KU 0219 pozycja wydawnictw naukowych Akademii Górniczo...

BG AGH

KU 0219 pozycja wydawnictw naukowychAkademii Górniczo-Hutniczej im. Stanisława Staszica w Krakowie

c© Wydawnictwa AGH, Kraków 2006ISBN 83-7464-066-9

Komitet Naukowy UWND AGH:Kazimierz Jeleń (przewodniczący)Edward FraśTadeusz SawikRyszard UbermanAdam Paweł WojdaMariusz Ziółko

Recenzenci: doc. dr hab. Jerzy Hubert, Instytut Fizyki Jądrowej, PAN, Kraków

prof. dr hab. Andrzej Maksymowicz, Wydział Fizyki i Informatyki Stosowanej AGH

Druk z materiałów dostarczonych przez Autorów

Redakcja Uczelnianych Wydawnictw Naukowo-Dydaktycznych AGHal.Mickiewicza 30, 30-059 Krakówtel. 012 617-32-38, tel./fax 012 636-40-38e-mail: [email protected]

BG AGH

Spis treści

Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . v

Przedmowa do wydania elektronicznego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vii

1 Funkcje gamma i beta Eulera 1

2 Metoda Frobeniusa 21

3 Zagadnienie Sturma–Liouville’a 65

4 Legendre, Bessel i trochę fizyki 111

5 Transformaty i równania całkowe; funkcje Greena 171

iii

BG AGH

BG AGH

Przedmowa

Fizyka jest nauką, której piękno można postrzegać na wiele sposobów. Niektórzy z jejmiłośników wolą obrazy związane z eksperymentem fizycznym, niektórzy preferująsam język fizyki – rygorystyczny, przejrzysty i konsekwentny. Są też i tacy, którzytreści fizyczne „widzą” lepiej w zapisie par excellence formalnym – do nich przema-wiają równania, wzory i piękno matematyki.Niniejszy podręcznik powstał na podstawie materiałów przygotowanych na ćwiczeniarachunkowe z matematycznych metod fizyki (MMF), dla studentów III roku kierunkufizyka techniczna na Wydziale Fizyki i Informatyki Stosowanej AGH. Naszą ambi-cją było umieszczenie w tym podręczniku typowych problemów, które – jak wynikaz naszej długoletniej praktyki dydaktycznej – dobrze ilustrują treści samego wykła-du. Wśród tych problemów dużo zadań jest bezpośrednio związanych z fizyką. Tooczywiste, przecież są to problemy matematycznych metod fizyki. W tym kontekściemożna traktować Rozwiązane problemy jako swoistą apologię poniesionych trudów nawykładach z matematyki, czy też bardziej ukierunkowanego MMF-u.Rola tego podręcznika wydaje się autorom dość oczywista. Po pierwsze, jego lekturapowinna wzbogacić materiał przedstawiony w podręczniku „Wybrane rozdziały ma-tematycznych metod fizyki” (autor A.L.), albo podczas wykładu tego przedmiotu. Podrugie, prezentowane rozwiązania mają na celu nauczyć rzeczy trudniejszych – sfor-mułowania problemu i generalnej taktyki, gwarantującej końcowy sukces. Po trzecie– ułatwić Czytelnikom zdobycie sprawności rachunkowej. Te ułatwienia odnoszą sięw pierwszym rzędzie do umiejętności „technicznych”, gdyż Rozwiązane problemy za-wierają kompletne procedury rachunkowe, łącznie z detalami (np. całkowanie, liczenieresiduów), jakich trzeba użyć przy rozwiązywaniu zadania.Zapewne większość nauczycieli, w tym również i autorzy tego podręcznika, stawia so-bie pytanie: czy rozwiązany problem jest właściwym materiałem dydaktycznym i czytakie ułatwienie nie wpływa ujemnie na samodzielność i kreatywność uczącego sięprzedmiotu. Naszym zdaniem trudno jest znaleźć uniwersalną odpowiedź, ale w tymkonkretnym przypadku mamy świadomość, że materiał prezentowany na wykładachMMF-u jest obszerny i – przynajmniej partiami – dość trudny. Towarzyszące wykła-dowi ćwiczenia zmuszają studentów do solidnej pracy. Z jednej strony wymagają bie-głości matematycznej, a z drugiej strony wiedzy fizycznej nabytej w trakcie kolejnychlat studiów. Jeżeli student prześledzi – dokładnie i ze zrozumieniem – zamieszczonetu rozwiązania zadań, to z pewnością przyjdzie mu znacznie łatwiej rozwiązać kolejneproblemy, a być może wskaże inną metodę postępowania niż przedstawiona tutaj.Naszym zdaniem – jako nauczycieli – to będzie największym sukcesem tego podręcz-nika. Bogactwo matematyki i fizyki gwarantuje, że zawsze znajdzie się dowolna liczba„nowych” zadań i problemów, często luźno tylko powiązanych ze schematami pre-zentowanymi tutaj. Te nowe zadania powinny być już łatwiejsze do rozwiązania dlaCzytelników tego podręcznika

v

BG AGH

Autorom trudno byłoby stwierdzić, że ich dzieło jest w pełni oryginalne. Wręcz prze-ciwnie – dużą część zamieszczonych tutaj problemów można znaleźć w licznych pod-ręcznikach matematyki, fizyki teoretycznej i matematycznej, a czasami w bardziejwyspecjalizowanych publikacjach. Należy wspomnieć także o internecie, gdzie moż-na znaleźć szereg podobnych problemów wraz z pełnymi rozwiązaniami. To ostatnieźródło, choć wydaje się nieograniczoną kopalnią wiedzy, to jednak wymaga pewnejostrożności ze strony młodego Czytelnika. Prezentowana książka stanowi więc swoistąkompilację – z bardzo wielu źródeł, z którymi mieliśmy do czynienia w przeciągu kilkulub kilkunastu lat. Ich liczba, czyni mało celowym podawanie pełnego spisu referencji,tym bardziej, że każde zadanie ma swojego autora i pominięcie kogokolwiek byłobywielkim nietaktem z naszej strony.Tak jak już wspomnieliśmy, Rozwiązane problemy są zbiorem zadań dopełniającymdrugie wydanie podręcznika „Wybrane rozdziały matematycznych metod fizyki”, wy-danego przez Uczelniane Wydawnictwa Naukowo-Dydaktyczne AGH, w roku 2004.Wszystkie odnośniki: do rysunków, wzorów czy też do konkretnych (pod)punktówz „Wybranych rozdziałów. . . ”dotyczą właśnie tego wydania. W szczególności, odwo-łanie się do wzorów z „Wybranych rozdziałów. . . ”następuje poprzez podanie w na-wiasie klamrowym: numeru rozdziału i numeru wzoru po kropce, tzn. wzór (4.12)zamieszczony w „Wybranych rozdziałach. . . ” będzie pojawiał się w „Rozwiązanychproblemach” jako wzór 4.12. Często jednak, taki wzór będzie „powielony” jakokolejny wzór, występujący w danym problemie i posiadający swój „nowy” numer.Zadania dotyczące konkretnych partii materiału są pogrupowane w rozdziały. Nawstępie każdego rozdziału zamieszczamy krótką charakterystykę jego treści, którapowinna pomóc w odszukaniu konkretnego zagadnienia.

Na zakończenie tej przedmowy chcielibyśmy podać odnośniki do dwóch książek, któ-re będą niewątpliwie pomocne w dalszych studiach nad metodami matematycznymifizyki, dla naszych ulubionych – Dociekliwych i Pilnych – Czytelników. Są to:

1. G.B. Arfken, H.J. Weber, Mathematical Method for Physicists, Academic Press,International Edition 1995.

2. F.W. Byron, R.W. Fuller, Matematyka w fizyce klasycznej i mechanice kwan-towej, Państwowe Wydawnictwa Naukowe, Warszawa 1975.

Zdajemy sobie sprawę z tego, że trudno jest przygotować „matematyczny” tekst bezpomyłek, ale mamy nadzieję, że jest ich niewiele. Będziemy wdzięczni Czytelnikomza nadsyłanie nam wszelkich spostrzeżeń, uwag i sugestii.

Autorzy

Kraków, Marzec 2006

vi

BG AGH

Przedmowa do wydania elektronicznego

Prezentowane wydanie elektroniczne jest „wierną kopią” książki z jednym wyjątkiem.Nasi Ulubieni Dociekliwi Czytelnicy (studenci naszego Wydziału) wypatrzyli błądw obliczaniu stałej normalizacyjnej wielomianów Laguerre’a (problemy 3.16 i 3.18).Ten (przynajmniej) błąd został usunięty! Czekamy na dalsze uwagi – i z góry za niedziękujemy. Najprościej: (ftp:// mailto:[email protected])W wersji elektronicznej skorzystaliśmy z możliwości „nawigacji” (pomiędzy wzoramii rysunkami). Kliknięcie (lewy klawisz myszki) na numer wzoru (rysunku) przenosiczytelnika do danego wzoru (rysunku); użycie prawego klawisza umożliwia otwarciedanego fragmentu tekstu w nowym oknie.

Autorzy

Kraków, grudzień 2008

vii

mailto:[email protected]

BG AGH

viii

BG AGH

Rozdział 1

Funkcje gamma i beta Eulera

Czy funkcja gamma Eulera i jej „bliska krewna” funkcja beta Eulera są rzeczywi-ście tak „ważne”, aby poświęcać im osobny rozdział? Naszym zdaniem tak. Ma tozwiązek głównie z nabyciem umiejętności operowania symbolami silni (dla liczb cał-kowitych i połówkowych), tak często pojawiających się w rachunkach. Na przykład,w następnym rozdziale, przy konstrukcji wzorów rekurencyjnych dla współczynni-ków szeregów Frobeniusa, a także w metodzie wariacji parametru λ, stosowanej dlakonstrukcji drugiego rozwiązania. Funkcje gamma występują także w rozlicznych pro-blemach rozdziału czwartego – zwłaszcza tych, poświęconych funkcjom Bessela.

Pierwszy problem tego rozdziału to wykazanie ekwiwalencji wzorów – na pierwszyrzut oka mocno od siebie odległych – definicyjnych gammy. Drugi problem to tzw.iloczyn Wallisa – uczy on wspomnianej biegłości w operowaniu silniami, ale stanowipotem istotny element w wykazaniu wzoru Stirlinga (problemy 1.5 i 1.6), z któregoczęsto przychodzi korzystać.

Problemy trzeci i czwarty to dość standardowe rachunki, chociaż problem czwartypozwala jeszcze raz uzyskać „ważną” relację, jaką spełnia funkcja Eulera drugiegorodzaju (funkcja beta). Wreszcie ostatni problem – 1.7 – to dość żmudne rachunki,które pozwalają nam spojrzeć nieco inaczej na poczciwą funkcję logarytmiczną, którazresztą jest mocno obecna w całym tym rozdziale.

1

BG AGH

2 Gamma i Beta Eulera

PROBLEM 1.1

Wykaż równoważność definicji funkcji gamma

Γ(z) =1z

∞∏k=1

(1 +

1k

)z(

1 +z

k

) 1.133

oraz

1Γ(z)

=z

Γ(1 + z)= z eγz

∞∏k=1

(1 +

z

k

)e−z/k. 1.124

Wzory 1.133 i 1.124 to tzw. definicje iloczynowe funkcji gamma. Pierwsza z nichbyła używana przez Leonharda Eulera, druga pochodzi od Karla Weierstrassa.

Zacznijmy od przekształcenia wzoru 1.133 do postaci bardziej „czytelnej” (n→ k)

Γ(z) =1z

limm→∞

m∏k=1

(k + 1k

)z1 +

z

k

=1z

limm→∞

[21· 3

2· . . . · m

m− 1· m+ 1

m

]z m∏k=1

1

1 +z

k

=1z

limm→∞

[m+ 1]zm∏k=1

1

1 +z

k

=1z

limm→∞

ez ln[m+1]m∏k=1

1

1 +z

k

, (1.1.1)

a jeżeli tak to1

Γ(z)= z lim

m→∞e−z ln[m+1]

m∏k=1

(1 +

z

k

)(1.1.2)

— otrzymujemy postać, która już nie jest zbyt odległa od postaci 1.124 (por. także1.112 i 1.119):

1Γ(z)

=z

Γ(1 + z)= zeγz

∞∏k=1

(1 +

z

k

)e−z/k. (1.1.3)

BG AGH

Gamma i Beta Eulera 3

Porównanie dwóch ostatnich wzorów uzmysławia nam, że „potrzebna” jest stałaEulera–Mascheroniego – wzór 1.115

γ = limm→∞

(m∑k=1

1k− lnm

)= lim

m→∞(Hm − lnm), (1.1.4)

gdzie Hm jest m-tą liczbą harmoniczną1.

Część czynnika eγz wzoru (1.1.3), a konkretnie – e−z ln[m+1] – mamy już w wykład-niku eksponenty w (1.1.2); aby uzyskać go w całości, przedstawmy jedynkę w niecowyszukanej postaci

1 = limm→∞

ez/(m+1) = limm→∞

e(1+ 12+...+ 1m

+ 1m+1−1− 12−...−

1m)z

= limm→∞

e(1+ 12+...+ 1m

+ 1m+1)z

m∏k=1

e−z/k = limm→∞

e(Hm+1)zm∏k=1

e−z/k. (1.1.5)

Wymnażając przez siebie odpowiednio prawe i lewe strony równań (1.1.2) i (1.1.5)otrzymujemy

1Γ(z)

= z limm→∞

e(Hm+1−ln[m+1])z

m∏k=1

(1 +

z

k

) m∏k=1

e−z/k.

Pozostaje już tylko dokonać przejścia granicznego, które sprowadza – zgodnie z (1.1.4)– wykładnik funkcji e do iloczynu zγ, a górne granice iloczynów (m) stają się równe∞. Tak więc otrzymujemy żądany wynik – wzór 1.124

1Γ(z)

=z

Γ(1 + z)= zeγz

∞∏k=1

(1 +

z

k

)e−z/k. (1.1.6)

1Por. podrozdział 1.5 „Wybranych rozdziałów. . . ”, a takżehttp:// www.ftj.agh.edu.pl/∼lenda/cicer/harm.htm.

BG AGH


PROBLEM 1.2

Udowodnij relacje:

∫ π/20

sin2n−1 θ dθ =(n− 1)! 2n−1

(2n− 1)!!, (1.2.1)

∫ π/20

sin2n θ dθ =(2n− 1)!!

2n n!π

2, (1.2.2)

∫ π/20

sin2n+1 θ dθ =2n n!

(2n+ 1)!!. (1.2.3)

W oparciu o te relacje wykaż, że

π

2=∞∏n=1

4n2

4n2 − 1≡∞∏n=1

(2n)2

(2n− 1)(2n+ 1)

=2 · 21 · 3

· 4 · 43 · 5

· 6 · 65 · 7

· . . .

(Jest to tzw. iloczyn Wallisa.)

