‫שיטות בפיזיקה עיונית ‪ :1‬פתרון מבחן מועד א' תשס"ח )‪(3/4/2008‬‬ ‫גרסה ‪ ,1.0‬ינואר ‪2010‬‬ ‫ברק שושני‬ ‫‪[email protected] | http://baraksh.co.il/‬‬ ‫שאלה ‪1‬‬ ‫סעיף א'‬ ‫נחשב את האינטגרל‬ ‫‪sin4 θ dθ‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪π‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪0‬‬ ‫נשים לב כי‬ ‫‪2‬‬ ‫‪sin2 θ‬‬ ‫‬ ‫‪2‬‬ ‫)‪1 − cos (2θ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫)‪1 − 2 cos (2θ) + cos2 (2θ‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫)‪1 + cos (4θ‬‬ ‫‪1 − 2 cos (2θ) +‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫))‪(3 − 4 cos (2θ) + cos (4θ‬‬ ‫‪8‬‬ ‫=‬ ‫‪sin4 θ‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫לכן‬ ‫‪π‬‬ ‫‪2‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪(3 − 4 cos (2θ) + cos (4θ)) dθ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪8‬‬ ‫‬ ‫‪ π2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‬ ‫ )‪3θ − 2 sin (2θ) + sin (4θ‬‬ ‫‬ ‫‪4‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪π‬‬ ‫‪π‬‬ ‫ ‪π‬‬ ‫‪12 − 8 sin 2‬‬ ‫‪+ sin 4‬‬ ‫‪32‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫))‪(6π − 8 sin (π) + sin (2π‬‬ ‫‪32‬‬ ‫‪3π‬‬ ‫‪16‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪8‬‬ ‫=‬ ‫‪sin4 θ dθ‬‬ ‫‪π‬‬ ‫‪2‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪0‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫פתרנו את האינטגרל בקלות‪ ,‬באמצעות זהויות טריגונומטריות פשוטות וללא שימוש בחומר שנלמד בקורס‪ .‬עם זאת‪ ,‬אם מתעקשים‬ ‫ניתן לפתור את האינטגרל גם באמצעות אינטגרציה במישור המרוכב ומשפט השארית‪ .‬מסלול האינטגרציה ‪ C‬יהיה מעגל היחידה‪,‬‬ ‫מ־‪ θ = 0‬עד ‪ .θ = 2π‬קל לראות כי‬ ‫‪ˆ π2‬‬ ‫‪ˆ 2π‬‬ ‫‪1‬‬ ‫= ‪sin4 θ dθ‬‬ ‫‪sin4 θ dθ‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫משום שהפונקציה ‪ sin4 θ‬סימטרית סביב הנקודה‬ ‫‪π‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪ θ‬ובעלת מחזור ‪ .π‬כעת‪,‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪eiθ − e−iθ‬‬ ‫‪2i‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪eiθ − e−iθ‬‬ ‫‪dθ‬‬ ‫‪dθ‬‬ ‫‬ ‫ˆ‬ ‫‪2π‬‬ ‫‪2π‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪0‬‬ ‫‪2π‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪4‬‬ ‫‪sin θ dθ‬‬ ‫=‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪64‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪4‬‬ ‫=‬ ‫נבצע החלפת משתנים‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪dz‬‬ ‫‪iz‬‬ ‫= ‪z = eiθ =⇒ dz = ieiθ dθ =⇒ dθ‬‬ ‫ונקבל‪:‬‬ ‫‪4‬‬ ‫ ˛‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪z−‬‬ ‫‪dz‬‬ ‫‪64i C‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪2‬‬ ‫ ˛‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪z2 − 2 + 2‬‬ ‫‪dz‬‬ ‫‪64i C‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‬ ‫ ˛‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1 1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪z 4 − 2z 2 + 1 − 2z 2 + 4 − 2 + 1 − 2 + 4‬‬ ‫‪dz‬‬ ‫‪64i C‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‬ ‫ ˛‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1 1‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪z 4 − 4z 2 + 6 − 2 + 4‬‬ ‫‪dz‬‬ ‫‪64i C‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‬ ‫ ˛‬ ‫‪1‬‬ ‫‪6‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪z 3 − 4z + − 3 + 5 dz‬‬ ‫‪64i C‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫לבסוף‪ ,‬ממשפט השארית‪:‬‬ ‫‬ ‫‪6‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪2πiRes z − 4z + − 3 + 5‬‬ ‫‪64i‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪2π‬‬ ‫‪·6‬‬ ‫‪64‬‬ ‫‪3π‬‬ ‫‪16‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪dz‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫‪4‬‬ ‫‪dθ‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫‪6‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪− 3+ 5‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z 3 − 4z +‬‬ ‫והגענו לאותה תוצאה‪.‬‬ ‫סעיף ב'‬ ‫‪1‬‬ ‫‪dx‬‬ ‫‪x4 + 1‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪0‬‬ ‫נבצע אינטגרציה במישור המרוכב על הפונקציה‬ ‫‪1‬‬ ‫‪z4 + 1‬‬ ‫מסלול האינטגרציה ‪ C‬יהיה מורכב משני חלקים‪:‬‬ ‫• ‪ :C1‬מ־‪ z = −R‬עד ‪ z = +R‬כאשר ∞ → ‪.R‬‬ ‫• ‪ :C2‬מ־‪ θ = 0‬דרך חצי מעגל ברדיוס ‪ R‬ועד ‪.θ = π‬‬ ‫לפי משפט השארית‪:‬‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪z4 + 1‬‬ ‫ˆ‬ ‫‬ ‫‪Res‬‬ ‫‪X‬‬ ‫‪= 2πi‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪+‬‬ ‫‪C2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪C1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫= ‪dz‬‬ ‫‪+1‬‬ ‫˛‬ ‫‪z4‬‬ ‫ ˛‬ ‫‪C‬‬ ‫=‬ ‫∞‬ ‫‪eiθ − e−iθ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫=‬ ‫נחשב את האינטגרל‬ ‫‪2π‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪C‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪64i‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪64‬‬ :‫לכן‬ ˆ 0 ∞ 1 1 dx = x4 + 1 2 ˆ ∞ −∞ 1 1 dx = x4 + 1 2 ˆ ˆ X 1 1 1 1 dz = 2πi Res − dz 4 z4 + 1 2 z4 + 1 C2 z + 1 C1 ‫ נציב‬.C2 ‫נראה כי האינטגרל מתאפס על חצי המעגל‬ z = Reiθ =⇒ dz = iReiθ dθ ‫ונקבל‬ ˆ lim R→∞ C2 z4 ˆ 1 dz +1 = = = π lim R→∞ 0 ˆ lim i R→∞ 0 1 iReiθ dθ +1 1 dθ 3 3iθ R e + R1 e−iθ R4 e4iθ π 0 ‫ אם‬.‫כעת נמצא את שורשי הפונקציה‬ z4 + 1 = 0 ‫אז‬ z 4 = −1 =⇒ re4iθ = ei(π+2πk) ‫ מכאן‬.k ∈ Z ‫כאשר‬ θ= π 3π 5π 7π π + 2πk = , , , , 4 4 4 4 4 z1 z2 z3 z4 r=1 π π 1+i + i sin = √ 4 4 2 3π 3π −1 + i = cos + i sin = √ 4 4 2 5π 5π −1 − i = cos + i sin = √ 4 4 2 7π 7π 1−i = cos + i sin = √ 4 4 2 = cos :‫ נחשב את השאריות‬.