Universidad de Chile Facultad de Ciencias Departamento de F´ısica

Universidad de Chile
Facultad de Ciencias
Departamento de Fı́sica
Métodos de la Fı́sica Matemática II
Prueba 1
Solución
Profesor:
Ayudante:
José Rogan
Julio Yáñez.
1. Considere la ecuación de Laplace bidimensional en coordenadas polares,
∂ 2 ψ(r, θ) 1 ∂ψ(r, θ)
1 ∂ 2 ψ(r, θ)
+
+
= 0.
∂r2
r ∂r
r2 ∂θ2
Encuentre el potencial electroestático ψ(r, θ) en el interior de un cı́rculo de radio R, tal
que sobre el cı́rculo se satisface ψ(r = R, θ) = δ(θ). Encuentre, también, la solución
exterior.
Solución
Planteamos la separación de variables
ψ(r, θ) = R(r)T (θ) ,
reemplazamos en la ecuación (1) obteniendo
1
1
T R00 + T R0 + 2 T 00 R = 0 .
r
r
Multiplicando por r2 /T R tenemos
r2 R00 rR0 T 00
+
+
=0.
R
R
T
(1)
En (1) los dos primeros términos de la izquierda sólo dependen de r y el término de la
derecha sólo de θ luego cada uno corresponde a una constante, es decir, para la parte
radial
r2 d2 R 1 dR
+
= −m2 ,
R dr2
r dr
con m constante. Reordenamos la ecuación como
d2 R 1 dR m2 R
+
− 2 =0.
dr2
r dr
r
Una ecuación de Euler, planteamos como solución R(r) = rσ y lo reemplazamos
σ(σ − 1)rσ−2 + σrσ−1−1 − m2 rσ−2 = 0 ,
dividiendo por rσ−2 tenemos
σ(σ − 1) + σ − m2 = 0 ,
luego σ 2 = m2 ,
o bien σ = ±m .
Por lo tanto, la solución más general para al ecuación (1) es
R(r) = Arm + Br−m ,
(2)
con A y B constantes. Por otro lado, la ecuación para la parte angular
d2 T
+ m2 T = 0 ,
dθ2
con solución
T (θ) = Ceimθ + De−imθ ,
(3)
con C y D constantes. Imponemos que la función sea periódica en 2π en la parte
angular, es decir, tenemos que T (θ + 2π) = T (θ) eso determina los posible valores que
puede adoptar m en nuestro caso debe ser un entero.
La solución más general dentro del cı́rculo es:
Ψ(r, θ) =
∞
X
rm Am eimθ + Bm e−imθ
m=0
.
Considerando la condición de borde, ψ(r = R, θ) = δ(θ) elegimos soluciones reales y de
paridad par, es decir tomamos Am = Bm = am /2 y A0 + B0 = a0 /2, quedandonos
∞
Ψ(r, θ) =
a0 X m
+
r am cos mθ ,
2
m=1
y debe satisfacer la condición de borde
∞
Ψ(r = R, θ) = δ(θ) =
a0 X m
+
R am cos mθ .
2
m=1
A partir de los coeficientes de Fourier tenemos
Z π
1
2
δ(θ) dθ = ,
a0 =
2π −π
π
y
2
R am =
2π
m
Z
π
−π
δ(θ) cos(mθ) dθ =
1
.
π
Por lo tanto la solución interior es
∞
1
1 X rm
Ψ(r, θ) =
+
cos mθ .
2π π m=1 Rm