Te trzy relacje mają związek z podstawowym wzorem definiującym funkcję Euleradrugiego rodzaju, B(p, q), jako całkę względem argumentu θ, zmieniającego się od 0do π/2, z iloczynu odpowiednich potęg sinusa i kosinusa (wzór 1.149):

B(p, q) = 2∫ π/2

0cos2p−1 θ sin2q−1 θ dθ, 1.149

a także z wzorami 1.129,1.130, podającymi wartości funkcji gamma dla „połówko-wych” wartości argumentów

Γ(n+

12

)=

(2n− 1)(2n− 3) . . . (3)(1)√π

2n≡ (2n− 1)!!

√π

2n, 1.129

Γ(n− 1

2

)=

(2n− 3)(2n− 5) . . . (3)(1)√π

2n−1 ≡ (2n− 3)!!√π

2n−1 . 1.130

Wystarczy tylko odpowiednio zidentyfikować wartości p i q w równaniach (1.2.1)—(1.2.3). I tak:

BG AGH


1) wzór 1.2.1;

2p− 1 = 0 → p =12,

2q − 1 = 2n− 1 → q = n.

Korzystając z 1.149, a następnie z podstawowego wzoru 1.148 wyrażającegoB(p, q) poprzez funkcje Γ, mamy∫ π/2

0sin2n−1 θ dθ =

12B

(12, n

)=

12

Γ(1/2)Γ(n)Γ(n+ 1/2)

=12

(n− 1)!√π

Γ(n+ 1/2). (1.2.4)

Po podstawieniu z 1.129 za mianownik i prostych zabiegach rachunkowych otrzy-mujemy żądany wynik.

2) wzór 1.2.2;

2p− 1 = 0 → p =12,

2q − 1 = 2n → q = n+12.

Analogicznie jak w (1.2.4)∫ π/2

0sin2n θ dθ =

12B

(12, n+

12

)=

12

Γ(1/2)Γ(n+ 1/2)Γ(n+ 1)

=12

Γ(n+ 1/2)√π

n!. (1.2.5)

Tym razem podstawiamy z 1.129 za Γ(n + 1/2) w liczniku – prosta algebra dajeżądany wynik.

3) wzór 1.2.3;

2p− 1 = 0 → p =12,

2q − 1 = 2n+ 1 → q = n+ 1.

Mamy ∫ π/2

0sin2n+1 θ dθ =

12B

(12, n+ 1

)=

12

Γ(1/2)Γ(n+ 1)Γ(n+ 3/2)

=12

n!√π

Γ(n+ 1 + 1/2). (1.2.6)

Pozostaje tylko wyrazić mianownik ostatniego wyrazu z wzoru 1.129

Γ(n+

32

)=

(2n+ 1)!!√π

2n+1

aby otrzymać żądaną równość (1.2.3).

BG AGH


Dysponując tymi trzema równościami wykazanie wzoru Wallisa jest proste. Punktemwyjścia jest ewidentna nierówność, którą spełniają w pierwszej ćwiartce potęgi sinusa

sin2n−1 θ sin2n θ sin2n+1 θ; 0 ¬ θ ¬ π/2. (1.2.7)

(Moglibyśmy użyć znaków silnej nierówności w przedziale otwartym – z równościąmamy tylko do czynienia na krańcach przedziału.) Ze względu na nieujemność sinusaw tym przedziale mamy też∫ π/2

0sin2n−1 θ dθ

∫ π/2

0sin2n θ dθ

∫ π/2

0sin2n+1 θ; 0 ¬ θ ¬ π/2; (1.2.8)

co daje – po skorzystaniu z wykazanych właśnie równości (1.2.1), (1.2.2) i (1.2.3) –

(n− 1)! 2n−1

(2n− 1)!! (2n− 1)!!

2n n!π

2 2n n!

(2n+ 1)!!, (1.2.9)

albo – in extenso –

2 · 4 · . . . · (2n− 2)1 · 3 · . . . · (2n− 1)

1 · 3 · . . . · (2n− 1)2 · 4 · . . . · (2n− 2)(2n)

π

2

2 · 4 · . . . · (2n)1 · 3 · . . . · (2n− 1)(2n+ 1)

. (1.2.10)

Wystarczy podzielić teraz każdy z trzech członów tej nierówności przez ostatni; mamy

2n+ 12n

[1 · 1][3 · 3] . . . [(2n− 1)(2n− 1)](2n+ 1)[2 · 2][4 · 4] . . . [(2n)(2n)]

π

2 1 (1.2.11)

i przejść z n do nieskończoności. Lewy człon nierówności (1.2.11) staje się wówczasjednością; prawy jest nią cały czas – a więc i środkowy człon musi być równy 1

[1 · 1][3 · 3] . . . [(2n− 1)(2n− 1)](2n+ 1)[2 · 2][4 · 4] . . . [(2n)(2n)]

π

2→ 1, dla n→∞ (1.2.12)

i konsekwentnie

π

2= lim

n→∞[2 · 2][4 · 4] . . . [(2n)(2n)]

[1 · 1][3 · 3] . . . [(2n− 1)(2n− 1)](2n+ 1), (1.2.13)

co należało wykazać.

BG AGH


PROBLEM 1.3

Wykaż, że

B(x+ 1, y) +B(x, y + 1) = B(x, y) (1.3.1)

Wykorzystujemy podstawowy związek między funkcjami Eulera (por. „Wybrane roz-działy. . . ”, wzór 1.148)

B(p, q) =Γ(p)Γ(q)Γ(p+ q)

, (1.3.2)

a także – jeszcze bardziej podstawową własność funkcji gamma – wzór 1.119:Γ(x+ 1) = xΓ(x). Mamy

B(x+ 1, y) + B(x, y + 1) =Γ(x+ 1)Γ(y)Γ(x+ y + 1)

+Γ(x)Γ(y + 1)Γ(x+ y + 1)

=xΓ(x)Γ(y)

(x+ y)Γ(x+ y)+

Γ(x)yΓ(y)(x+ y)Γ(x+ y)

=[

x

x+ y+

y

x+ y

]Γ(x)Γ(y)Γ(x+ y)

=Γ(x)Γ(y)Γ(x+ y)

= B(x, y).

BG AGH


PROBLEM 1.4

Wykaż, że

B(p, q) =∫ ∞

0

up−1

(u+ 1)p+qdu, (1.4.1)

i zastosuj ten wzór do udowodnienia własności 1.127

B(p, 1− p) =π

sin πpdla 0 < p < 1. (1.4.2)

Prześledźmy sekwencję wzorów 1.149 – 1.151 z pierwszego rozdziału „Wybranychrozdziałów. . . ”. Pierwszy z nich został uzyskany ab initio

B(p, q) = 2∫ π/2

0cos2p−1 θ sin2q−1 θ dθ. (1.4.3)

Jeżeli podstawić t = cos2 θ; dt = −2 cos θ sin θdθ [θ = 0 → t = 1; θ = π/2 → t = 0],to parzyste potęgi funkcji trygonometrycznych przybierają przyjazną postać i wzór(1.4.3) przechodzi w 1.150

B(p, q) =∫ 0

π/2cos2(p−1) θ sin2(q−1) θ(−2 cos θ sin θ)dθ

=∫ 1

0tp−1(1− t)q−1dt. (1.4.4)

Kładąc w nim t = u/(u+ 1), mamy

dt =du

(u+ 1)2 , 1− t = 1− u

u+ 1=

1u+ 1

.

Granicy t = 0 odpowiada u = 0; granicy t = 1 odpowiada u = ∞. Całka w (1.4.4)przekształca się w

B(p, q) =∫ 1

0

(u

u+ 1

)p−1 ( 1u+ 1

)q−1 du

(u+ 1)2 =∫ ∞

0

up−1

(u+ 1)p+qdu. (1.4.5)

Pierwsza część problemu została wykazana.

BG AGH


Rysunek 1.4.1: Γ – kontur całkowania dla całki (1.4.8)

Jeżeli teraz q = 1− p; 0 < p, q < 1 to (1.4.5) przybiera postać

B(p, 1− p) =∫ ∞

0

up−1

(u+ 1)du. (1.4.6)

Nieskończoność – górna granica całkowania – sugeruje, że powinniśmy zapewne uciecsię do liczenia całki metodą residuów – ale funkcja podcałkowa nie jest funkcją parzy-stą, co ewentualnie pozwoliłoby „rozciągnąć” przedział całkowania na całą oś rzeczy-wistą. Można jednak stworzyć taki „obustronnie nieskończony” przedział przez prostepodstawienie: u = ex; du = exdx. Całka (1.4.6) zmienia się w

B(p, 1− p) =∫ ∞−∞

epx

(1 + ex)dx. (1.4.7)

Funkcję podcałkową przedłużamy analitycznie na górną półpłaszczyznę zespolonąi rozważamy całkę ∮

Γ

epz

(1 + ez)dz, (1.4.8)

po konturze Γ jak na rysunku 1.4.1: jest to prostokąt o wierzchołkach w punktachz = ±R oraz z = ±R + 2πi. Funkcja podcałkowa ma wewnątrz tego konturu jednątylko osobliwość – biegun pierwszego rzędu z = iπ z residuum równym

epz

(1 + ez)′

∣∣∣∣z=iπ

=epz

ez

∣∣∣∣z=iπ

= −eiπp,

a więc ∮Γ

epz

(1 + ez)dz = 2πi(−eiπp). (1.4.9)

Całkę konturową rozbijamy na cztery całki: pierwsza z nich odpowiada tej częścikonturu, która leży na osi rzeczywistej, pomiędzy z = −R i z = R; jej postać to∫ R

−R

epx

(1 + ex)dx.

BG AGH


Druga i czwarta całka to całki wzdłuż pionowych części konturu, równoległych do osi0y, w punkcie z = R (druga) i z = −R (czwarta); wreszcie trzecia to całka wzdłużodcinka równoległego do osi rzeczywistej, pomiędzy z = R+ i2π i z = −R+ i2π. Natej ostatniej części konturu z = x+ i2π; dz = dx, a więc przyczynek od tej całki docałki (1.4.8) ma postać∫ −R

R

epxei2πp

1 + exei2πdx = −ei2πp

∫ R

−R

epx

1 + exdx.

Przechodzimy z R do nieskończoności – łatwo jest wykazać, że obie całki po pionowychczęściach konturu dążą wówczas do zera; natomiast pierwsza i trzecia „składają się”na sumę (

1− ei2πp) ∫ ∞−∞

epx

1 + exdx = −2πieiπp, (1.4.10)

a jeżeli tak, to – por. wzór (1.4.7) –

B(p, 1− p) =−2πieiπp

1− ei2πp= π

−2ie−iπp − eiπp

=π

sinπp, (1.4.11)

tak jak należało wykazać.

BG AGH


PROBLEM 1.5

Wykaż, że dla dużych n

n! ≈(n

e

)n√n · C , gdzie C =

√2π. (1.5.1)

Jest to tzw. wzór de Moivre’a–Stirlinga.

Wzór (1.5.1) nazywa się zwykle wzorem Stirlinga, ale warto wiedzieć, że pierwszą jegoczęść – wykazanie, że dla dużych wartości n mamy n! ≈ (n/e)n

√n · C – zawdzięczamy

de Moivre’owi, francuskiemu hugonotowi, który spędził większość swego życia w Lon-dynie. De Moivre ma w gruncie rzeczy sporego pecha, fundamentalny wzór z algebryliczb zespolonych

eiz = cos z + i sin z

nazywa się częściej wzorem Eulera, niż wzorem Eulera–de Moivre’a, mimo że pojawiłsię pierwszy raz w literaturze matematycznej w 1708 roku, kiedy mały Leonard Eulermiał . . . roczek. Z kolei wzór (1.5.1) pojawił się – bez określenia wartości stałej C –w pierwszym wydaniu dzieła de Moivre’a „Doctrine of chances”. W drugim wydaniutego dzieła (A.D. 1738) de Moivre z satysfakcją donosi: (. . . ) zrezygnowałem jużz dalszego poszukiwania wartości tej stałej, ale na szczęście mój dobry przyjaciel,p. Stirling, potrafił przepięknie wykazać, że jest ona równa

√2π (. . . ). Niestety, dobre

obyczaje w nauce nie zostały właściwie uhonorowane – dzisiaj niewielu matematykówpamięta nazwisko de Moivre’a, a wzór nosi nazwę wzoru Stirlinga.Aby wykazać pierwszą część tezy warto przyglądnąć się nie samej silni, ale jej loga-rytmowi

ln n! = ln (1 · 2 · . . . · n) = ln 2 + ln 3 + . . .+ ln n

i zauważyć, że jest on ograniczony „od dołu”

ln n! >∫ n

1lnx dx (1.5.2)

i „od góry”

ln n! <∫ n+1

1lnx dx (1.5.3)

(por. rysunek 1.5.2 dla n = 5)2. Obliczając obie całki występujące w (1.5.2) i (1.5.3),

2Taka konfrontacja: pole podwykresu funkcji — pole histogramu (słupki o jednostkowych podsta-wach) jest analogiczna do sposobu, którego używamy, aby wykazać, że n-ta liczba harmoniczna, Hn,jest ograniczona: ln n < Hn < ln n+ 1 – por. (http://www.ftj.agh.edu.pl/∼lenda/cicer/harm.htm).

BG AGH


ln 5! >∫ 5

1lnx dx. ln 5! <

∫ 6

1lnx dx.

Rysunek 1.5.2: Do wykazania wzorów: ln n! >∫ n

1lnx dx oraz ln n! <

∫ n+1

1lnx dx

dostajemy [x lnx− x

]x=n

x=1< ln n! <

[x lnx− x

]x=n+1

x=1, (1.5.4)

albon lnn− n+ 1 < lnn! < (n+ 1) ln(n+ 1)− n. (1.5.5)

Występujący po prawej strony wyraz możemy przekształcić do postaci

(n+ 1) ln(n+ 1) = (n+ 1) ln[n

(1 +

1n

)]= (n+ 1)

[lnn+ ln

(1 +

1n

)]= n lnn+ lnn+ ln

(1 +

1n

)n+ ln

(1 +

1n

).

Jeżeli wreszcie uwzględnimy fakt, że interesuje nas zachowanie się silni dla bardzodużych wartości argumentu, to poszczególne składniki powyższego wzoru wyglądająznacznie prościej. Dla n→∞ (

1 +1n

)n→ e,

ln(

1 +1n

)n→ ln e = 1,

ln(

1 +1n

)→ ln 1 = 0.