θ = π4 , 3π 4 ‫הערכים הנמצאים בתוך מסלול האינטגרציה שלנו הם הערכים המתאימים ל־‬ 1 1 , z1 Res = lim (z − z1 ) 4 4 z→z z +1 z +1 1 1 = (z1 − z2 ) (z1 − z3 ) (z1 − z4 ) √ 3 1 2 = 2 · (2 + 2i) · 2i 3 1 1 √ = i − 1 2 Res 1 , z2 4 z +1 = lim (z − z2 ) z→z1 z4 1 +1 1 (z2 − z1 ) (z2 − z3 ) (z2 − z4 ) √ 3 1 2 = −2 · 2i · (−2 + 2i) 3 1 1 √ = i + 1 2 = 3 ‫לכן‪:‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪X‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪· 2πi‬‬ ‫‪Res‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪z4 + 1‬‬ ‫"‬ ‫‪#‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫√‬ ‫‪πi‬‬ ‫√ ‪+‬‬ ‫‪i−1‬‬ ‫‪i+1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪πi‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪3/2‬‬ ‫‪i−1 i+1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪πi i + 1 + i − 1‬‬ ‫‪−2‬‬ ‫‪23/2‬‬ ‫‪π‬‬ ‫‪23/2‬‬ ‫=‬ ‫‪1‬‬ ‫‪dx‬‬ ‫‪x4 + 1‬‬ ‫∞‬ ‫ˆ‬ ‫‪0‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫שאלה ‪2‬‬ ‫סעיף א'‬ ‫נראה כי‬ ‫‪n‬‬ ‫‪dn f (x) 2‬‬ ‫‪x − 1 dx‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪dx‬‬ ‫‪1‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪n‬‬ ‫)‪(−1‬‬ ‫!‪2n n‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫ˆ‬ ‫= ‪f (x) Pn (x) dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫ונמצא את תוצאת האינטגרל כאשר )‪ f (x‬פולינום מדרגה ‪ m‬כך ש־‪.m < n‬‬ ‫אכן‪ ,‬מנוסחת רודריגז‬ ‫‪n‬‬ ‫‪1 dn‬‬ ‫‪x2 − 1‬‬ ‫‪2n n! dxn‬‬ ‫= )‪Pn (x‬‬ ‫לכן‬ ‫‪1‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪n‬‬ ‫‪1 dn‬‬ ‫‪x2 − 1‬‬ ‫‪dx‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪2 n! dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪ˆ 1‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪dn‬‬ ‫‪f (x) n x2 − 1 dx‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪2 n! −1‬‬ ‫‪dx‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫)‪f (x‬‬ ‫נבצע אינטגרציה בחלקים פעם אחת‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪ˆ 1‬‬ ‫ ‪n‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪df (x) dn−1‬‬ ‫‪x2 − 1 −‬‬ ‫‪x2 − 1 dx‬‬ ‫‪n−1‬‬ ‫‬ ‫‪dx dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫= ‪f (x) Pn (x) dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫=‬ ‫‪dn−1‬‬ ‫‪dxn−1‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪df (x) dn−1‬‬ ‫‪x2 − 1 dx‬‬ ‫‪n−1‬‬ ‫‪dx dx‬‬ ‫ˆ‬ ‫)‪= f (x‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪dn‬‬ ‫‪x2 − 1 dx‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪dx‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪1‬‬ ‫ˆ‬ ‫)‪f (x‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪= −‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪n‬‬ ‫ברור כי בכל פעם שנבצע אינטגרציה בחלקים‪ ,‬איבר השפה יתאפס‪ ,‬כי כל נגזרת מסדר קטן מ־‪ n‬של ‪ x2 − 1‬מכילה את‬ ‫הגורם ‪ x2− 1‬אשר מתאפס בשני הגבולות‪ .