) ( ) z (ii) Med z 3 + 4i er: z (3 + 4i) 3 4i z 3 + 4i 3 + 4 5 z 5 5 z z (3 + 4i)(3 4i) 3 + 4 5 z (iii) Med z 3 er: z 3 3 z 3 3 z 3 3 9 z z ( 3) ( 3) 9 z (iv) Med z + i er: z ( + i) i z + i + z z z ( + i)( i) + z b) Forenkle de oppgitte uttrykkene og skriv resultatet på formen a + bi. Hint: Bruk relasjonen z /z z z / z. Svar: (i) (ii) 3 + 4i (3 + 4i)( + i) 5 + i i + + i. 5 3 + i ( i)( 3 i) ( 3 + i) ( + i) ( i)( + i)( 3 i)( 3 + i)
(3 + 3i)( + i) ( + )(3 + ) ( + 3i)( + i) 4 4 ( 3) + 4 ( + 3)i. ( 3 + 3i + i) 4 c) Skriv hvert av de følgende komplekse tallene på polarform z r exp(iθ), det vil si bestem r og θ. Hint: Bruk relasjonen exp(iθ) cos θ + i sin θ (Eulers formel). Velg θ slik at π < θ π. Svar: Vi har at z re iθ r. Med z a + ib er z a + b slik at r a + b. Fra Eulers formel er a r cos θ og b r sin θ slik at θ arccos a r arcsin b r. (i) Med z i er: r z + θ arcsin b r arcsin arcsin π z e i π. (ii) Med z 6 + 6 3i er: r z ( 6) + (6 3) θ arccos a 6 r arccos ( ) arccos ( ) 3 π z e i π 3. (iii) Med z er: r z ( ) + ) θ arccos b r ( arccos π z e iπ. d) Finn z z z når: (i) z e iπ og z 3e i π 3. (ii) z e i π 5 og z e i π 5. Hva skjer geometrisk (i det komplekse planet) med et komplekst tall dersom du multipliserer det med e i π? Svar: (i) z e iπ 3e i π 3 6e iπ+i π 3 6e i π 3. (ii) z e i π 5 e i π 5 e i π 5 +i π 5 e. Dersom du multipliserer et komplekst tall med e i π så vil det roteres 9 mot klokka i det komplekse planet, mens lengden forblir den samme. Vi sier at fasen roteres.
Oppgave Et par viktige differensialligninger a) Skriv ned den generelle løsningen til differensialligningen df(x) dx bf(x), () hvor b er en konstant. Vi setter så følgende initialbetingelse: f() og f () 3. Bruk dette til å bestemme de to ukjente konstantene og skriv ned løsningen for f(x) med disse initialbetingelsene. Svar: Den generelle løsningen er f(x) Ae bx, () hvor A er en integrasjonskonstant. Vi kan enten vise dette gjennom en eksplisitt løsning ved å bruke at () er en separabel differensialligning, eller vi kan sette inn () i ligningen etter å ha gjettet at dette er svaret og vise at dette er en løsning, for så å argumentere at en førsteordens differensialligning bare har en lineært uavhengig løsning, slik at dette må være den generelle løsningen. Løsning ved separasjon går som følger: df dx bf df b dx f f df b dx ln f bx + C e ln f e bx+c hvor A e C er en integrasjonskonstant. f(x) Ae bx, (3) Gitt initialbetingelsene er f() A e b A og f () b A e b b A 3. Dette gir A og b 3. Løsningen gitt initialbetingelsene er da: f(x) e 3x. (4) b) Vi skal så se på differensialligningen d f(x) dx af(x), (5) der a er en konstant. Anta først at a er positiv. Vis at den generelle løsningen kan skrives som f(x) Ae ax + Be ax, (6)
der A og B er vilkårlige konstanter. Hva kan vi si om konstanten A dersom vi krever at f(x) skal gå mot null for x? Altså, lim f(x). (7) x Dette kalles en randbetingelse for funksjonen f fordi den gir verdien for f(x) ved grensen (randen) av hvor funksjonen er definert. Hva blir B dersom vi i stedet krever den randbetingelsen at f(x) skal gå mot null for x? Skriv til slutt om løsningen (6) som en lineærkombinasjon av hyperbolske funksjoner, sinh( ax) og cosh( ax), i stedet for eksponentialfunksjonen. Svar: Vi viser at uttrykket (6) er en løsning ved å sette inn: d f(x) dx d dx ( aae ax abe ax ) aae ax + abe ax af(x). (8) Dette må da være den generelle løsningen, fordi en slik andreordens differensialligning bare har to lineært uavhengige løsninger, her e ax og e ax. For x må vi ha A fordi vi ellers ville fått lim x f(x). Likeledes for x må vi ha B. Fra Rottmann har vi at sinh(x) ex e x og cosh(x) ex + e x. (9) Ved å addere og subtrahere de to funksjonene får vi henholdsvis som gir sinh(x) + cosh(x) e x og cosh(x) sinh(x) e x. () f(x) A[sinh( ax) + cosh( ax)] + B[cosh( ax) sinh( ax)] (A B) sinh( ax) + (A + B) cosh( ax). () c) Til slutt betrakter vi tilfellet a <. Hvordan modifiseres løsningen vi ga i (6)? Skriv ned den generelle løsningen for dette tilfellet, både uttrykt ved eksponentialfunksjoner og uttrykt ved hjelp av trigonometriske funksjoner sin( a x) og cos( a x). Hint: a < vil si at a a.