BG AGH


Uwzględniając powyższe równania, możemy zapisać – dla n→∞ – nierówność (1.5.5)jako

n lnn− n+ 1 < lnn! < n lnn− n+ lnn+ 1, (1.5.6)

albo – odejmując od wszystkich trzech członów pierwszy

0 < lnn!− n lnn+ n− 1 < lnn. (1.5.7)

Ostatnie uproszczenie: dla dużych n mamy n− 1 ≈ n, a więc

0 < lnn!− n lnn+ n < lnn. (1.5.8)

Wynika stąd, że różnica lnn!− (n lnn−n) zawarta jest w przedziale pomiędzy zerema lnn. Biorąc połowę tego przedziału moglibyśmy przedstawić tę różnicę jako

lnn!− (n lnn− n) =12

lnn, (1.5.9)

ale ponieważ czynnik 1/2 nie jest „pewny”3 możemy – bardziej ogólnie – zapisać

lnn! = (n lnn− n) +12

lnn+ ln C , (1.5.10)

gdzie C jest dowolną, nieujemną stałą. Wówczas

lnn! = n lnn− ln en + ln√n+ ln C , (1.5.11)

i – pozbywając się logarytmów – mamy

n! =nn√n

enC , (1.5.12)

co kończy pierwszą część zadania.

3Czynnik ten wprowadzamy kierując się „pragmatyką”” — chcemy przecież uzyskać wykładnikpotęgowy równy 1/2 w końcowym wzorze!

BG AGH


Aby rozwiązać drugą część problemu, zauważmy, że wzór (1.5.12) powinniśmy raczejzapisać w postaci

n! =nn√n

enCn albo Cn =

n!en

nn+1/2 , (1.5.13)

aby podkreślić, że nasza stała mogłaby zależeć od wartości n. Będziemy starali się te-mu zaprzeczyć. Niewątpliwie, w tym wzorze „nieporęczna” jest funkcja wykładnicza.Spróbujmy ją wyeliminować, rozważając dwie stałe

(Cn)2 ≡ (n!)2e2n

n2n+1 oraz C2n ≡(2n!)e2n

(2n)2n+1/2 .

Ich stosunek to

(Cn)2

C2n=

(n!)2e2n

n2n+1(2n)2n+1/2

(2n!)e2n =(1 · 2 · . . . · n)2(2n)2

1 · 2 · 3 · . . . · (2n− 1) · (2n)

√2nn

=[2 · 4 · . . . (2n− 2) · (2n)]2

1 · 2 · 3 · . . . · (2n− 1) · (2n)

√2nn

=2 · 4 · . . . · (2n)

(2n− 1)!!

√2nn

. (1.5.14)

Uzyskany wynik (dla n→∞) przypomina nam iloczyn Wallisa, rozpatrywany w pro-blemie 1.2:

π

2= lim

n→∞[2 · 2][4 · 4] . . . [(2n)(2n)]

[1 · 1][3 · 3] . . . [(2n− 1)(2n− 1)](2n+ 1)

≡ limn→∞

[2 · 4 · . . . · (2n)

(2n− 1)!!

]2 12n+ 1

. (1.5.15)

Bierzemy pierwiastek z obu stron tego równania i dostajemy

√π

2= lim

n→∞

[2 · 4 · . . . · (2n)

(2n− 1)!!

]√1

2n+ 1. (1.5.16)

Zestawiając razem równania (1.5.14) i (1.5.15)

limn→∞

(Cn)2

C2n= lim

n→∞2 · 4 · . . . · (2n)

(2n− 1)!!

√2nn√

π

2= lim

n→∞

[2 · 4 · . . . · (2n)

(2n− 1)!!

]1√

2n+ 1

i dzieląc je stronami mamy

limn→∞

(Cn)2

C2n=√π

2limn→∞

√2n+ 1

√2n

n. (1.5.17)

BG AGH


Ostatnia granica

limn→∞

√2n+ 1

√2n

n= 2

i dostajemy

limn→∞

(Cn)2

C2n=√

2π. (1.5.18)

Wykazaliśmy, że granica stosunku: kwadratu stałej – (Cn)2 – i stałej C obliczonej dlapodwojonego wskaźnika (C2n) jest rzeczywiście stałą liczbą, równą

√2π. Pozostaje

wykazać, że ten stosunek to sama stała C . Mamy

limn→∞

(Cn)2

C2n=

limn→∞

Cn · limn→∞

Cnlimn→∞

C2n

= . . . limn→∞

Cn = limn→∞

C2n . . .

= limn→∞

Cn =√

2π ≡ C

i możemy – zupełnie jak Stirling – stwierdzić, że

limn→∞

Cn ≡ C =√

2π, (1.5.19)

a w takim razie wzór (1.5.12) przybiera postać

n! =(n

e

)n√2π n. (1.5.20)

BG AGH


PROBLEM 1.6

Oblicz granicę

limn→∞

(n!)1/n

n, (1.6.1)

korzystając z wzoru de Moivre’a–Stirlinga.

To chyba dobra okazja, aby przypomnieć sobie, ile wynosi granica

N ≡ limn→∞

(n)1/n. (1.6.2)

Intuicja, poparta prostymi eksperymentami (wystarczy kieszonkowy kalkulator), mó-wi nam, że wynik wielokrotnej operacji wyciągania pierwiastka z dowolnie dużej liczbyzmierza do jedności, ale wypada to sprawdzić. Kładąc

(n)1/n ≡ x; lnx =1n

lnn (1.6.3)

mamy

limn→∞

lnx = limn→∞

lnnn

= limn→∞

1n

= 0, (1.6.4)

gdzie przy obliczaniu granicy zastosowaliśmy regułę de l’Hospitala.Jeżeli więc limn→∞ lnx = 0, to limn→∞ x = 1 i nasza intuicja rzeczywiście nie zawio-dła – N ≡ limn→∞(n)1/n = 1.Jeżeli już to wiemy, to reszta jest równie, albo jeszcze bardziej prosta. Podstawiającdo (1.6.1) z wzoru de Moivre’a–Stirlinga, mamy

limn→∞

(n!)1/n

n= lim

n→∞1n

[(n

e

)n√2πn

]1/n

= limn→∞

[1n

n

e(2πn)1/2n

]=

1e

limn→∞

π1/2n · limn→∞

(2n)1/2n.

Ostatnia granica jest równa jedności [por. (1.6.2); pierwiastek n-ego stopnia z każdejstałej też dąży do jedności przy n→∞ (może warto to samemu sprawdzić?), a więc

limn→∞

(n!)1/n

n=

1e.

BG AGH


PROBLEM 1.7

Wykaż, że

lnx =∫ ∞0

e−t − e−xt

tdt ≡ I , (1.7.1)

a następnie korzystając z tej równości orazz definicji całkowej gammy Eulera, oblicz Γ′(1).

Występująca w temacie całka I jest niewątpliwie funkcją zmiennej x — I = I(x); cowięcej, widzimy, że I(1) = 0. Próby rozbicia całki (niewłaściwej!!) na różnicę dwóchskończą się fiaskiem – obie całki okazują się być rozbieżne. Spróbujmy obliczyć po-chodną całki za pomocą wzoru Leibniza (wzór 2.143 „Wybranych rozdziałów. . . ”)

dIdx

=∫ ∞

0

∂

∂x

(e−t − e−xt

t

)dt =

∫ ∞0

te−xt

tdt =

∫ ∞0

e−xtdt

=∫ ∞

0

1xe−xt d(xt) = xt = u =

1x

∫ ∞0

e−udu =1x.

Możemy więc zapisać

I(x) =∫ x 1

x′dx′ = lnx+ C , (1.7.2)

gdzie z warunku I(1) = 0 mamy C = 0.Wzór (1.7.1) może rzeczywiście być reprezentacją całkową funkcji logarytmicznej.

Policzenie pochodnej funkcji gamma, to skorzystanie znowu z wzoru Leibniza, zasto-sowanego tym razem do definicji całkowej funkcji gamma

dΓdx

=∫ ∞

0e−t

∂

∂xtx−1dt =

∫ ∞0

e−ttx−1 ln t dt. (1.7.3)

Dla x = 1

Γ′(1) =∫ ∞

0e−t ln t dt. (1.7.4)

Mimo że całka w (1.7.4) nie wygląda groźnie, próby jej obliczenia mogą być dośćfrustrujące. Dość nieoczekiwanie sprzymierzeńcem okazuje się właśnie wzór (1.7.1);w funkcji podcałkowej podstawiamy

ln t =∫ ∞

0

e−u − e−tu

udu.

BG AGH


Wzór (1.7.4) przybiera postać

Γ′(1) =∫ ∞

0e−t

[∫ ∞0

e−u − e−tu

udu

]dt, (1.7.5)

albo – po zmianie porządku całkowania

Γ′(1) =∫ ∞

0

[e−u

∫ ∞0

e−t dt−∫ ∞

0e−(1+u)t dt

]du

u. (1.7.6)

Pierwsza z „wewnętrznych” całek nie przedstawia żadnych problemów∫ ∞0

e−t dt =∫ ∞

0e−tt1−1 dt = Γ(1) = 1;

druga też nie jest skomplikowana∫ ∞0

e−(1+u)t dt =1

u+ 1

∫ ∞0

e−(1+u)t d[t(u+ 1)] =1

u+ 1Γ(1) =

1u+ 1

.

Mamy więc – z równania (1.7.6)

Γ′(1) =∫ ∞

0

[e−u − 1

u+ 1

]du

u. (1.7.7)

Zanim przystąpimy do obliczeń, warto zweryfikować zachowanie się funkcji podcał-kowej dla zmiennej u zmierzającej do nieskończoności i do zera. W nieskończonościfunkcja podcałkowa zmierza – i to całkiem raźnie – do zera; natomiast dla u → 0można pokazać, że

limn→0

e−u

u− 1u

1u+ 1

= 0.

A jeżeli tak, to wartość całki (1.7.7) jest z pewnością skończona!Całka we wzorze (1.7.7) jest niewłaściwa; zapiszmy ją jako

Γ′(1) = limG→∞g→0

∫ G

ge−u

[1− 1

u+ 1

]du

u. (1.7.8)

Ponieważ mamy do czynienia z funkcją gamma będącą uogólnieniem silni, „marszdo nieskończoności” możemy wyobrazić sobie nieco oryginalniej, zastępując G (do-wolna w zasadzie liczba) przez n (liczba całkowita) – niewątpliwie w nieskończoności„skończoność” kroku n przestaje mieć jakiekolwiek znaczenia. A więc

Γ′(1) = limn→∞g→0

∫ n

ge−u

[1− 1

u+ 1

]du

u. (1.7.9)

Przekształcamy funkcję podcałkową

e−u

u− 1u

1u+ 1

=e−u

u− 1u

+1

u+ 1=e−u − 1

u+

1u+ 1

.

BG AGH


Po tych zabiegach całka (1.7.9) przyjmuje postać

Γ′(1) = limn→∞g→0

∫ n

g

[e−u − 1

u+

1u+ 1

]du. (1.7.10)

Znowu dwie całki. I znowu warto sprawdzić, że oba człony funkcji podcałkowej pozo-stają skończone, przy zmiennej całkowania zmierzającej do zera i do nieskończoności.A jeżeli tak, to możemy całkę rozbić na dwie. W pierwszej z nich korzystamy z przej-ścia granicznego limn→∞ i zamieniamy funkcje eksponencjalną wyrażeniem (słusznymprzy przejściu granicznym!)

e−u =(

1− u

n

)n.

Daje to

I1 ≡ limn→∞g→0

∫ n

g

e−u − 1u

du = limn→∞g→0

∫ n

g

(1− u

n

)n− 1

udu.

Podstawiamy

1− u

n= x;

(1− u

n

)n= xn; −du

n= dx; du = −ndx; u = n(1− x).

Nowe granice całkowania to

u→ n ⇒ x→ 0 (gg);u→ 0 ⇒ x→ 1 (GG)

i całka I1 przekształca się w

I1 = limn→∞

limGG→1gg→0

∫ GG

gg

xn − 11− x

(−dx) = − limn→∞

limGG→1gg→0

∫ gg

GG

1− xn

1− x(dx)

= − limn→∞

limGG→1gg→0

∫ GG

gg(1 + x+ x2 + . . .+ xn−1)dx.

Całkowanie jest bardzo proste

I1 = − limn→∞

[x+

12x2 +

13x3 + . . .+

1nxn]1

0

= − lim

n→∞Hn, (1.7.11)

gdzie Hn to n-ta liczba harmoniczna (por. przypis na stronie 3).Druga całka jest równie prosta

I2 ≡ limn→∞g→0

∫ n

g

1u+ 1

du = limn→∞

[ln(n+ 1) + ln(0+ + 1)] = limn→∞

ln(n+ 1),

BG AGH


gdzie przez 0+ oznaczamy wartość graniczną dolnej granicy całkowania (zero, osiągane„od prawej strony”). Tak więc ostatecznie

Γ′(1) = I1 + I2 = limn→∞

[−Hn + ln(n+ 1)] = limn→∞

[−Hn + ln(n)] = −γ. (1.7.12)

(Zamianę ln(n + 1) → ln(n) usprawiedliwia przejście graniczne; γ – stała Eulera–Mascheroniego, por. podrozdział 1.5 „Wybranych rozdziałów. . . ”.)Mając już Γ′(1) możemy obliczyć też pochodną logarytmiczną

Ψ(1) =d

dxln Γ(x)

∣∣∣∣x=1

=Γ′(x)Γ(x)

∣∣∣∣x=1

= Γ′(1) = −γ. (1.7.13)

Dla ambitnego Czytelnika: stosując metody analogiczne do tych, które pozwoliły zna-leźć wartość Γ′(1), wykaż, że

Ψ(n) =Γ′(n)Γ(n)

= −γ + 1 +12

+13

+ . . .+1

n− 1.

BG AGH

Rozdział 2

Metoda Frobeniusa(metoda szeregów Frobeniusa)

Zebrane problemy stanowią dość kompletny przegląd sytuacji, z jakimi może się spo-tkać użytkownik metody Frobeniusa. Ta ostatnia jest wprawdzie obszernie omówionaw „Wybranych rozdziałach. . . ”, ale niewątpliwie dobrze jest parę praktycznych sytu-acji prześledzić dokładnie.

Dwa pierwsze problemy dotyczą sytuacji kiedy różnica pierwiastków równania okre-ślającego nie jest liczbą całkowitą – mamy dwa, liniowo niezależne, rozwiązania w po-staci szeregów, które można (problem 2.2) czasem „zwinąć” do zwartej postaci. Dwakolejne problemy dotyczą sytuacji, kiedy różnica pierwiastków równania określającegojest liczbą całkowitą – ale metoda Frobeniusa, zastosowana z pewną dozą inteligencjidostarcza obu rozwiązań, a w dodatku w problemie 2.4 pokazujemy, jak można prze-kształcić na pierwszy rzut oka mało przyjazny szereg w zwartą funkcję.

Problem 2.5 to bardzo ważne równanie Eulera, z kolei problemy 2.6 i 2.7 dotycząjeszcze ważniejszego równania fizyki – równania Bessela. Problemy 2.8—2.12 ilustru-ją różne techniki szukania „drugiego rozwiązania” – metodę wariacji stałej i metodęwrońskianu; dodatkowo problem 2.10 pozwala nam jeszcze raz spotkać wielomianyLaguerre’a, które swoje miejsce w „niezbędniku” matematycznym fizyki zawdzięczająproblemowi atomu wodoru w mechanice kwantowej. Ta właśnie mechanika kwantowa,już dla układu złożonego (dwuatomowa cząsteczka) pojawia się w problemie 2.13 –nieco żmudne rachunki są sowicie wynagrodzone bardzo „fizycznie czytelnym” wzo-rem końcowym na poziomy energetyczne cząsteczki. W końcu problem 2.14 to teżmechanika kwantowa – rozwiązanie (przybliżone) równania Schrodingera dla poten-cjału Yukawy.