‬מכאן‪ ,‬בכל אינטגרציה בחלקים האינטגרל יכיל נגזרת גדולה יותר של )‪ f (x‬וקטנה‬ ‫‪n‬‬ ‫יותר של ‪ , x2 − 1‬ו־‪ −1‬יצא החוצה‪ .‬לאחר שנבצע אינטגרציה בחלקים ‪ n‬פעמים נקבל‪:‬‬ ‫‪ˆ 1‬‬ ‫‪n ˆ 1‬‬ ‫‪n‬‬ ‫)‪(−1‬‬ ‫‪dn f (x) 2‬‬ ‫‪f (x) Pn (x) dx = n‬‬ ‫‪x − 1 dx‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪2 n! −1 dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫כנדרש‪.‬‬ ‫כאשר )‪ f (x‬פולינום‪ ,‬ברור כי ניתן לרשום אותו כצירוף לינארי של פולינומי לג'נדר‪:‬‬ ‫)‪ak Pk (x‬‬ ‫‪m‬‬ ‫‪X‬‬ ‫= )‪f (x‬‬ ‫‪k=0‬‬ ‫אך מאחר ש־‪ m < n‬כל הפולינומים האלה יהיו אורתוגונליים ל־)‪ .Pn (x‬מכאן שהאינטגרל כולו יתאפס‪.‬‬ ‫‪4‬‬ ‫סעיף ב'‬ ‫נתונות שתי קליפות חצי כדוריות מבודדות זו מזו המשלימות לכדור‪ .‬הקליפה העליונה מושמת בפוטנציאל ‪ V‬ואילו התחתונה‬ ‫בפוטנציאל ‪ .−V‬נמצא את הפוטנציאל בתוך ומחוץ לכדור‪.‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‬ ‫נעבוד‪ ,‬כמובן‪ ,‬בקואורדינטות כדוריות‪ ,‬כאשר הקליפה העליונה מתאימה ל־ ‪ θ ∈ 0, π2‬והתחתונה מתאימה ל־ ‪ ,θ ∈ π2 , π‬כלומר‬ ‫החיבור בין שתי הקליפות הוא במישור ‪ .xy‬בתוך ומחוץ לכדור הפוטנציאל ‪ U‬מקיים את משוואת לפלס‪:‬‬ ‫‪∇2 U = 0‬‬ ‫אשר פתרונה הכללי בבעיה בעלת סימטריה ביחס ל־‪ φ‬הוא‪:‬‬ ‫‬ ‫ ∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪Bl‬‬ ‫‪l‬‬ ‫= )‪U (r, θ‬‬ ‫)‪Al r + l+1 Pl (cos θ‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪l=0‬‬ ‫נסמן ב־‪ R‬את רדיוס הכדור‪ .‬בתוך הכדור נבחר ‪ Bl = 0‬לכל ‪ ,l‬אחרת נקבל פוטנציאל אינסופי בראשית‪) .‬אמנם הביטוי ‪Al rl‬‬ ‫שואף לאינסוף כאשר ∞ → ‪ ,r‬וזה לכאורה בעייתי‪ ,‬אך אנו מעוניינים ממילא בפוטנציאל רק כאשר ‪ .(r < R‬מכאן‪:‬‬ ‫)‪Al rl Pl (cos θ‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫= )‪Uinside (r, θ‬‬ ‫‪l=0‬‬ ‫מחוץ לכדור נבחר ‪ Al = 0‬לכל ‪ ,l‬אחרת נקבל פוטנציאל אינסופי באינסוף‪) .‬גם כאן‪ ,‬כמובן‪ ,‬אין בעיה שהפוטנציאל ישאף‬ ‫לאינסוף בראשית‪ ,‬משום שאנו מחוץ לכדור(‪ .‬מכאן‪:‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪Bl‬‬ ‫)‪Pl (cos θ‬‬ ‫‪rl+1‬‬ ‫= )‪Uoutside (r, θ‬‬ ‫‪l=0‬‬ ‫תנאי השפה הם‪:‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪θ ∈ 0, π2‬‬ ‫‬ ‫‪θ ∈ π2 , π‬‬ ‫‪+V‬‬ ‫‪−V‬‬ ‫(‬ ‫= )‪U (R, θ‬‬ ‫בתוך הכדור נקבל‪:‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪θ ∈ 0, π2‬‬ ‫‬ ‫‪θ ∈ π2 , π‬‬ ‫‪+V‬‬ ‫‪−V‬‬ ‫(‬ ‫= )‪Al Rl Pl (cos θ‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫= )‪Uinside (R, θ‬‬ ‫‪l=0‬‬ ‫נכפול את שני האגפים ב־‪ Pl0 (cos θ) sin θ‬ונבצע אינטגרציה‪:‬‬ ‫!