La solución real y con paridad par más general fuera del cı́rculo es:
∞
b0 X −m
Ψ(r, θ) =
+
r bm cos mθ ,
2 m=1
y debe satisfacer la condición de borde
∞
b0 X −m
Ψ(r = R, θ) = δ(θ) =
+
R bm cos mθ .
2 m=1
Los coeficientes de Fourier
π
Z
2
b0 =
2π
δ(θ) dθ =
−π
1
,
π
y
R
−m
2
bm =
2π
Z
π
δ(θ) cos(mθ) dθ =
−π
1
.
π
Por lo tanto la solución exterior es
∞
1
1 X Rm
+
cos mθ .
Ψ(r, θ) =
2π π m=1 rm
2. Considere la ecuación de conducción del calor
∂u(x, t) ∂ 2 u(x, t)
−
=0
∂t
∂x2
,t > 0 .
Demostrar que, considerando la condición inicial u(x, 0) = f (x) y que u(x, t) es acotada
para todo t y x, la solución más general está dada por el producto de convolución
Z ∞
1
2
u(x, t) = √
f (y)e−(x−y) /4t dy .
4πt −∞
Solución
Aplicando la transformada de Fourier a ambos lados de la ecuación (2)
∂u ∂ 2 u
− 2 =0.
F
∂t
∂x
Usamos el hecho de que
F
∂2u
,k
∂x2
= (−ik)2 F{u, k} .
Entonces
∂
F{u, k} − (ik)2 F{u, k} = 0 .
∂t
Llamamos F{u, k} = U (k, t),
∂U (k, t)
− (ik)2 U (k, t) = 0 .
∂t
(4)
Ahora evaluamos en t = 0
Z ∞
1
U (k, 0) = √
u(x, 0)eikx dx ,
2π −∞
Z ∞
1
f (x)eikx dx ,
=√
2π −∞
= F (k) .
Donde F (k) es la transformada de Fourier de f (x). Luego la solución de (4) es
2
U (k, t) = F (k)e−k t .
(5)
2
Ahora, calculamos la antitransformada de Fourier de ek t , definiendo
Z ∞
1
2
g(x) = √
ek t e−ikx dk
2π −∞
Z ∞
1
2
e−(k t+ikx) dk
=√
2π −∞
(6)
Observemos que
2 2 2
√
√
ix
ix
ix
x2
√
k t + ikx = k t + √
−
= k t+ √
+
.
4t
2 t
2 t
2 t
2
Volviendo a (6) se tiene
1
g(x) = √
2π
x2
e 4t
=√
2π
Z
∞
√
− k t+
e
ix
√
2 t
2
2
+ x4t
dk ,
−∞
Z
(7)
∞
−(k2 t+ikx)
e
dk .
−∞
√
√
Haciendo el cambio de variable r = k t + ix/2, tal que dr = t dk, luego
x2
e 4t
g(x) = √
2π
Z
∞
2 dr
e−r √ ,
t
−∞
x2
e 4t √
=√ √ π,
2π t
x2
e 4t
=√ .
2t
(8)
Usamos el teorema sobre la transformada de Fourier del producto de convolución,
√
F{f ∗ g, k} = 2πF (k)G(k) .
2
Luego, observamos en la ecuación (5) y llamamos G(k) = e−k t y se tiene
√
F{f ∗ g, k} = 2πU (k, t) .
Aplicando antitransformada a ambos lados se tiene
√
2πu(x, t) = f ∗ g ,
(x−y)2
Z ∞
1
e 4t
u(x, t) = √
f (y) √
dy ,
2π −∞
2t
Z ∞
1
2
u(x, t) = √
f (y)e(x−y) /4t dy .
2 πt −∞
3. Pruebe la siguiente identidad
∞
X
∞
1 X ikx
δ(x − 2πk) =
e .
2π k=−∞
k=−∞
Usando la identidad anterior, demuestre la fórmula de suma de Poisson:
2π
∞
X
f (2πk) =
k=−∞
∞
X
F{f, k} ,
k=−∞
donde f ∈ S.
Solución
Consideremos la función “dientes de sierra”:

1

− 2π (t + π) −π ≤ t < 0
f (t) = 0
t=0

 1
− 2π (t − π) 0 < t ≤ π
La función es periódica:
f (t + 2mπ) = f (t) ∀ m ∈ Z .
Es pues expandible en una serie de Fourier:
f (t) =
∞
X
eiνt
cν √
,
2π
ν=−∞
con
1
cν = √
2π
π
−i 1
0
f (t0 )e−iνt dt0 = √
,
2π ν
−π
Z
ν 6= 0 .
Luego
∞
−i X0 eiνt
f (t) =
,
2π ν=−∞ ν
donde la prima indica que el término con ν = 0 esta excluı́do. Consideremos la distribución asociada
∞
−i X0 eiνt
f (t) =
.
2π ν=−∞ ν
Derivemosla
∞
∞
∞
0 −i X
0
eiνt
1 X0 iνt
1 X iνt
1
f (t) =
iν
=
e =
e −
.
2π ν=−∞
ν
2π ν=−∞
2π ν=−∞
2π
Por otra parte,
∞
0
X
1
f (t) =
δ(t − 2πk) −
.
2π
k=−∞
Comparando ambas expresiones
∞
X
∞
1
1
1 X iνt
,
=
e −
δ(t − 2πk) −
2π
2π
2π
ν=−∞
k=−∞
finalmente, entendiendola como un igualdad entre distribuciones
∞
X
∞
1 X ikt
δ(t − 2πk) =
e .
2π k=−∞
k=−∞
Veamos la acción de ambos lados frente a una función f ∈ S arbitraria,
* ∞
+
∞
∞
X
X
X
δ(t − 2πk), f =
hδ(t − 2πk), f i =
f (2πk) ,
k=−∞
k=−∞
k=−∞
el lado derecho
*
∞
1 X ikt
e ,f
2π k=−∞
+
∞
1 X ikt =
e ,f ,
2π k=−∞
Z ∞
∞
1 X 1
√
=√
eikt f (t) dt ,
2π k=−∞ 2π −∞
∞
1 X
=√
F {f, k} .
2π k=−∞
Igualando ambas expresiones llegamos a la fórmula de suma de Poisson
√
2π
∞
X
f (2πk) =
k=−∞
∞
X
F {f, k} .
k=−∞
4. Determinar el perı́odo de oscilación, en función de la energı́a total E, del movimiento
de una partı́cula, de masa m en un campo unidimensional U (x) = A | x |n , donde A es
una constante. Exprese su resultado en un cuociente de funciones Gamma.
Solución
La energı́a total del sistema
1
E = mẋ2 + A | x |n ,
2
despejando la velocidad
ẋ =
r
2
m
q
E − A | x |n .
(9)
El perı́odo es
τ =2
Z
xM
−xM
dx
=4
ẋ
Z
0
xM
dx
,
ẋ
donde AxnM = E. Además, hemos hecho uso de la paridad de la función ẋ, reemplazando
en (9) tenemos
r Z x
√
Z
M
2
dx
2 2m xM
dx
√
p
τ =4
= √
,
n
m 0
E − Ax
E 0
1 − Axn /E
hacemos el cambio de variable u = Axn /E invirtiendo la relación x = (Eu/A)1/n y
diferenciando dx = 1/n(E/A)1/n u1/n−1 du reemplazandolo en la integral
√
1
Z
1
2 2m 1 1 E n 1 −1
τ= √
u n (1 − u) 2 −1 du .
E 0 n A
Usando la definición de la función beta
Z 1
Γ(p)Γ(q)
,
B(p, q) =
tp−1 (1 − t)q−1 dt =
Γ(p + q)
0
tenemos
√
√
1 1
2 2m E n
1 1
2 2mπ E n Γ n1
.
τ= √
B
,
= √
n 2
A
Γ n1 + 12
n E A
n E
5. Considere un oscilador armónico de frecuencia angular ω sometido a una fuerza externa
1, si t ∈ [0, T [ ,
f (t) =
0, si t 6∈ [0, T [ .
Encuentre la solución para todo t > 0 con la condición inicial de partir del reposo en
la posición de equilibrio.
Solución
Escribamos la ecuación para un oscilador armónico en la cual usamos para la fuerza
externa h(t) una distribución
ψ 00 (t) + ω 2 ψ(t) = 1 − Θ(t − T ) ,
para t > 0,
(10)
en donde la función Θ corresponde a la función escalón de Heaviside. Las condiciones
iniciales son ψ(0) = ψ 0 (0) = 0. Apliquemos la tansformada de Laplace a (10).
L {ψ 00 , s} + ω 2 L {ψ, s} = L {1, s} − L {Θ(t − T ), s} ,
1
s2 Ψ(s) − sφ(0) − φ0 (0) + ω 2 Ψ(s) = − L {Θ(t − T ), s} .
s
La transformada de Heaviside
Θ(t − T ) ◦
•
e−T s
.
s
Ocupando las condiciones iniciales, denotando por Ψ(s) = L{ψ, s} y despejando
1 e−T s
s Ψ(s) + ω Ψ(s) = −
,
s
s
1 e−T s
(s2 + ω 2 )Ψ(s) = −
,
s
s
1
e−T s
Ψ(s) =
−
.
s(s2 + ω 2 ) s(s2 + ω 2 )
2
2
Retransformando
f (t) ◦
•
s(s2
1
1
= F (s) = G(s) ,
2
+ω )
s
donde
G(s) =
(s2
1
•
+ ω2)
◦
sen ωt
= g(t) ,
ω
y
f (t) =
Z
0
t
g(t0 )dt0 ◦
1
• G(s) = F (s) ,
s
luego
f (t) =
t
Z
0
Usando la propiedad
t
1
1
cos ωt
sen ωt0 0
0
dt = − 2 cos ωt = 2 −
.
ω
ω
ω
ω2
0
f (t − β) ◦
• e−βs F (s) ,
con β = T ,
F (s) =
1
,
s(s2 + ω 2 )
y
La función desplazada

