1. No category

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
1−
− E2
RS
r
+
L2
=0
r2
der r = r(t) er lyspartikkelens avstand til stjernens sentrum (ved et tidspunkt
t), RS er den såkalte Schwarzschild-radien1 , E er lyspartikkelens energi og L
kalles lyspartikkelens drivmoment eller banespinn.
De tre størrelsene RS , 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
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
dr dφ
=
·
dt
dφ dt
a) I likningen på forrige side er størrelsen L definert slik:
L := r2
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
dr L
=
·
dt
dφ r2
b) Vi skal innføre en substitusjon for å gjøre regningen enklere. Vi lar
1
r
u :=
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
du
= −L
dt
dφ
c) Sett inn resultatet fra b) i likningen
dr 2
dt
1−
− E2
RS
r
+
L2
=0
r2
og vis at den da kan skrives enklere som:
du
dφ
2
3
2
= RS u − u +
2
E
L
2
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:
d2 u
+ u = ku2
dφ2
hvor vi for å gjøre den videre regningen enklere har definert konstanten k ≡ 32 RS .
Husk at størrelsen
E
L
er konstant, og at konstanter har derivert lik 0.
Del 2
I denne delen skal vi løse likningen
d2 u
+ u = ku2
dφ2
Vi gjør det ved først å finne en løsning av den homogene likningen
d2 u
+u=0
dφ2
3
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
d2 u
+u=0
dφ2
(Hint: Husk at avstanden b er en konstant som ikke avhenger av φ).
f ) Heretter kaller vi den homogene løsningen i e) for uh . For å finne den generelle
låsningen på (den inhomogene) difflikningen trenger vi også en spesiell løsning
us , slik at vi har
u = uh + us
Sett først dette inn i likningen
d2 u
+ u = ku2
dφ2
og bruk deretter disse tilnærmingene :
u2s ≈ 0
uh + 2us ≈ uh
(her antar vi at den spesielle løsningen gir lyset en veldig liten avbøyning fra
den rette linjen som uh representerer, slik at us dermed har en veldig liten verdi
som er mye mindre enn uh )
til å vise at den inhomogene likningen kan skrives
k
d2 us
+ us ≈ 2 cos2 φ
dφ2
b
(Hint: Du trenger også uttrykket for u fra oppgave e), som du her må kalle uh .)
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
Figure 2: Sammenhengen mellom vinklene φ og θ. Grunnen til at vi får θ2 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 θ2 + θ2 = θ, og det er
denne vi skal finne helt til slutt.
us = A cos2 φ + B
der A og B er konstanter. Finn A og B og vis at den spesielle løsningen er gitt
ved
us =
k
2 − cos2 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 over2 ) slik at
φ=
π θ
+
2
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
cos φ ≈ −
θ
2
(Hint: Grunnen til at det står ≈ i svaret er at vi må bruke en tilnærming3 : 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 θ2 ≈ 0. Bruk denne tilnærmingen
sammen med resultatene fra oppgave e), g) og h) til å vise at
u≈
2k
θ
−
2
3b
2b
(Hint: Husk at u = uh + us , 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 = 1r ≈ 0. Sett inn denne
verdien for u i svaret fra i) og vis at da er
θ≈
2 · RS
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
RS = 3 km. Vi sender lys forbi Solen som akkurat streifer overflaten, slik at b
er lik Solens egentlige radius:
b = R = 696 000 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