Svar: Med negative a er argumentet til eksponetialfunksjonene rent imaginært. Vi skriver a a i a. Den generelle løsningen blir da: f(x) Ae i a x + Be i a x. () For å uttrykke løsningen ved trigonometrisk funksjoner kan vi igjen bruke fra Rottmann som gir sin x eix e ix i og cos x eix + e ix, (3) cos x + i sin x e ix og cos x i sin x e ix, (4) (vi kunne eventuelt brukt Eulers formel direkte) og innsatt i løsningen får vi ( ) ( ) f(x) A cos a x + i sin a x + B cos a x i sin a x (A + B) cos a x + (A B)i sin a x. (5) Oppgave 3 Litt integralregning a) Finn følgende gaussiske integraler (det er lov å bruke Rottmann): Svar: (i) e x 4x dx e x 4x 4+4 dx e (x +4x+4) e 3 dx e 3 e (x+) dx e 3 e y dy e 3 π (6) Her har vi byttet variabel y x +, dx dy, og funnet for λ i Rottmann. e λx dx π λ, (7)
(ii) xe x dx ( ) + (+)/ Γ 4 Γ() 4 (8) Hvor vi har brukt (fra Rottmann) x k e λx dx ( ) k + λ (k+)/ Γ, (9) med k og λ, og Γ(). Dog finnes det en betydeligere enklere måter å gjøre dette integralet på: tenk på hva du må derivere for å få xe x. b) Løs følgende integral: e x +y +z dx dy dz. () Hint: gjør om til sfæriske koordinater og bruk den (meget nyttige) formelen x n e αx dx n!, () αn+ der n er et heltall. Denne formlen er av den irriterende typen som gjemmer seg i Rottmann, den er nemlig ikke blant de bestemte integralene. Du finner den skjult aller bakerst som en Laplace-transformasjon, men om du ikke vet at det er det den er, så kan den være lur å notere seg. Svar: Vi gjør om til sfæriske koordinater der Dette gir r x + y + z og dx dy dz r sin θ dr dφ dθ. () π π π 4π e x +y +z dx dy dz e r r sin θ dr dφ dθ e r r dr! π, (3) + hvor vi har brukt (), samt at π sin θ dθ og π dφ π.
c) Vis at: π h ma e ma x / h e ipx/ h p 3/ dx h π p + p, (4) hvor p ma/ h. Hint: Her er du nesten nødt til å bruke Rottmann. Se etter Fourier transformasjoner bakerst og regn med at du må jobbe hardt med å skifte navn på flere variabler. Svar: Rottmann gir at π e ipx π a e a p dp Et rent skifte av navn på variablene, x p, gir π e ipx π a e a x dx x + a. (5) p + a. (6) Dersom vi også bytter ut konstantene a am/ h og p p/ h i integralet får vi Da er ipx/ h π h e e am x / h dx π am π h π h π am π ( ma h (p/ h) + (am/ h ). (7) ma e ipx/ h e am x / h dx h ma h π h h p + (am/ h) ) 3/ p + (am/ h). (8) Oppgave 4 Tilleggsoppgave ikke oblig! Anta at sola med radius 6.96 8 m stråler som et sort legeme. Av denne strålingen mottar vi 37 W m her på jorda i en avstand av.5 m. Jorda har en radius på 6378 km. a) Beregn temperaturen til sola. Svar: Solas utstrålte energi per sekund per kvadratmeter, som et sort legeme, er gitt ved Stefan-Boltzmanns lov: M(T ) σt 4. Den utstrålte energien fra sola per sekund F s blir da F s M(T ) 4πr s, Merk at vi bare skifter hva vi kaller ting i dette uttrykket!
hvor r s er solas radius. Siden energi er konservert så må dette være det samme som den energien per sekund F r som en finner i en annen radius r fra sola, som vi her setter lik avstanden til jorda. Denne er gitt ved F r M r (T ) 4πr, hvor M r (T ) den energien man får fra sola per sekund per kvadratmeter ved avstanden r. Vi setter F s F r og løser for M(T ) som vi ikke kjenner: [ M(T ) T σ M(T ) M r (T ) 4πr 4πr s M r (T ) r r s 37 Wm (.5 m) (6.96 8 m) 6.36 7 Wm. (9) Vi løser Stefan-Boltzmanns lov for temperturen T, og finner at temperaturen på sola er ] [ ] 4 4 6.36 7 Wm 5.67 8 Wm K 4 58 K. (3) b) Anta at atmosfæren rundt jorda reflekterer 3 % av den innkommende stråling. Hvor mye energi fra solen absorberer den per sekund og per kvadratmeter? Svar: Atmosfæren absorberer 7% av 37 W m, altså 959 W m, men denne strålingen blir absorbert av en flate med areal πr j, hvor r j er jordas radius, som er /4 av jordas totale overflate 4πr j. Totalt absorberes det altså 39.7 W m på jorda. c) For å være i termisk likevekt må jorda emittere like mye energi som den absorberer via atmosfæren hvert sekund. Anta at den stråler som et sort legeme. Finn temperaturen. Hva betyr drivhuseffekten? Svar: Siden jorda må emittere 39.7 W m har den, som et sort legeme, fra Stefan-Boltzmanns lov, en temperatur på ] [ ] 4 4 [ M(T ) T σ.4 Wm 5.67 8 Wm K 4 55 K, (3) eller rundt 8 C. Drivhuseffekten sørger for at jorda er litt mere beboelig med en gjennomsnittstemperatur på rundt 4 C, gjennom at drivhusgasser absorberer stråling fra jorda og restråler den mot jordoverflaten. Merk at jorda i praksis er en skive med radius r j sett fra sollysets side.