1
cos ωt

 2−
si t ≥ 0 ,
ω
ω2
f (t) =


0,
si t < 0 .

cos ω(t − T )
1

 2−
si t ≥ T ,
ω
ω2
f (t − T ) =


0,
si t < T .
Resumiendo ambos resultados (5) y (11) tenemos la solución

1


si t < T ,

 ω 2 [1 − cos ωt]
ψ(t) =


1


[cos ω(t − T ) − cos ωt] si t ≥ T .
ω2
(11)
(12)
6. Determine la trayectoria de una partı́cula de masa m y carga e, la cual se mueve en un
campo electromagnético de la forma
~ = Eo ı̂ y B
~ = Bo k̂
E
sometida además a la acción del campo gravitacional de la Tierra, ~g = −g k̂. Es decir,
resuelva
d2~r
~ + e d~r × B
~ + m~g
m 2 = eE
dt
c dt
con las condiciones iniciales
~r(t = 0) = zo k̂
d~r
(t = 0) = vox ı̂ + voy ̂ + voz k̂ .
dt
Use el formalismo de la transformada de Laplace para resolver el problema. Le puede
ser útil, para compactar sus resultados, definir la frecuencia ciclotrónica ωc = eBo /mc.
Solución
Escribiendo la ecuación (6) por componentes, y usando la forma explı́citas de los campos
dy(t)
d2 x(t)
e
= E0 + ωc
,
2
dt
m
dt
dx(t)
d2 y(t)
= −ωc
,
2
dt
dt
d2 y(t)
= −g .
dt2
Tomando la transformada de Laplace en ambos lados para las tres ecuaciones
eE0
+ ωc sY (s) − ωc y(0) ,
ms
s2 Y (s) − sy(0) − ẏ(0) = −ωc sX(s) − ωc x(0) ,
g
s2 Z(s) − sz(0) − ż(0) = − .
s
s2 X(s) − sx(0) − ẋ(0) =
En donde X(s) = L{x, t}, Y (s) = L{y, t}, Z(s) = L{z, t}. Utilizemos las condiciones
iniciales (6) y reordenamos
s2 X(s) − ωc sY (s) = v0x +
eE0
,
ms
s2 Y (s) + ωc sX(s) = v0y ,
g
s2 Z(s) = sz0 + v0z − .
s
Resolvamos (15) primero
Z(s) =
z0 v0z
g
−
,
s s2
s3
retranformando
1
z(t) = z0 + v0z t − gt2 .
2
La ecuación (13) por s y la ecuación (14)por ωc sumamos y obtenemos
s3 X(s) − ωc sX(s) = v0x s +
eE0 v0y ωc
+
,
m
s
despejando
v0x
eE0 1
1
+ v0y ωc +
X(s) = 2
2
2
s + ωc
m s s + ωc2
retransformando
Z t
v0x
eE0
x(t) =
sen ωc t − v0y +
sen ωC t0 dt0 ,
ωc
mωC
0
(13)
(14)
(15)
integrando
x(t) =
v0y
eE0
v0y
eE0
v0x
sen ωc t −
cos ωc t −
cos ωc t +
+
.
2
ωc
ωc
mωC
ωc
mωC2
La ecuación (13) por −ωC y la ecuación (14)por s sumamos y obtenemos
s3 Y (s) + ωcs Y (s) = −v0x ωC +
eE0 ωC
+ v0y ωc s ,
ms
despejando
Y (s) =
v0y ωC
1 ωC
eE0 1 ωC
− v0x 2
−
2
2
2
ωC s + ωc
s s + ωc
m s2 s2 + ωc2
retransformando
v0y
sen ωc t − v0x
y(t) =
ωc
Z
0
t
eE0
sen ωC t dt −
m
0
0
Z
0
t
0
dt
Z
t0
dt00 sen ωC t00 ,
0
integrando
y(t) =
v0y
v0x
v0x
eE0
eE0 t
sen ωc t +
cos ωc t −
+
sen
ω
t
−
.
c
ωc
ωc
ωc
mωC2
mωC