21

BG AGH

22 Metoda Frobeniusa

PROBLEM 2.1

Znajdź rozwiązanie równania

8x2y′′(x) + 10xy′(x) + (x− 1)y(x) = 0 (2.1.1)

w okolicy punktu x = 0.

Pierwsza czynność to określenie charakteru punktu, wokół którego szukamy rozwią-zania równania. Dlatego dzielimy obie strony równania przez 8x2, aby sprowadzić godo postaci kanonicznej (por. podrozdział 2.1 „Wybranych rozdziałów . . . ”). Współ-czynniki pierwszej pochodnej i samej funkcji to odpowiednio

P (x) =5

4x, Q(x) =

x− 18x2 ,

a więc punkt x = 0 jest punktem osobliwym regularnym.Postulujemy rozwiązanie w postaci szeregu Frobeniusa:

y(x) =∞∑k=0

ak xλ+k, (2.1.2)

i konsekwentnie (antycypujemy bezwzględną zbieżność szeregu – to pozwala namróżniczkować go wyraz po wyrazie!)

y′(x) =∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k−1, (2.1.3)

y′′(x) =∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k−2. (2.1.4)

Podstawiamy – z (2.1.2)– (2.1.4) do równania (2.1.1) i otrzymujemy

8∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k + 10∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k

+∞∑k=0

ak xλ+k+1 −

∞∑k=0

ak xλ+k = 0. (2.1.5)

Kładąc k = 0, identyfikujemy wyraz z najniższą potęgą zmiennej x

a0

[8λ(λ− 1) + 10λ− 1

]xλ. (2.1.6)

BG AGH

Metoda Frobeniusa 23

Współczynnik potęgi xλ (jak i współczynnik każdej potęgi) musi być równy zeru.Ponieważ a0 6= 0 (fundamentalne założenie metody szeregów Frobeniusa!), to przy-równanie do zera kwadratowego nawiasu daje nam równanie określające

8λ2 + 2λ− 1 = 0 (2.1.7)

z następującymi pierwiastkami:

λ1 =14, λ2 = −1

2. (2.1.8)

Różnica λ1−λ2 nie jest liczbą całkowitą; wynika stąd, że metoda Frobeniusa powinnadostarczyć dwa liniowo niezależne rozwiązania. Aby otrzymać wzór rekurencyjny,ujednolicamy wykładniki potęgowe w równaniu (2.1.5), dobierając tak wartości k, abywszystkie wykładniki zmiennej x przyjęły wartość λ + k + 1. Osiągniemy to, kładąck ⇒ j + 1 w pierwszej, drugiej i czwartej sumie oraz k ⇒ j w trzeciej. Przyrównaniedo zera „wypadkowego” współczynnika przy xj+1 daje

aj+1

[8(λ+ j + 1)(λ+ j) + 10(λ+ j + 1)− 1

]= −aj (2.1.9)

alboaj+1 = aj

−1[2(λ+ j + 1) + 1][4(λ+ j + 1)− 1]

. (2.1.10)

Podstawiając do powyższego wzoru otrzymane wartości λ, dostaniemy:

λ = λ1 =14

;

aj+1 = aj−1

(4j + 7)(2j + 2);

a1 = − 114a0, a2 = − 1

44a1 =

1616

a0, . . . ;

Tak więc

y1(x) = a0xλ1∞∑j=0

ajxj

= a0x1/4[1− 1

14x+

1616

x2 + . . .

];

λ = λ2 = −12

;

aj+1 = aj−1

(4j + 1)(2j + 2);

a1 = −12a0, a2 = − 1

20a1 =

140a0, . . . ;

y2(x) = a0xλ2∞∑j=0

ajxj

= a0x−1/2

[1− 1

2x+

140x2 + . . .

].

Rozwiązaniem (całką ogólną) równania (2.1.1) jest

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x),

gdzie C1 i C2 są dwoma dowolnymi stałymi. Zarówno postać wzoru rekurencyjnego(2.1.9), jak i wyliczone z niego współczynniki, nie stwarzają możliwości przedstawieniauzyskanych rozwiązań w postaci zwartej.

BG AGH


PROBLEM 2.2


4xy′′(x) + 2y′(x)− y(x) = 0 (2.2.1)


Podobnie jak w problemie 2.1 poddajemy (pozytywnej) weryfikacji regularność punk-tu osobliwego w zerze oraz postulujemy rozwiązanie w postaci szeregu Frobeniusa;równanie (2.2.1) po standardowych podstawieniach [wzory (2.1.2)–(2.1.4)] przybierapostać:

4∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k−1 + 2∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k−1 −∞∑k=0

ak xλ+k = 0.

(2.2.2)Przyrównujemy do zera współczynnik przy najniższej (k = 0) potędze – xλ−1.Daje to

a0

[4λ(λ− 1) + 2λ

]= a0 2λ(2λ− 1) = 0. (2.2.3)

Jego pierwiastki to λ1 = 1/2 oraz λ2 = 0. Różnica pierwiastków nie jest liczbącałkowitą, a więc powinniśmy otrzymać dwa liniowo niezależne rozwiązania w postaciszeregów Frobeniusa.Formułę rekurencyjną otrzymujemy poprzez ujednolicenie wykładników potęgowychw (2.2.2); kładąc k ⇒ j + 1 w pierwszych dwóch sumach, a k ⇒ j w trzeciej i przy-równując do zera współczynnik przy potędze xλ+j , mamy

aj+1 = aj1

2(λ+ j + 1)(2λ+ 2j + 1). (2.2.4)

Kładąc1) λ = λ1 = 1/2,przekształcamy wzór (2.2.4) do postaci

aj+1 = aj1

2(1/2 + j + 1)(2 · 1/2 + 2j + 1)= aj

12(2j + 3)(j + 1)

. (2.2.5)

W przykładach, ilustrujących metodę Frobeniusa, zamieszczonych w „Wybranych roz-działach” stosowaliśmy formuły rekurencyjne dla rosnącego wskaźnika współczynnikaaj . Zaczynaliśmy od j = 1 lub j = 2 i sukcesywnie wyliczaliśmy kolejne współ-czynniki dla coraz to większego j. Nie należy jednak traktować takiej praktyki jakobezwzględnie obowiązującej. Wzory rekurencyjne równie dobrze możemy stosować

BG AGH


dla malejącego wskaźnika j. I tak, możemy zastosować relację (2.2.5) do obliczeniaaj , aj−1, aj−2

aj =aj−1

2[2(j − 1) + 3](j − 1 + 1)=

aj−1

2j(2j + 1),

aj−1 =aj−2

2[2(j − 2) + 3](j − 2 + 1)=

aj−2

2(j − 1)(2j − 1),

aj−2 =aj−3

2[2(j − 3) + 3](j − 3 + 1)=

aj−3

2(j − 2)(2j − 3).

Widzimy, że każde zastosowanie formuły rekurencyjnej sprowadza się do:(1) podzielenia przez 2;(2) podzielenia przez kolejną (malejącą) liczbę całkowitą;(3) podzielenia przez kolejną (malejącą) nieparzystą liczbę całkowitą.Jeżeli ten schemat zastosować (n− 1)-krotnie do określonego powyżej aj (j ⇒ n), tootrzymamy

an =an−1

2n(2n+ 1)= . . . =

a0

2nn(n− 1) . . . 1(2n+ 1)(2n− 1) . . . 3 · 1

=a0

2nn!(2n+ 1)!!.

(2.2.6)

Ale występujące w mianowniku wyrażenie to nic innego, jak

2nn!(2n+ 1)!! = 2n[1 · 2 · . . . (n− 1) · n] [1 · 3 · . . . · (2n− 1) · (2n+ 1)]

= 2 · 4 · . . . (2n− 2) · 2n · 1 · 3 · . . . · (2n− 1) · (2n+ 1)

= (2n+ 1)!,

tak więc współczynniki naszego szeregu Frobeniusa – z dokładnością do mało istot-nego a0 6= 0 – to odwrotności silni nieparzystych liczb całkowitych. Rozwiązaniemrównania będzie więc

y1(x) ≡ y(x;λ = 1/2) = x12

∞∑n=0

xn

(2n+ 1)!=∞∑n=0

(√x)2n+1

(2n+ 1)!= sinh

√x. (2.2.7)

Podobnie, po położeniu2) λ = λ2 = −1/2,formuła rekurencyjna (2.2.4) przyjmie postać

aj+1 = aj1

2(j + 1)(2j + 2− 1)= aj

12(j + 1)(2j + 1)

; (2.2.8)

przesuwając wartość wskaźnika o jedność, dostajemy

aj = aj−11

2(j)(2j − 1), (2.2.9)

BG AGH


a po doświadczeniach zdobytych w „obróbce” postaci ogólnej współczynników an dlaλ = 1/2 możemy napisać od razu:

an =an−1

2n(2n− 1)= . . . =

a0

2nn(n− 1) . . . 1(2n− 1)(2n− 3) . . . 1 · (−1)

=−a0

2nn!(2n− 1)!!.

(2.2.10)

Mianownik ostatniego ułamka, to nic innego jak silnia parzystej liczby całkowitej

2nn(n− 1) . . . 1 · (2n− 1)(2n− 3) . . . 1 · (−1) = (−1)(2n)!,

a jeżeli tak, to rozwiązaniem równania będzie

y2(x) ≡ y(x;λ = 0) = a0

∞∑n=0

xn

(2n)!= a0

∞∑n=0

(√x)2n

(2n)!= a0 cosh

√x. (2.2.11)

Ogólne rozwiązanie równania (2.2.1) to

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) = C1 sinh√x+ C2 cosh

√x, (2.2.12)

gdzie C1 i C2 są dwoma dowolnymi stałymi, do których „włączyliśmy” (mało istotne)współczynniki a0.Zauważmy, że w problemie tym potrafiliśmy zapisać wzór ogólny na współczynnikiszeregów Frobeniusa (an) w postaci, która pozwoliła nam zidentyfikować uzyskaneszeregi z funkcjami hiperbolicznymi – nasze rozwiązania przybrały eleganckie, zwar-te postacie. Tym bardziej wypada sprawdzić (wyniki uzyskane za pomocą metodyFrobeniusa powinno się sprawdzać), czy funkcja określona równaniem (2.2.12) jestrozwiązaniem naszego problemu.

BG AGH


PROBLEM 2.3


xy′′(x)− (4 + x)y′(x) + 2y(x) = 0 (2.3.1)


Dzielimy obie strony równania przez x, aby sprowadzić go do postaci kanonicznej (por.podrozdział 2.1 „Wybranych rozdziałów . . . ”). Współczynniki pierwszej pochodneji samej funkcji to odpowiednio:

P (x) = −4 + x

x, Q(x) =

2x,

a więc punkt x = 0 jest punktem osobliwym regularnym. Postulujemy rozwiąza-nie w postaci szeregu Frobeniusa [wzory (2.1.2)–(2.1.4)] i podstawiamy do równania(2.3.1). Otrzymujemy

∞∑k=0

ak(λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k−1 − 4∞∑k=0

ak(λ+ k)xλ+k−1

−∞∑k=0

ak(λ+ k)xλ+k + 2∞∑k=0

akxλ+k = 0. (2.3.2)

Możemy od razu dokonać ujednolicenia wykładników potęgowych, kładąc k ⇒ jw pierwszej i drugiej sumie, a k ⇒ j − 1 – w trzeciej i czwartej

∞∑j=0

aj(λ+ j)(λ+ j − 1)xλ+j−1 − 4∞∑j=0

aj(λ+ j)xλ+j−1

=∞∑j=1

aj−1(λ+ j − 1)xλ+j−1 − 2∞∑j=1

aj−1xλ+j−1. (2.3.3)

Zauważmy, że początkowa wartość wskaźnika sumowania trzeciej i czwartej sumy to1 a nie 0. Kładąc j = 0 i przyrównując do zera współczynnik przy xλ−1 (przyczynkiod pierwszej i drugiej sumy), mamy

a0[λ(λ− 1)− 4λ] = a0λ(λ− 5) = 0. (2.3.4)

Dwa pierwiastki równania określającego to λ1 = 5 i λ2 = 0. Ich różnica jest liczbącałkowitą i w zasadzie powinniśmy oczekiwać, że metoda Frobeniusa nie dostarczy

BG AGH


nam obu rozwiązań równania (2.3.1). Rzeczywiście wyprowadzenie wzoru rekurencyj-nego z równania (2.3.3) – przyrównujemy do zera „wypadkowy” współczynnik xλ+j−1

– daje

aj = aj−1λ+ j − 3

(λ+ j)(λ+ j − 5). (2.3.5)

Jeżeli położyć w nim λ = 0 (mniejszy z dwóch pierwiastków równania określającego),to wzór stanie się bezużyteczny dla j = 5! Ale spróbujmy wzór ten zastosować w niecoinny sposób. Jego geneza, jak już powiedzieliśmy, tkwi w równaniu (2.3.3), któremoglibyśmy jednak zapisać nieco inaczej. Mianowicie, kładąc w nim λ = 0, mamy

∞∑j=0

ajj(j − 1)xj−1 − 4∞∑j=0

ajjxj−1 =

∞∑j=1

aj−1(j − 1)xj−1 − 2∞∑j=1

aj−1xj−1 (2.3.6)

albo – po redukcji wyrazów z tymi samymi wykładnikami potęgowymi –

∞∑j=0

ajj(j − 5)xj−1 =∞∑j=1

aj−1(j − 3)xj−1. (2.3.7)

Zerowanie się współczynników każdej potęgi zmiennej x możemy teraz prześledzićdla kolejnych wartości j. Dla j = 0 mamy oczywiście j(j − 5) = 0 – nasze równanieokreślające. Dla kolejnych wartości j wzór (2.3.7) generuje równania:

j = 1 : −1 · 4a1 = −2a0 → a1 = 12a0,

j = 2 : −2 · 3a2 = −a1 → a2 = 112a0,

j = 3 : −3 · 2a3 = −0 · a2 → a3 = 0,

j = 4 : −4 · 1a4 = a3 → a4 = 0,

j = 5 : 0 · a5 = 2a4 → 0 · a5 = 0.

Z ostatniego równania wynika, że dla j = 5 nie musimy wyznaczać a5 – może byćto dowolna stała. Oczywiście dla j 6 do wyznaczenia kolejnych współczynnikówmożemy bezpiecznie używać formuły rekurencyjnej (2.3.5); kładąc w niej λ = 0,dostajemy

aj = aj−1j − 3j(j − 5)

, j 6. (2.3.8)

Co więcej, dla j 6 wszystkie współczynniki będzie można wyrazić przez dowolnieprzyjęty współczynnik a5 i j. Jeżeli wygenerować kilka pierwszych współczynników

a6 = a53

6 · 1, a7 = a6

47 · 2

, a8 = a75

8 · 3, . . . ,

to nawet komputer zauważy, że

an = a53 · 4 · 5 . . . · (n− 3)

(6 · 7 · 8 · . . . n)[(n− 5)!]= a5

3 · 4 · 5n(n− 1)(n− 2)[(n− 5)!]