‬ ‫‪ˆ π2‬‬ ‫‪ˆ π‬‬ ‫‪Pl0 (cos θ) sin θdθ‬‬ ‫‪Pl0 (cos θ) sin θdθ −‬‬ ‫‪π‬‬ ‫‪2‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪π‬‬ ‫‪l‬‬ ‫‪Pl (cos θ) Pl0 (cos θ) sin θdθ = V‬‬ ‫‪Al R‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪l=0‬‬ ‫ידוע כי‪:‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪δl,l0‬‬ ‫‪2l + 1‬‬ ‫‪π‬‬ ‫ˆ‬ ‫= ‪Pl (cos θ) Pl0 (cos θ) sin θdθ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ומכאן נקבל‪:‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Al R l‬‬ ‫‪2l + 1‬‬ ‫‪π‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪l‬‬ ‫= ‪Pl (cos θ) Pl0 (cos θ) sin θdθ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪Al R‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪l=0‬‬ ‫בנוסף‪ ,‬באמצעות החלפת המשתנים ‪:x 7→ cos θ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪1‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪Pl0 (x) dx −‬‬ ‫‪Pl0 (x) dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪π‬‬ ‫‪π‬‬ ‫‪2‬‬ ‫נזכור כי כל פולינום לג'נדר הוא זוגי או אי־זוגי‪ .‬עבור ‪l‬־ים זוגיים‪:‬‬ ‫)‪Pl (x) = Pl (−x‬‬ ‫‪5‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪Pl0 (cos θ) sin θdθ −‬‬ ‫= ‪Pl0 (cos θ) sin θdθ‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪π‬‬ ‫‪2‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ולכן‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪Pl0 (x) dx‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪1‬‬ ‫= ‪Pl0 (x) dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ונקבל‬ ‫ˆ‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪1‬‬ ‫‪Pl0 (x) dx −‬‬ ‫‪Pl0 (x) dx = 0‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫מצד שני‪ ,‬עבור ‪l‬־ים אי־זוגיים‪:‬‬ ‫)‪Pl (x) = −Pl (−x‬‬ ‫ולכן‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫ˆ‬ ‫‪1‬‬ ‫‪Pl0 (x) dx = −‬‬ ‫‪Pl0 (x) dx‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ונקבל‬ ‫‪1‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪Pl0 (x) dx‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪1‬‬ ‫‪P (x) dx −‬‬ ‫‪P (x) dx = 2‬‬ ‫‪l0‬‬ ‫‪l0‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪0‬‬ ‫מכאן‪:‬‬ ‫‪( ´1‬‬ ‫‪2 0 Pl (x) dx l is odd‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪l is even‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪Al R l‬‬ ‫‪2l + 1‬‬ ‫והמקדמים יהיו‪:‬‬ ‫‪l is odd‬‬ ‫‪l is even‬‬ ‫‪Pl (x) dx‬‬ ‫‪´1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪2l+1‬‬ ‫‪Rl‬‬ ‫‪0‬‬ ‫(‬ ‫= ‪Al‬‬ ‫שאלה ‪3‬‬ ‫סעיף א'‬ ‫נתונה המשוואה הדיפרנציאלית‬ ‫‬ ‫‪1 + x2 y 0 (x) − 2x3 y (x) = 0‬‬ ‫עם תנאי השפה‬ ‫‪y (0) = 1‬‬ ‫נראה כי הפתרון