. (2.3.9)

BG AGH


Nasze rozwiązanie – cały czas dla λ = 0 – zawiera w sobie dwie dowolne stałe, poprzezktóre wyrażają się wszystkie współczynniki szeregu. Stała a0 określa (patrz wyżej)współczynniki a1, a2, a3 i a4; stała a5 – wszystkie pozostałe. Mamy więc

y(x) = a0

(1 +

12x+

112x2)

+ a5x5

[1 +

∞∑n=6

60n(n− 1)(n− 2)[(n− 5)!]

xn−5

].

(2.3.10)Wynik jest w pewnym sensie zaskakujący – z postaci wzoru (2.3.10) wynika bowiem,że reprezentuje on ogólne rozwiązanie równania (liniowa kombinacja dwóch funkcji!).A co stało się z drugim pierwiastkiem równania określającego, λ = 5? Jeżeli niewidzisz tego Czytelniku, to jedyna rada powrócić do formuły rekurencyjnej (2.3.5),którą można – dla λ = 5 – stosować bez żadnego ryzyka. Wygenerowane przy jejzastosowaniu współczynniki będą wyglądały jak . . . ?. Jeżeli ciągle masz Czytelnikuwątpliwości, to przypominamy Ci, że ten „nowy” szereg zaczyna się od zmiennej xw potędze piątej. A jako ostatnią wskazówkę polecamy analizę rozwiązania równaniaoscylatora harmonicznego metodą Frobeniusa (podrozdział 2.5 „Wybranych rozdzia-łów. . . ”), kiedy to również mieliśmy do czynienia z całkowitą różnicą pierwiastkówrównania określającego.

BG AGH


PROBLEM 2.4


x2y′′(x)− xy′(x)−(x2 +

54

)y(x) = 0 (2.4.1)


Sprawdzamy bez trudu, że punkt x = 0 jest punktem osobliwym regularnym rów-nania (2.4.1). Zastosowanie standardowych podstawień [wzory (2.1.2)–(2.1.4)] prze-kształca wyjściowe równanie do postaci

∞∑k=0

ak(λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k −∞∑k=0

ak(λ+ k)xλ+k − 54

∞∑k=0

akxλ+k

−∞∑k=0

akxλ+k+2 = 0. (2.4.2)

Między pierwszymi trzema sumami i ostatnią, czwartą mamy przesunięcie wykładni-ków potęgowych o dwa. Oznacza to, że ewentualne formuły rekurencyjne będą wy-znaczały co drugi współczynnik – musimy pamiętać, aby we wstępnym etapie poddaćanalizie dwa pierwsze współczynniki najniższych potęg równania. Współczynnik przynajniższej potędze, xλ, to

a0

[λ(λ− 1)− λ− 5

4

]; (2.4.3)

przyrównując go do zera mamy

a0

(λ+

12

)(λ− 5

2

)= 0. (2.4.4)

Dwa pierwiastki równania określającego to λ1 = 5/2 i λ2 = −1/2. Wprawdzie żadenz nich nie jest liczbą całkowitą, ale ich różnica jest! Może się okazać, że metodaFrobeniusa dostarczy nam tylko jednego rozwiązania.Dla kolejnej potęgi, xλ+1, zerowanie się jej współczynnika daje

a1

[(λ+ 1)λ− (λ+ 1)− 5

4

]= a1

(λ+

32

)(λ− 3

2

)= 0. (2.4.5)

Ani dla λ1 = 5/2, ani dla λ2 = −1/2 wyrażenia w nawiasach nie są równe zeru, a jeżelitak, to z równania (2.4.5) wynika, że a1 = 0. Ze względu na wspomniane przesunięciewykładników potęgowych, wzór rekurencyjny będzie miał ogólną postać

an+2 = stała× an,

BG AGH


z której wynika, że wszystkie nieparzyste współczynniki będą równe zeru. Jawnąpostać powyższego wzoru uzyskamy, ujednolicając współczynniki potęg zmiennej xwe wzorze (2.4.2), a więc kładąc k ⇒ j w pierwszych trzech sumach i k ⇒ j − 2w ostatniej. Mamy

∞∑j=0

aj(λ+ j)(λ+ j − 1)xλ+j −∞∑j=0

aj(λ+ j)xλ+j − 54

∞∑j=0

ajxλ+j

−∞∑j=2

aj−2xλ+j−2+2 = 0, j 2 (2.4.6)

skąd, po prostych przekształceniach

aj = aj−21(

λ+ j + 12

) (λ+ j − 5

2

) . (2.4.7)

Zgodnie z twierdzeniem Fuchsa, zaczynamy od λ = 5/2. Wzór (2.4.7) przybiera postać

aj =aj−2

j(j + 3); j ⇒ 2n → a2n =

a2n−2

2n(2n+ 3), (2.4.8)

bo tylko parzyste współczynniki są różne od zera.Stosując powyższy wzór (n− 1)-krotnie, dla wskaźnika zmniejszającego się od 2n do2, ze skokiem 2, otrzymujemy

a2n =a0

(2n)(2n− 2)(2n− 4) . . . (4)(2)(2n+ 3)(2n+ 1)(2n− 1) . . . (7)(5)

=3 a0

(2n)(2n− 2)(2n− 4) . . . (4)(2)(2n+ 3)(2n+ 1)(2n− 1) . . . (5)(3)

=3 a0

(2n+ 3)[(2n+ 1)!], (2.4.9)

a jeżeli tak, to pierwsze rozwiązanie równania (2.4.1) będzie miało postać

y1(x;λ = 5/2) = a0x5/2

[1 + 3

∞∑n=1

x2n

(2n+ 3)[(2n+ 1)!]

]≡ a0x

5/2 [1 + S(x)] .

(2.4.10)Powyższe rozwiązanie można spróbować przekształcić do bardziej zwartej postaci.Jeżeli szereg S(x) występujący w nim pomnożyć przez x3, to zarówno uzyskany szereg,jak i szereg wyjściowy, są jednostajnie zbieżne (dla każdej wartości zmiennej x). Możnato wykazać testem d’Alemberta, rozpatrując zachowanie się stosunku dwóch kolejnychwyrazów każdego szeregu, a2n+2/a2n, przy n→∞. Jeżeli tak, to szereg x3 S(x) można

BG AGH


różniczkować wyraz po wyrazie

d

dx

[x3 S(x)

]= 3

∞∑n=1

d

dx

x2n+3

(2n+ 3)[(2n+ 1)!]= 3

∞∑n=1

x2n+2

(2n+ 1)!

= 3x∞∑n=1

x2n+1

(2n+ 1)!= 3x

[−x+

∞∑n=0

x2n+1

(2n+ 1)!

]= 3x [−x+ sinhx] . (2.4.11)

Szereg S(x) może zatem być określony jako rozwiązanie prostego równania różnicz-kowego

d

dx

[x3 S(x)

]= −3x2 + 3x sinhx. (2.4.12)

Całkując powyższe równanie (całkę z x sinhx obliczamy, całkując przez części), otrzy-mujemy

x3 S(x) = −x3 + 3x coshx− 3 sinhx+ C, (2.4.13)

gdzie stałą całkowania wyznaczymy, podstawiając x = 0 do obu stron równania(2.4.13). Otrzymujemy C = 0. Dzieląc (2.4.13) stronami przez x3 i podstawiającobliczone

S(x) = −1 +3x2 coshx− 3

x3 sinhx

do wzoru (2.4.10), otrzymujemy ostatecznie

y1(x;λ = 5/2) = 3a0x5/2[

coshxx2 − sinhx

x3

]= b0

[√x coshx− sinhx√

x,

], (2.4.14)

gdzie b0 ≡ 3a0 jest dowolną (różną od zera!) stałą.Dla λ = λ2 = −1/2 ujednolicenie potęg [równanie (2.4.6)] i wynikający z niego wzórrekurencyjny zapiszemy nie w postaci ułamkowej jak (2.4.7), ale w postaci równościdwóch przyczynków do całkowitego wykładnika potęgowego. Kładąc λ = λ2 = −1/2w (2.4.6) i przyrównując do zera współczynnik potęgi xλ+1/2, otrzymujemy równanie

j(j − 3)aj = aj−2. (2.4.15)

Zamiast dzielić przez czynnik (j − 3), przeanalizujmy to równanie dla kilku począt-kowych wartości j. Wiemy już, że a1 = 0, natomiast dla

j = 2 : −2a2 = a0 → a2 = −12a0,

j = 3 : 0 · a3 = a1 = 0 → a3 = dowolne!

Dla j 4 możemy współczynniki parzyste i nieparzyste obliczać z wzoru (2.4.15)zapisanego w postaci ułamkowej

aj = aj−21

j(j − 3), j 4. (2.4.16)

BG AGH


Współczynniki parzyste będą wyrażały się przez rekurencję, w której występuje stałaa0, nieparzyste – przez rekurencję, zależną od stałej a3. W sposób zupełnie analo-giczny do tego, który doprowadził nas do uzyskania wzoru (2.4.9), uzyskujemy dlan 2

a2n =a0

(2n)(2n− 2)(2n− 4) . . . (6)(4)(2)(2n− 3)(2n− 1)(2n− 3) . . . (3)(1)(−1)

=−a0

(2n)[(2n− 2)!];

a2n+1 =a3

(2n+ 1)(2n− 1)(2n− 4) . . . (7)(5)(2n− 2)(2n− 4)(2n− 3) . . . (4)(2)

=3a3

(2n+ 1)[(2n− 1)!].

Drugie rozwiązanie równania (2.4.1) będzie więc miało postać

y2(x;λ = −1/2) = −a0x−1/2

[−1 +

12x2 +

∞∑n=2

x2n

(2n)[(2n− 2)!]

]

+ 3a3x−1/2

[13x3 +

∞∑n=2

x2n+1

(2n+ 1)[(2n− 1)!]

]. (2.4.17)

W powyższym wyrażeniu rozdzieliliśmy przyczynki od parzystych i nieparzystychpotęg. Proste przekształcenia1 dają

y2(x;λ = −1/2) = −a0x−1/2

[−1 +

∞∑n=1

x2n

(2n)[(2n− 2)!]

]

+ a3x5/2

[1 + 3

∞∑n=1

x2n

(2n+ 3)[(2n+ 1)!]

]. (2.4.18)

Oczywiście, drugi wyraz powyższego wzoru to nic innego, jak rozwiązanie y1 dlaλ = λ1 = 5/2 [wzór (2.4.10)]. Ponieważ rozwiązanie to udało nam się sprowadzićdo zwartej postaci [wzór (2.4.14)], spróbujmy, czy potrafimy to zrobić dla pierwszegowyrazu w (2.4.18). Oznaczmy go

−a0x−1/2

[−1 +

∞∑n=1

x2n

(2n)[(2n− 2)!]

]≡ −a0x

−1/2[−1 + T (x)]. (2.4.19)

Szereg T (x) jest jednostajnie zbieżny (kryterium d’Alemberta); jego pochodna

d

dx[T (x)] =

∞∑n=1

d

dx

x2n

(2n)(2n− 2)!=∞∑n=1

x2n−1

(2n− 2)!

= x∞∑n=1

x2n−2

(2n− 2)!= x

∞∑n=0

x2n

(2n)!= x coshx. (2.4.20)

1W drugiej sumie wzoru (2.4.17) przesuwamy wskaźnik o jeden: n→ n+1; 2n+1→ 2(n+1)+1 =2n+3 (powoduje to zmianę dolnej granicy sumowania) i wyciągamy przed kwadratowy nawias czynnikx3.

BG AGH


I tym razem nasz szereg może być określony jako rozwiązanie prostego równaniaróżniczkowego

d

dx[T (x)] = x coshx. (2.4.21)

Całkując powyższe równanie, otrzymujemy

T (x) = x sinhx− coshx+ C, (2.4.22)

Stałą całkowania wyznaczymy, podstawiając x = 0 do obu stron równania (2.4.22).Mamy T (0) = 0, skąd wynika C = 1. Podstawiając otrzymane

T (x) = x sinhx− coshx+ 1

do wzorów (2.4.19) i (2.4.18), otrzymujemy ostatecznie

y2(x;λ = −1/2) = −a0x−1/2(x sinhx− coshx) + y1(x;λ = 5/2)

= −a0

[√x sinhx− coshx√

x

]+ b0

[√x coshx− sinhx√

x

]. (2.4.23)

Jeszcze raz okazało się, że w przypadku gdy różnica pierwiastków równania określają-cego jest liczbą całkowitą, mimo pesymistycznej prognozy twierdzenia Fuchsa, możnaczasami uzyskać dla mniejszego z pierwiastków kompletne rozwiązanie równania, za-wierające w sobie także rozwiązanie, które uzyskamy dla większego λ. Przypadkitakie należy jednak traktować jako wyjątkową przychylność losu, tym bardziej, jeżelirozwiązania otrzymujemy w eleganckich zwartych postaciach2.

2Sumy o bardziej skomplikowanych współczynnikach potęg zmiennej x też można „zwinąć” doeleganckich, zwartych postaci – szczególnie jeżeli dysponuje się programami wykonującymi obliczeniaw postaci symbolicznej, np. Mathematica, Maple, lub MathLab.