הוא‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ex‬‬ ‫‪1 + x2‬‬ ‫= )‪y (x‬‬ ‫לאחר מכן נפתור את המשוואה באמצעות שיטת פרוביניוס‪ ,‬ונראה כי הפתרון שקיבלנו חופף לפתרון זה לפחות עד סדר רביעי‬ ‫ב־‪.x‬‬ ‫נגזרת הפתרון היא‪:‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2x3 ex‬‬ ‫) ‪(1 + x2‬‬ ‫=‬ ‫‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1 + x2 − 2xex‬‬ ‫‪2‬‬ ‫) ‪(1 + x2‬‬ ‫‪6‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2xex‬‬ ‫‪0‬‬ ‫= )‪y (x‬‬ ‫נציב במשוואה ונקבל‪:‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ex‬‬ ‫‪=0‬‬ ‫‪1 + x2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪− 2x3‬‬ ‫‪ 2x3 ex‬‬ ‫‪2‬‬ ‫) ‪(1 + x2‬‬ ‫‪1 + x2‬‬ ‫קל לראות כי השוויון אכן מתקיים‪ .‬בנוסף‪,‬‬ ‫‪e0‬‬ ‫‪=1‬‬ ‫‪1+0‬‬ ‫= )‪y (0‬‬ ‫ומכאן שהפתרון המוצע הוא אכן פתרון המשוואה עבור תנאי השפה הנתון‪.‬‬ ‫לפתירת המשוואה באמצעות שיטת פרוביניוס‪ ,‬נציב פתרון מהצורה‬ ‫‪an xn‬‬ ‫‪nan xn−1‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫=‬ ‫‪n=0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫)‪y (x‬‬ ‫)‪y 0 (x‬‬ ‫=‬ ‫‪n=0‬‬ ‫ונקבל‬ ‫‪an xn = 0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪nan xn−1 − 2x3‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪an xn = 0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪nan xn−1 − 2x3‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪nan xn+1 −‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪2an−4 xn−1 = 0‬‬ ‫‪(n − 2) an−2 xn−1 −‬‬ ‫‪n=4‬‬ ‫‪2an−4 xn−1 = 0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪nan xn−1 + x2‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪2an xn+3 = 0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪1 + x2‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪n=2‬‬ ‫‪(nan + (n − 2) an−2 ) xn−1 −‬‬ ‫‪n=4‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪nan xn−1 +‬‬ ‫‪nan xn−1 +‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫⇒‬ ‫⇒‬ ‫⇒‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪⇒a1 + 2a2 + (3a3 + a1 ) +‬‬ ‫‪n=4‬‬ ‫‪(nan + (n − 2) an−2 − 2an−4 ) xn−1 = 0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪n=4‬‬ ‫מתנאי השפה‪:‬‬ ‫‪a0 = 1‬‬ ‫כמו־כן‪ ,‬מהשוואת מקדמים במשוואה למעלה‪:‬‬ ‫‪a1 = a2 = a3 = 0‬‬ ‫ולכל ‪ ,n ≥ 4‬כלל הנסיגה הוא‪:‬‬ ‫‪2an−4 − (n − 2) an−2‬‬ ‫‪n‬‬ ‫= ‪an‬‬ ‫נציב ‪ n = 4‬ונקבל‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪a4‬‬ ‫לכן הפתרון הוא‪:‬‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪y (x) = 1 + x4 + O x5‬‬ ‫‪2‬‬ ‫נראה כי פתרון זה חופף לפתרון הנתון‪ .‬ידוע כי טור מקלורן של הפונקציה ‪ ex‬הוא‪:‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪xn‬‬ ‫!