BG AGH


PROBLEM 2.5


x2y′′(x)− xy′(x) + y(x) = 0 (2.5.1)


Dzielimy obie strony równania przez x2, aby sprowadzić go do postaci kanonicznej(por. podrozdział 2.1 „Wybranych rozdziałów . . . ”). Współczynniki pierwszej po-chodnej i samej funkcji w postaci kanonicznej równania to odpowiednio

P (x) = −1x, Q(x) =

1x2 ,

a więc punkt x = 0 jest punktem osobliwym regularnym. Postulujemy rozwiązaniew postaci szeregu Frobeniusa, o środku w x = 0 i podstawiamy standardowe wzory(2.1.2) – (2.1.4) do równania wyjściowego. Otrzymujemy

∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k −∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k +∞∑k=0

ak xλ+k = 0. (2.5.2)

Wykładniki zmiennej x w tych trzech sumach są jednakowe; mamy do czynieniaz równaniem Eulera – por. podrozdział 2.7 „Wybranych rozdziałów . . . ”. Możemyzastosować do rozwiązywania tego równania metodę omówioną w tym podrozdziale,ale możemy także stosować standardowy schemat metody Frobeniusa, uzupełnionyo dodatkową procedurę szukania drugiego rozwiązania.Identyfikujemy w równaniu (2.5.2) współczynnik przy najniższej (k = 0) potędze –xλ i przyrównujemy go do zera,

a0

[λ(λ− 1)− λ+ 1

]= a0 (λ− 1)2 = 0. (2.5.3)

Wynika stąd, że dysponujemy tylko jednym (podwójnym) pierwiastkiem równaniaokreślającego λ = λ0 = 1.Widzimy też, że współczynnik przy dowolnej (k ≡ n; n 1) potędze – xλ+n w rów-naniu (2.5.2), z konieczności równy zeru, to

an[(λ+ n)(λ+ n− 1)− (λ+ n) + 1

]= an

[(λ+ n)2 − 2(λ+ n) + 1

]= an

[(λ+ n− 1)2

]= 0, n 1. (2.5.4)

Wnętrze kwadratowego nawiasu, dla λ = λ0 = 1, jest zawsze różne od zera; z rów-nania (2.5.4) wynika, że

an ≡ 0, dla n 1. (2.5.5)

BG AGH


Tak więc, pierwsze rozwiązanie równania (2.5.1) to

y1(x) = a0xλ = . . . λ = λ0 = 1 . . . = a0x. (2.5.6)

Drugie rozwiązanie dostarczy nam metoda wariacji parametru λ, bądź metoda wroń-skianu.Tak jak w poprzednim problemie, mamy

y2(x) =∂

∂λy(x, λ)|λ=λ0 =

∂

∂λa0x

λ∣∣∣λ=λ0=1

= a0x lnx. (2.5.7)

[por. wzór (2.6.8)].Z kolei wrońskian równania (2.5.1) (por. podrozdział 2.8.2 „Wybranych rozdziałów. . . ”, wzór 2.134) to

W (x) = exp[−∫ x

P (s)ds]

= exp[−∫ x −1

sds

]= x (2.5.8)

i (por. podrozdział 2.8.2 „Wybranych rozdziałów . . . ”, wzór 2.137)

y2(x) = y1(x)∫ x s

[y1(s)]2ds = x

∫ x s

s2ds = x lnx (2.5.9)

– w pełnej zgodzie z (2.5.7) (podstawiając do (2.5.9) y1 ze wzoru (2.5.6), pomijamymało istotny czynnik a0).

BG AGH


PROBLEM 2.6


x2y′′(x) + xy′(x) + x2y(x) = 0 (2.6.1)


Równanie (2.6.1) identyfikujemy jako równanie Bessela o wskaźniku n = 0. Jego rów-nanie określające (por. podrozdział 2.5 „Wybranych rozdziałów. . . ”), przy n = 0,ma tylko jeden pierwiastek λ = λ0 = 0. Jednym rozwiązaniem równania (2.6.1) bę-dzie więc funkcja Bessela pierwszego rodzaju, J0(x), którą odczytujemy bezpośrednioz wzoru 2.54 tego podrozdziału, kładąc w nim n = 0

J0(x) =∞∑s=0

(−1)s

(s!)2

(x

2

)2s. (2.6.2)

Pierwsze trzy wyrazy tej sumy to

J0(x) = 1− x2

4+x4

64− . . . (2.6.3)

– widać, że dla niewielkich wartości zmiennej x te pierwsze trzy wyrazy będą już bar-dzo dobrym przybliżeniem wartości J0(x). Na przykład, dla x = 0, 1 różnica pomiędzydokładną wartością J0(x) a wartością obliczoną z wzoru (2.6.3), to 2,5 promila; dlax = 0, 3 – 2,3 procenta; dla x = 0, 5 – 6,7 procenta.Drugiego rozwiązania równania (2.6.1) możemy szukać metodą wariacji parametru λ(por. podrozdział 2.8.1 „Wybranych rozdziałów . . . ”) albo metodą wrońskianu (por.podrozdział 2.8.2 „Wybranych rozdziałów . . . ”). Prześledzimy obie te metody.

Metoda wariacji parametru λ

W podrozdziale 2.8.1 metoda ta opisana jest dla dwóch różnych pierwiastków równa-nia określającego, λ1 i λ2, których różnica jest liczbą całkowitą. W przypadku kiedyrównanie określające ma jeden podwójny pierwiastek, λ = λ0, można w analogicznysposób wykazać, że funkcja

y∗(x) =∂

∂λy(x, λ)

∣∣∣∣λ=λ0

(2.6.4)

stanowi rozwiązanie równania różniczkowego, którego równanie określające ma jedenpierwiastek podwójny. Aby móc zastosować powyższy wzór do konstrukcji drugiego

BG AGH


rozwiązania, musimy podać jawną zależność współczynników an od λ. Relacja re-kurencyjna (por. podrozdział 2.8.1 „Wybranych rozdziałów . . . ”, wzór 2.53) mapostać

a2n = − 1(λ+ 2n)2a2n−2, n 1; (2.6.5)

(różne od zera są tylko współczynniki parzyste).Stosując powyższą rekurencję (n− 1)-krotnie, dostajemy

a2n =(−1)n

(λ+ 2n)2(λ+ 2n− 2)2 . . . (λ+ 4)2(λ+ 2)2a0; n 1 (2.6.6)

i odpowiednio

y(x, λ) = a0xλ + a0

∞∑n=1

(−1)n xλ+2n

(λ+ 2n)2(λ+ 2n− 2)2 . . . (λ+ 4)2(λ+ 2)2 . (2.6.7)

Pozostaje tylko zróżniczkowanie powyższego wzoru względem λ i położenie λ = λ0 =0. Na wszelki wypadek przypomnijmy

d

dλxλ =

d

dλeλ lnx = lnx eλ lnx = xλ lnx. (2.6.8)

Różniczkowanie wzoru (2.6.7) nie jest trudne, ale wymaga uwagi. Ponieważ nie ma-my żadnych szans na uzyskanie rozwiązania w eleganckiej, zwartej postaci, poprze-staniemy na pierwszych trzech wyrazach sumy występującej w (2.6.7), kładąc dla(niewielkiego) uproszczenia obliczeń a0 = 1:

y(x, λ) = xλ +∞∑n=1

(−1)n xλ+2n

(λ+ 2n)2(λ+ 2n− 2)2 . . . (λ+ 4)2(λ+ 2)2

= xλ − xλ+2

(λ+ 2)2 +xλ+4

(λ+ 4)2(λ+ 2)2 −xλ+6

(λ+ 6)2(λ+ 4)2(λ+ 2)2 + . . .

Pochodna powyższego wyrażenia to

∂

∂λy(x, λ) = xλ lnx+

2xλ+2

(λ+ 2)3 −xλ+2 lnx(λ+ 2)2

− 2xλ+4

(λ+ 4)3(λ+ 2)2 −2xλ+4

(λ+ 4)2(λ+ 2)3 +xλ+4 lnx

(λ+ 4)2(λ+ 2)2

+2xλ+6

(λ+ 6)3(λ+ 4)2(λ+ 2)2 +2xλ+6

(λ+ 6)2(λ+ 4)3(λ+ 2)2

+2xλ+6

(λ+ 6)2(λ+ 4)2(λ+ 2)3 −xλ+6 lnx

(λ+ 6)2λ+ 4)2(λ+ 2)2 + . . . ;

BG AGH


a jej wartość dla λ = λ0 = 0 to nasze rozwiązanie y2(x)

y2(x) =∂

∂λy(x, λ)

∣∣∣∣λ=0

=

lnx

[1− x2

4+x4

64− . . .

]

+

[x2

4− 3x4

128+ . . .

]. (2.6.9)

W powyższym równaniu rozbiliśmy całkowite rozwiązanie na dwa człony: jeden z nichzawiera czynnik logarytmiczny, pomnożony – jak łatwo zauważyć – przez rozwiązaniey1(x) [por. wzór (2.6.3)], drugi – to nowy szereg (parzystych) potęg zmiennej x. Jestto reguła ogólna; w przypadku gdy różnica pierwiastków równania określającego jestliczbą całkowitą lub zerem, ogólna całka równania ma postać

y(x) = C1y1(x) + C2 [y1(x) lnx+ y2(x)] , (2.6.10)

gdzie y1(x) oraz y2(x) to szeregi Frobeniusa zmiennej niezależnej. Jeżeli taką właśniepostać podstawimy od razu do równania wyjściowego, to nowe równanie potrafimyrozwiązać ze względu na nieznane funkcje y1(x) oraz y2(x).

Metoda wrońskianu

wrońskian równania Bessela [(2.6.1), ale także każdego równania Bessela, dla dowolnejwartości wskaźnika równania ν – por. podrozdział 2.8.2 „Wybranych rozdziałów . . . ”,wzór 2.134], to

W (x) = exp[−∫ x

P (s)ds]

= exp[−∫ x 1

sds

]=

1x. (2.6.11)

Podajemy wartość wrońskianu z dokładnością do stałej multiplikatywnej – wartość„dokładna”, spójna z definicjami funkcji Bessela pierwszego i drugiego rodzaju, to√

2/π · 1/x. Jeżeli tak, to (por. podrozdział 2.8.2 „Wybranych rozdziałów . . . ”, wzór2.137)

y2(x) = y1(x)∫ x 1

s[y1(s)]2ds, (2.6.12)

gdzie za y1(s) należałoby podstawić z wzoru (2.6.2), a raczej – (2.6.3)

y2(x) = y1(x)∫ x 1

s

[1− s2

4+s4

64− . . .

]2ds. (2.6.13)

Pamiętajmy, że chodzi nam o wygenerowanie kilku pierwszych wyrazów drugiegorozwiązania. „Główny” wyraz w mianowniku funkcji podcałkowej, to (obliczymy gona przykład dzieląc jedynkę przez kwadrat wyrażenia w nawiasie) – z dokładnościądo wyrazów z czwartą potęgą zmiennej s[

1− s2

4+s4

64− . . .

]−2

=

[1− s2

2+

3s4

32− s6

128+ . . .

]−1

= 1 +s2

4+

5s4

32+ . . . ,

BG AGH


tak więc

y2(x) = J0(x)∫ x 1

s

[1 +

s2

2+

5s4

32+ . . .

]ds = J0(x)

[lnx+

x2

4+

5x4

128+ . . .

].

Zgodnie z oczekiwaniami otrzymujemy pierwsze rozwiązanie przemnożone przez funk-cję logarytmiczną oraz szereg, którego kilka pierwszych wyrazów to

J0(x)×[x2

4+

5x4

128+ . . .

]=

[1− x2

4+x4

64− . . .

]×[x2

4+

5x4

128+ . . .

]

=x2

4− 3x4

128+O

(x6)

(2.6.14)

– w zgodzie z równaniem (2.6.9). Symbolem O(x6) oznaczamy resztę, o której rzędzie

wielkości decyduje najniższa, a więc szósta potęga, z nieskończonej sumy pominiętychwartości.Dociekliwy Czytelnik, który chciałby skonfrontować otrzymane drugie rozwiązanie,z definicją funkcji Bessela drugiego rodzaju (funkcji Neumanna; por. podrozdział 4.2„Wybranych rozdziałów . . . ”, wzór 4.80), musi do uzyskanego powyżej (obomametodami) rozwiązania y2(x) [wzór (2.6.14)] dodać wyrażenie

2π

[γ − ln 2]J0(x),

gdzie γ to stała Eulera–Mascheroniego – por. podrozdział 1.5 „Wybranych rozdzia-łów. . . ”, a więc wyrażenie typu „stała×y1(x)”. Taka operacja jest zawsze dozwolona.

BG AGH


PROBLEM 2.7


x2y′′(x) + xy′(x) +(x2 − 1

)y(x) = 0 (2.7.1)


Równanie (2.7.1) identyfikujemy jako równanie Bessela o wskaźniku n = 1.Kładąc w równaniu określającym uzyskanym w podrozdziale 2.5 „Wybranych rozdzia-łów. . . ” n = 1 widzimy, że równanie określające daje nam dwa pierwiastki λ = λ1 = 1oraz λ = λ2 = −1, których różnica jest liczbą całkowitą. Z podrozdziału 2.5 „Wybra-nych rozdziałów. . . ” wiemy już, że w przypadku równania Bessela metoda szeregówFrobeniusa da nam tylko jedno rozwiązanie.Ujednolicamy potęgi w równaniu (2.7.1) [podstawiamy jak zwykle z wzorów (2.1.2)–(2.1.4)] i kładziemy k ⇒ j w pierwszej, drugiej i czwartej sumie oraz k ⇒ j − 2w trzeciej. Prowadzi to do równania

aj =−1

(λ+ j)2 − 1aj−2, n 2; (2.7.2)

(por. relację rekurencyjną, wzór 2.53). Dla j = 2n− 2 i λ = λ1 = 1 powyższy wzórokreśla wszystkie parzyste współczynniki

a2n = −a2n−21

4n(n+ 1), n 2. (2.7.3)

Stosując ten wzór (n− 1)-krotnie [za każdym razem: (a) mnożymy przez (−1),(b) dzielimy przez 4, (c) dzielimy przez kolejną (mniejszą) liczbę całkowitą, poczyna-jąc od (n− 1) i (d) dzielimy przez kolejną (mniejszą) liczbę całkowitą, poczynając odn] otrzymujemy

a2n = a0(−1)n

4nn!(n+ 1)!, n 2. (2.7.4)

Ta sama relacja rekurencyjna (2.7.2), w połączeniu z faktem, że a1 = 0 (por. podroz-dział 2.5 „Wybranych rozdziałów. . . ”), sprawia, że wszystkie nieparzyste współczyn-niki a2n+1 = 0, dla n = 0, 1, 2, . . .Możemy już napisać nasze pierwsze rozwiązanie

y1 = y(x, λ1 = 1) = a0x∞∑n=0

(−1)n

4nn!(n+ 1)!x2n ≡ J1(x). (2.7.5)

BG AGH


J1(x) to oczywiście funkcja Bessela pierwszego rodzaju, którą moglibyśmy też wyli-czyć, podstawiając n = 1 bezpośrednio do wzoru 2.54 „Wybranych rozdziałów. . . ”.Z problemu 2.6 wynika jasno, że metoda wrońskianu, zastosowana do równania Bes-sela, nie daje drugiego rozwiązania w postaci zwartej. Dlatego korzystamy z metodywariacji parametru λ (podrozdział 2.8.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”). W przypadkudwóch różnych pierwiastków równania określającego, λ1 i λ2, których różnica jestliczbą całkowitą, drugim rozwiązaniem równania, dla λ = λ2, jest

y2(x) =∂

∂λ

[(λ− λ2)y1(x;λ)

]λ=λ2

=∂

∂λ

[a0(λ− λ2)xλ +

∞∑n=1

(λ− λ2)a2n(λ)xλ+2n

]λ=λ2

. (2.7.6)

Występujące w powyższym wzorze współczynniki a2n(λ), to [por. wzór (2.7.2)]

a2n =−1

(λ+ 2n)2 − 1a2n−2 =

−1(λ+ 2n− 1)(λ+ 2n+ 1)

a2n−2; n 1. (2.7.7)

Wzór ten może posłużyć do wyznaczenia jawnej postaci kilku pierwszych parzystychwspółczynników a2n(λ):

a2(λ) =−1

(λ+ 1)(λ+ 3)a0,

a4(λ) =−1

(λ+ 3)(λ+ 5)a2 =

1(λ+ 1)(λ+ 3)2(λ+ 5)

a0,

a6(λ) =−1

(λ+ 5)(λ+ 7)a4 =

−1(λ+ 1)(λ+ 3)2(λ+ 5)2(λ+ 7)

a0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tak określone współczynniki podstawiamy do wzoru (2.7.6) i obliczamy pochodnąwzględem λ. Mamy: λ− λ2 = λ+ 1, a więc

∂

∂λ[(λ+ 1)y1(x;λ)]

= a0

[xλ + (λ+ 1)xλ lnx+

1(λ+ 3)2x

λ+2 − 1(λ+ 3)

xλ+2 lnx

− 2(λ+ 3)3(λ+ 5)

xλ+4 − 1(λ+ 3)2(λ+ 5)2x

λ+4 +1

(λ+ 3)2(λ+ 5)xλ+4 lnx

+2

(λ+ 3)3(λ+ 5)2(λ+ 7)xλ+6 +

2(λ+ 3)2(λ+ 5)3(λ+ 7)

xλ+6

+1

(λ+ 3)2(λ+ 5)2(λ+ 7)2xλ+6 − xλ+6 lnx

(λ+ 3)2(λ+ 5)2(λ+ 7)+ . . .