‪n‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪7‬‬ ‫= ‪ex‬‬ ‫‪⇒2a1 + 2a2 + 3a3 +‬‬ ‫‪2‬‬ ‫לכן טור מקלורן של ‪ ex‬הוא‪:‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪x2n‬‬ ‫!‪n‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪ex‬‬ ‫כעת‪ ,‬אם נניח כי טור מקלורן של הפונקציה הנתונה הוא‬ ‫‪2‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪ex‬‬ ‫=‬ ‫‪cn x n‬‬ ‫‪1 + x2‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫= )‪y (x‬‬ ‫אז נקבל‬ ‫‪cn x n‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪1 + x2‬‬ ‫=‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ex‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪cn xn+2‬‬ ‫‪cn−2 xn‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪cn x n +‬‬ ‫‪cn x n +‬‬ ‫‪(cn + cn−2 ) xn‬‬ ‫‪n=0‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫‪n=0‬‬ ‫‪n=2‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫∞‬ ‫‪X‬‬ ‫‪= c0 + c1 x +‬‬ ‫‪n=2‬‬ ‫מהשוואת מקדמים עם הטור‬ ‫‪x2n‬‬ ‫!‪n=0 n‬‬ ‫∞‪P‬‬ ‫נקבל מיד כי לכל ‪ n‬אי־זוגי ‪ .cn = 0‬כמו־כן ‪ c0 = 1‬וכלל הנסיגה עבור ‪ n‬זוגי הוא‬ ‫‪1‬‬ ‫‪ − cn−2‬‬ ‫!‬ ‫‪n‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪cn‬‬ ‫מכאן נקבל‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫=‬ ‫‪c0‬‬ ‫=‬ ‫‪c1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪−1=0‬‬ ‫=‬ ‫!‪1‬‬ ‫‪= 0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫=‬ ‫=‪−0‬‬ ‫!‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪c2‬‬ ‫‪c3‬‬ ‫‪c4‬‬ ‫בחפיפה מלאה לפתרון שקיבלנו‪.‬‬ ‫סעיף ב'‬ ‫נפתור באמצעות טרנספורם לפלס את המשוואה הדיפרנציאלית‬ ‫‪y 00 − 2y 0 + y = 0‬‬ ‫בהינתן תנאי ההתחלה‬ ‫‪y 0 (0) = 1‬‬ ‫‪y (0) = 0,‬‬ ‫נסמן את טרנספורם לפלס כך‪:‬‬ ‫∞‬ ‫ˆ‬ ‫‪e−st y (t) dt‬‬ ‫= })‪Y (s) = Ls {y (t‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ידוע כי‪:‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪o‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪Ls y (n) (t) = sn L {y (t)} − sn−1 y 0+ − · · · − y (n−1) 0+‬‬ ‫‪8‬‬ ‫כאשר )‪ y (n) (t‬היא הנגזרת ה־‪n‬־ית של )‪ y (t‬ו־) ‪ y (0+‬הוא הגבול של )‪ y (t‬כאשר ‪ t → 0‬מהכיוון החיובי‪ .‬מכאן‪:‬‬ ‫‪Ls {y 0 (t)} = sL {y (t)} − y (0) = sY‬‬ ‫‪Ls {y 00 (t)} = s2 L {y (t)} − sy (0) − y 0 (0) = s2 Y − 1‬‬ ‫כאשר סימנו })‪ Y = Ls {y (t‬והצבנו את תנאי ההתחלה הנתונים‪ .‬מהפעלת הטרנספורם על שני צידי המשוואה נקבל‪:‬‬ ‫‪s2 Y − 1 − 2sY + Y = 0‬‬ ‫ומכאן‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫=‬ ‫‪2‬‬ ‫‪− 2s + 1‬‬ ‫)‪(s − 1‬‬ ‫= ‪Y‬‬ ‫‪s2‬‬ ‫את הטרנספורם ההפוך נוכל למצוא ישירות‪ ,‬אך עדיף פשוט להשתמש בטבלת ערכים של טרנספורם לפלס שחושבו מראש‪ 1 .‬כך‬ ‫נקבל‪:‬‬ ‫)‬ ‫(‬ ‫‪1‬‬ ‫‪= tet‬‬ ‫‪y (t) = L−1‬‬ ‫‪t‬‬ ‫‪2‬‬ ‫)‪(s − 1‬‬ ‫שאלה ‪4‬‬ ‫סעיף א'‬ ‫הפונקציה )‪ 2 U (r‬מקיימת את המשוואה הדיפרנציאלית‬ ‫)‪∇2 U (r) = δ (r) = δ (x) δ (y) δ (z‬‬ ‫נמצא את המשוואה הדיפרנציאלית שמקיימת ‪ U‬מחוץ לראשית הצירים‪.