]. (2.7.8)

BG AGH


Pozostaje obliczenie tego wyrażenia dla λ = λ2 = −1. Podobnie jak w problemie 2.6rozbijemy otrzymany wynik na dwie części, grupując osobno wyrazy z logarytmem.Proste, choć nieco żmudne rachunki, dają

y2(x) =∂

∂λ

[(λ+ 1)y1(x;λ)

]λ=−1

= a0

[1x

+x2

4− 5x4

64+

10x6

2304+ . . .

]− a0 lnx

[x

2− x3

16+

x5

384− . . .

]

≡ a0

[1x

+x2

4− 5x4

64+

10x6

2304+ . . .

]− 1

2y1(x) lnx, (2.7.9)

gdzie y1(x) to – warto sprawdzić! – pierwsze rozwiązanie, wzór (2.7.5).

BG AGH


PROBLEM 2.8


x2y′′(x) + (3x− 1)y′(x) + y(x) = 0, (2.8.1)

dla dużych wartości zmiennej x.

Równanie (2.8.1) jest równaniem, dla którego punkt x = 0 stanowi osobliwość niere-gularną. Z kolei, punkt w nieskończoności jest osobliwością regularną. Jeżeli bowiemobliczymy współczynniki P (x) i Q(x)

P (x) =3x− 1x2 , Q(x) =

1x2 ,

to widzimy, że nieskończoność jest dla funkcji P zerem pierwszego rzędu, a dla funkcjiQ – zerem drugiego rzędu. Są to właśnie te warunki, które muszą być spełnione, abynieskończoność była osobliwością regularną – por. dokładną dyskusję w podrozdziale2.3 „Wybranych rozdziałów. . . ”. Tak jak w tym podrozdziale podstawiamy nowązmienną, t = 1/x i poddajemy transformacji równanie (2.8.1). Mamy

dy(x)dx

=dy(1/t)dt

dt

dx= −t2dy(1/t)

dt

i podobnied2y(x)dx2 = . . . = 2t3

dy(1/t)dt

+ t4d2y(1/t)dt2

.

Podstawiając z powyższych równań pierwszą i drugą pochodną y−a do (2.8.1) otrzy-mujemy

t4d2y

dt2+ [2t3 − t2P (t)]

dy

dt+Q(t) y = 0. (2.8.2)

Współczynniki P i Q, wyrażone w języku zmiennej t = 1/x to

P (t) = t2(3/t− 1), Q(t) = t2.

Podstawiając je do (2.8.2) i przekształcając otrzymane równanie, dochodzimy dostosunkowo prostego równania

t2d2y(t)dt2

− t(1− t)dy(t)dt

+ y(t) = 0. (2.8.3)

Punkt t = 0 (odpowiednik punktu w nieskończoności dla zmiennej x) jest – zgod-nie z oczekiwaniami – osobliwością regularną. Podstawiamy z wzorów (2.1.2)–(2.1.4)

BG AGH


funkcję y oraz jej pierwszą i drugą pochodną (w języku zmiennej t) do równania(2.8.3) i otrzymujemy

∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)tλ+k −∞∑k=0

ak (λ+ k)tλ+k

+∞∑k=0

ak (λ+ k)tλ+k+1 +∞∑k=0

ak xλ+k = 0. (2.8.4)

Ujednolicenie wykładników potęgowych – położenie k ⇒ n w pierwszej, drugieji czwartej sumie, a k ⇒ n− 1 w trzeciej daje

∞∑n=0

an [(λ+ n)(λ+ n− 1)− (λ+ n) + 1]tλ+n +∞∑n=1

an−1 (λ+ n− 1)tλ+n = 0

(2.8.5)albo

∞∑n=0

an (λ+ n− 1)2tλ+n +∞∑n=1

an−1 (λ+ n− 1)tλ+n = 0. (2.8.6)

Najniższa potęga to tλ (n = 0); jej współczynnik, przyrównany do zera, to równanieokreślające

(λ− 1)2 = 0, (2.8.7)

o jednym, podwójnym pierwiastku λ0 = 1. Relacja rekurencyjna ma postać

an (λ+ n− 1)2 = −an−1 (λ+ n− 1), (2.8.8)

tak więc

an = −an−11

λ+ n− 1, n 1. (2.8.9)

Stosując ją (n− 1)-krotnie, otrzymujemy

an ≡ an(λ) = a0(−1)n

(λ+ n− 1)(λ+ n− 2) . . . (λ+ 1)λ, n 1. (2.8.10)

Pierwsze rozwiązanie dostaniemy, kładąc λ = λ0 = 1 w powyższej relacji. Mamy

an = −an−11n

= . . . = a0(−1)n

n!, n 1 (2.8.11)

i konsekwentnie

y1(t) = tλ[a0 +

∞∑n=1

an tn

]= a0

[t+

∞∑n=1

(−1)n

n!tn+1

]

= a0t

[1 +

∞∑n=1

(−1)n

n!tn]

= a0t∞∑n=0

(−t)n

n!= a0 te

−t. (2.8.12)

BG AGH


Drugie rozwiązanie stosunkowo prosto można otrzymać metodą wariacji parametruλ. Wiemy, że funkcja

y2(x) =∂

∂λy(x, λ)

∣∣∣∣λ=λ0

=∂

∂λ

[tλ(a0 +

∞∑n=1

an(λ) tn)]

λ=λ0

(2.8.13)

stanowi szukane rozwiązanie. Podstawiamy za an(λ) wyrażenie dane wzorem (2.8.10)i obliczamy pochodną

∂y(x, λ)∂λ

=∂

∂λ

a0

[tλ +

∞∑n=1

(−1)n

(λ+ n− 1)(λ+ n− 2) . . . (λ+ 1)λtn+λ

]

= a0 ln t

[tλ +

∞∑n=1

(−1)n

(λ+ n− 1)(λ+ n− 2) . . . (λ+ 1)λtn+λ

]

− a0

∞∑n=0

(−1)n tn+λ

×

1λ

+1

λ+ 1+

1λ+ 2

+ . . .+1

λ+ n− 2+

1λ+ n− 1

(λ+ n− 1)(λ+ n− 2) . . . (λ+ 1)λ. (2.8.14)

Tak jak zwykle, zgrupowaliśmy osobno wyrazy z czynnikiem logarytmicznym – łatwozauważyć, że nieskończona suma, przez którą mnożona jest funkcja ln t to, po pod-stawieniu λ = 1, nic innego jak te−t – pierwsze rozwiązanie [wzór (2.8.12)]. Drugasuma w (2.8.14), po podstawieniu λ = 1, daje

−a0

∞∑n=0

(−1)n tn+1

11

+12

+13

+ . . .+1

n− 1+

1n

(n)(n− 1) . . . (2)(1)= −a0

∞∑n=0

(−1)n tn+1 Hn

n!,

gdzie Hn to n-ta liczba harmoniczna. Drugie rozwiązanie możemy zapisać w postaci

y2(t) = y1(t) ln t− a0

∞∑n=0

(−1)n tn+1 Hn

n!, (2.8.15)

gdzie y1 jest określone wzorem (2.8.12).Pozostaje tylko powrót do „starej” zmiennej x = 1/t. W jej języku mamy:

y1(x) =1x

∞∑n=0

(−1/x)n

n!=

1xe−1x ; (2.8.16)

y2(x) = y1(x) ln(

1x

)− a0

∞∑n=0

(−1)n(

1x

)n+1 Hn

n!

= −y1(x) lnx− a01x

∞∑n=0

(−1)nHn

n!xn+1 . (2.8.17)

BG AGH


Ambitny Czytelnik spróbuje zapewne uzyskać drugie rozwiązanie metodą wrońskia-nu. Bez większych trudów można w nim „zobaczyć” człon y1(x) ln(x), natomiastewentualna reprodukcja szeregu z liczbami harmonicznymi [druga część y2 we wzorze(2.8.17)] to zadanie dla bardzo ambitnych.

BG AGH


PROBLEM 2.9


x2y′′(x) + 3xy′(x) + (1− 2x)y(x) = 0, (2.9.1)


Punkt x = 0 jest dla równania (2.9.1) punktem osobliwym regularnym – P (x) = 3/x,Q(x) = (1−2x)/x2. Nie ma więc przeszkód, aby stosować standardowe wzory (2.1.2)–(2.1.4). Po ich podstawieniu do (2.9.1) otrzymujemy równanie

∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k + 3∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k

+∞∑k=0

ak xλ+k − 2

∞∑k=0

ak xλ+k+1 = 0, (2.9.2)

które – po redukcji i ujednoliceniu wykładników potęgowych – możemy przepisaćw postaci

∞∑k=0

ak (λ+ k + 1)2xλ+k − 2∞∑k=1

ak−1 xλ+k = 0. (2.9.3)

Pierwszy wyraz pierwszej sumy zawiera – przy k = 0 – najniższą potęgę zmiennej x;przyrównując jej współczynnik do zera, otrzymujemy równanie określające

(λ+ 1)2 = 0, (2.9.4)

z jednym pierwiastkiem podwójnym: λ = λ0 = −1. Z kolei, dla k 0 z równania(2.9.3) otrzymujemy relację rekurencyjną

(λ+ k + 1)2ak − 2ak−1 = 0; k 1. (2.9.5)

Kładąc w niej kolejno: k = n, k = n− 1, k = n− 2, mamy

an =2

(λ+ n+ 1)2an−1;

an−1 =2

(λ+ n)2an−2;

an−2 =2

(λ+ n− 1)2an−1;

BG AGH


i po wykonaniu sekwencji n takich kroków otrzymamy

an =2n a0

(λ+ n+ 1)2(λ+ n)2(λ+ n− 1)2 . . . (λ+ 3)2(λ+ 2)2 . (2.9.6)

Kładąc λ = λ0 = −1 w (2.9.6), dostajemy

an =2n a0

(λ+ n+ 1)2(λ+ n)2(λ+ n− 1)2 . . . (λ+ 3)2(λ+ 2)2

∣∣∣∣λ=−1

= a02n

(n!)2 (2.9.7)

i konsekwentnie

y1(x) = a0

(xλ +

∞∑n=1

anxn+λ

)= a0

(1x

+∞∑n=1

2n

(n!)2xn−1

). (2.9.8)

Procedura konstrukcji drugiego rozwiązania jest analogiczna do tej, jaką stosowaliśmyw poprzednim problemie. Będzie nim funkcja

y2(x) =∂

∂λy(x, λ)

∣∣∣∣λ=λ0

=∂

∂λ

[xλ(a0 +

∞∑n=1

an(λ)xn)]

λ=λ0

, (2.9.9)

gdzie za an(λ) podstawiamy z (2.9.6).Wiemy już, że po wykonaniu różniczkowania i podstawienia λ = λ0 = −1, w drugimrozwiązaniu pojawi się pierwsze rozwiązanie przemnożone przez logarytm; dlategodrugie rozwiązanie możemy a priori zapisać w postaci

y2(x) = y1(x) lnx+∞∑n=1

bn(λ)xn−1, (2.9.10)

gdzie

bn =∂

∂λan(λ)

∣∣∣∣λ=−1

. (2.9.11)

W obliczeniach pochodnej współczynników an wygodnie jest zastosować pochodnąlogarytmiczną. Mamy [por. (2.9.6)]

ln an = n ln 2− 2 ln(λ+ n+ 1)− 2 ln(λ+ n)− . . .− 2 ln(λ+ 3)− 2 ln(λ+ 2) + ln a0.

Różniczkując względem λ, otrzymujemy

1an(λ)

dan(λ)dλ

= −2(

1λ+ n+ 1

+1

λ+ n+ . . .+

1λ+ 3

+1

λ+ 2

). (2.9.12)

Pozostaje już tylko w powyższym wzorze położyć λ = −1 i podstawić za an z (2.9.7).Współczynniki bn szeregu stanowiącego część drugiego rozwiązania to

bn = −2an

(11

+12

+ . . .+1

n− 1+

1n

)= −2a0

2n

(n!)2Hn, (2.9.13)

BG AGH


gdzie Hn to n-ta liczba harmoniczna (por. poprzedni problem).Pełna postać drugiego rozwiązania równania (2.9.1) to

y2(x) = y1(x) lnx− a0

∞∑n=1

22n

(n!)2Hn xn−1. (2.9.14)

Ponieważ nie udało się uzyskać pierwszego rozwiązania w postaci zwartej, metodawrońskianu będzie mało przydatna w konstrukcji drugiego rozwiązania. Może byćużyta ewentualnie dla przypadku małych wartości zmiennej x (x 1), tak jak tomieliśmy w problemie 2.6.

BG AGH


PROBLEM 2.10

Znajdź rozwiązanie równania Laguerre’a

xy′′(x) + (1− x)y′(x) + qy(x) = 0, (2.10.1)

gdzie q jest pewną stałą.