‬‬ ‫ברור ‪ δ (r 6= 0) = 0‬ולכן המשוואה היא משוואת לפלס‪:‬‬ ‫‪∇2 U (r) = 0‬‬ ‫סעיף ב'‬ ‫נמצא את הצורה הכללית ביותר של הפתרון עבור המקרה המתואר בסעיף א'‪.‬‬ ‫ידוע כי הפתרון הכללי ביותר למשוואת לפלס‪ ,‬בקואורדינטות כדוריות‪ ,‬הוא‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪∞ X‬‬ ‫‪l‬‬ ‫‪X‬‬ ‫‪Bl,m‬‬ ‫‪l‬‬ ‫= )‪U (r) = U (r, θ, φ‬‬ ‫)‪Al,m r + l+1 Yl,m (θ, φ‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪l=0 m=−l‬‬ ‫כאשר )‪ Yl,m (θ, φ‬הן ההרמוניות הספריות‪:‬‬ ‫‪2n + 1 (n − m)! m‬‬ ‫‪P (cos θ) eimφ‬‬ ‫‪4π (n + m)! l‬‬ ‫‪s‬‬ ‫‪m‬‬ ‫)‪Yl,m (θ, φ) = (−1‬‬ ‫‪1‬לדוגמה‪ Arfken :‬מהדורה שישית עמוד ‪.1001‬‬ ‫‪2‬בשאלה המקורית הפונקציה הייתה ‪ ,φ‬אך שיניתי ל־ ‪ U‬על־מנת למנוע בלבול עם הקואורדינטה הכדורית ‪.φ‬‬ ‫‪9‬‬ ‫סעיף ג'‬ ‫בהתחשב בסימטריה של הבעיה ובתנאי השפה ‪ U → 0‬כאשר ∞ → ‪ ,r‬נמצא את )‪ U (r‬עד כדי נרמול‪.‬‬ ‫ראשית‪ ,‬מתנאי השפה ברור כי ‪ Al,m = 0‬לכל ‪ ,l, m‬ומכאן‪:‬‬ ‫‪∞ X‬‬ ‫‪l‬‬ ‫‪X‬‬ ‫‪Bl,m‬‬ ‫)‪Yl,m (θ, φ‬‬ ‫‪rl+1‬‬ ‫= )‪U (r‬‬ ‫‪l=0 m=−l‬‬ ‫בנוסף‪ ,‬מהסימטריה של הבעיה ברור כי אין תלות ב־‪ θ‬וב־‪ .φ‬ההרמוניה הספרית היחידה שאינה תלויה באף אחת מהקואורדינטות‬ ‫היא ההרמוניה הקבועה‬ ‫‪1‬‬ ‫√ = ‪Y0,0‬‬ ‫‪2 π‬‬ ‫לכן נדרוש ‪ Bl,m = 0‬לכל ‪ ,l, m 6= 0‬והפתרון יהיה‪:‬‬ ‫‪B0,0 1‬‬ ‫‪C‬‬ ‫√ = )‪U (r‬‬ ‫=‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2 πr‬‬ ‫כאשר המקדם‬ ‫‪B0,0‬‬ ‫√‬ ‫‪2 π‬‬ ‫"נבלע" בקבוע ‪ ,C‬אשר ערכו יקבע בסעיף הבא‪.‬‬ ‫סעיף ד'‬ ‫נקבע את הנרמול של )‪.U (r‬‬ ‫נבצע אינטגרציה על כדור ‪ S‬ברדיוס ‪ ε‬על שני אגפי המשוואה הדיפרנציאלית‪:‬‬ ‫˚‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪∇ U (r) dV‬‬ ‫‪δ (r) dV‬‬ ‫‪S‬‬ ‫˚‬ ‫‪S‬‬ ‫בצד שמאל נקבל‪:‬‬ ‫˚‬ ‫˚‬ ‫= ‪∇2 U (r) dV‬‬ ‫‪∇ · [∇U (r)] dV‬‬ ‫‪S‬‬ ‫ממשפט גאוס‪:‬‬ ‫‪S‬‬ ‫‹‬ ‫‪[∇U (r)] · da‬‬ ‫˚‬ ‫= ‪∇ · [∇U (r)] dV‬‬ ‫‪S‬‬ ‫‪∂S‬‬ ‫כאשר ‪ ∂S‬הם פני הכדור‪ .‬כעת‪ ,‬הגרדיאנט הוא‬ ‫‪C‬‬ ‫‪C‬‬ ‫‪r‬‬ ‫ˆ‪= − 2‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪r‬‬ ‫ולכן‬ ‫∇ = )‪∇U (r‬‬ ‫‹‬ ‫‹‬ ‫‪1‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪r · da‬‬ ‫‪r2‬‬ ‫‪‹∂S‬‬ ‫‪1 2‬‬ ‫‪= −C‬‬ ‫‪r sin θdθdφ‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪∂S‬‬ ‫‪ˆ 2π‬‬ ‫‪ˆ π‬‬ ‫‪= −C‬‬ ‫‪dφ‬‬ ‫‪sin θdθ‬‬ ‫‪= −C‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪[∇U (r)] · da‬‬ ‫‪∂S‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪= −4πC‬‬ ‫בצד ימין נקבל‪ ,‬לפי הגדרת פונקציית דלתא‪:‬‬ ‫˚‬ ‫‪δ (r) dV = 1‬‬ ‫‪S‬‬ ‫ומכאן‪ ,‬הנרמול הוא‬ ‫‪1‬‬ ‫‪4π‬‬ ‫‪−4πC = 1 =⇒ C = −‬‬ ‫לכן הפתרון המנורמל הוא‬ ‫‪B0,0 1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪=−‬‬ ‫√ = )‪U (r‬‬ ‫‪4πr‬‬ ‫‪2 πr‬‬ ‫‪10‬‬