Równanie (2.10.1) identyfikujemy jako równanie Laguerre’a – por. tabela 2.1, a takżepodrozdział 2.11 „Wybranych rozdziałów. . . ”. Właśnie w tym podrozdziale, dyskutu-jąc stacjonarne równanie Schrodingera dla atomu wodoru, przekonaliśmy się, że częśćradialna funkcji falowej elektronu wyraża się poprzez wielomiany Laguerre’a. Wie-lomiany te uzyskaliśmy tam poprzez „obcięcie” funkcji konfluentnej – tutaj mamyokazję, aby do tych samych wielomianów dotrzeć metodą szeregów Frobeniusa.Punkt x = 0 jest dla równania (2.10.1) punktem osobliwym regularnym: – P (x) =(1 − x)/x, Q(x) = q/x2 – a więc bez więc przeszkód można stosować standardowepodstawienia, wzory (2.1.2)–(2.1.4). Po ich podstawieniu do (2.10.1) otrzymujemyrównanie

x∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k−2 + (1− x)∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k−1

+q∞∑k=0

ak xλ+k = 0, (2.10.2)

które – po redukcji i ujednoliceniu wykładników potęgowych – zapisujemy w postaci∞∑k=0

ak (λ+ k)2xλ+k−1 +∞∑k=1

ak−1[q − (λ+ k − 1)]xλ+k−1 = 0. (2.10.3)

Współczynnik najniższej potęgi zmiennej x (pierwszy wyraz pierwszej sumy) to poprostu a0λ

2; równanie określające ma jeden pierwiastek podwójny: λ = λ0 = 0.Wzór rekurencyjny to

ak (λ+ k)2 = −ak−1[q − (λ+ k − 1)] (2.10.4)

albo (k ≡ n)

an =[(λ+ n− 1)− q]

(λ+ n)2 an−1; n 1. (2.10.5)

Postać tego wzoru niezbyt dobrze wróży perspektywom znalezienia drugiego rozwią-zania. Jeżeli chodzi o pierwsze, to podstawiając do (2.10.5) λ = 0, dostajemy

an =[(n− 1)− q]

n2 an−1; n 1. (2.10.6)

BG AGH


Aplikując tę relację (n− 1)-krotnie, dostajemy

an =[(n− 1)− q][(n− 2)− q] . . . [1− q][−q]

n2(n− 1)2 . . . 2212 a0

= (−1)n[q − n+ 1][q − n+ 2] . . . [q − 1][q]

(n!)2 a0

= (−1)nΓ(q + 1)

Γ(q − n+ 1)a0

(n!)2 ≡ (−1)n(q)!

(q − n)!a0

(n!)2 . (2.10.7)

Pojawiające się we wzorze (2.10.7) funkcje gamma Eulera podkreślają, że silnie mu-szą być traktowane w sposób uogólniony – nie wiemy a priori nic o „całkowitości”parametru q; z kolei, dla całkowitego q = N , mamy

aN+1 = (−1)N+1 [N −N ][N − n+ 1] . . . [N − 1][N ][(N + 1)!]2

a0 = 0.

Ten współczynnik, jak i wszystkie następne, staje się równy zeru i nasze rozwiązanierzeczywiście przybiera postać wielomianu. Reasumując, pierwsze rozwiązanie równa-nia Laguerre’a można zapisać w postaci alternatywy

y1(x) = a0

∞∑n=0

(−1)nΓ(q + 1)

Γ(q − n+ 1)xn

(n!)2 ; q 6= N, (2.10.8)

y1(x) = a0

N∑n=0

(−1)n(−1)nN !(N − n)!

xn

(n!)2 ; q = N, (2.10.9)

gdzie przez N oznaczamy dowolną liczbę całkowitą 1. Oczywiście, drugi przypadektej alternatywy, to „nasze” (zwykłe) wielomiany Laguerre’a.Z punktu widzenia zastosowań w fizyce, znajdowanie drugiego rozwiązania równa-nia Laguerre’a nie jest specjalnie pasjonujące. Najprościej znajdziemy go, zakładająca priori , że jego postać to

y2(x) = y1(x) ln(x) +∞∑n=1

bnxn (2.10.10)

(nie zapominajmy, że λ = 0!). Obliczamy pierwszą i drugą pochodną wyrażenia poprawej stronie (2.10.10)

y′2(x) = y′1(x) lnx+1xy1(x) +

∞∑n=1

bnnxn−1,

y′′2(x) = y′′1(x) lnx+2xy′1(x)− 1

x2 y1(x) +∞∑n=1

bnn(n− 1)xn−2

BG AGH


i podstawiamy do (2.10.1). Mamy

lnx[y1′′ + (1− x)y1

′ + qy1] + 2y′1 −1xy1 +

∞∑n=1

bnn(n− 1)xn−1

+1xy1 − xy1

′ +∞∑n=1

bnnxn−1 −

∞∑n=1

bnnxn + q

∞∑n=1

bn xn = 0. (2.10.11)

Współczynnik funkcji logarytmicznej (kwadratowy nawias) jest równy zeru (y1 jestrozwiązaniem naszego równania!). Pozostaje podstawienie na y1(x) i y′1(x) w ogólnejpostaci

y1(x) =∞∑n=0

an xn, y′1(x) =

∞∑n=0

annxn−1,

z współczynnikami an danymi przez (2.10.7). Prowadzi to do równania

2∞∑n=0

an nxn−1 −

∞∑n=0

an xn +

∞∑n=1

bnn2 xn−1 +

∞∑n=1

bn(q − n)xn = 0.

W równaniu tym musimy przyrównać do zera wszystkie kolejne potęgi zmiennej x,począwszy od zerowej. Daje to, sukcesywnie, wzory na kolejne współczynniki bn; n =1, 2, . . . I tak przyrównanie do zera współczynnika potęgi x0 daje

2a1 · 1− a0 + 12 · b1 = 0, → b1 = a0 − 2a1,

a przyrównanie do zera współczynnika potęgi x1 daje

2a2 · 2− 22 · b2 = a1 + (q − 1)b1, → b2 = −a2 +a1 − (q − 1)b1

4.

Procedura ta może być kontynuowana dla dowolnie dużych wartości wskaźnika n. Ale,tak jak podejrzewaliśmy, drugie rozwiązanie równania Laguerre’a ma mało przyjaznąpostać.

BG AGH


PROBLEM 2.11


xy′′(x) + (1− 2x)y′(x) + (x− 1)y(x) = 0, (2.11.1)

wokół punktu x = 0.

Punkt x = 0 jest punktem osobliwym regularnym; współczynniki pierwszej pochodneji samej funkcji (w postaci kanonicznej) to

P (x) =1− 2xx

=1x− 2, Q(x) =

x− 1x

= 1− 1x. (2.11.2)

Standardowe podstawienia [wzory (2.1.2)–(2.1.4)] przekształcają równanie (2.11.1) w

∞∑k=0

ak (λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k−1 +∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k−1

− 2∞∑k=0

ak (λ+ k)xλ+k +∞∑k=0

ak xλ+k+1 −

∞∑k=0

ak xλ+k = 0. (2.11.3)

W pierwszej i drugiej sumie wykładniki potęgowe zmiennej x zaczynają się od λ− 1;w trzeciej i piątej – od λ, a w czwartej – od λ+1. Wzór rekurencyjny będzie nieco innyniż dotychczasowe – obliczenie kolejnego współczynnika będzie wymagało znajomościdwóch poprzednich.Przyrównując do zera współczynnik przy xλ−1, otrzymujemy równanie określającew postaci

a0[λ(λ− 1) + λ] = 0, (2.11.4)

z jednym podwójnym pierwiastkiem λ = λ0 = 0. Przyrównanie do zera współczynnikakolejnej potęgi – xλ prowadzi do równania

a1(1 + λ)(1 + λ− 1) + a1(λ+ 1)− 2a0(λ+ 0)− a0 = 0. (2.11.5)

Kładąc w nim obliczone wcześniej λ = 0, otrzymujemy a1 = a0 – pierwsze dwawspółczynniki szeregu są identycznymi (dowolnymi) stałymi.Ujednolicamy wykładniki potęgowe w równaniu (2.11.3), kładąc w pierwszej i drugiejsumie k ⇒ j + 1; w trzeciej i piątej – k ⇒ j, a w czwartej – k ⇒ j − 1. Relacjarekurencyjna dla współczynników ak ma postać

aj+1[(j + 1)j + j + 1]− 2ajj + aj−1 − aj = 0, (2.11.6)

BG AGH


albo

aj+1 =aj(2j + 1)− aj−1

(j + 1)2 ; j = 1, 2, . . . (2.11.7)

Taka postać rekurencji nie jest zbyt przyjazna i nie jest łatwo napisać ogólną postaćwspółczynnika ak. Ale wyliczenie kilku pierwszych współczynników

a2 = a012, a3 = a0

16, a4 = a0

124, a5 = a0

1120

, . . .

pozwala na sformułowanie hipotezy

an = a01n!. (2.11.8)

Skrupulatny Czytelnik, chcący sprawdzić tę hipotezę, może zastosować metodę in-dukcji matematycznej. Postulując

an = a01n!, an−1 = a0

1(n− 1)!

,

z rekurencji (2.11.7) otrzymamy

an+1 =an(2n+ 1)− an−1

(n+ 1)2 = a0

2n+ 1n!

− 1(n− 1)!

(n+ 1)2

= a0

2n+ 1− nn!

(n+ 1)(n+ 1)= a0

1(n+ 1)!

– hipoteza (2.11.8) została zweryfikowana pozytywnie! Tak więc pierwszym rozwią-zaniem równania (2.11.1) jest

y1(x) =∞∑n=0

anxn = a0

∞∑n=0

1n!xn = a0 e

x (2.11.9)

– funkcja eksponencjalna, co można było jednak dość łatwo odgadnąć, analizując po-stać wyjściową równania! Czasem warto przyjrzeć się nieco baczniej równaniu, zanimzaczniemy stosować nasze algorytmy. Jeżeli przeanalizować (proste przecież) wartościwspółczynników drugiej i pierwszej pochodnej, oraz samej funkcji w (2.11.1), to nietrudno stwierdzić, że ich suma jest równa zeru. A jeżeli tak, to znakomitym kandyda-tem na rozwiązanie powinna być właśnie funkcja ex. Warto pamiętać Czytelniku, żezgadywanie rozwiązania równania (zwłaszcza choć jednego!) jest znakomitą taktykąrozwiązywania równań różniczkowych!

BG AGH


Przy takiej postaci wzoru rekurencyjnego jak wzór (2.11.7), a jednocześnie przy takprzyjaznym pierwszym rozwiązaniu jak wzór (2.11.9) alternatywa: metoda wariacjiparametru λ – metoda wrońskianu powinna być zdecydowanie rozstrzygnięta na ko-rzyść tej drugiej. wrońskian równania (2.11.1) jest równy

exp(−∫ x

P (s)ds)

= exp(−∫ x [1

s− 2

]ds

)=

1xe2x. (2.11.10)

Drugie rozwiązanie ma więc postać

y2(x) = y1(x)∫ x W (s)

[y1(s)]2ds = ex

∫ x (1/s) e2s

e2s ds = ex lnx. (2.11.11)

Zgodnie z oczekiwaniami (podwójny pierwiastek równania określającego!) w drugimrozwiązaniu pojawia się funkcja logarytmiczna, ale i tak jego postać jest bardzo sym-patyczna. Ze względu na tę sympatyczną postać warto sprawdzić, że y2(x) spełniarównanie (2.11.1), a także zauważyć, że o ile pierwsze rozwiązanie „obsługuje” całyzakres zmiennej x, to drugie rozwiązanie – jak zwykle w takich przypadkach – możebyć użyte tylko dla x > 0. Oba rozwiązania stają się też osobliwe dla x → ∞. Tonie jest niespodzianką – jak wynika z wzorów (2.11.2) punkt w nieskończoności jestpunktem osobliwym nieregularnym.

BG AGH


PROBLEM 2.12


x2y′′(x) +1− λ2

4y(x) = 0 (2.12.1)

w okolicy punktu x = 0. Rozpatrz przypadek λ→ 0.

Równanie (2.12.1) to równanie Eulera, opisane w podrozdziale 2.7 „Wybranych roz-działów. . . ”. Wiemy, że rozwiązaniem tego typu równania będą funkcje potęgowe.Podstawiając y(x) ≡ xα do (2.12.1), mamy

α(α− 1)xα +1− λ2

4xα = 0, (2.12.2)

co prowadzi do

α(α− 1) +1− λ2

4= 0 (2.12.3)

– równania kwadratowego, z którego wyznaczamy wartości wykładnika potęgowego;mamy α1 = (1 +λ)/2 i α2 = (1− λ)/2. Dwa, liniowo niezależne, rozwiązania (2.12.1)to

y1(x) = x(1+λ)/2 =√xxλ/2 oraz y2(x) = x(1−λ)/2 =

√xx−λ/2. (2.12.4)

Dla λ → 0 pozostaje jedno rozwiązanie: y1(x) =√x. Aby uzyskać drugie, możemy

zastosować wzór 2.82 z „Wybranych rozdziałów. . . ”, albo metodę wrońskianu:

y2(x) = y1(x)∫ x W (s)

y21(s)

ds =√x lnx. (2.12.5)

wrońskian równania (2.12.1) – jak wrońskian każdego równania, w którym współczyn-nik pierwszej pochodnej, P (x) jest równy zeru – to stała, dla wygody przyjęta jakorówna jedności.Warto zauważyć, że

limλ→0

y1(x, λ)− y2(x, λ)λ

= limλ→0

x(1+λ)/2 − x(1−λ)/2

λ= . . . =

√x lnx. (2.12.6)

(Przy obliczaniu powyższej granicy należy zastosować regułę de l’Hospitala.) Wyra-żenie (2.12.6), określające drugie rozwiązanie w postaci wyniku pewnego przejściagranicznego, warto porównać z wzorami określającymi funkcję Bessela drugiego ro-dzaju Yn(x) (por. wzory 2.77, 2.78 z podrozdziału 4.2 „Wybranych rozdziałów. . . ”.)

BG AGH


PROBLEM 2.13

Rozwiąż równanie Schrodingera dla cząsteczki dwu-atomowej, której potencjał oddziaływania to

V (r) = −2Aar− 1

2a2

r2

(2.13.1)

– tzw. potencjał Kratzera.

Potencjał Kratzera – równ.(2.13.1) – oddaje stosunkowo dobrze rozkład poziomówenergetycznych dwuatomowej cząsteczki, chociaż teraz w użyciu są inne, jeszcze lepszemodele (np. potencjał Morse’a). Ponieważ jednak rozwiązanie otrzymane na grunciemodelu Kratzera posiada bardzo satysfakcjonującą interpretację fizyczną warto wy-konać rachunki dla tego modelu. Występujące we wzorze (2.13.1) parametry to: A –stała wiązania (o wymiarze energii) oraz „naturalna jednostka” długości a. Obliczającpochodną dV/dr i przyrównując ją do zera, łatwo sprawdzimy, że odległość a odpo-wiada minimum energii potencjalnej układu dwóch atomów, a więc ich najbardziejprawdopodobnej odległości.Problem rozpatrzymy dla sytuacji, kiedy jeden z atomów jest znacznie cięższy oddrugiego; wówczas środek masy układu dwóch atomów pokrywa się praktycznie ześrodkiem cięższego atomu, a funkcja falowa opisuje ruch lżejszego atomu wokół środkamasy. Wprowadzając zredukowaną masę układu µ: 1/µ = 1/m1+1/m2, gdzie m1, m2

to masy dwóch atomów, możemy zapisać równanie Schrodingera w postaci

− ~2

2µ4ψ(r, θ, φ)− 2A

(a

r− 1

2a2

r2

)ψ(r, θ, φ) = Eψ(r, θ, φ). (2.13.2)

Funkcji falowej ψ(r, θ, φ) będziemy szukać w postaci (por. problem atomu wodoru,podrozdział 2.14 „Wybranych rozdziałów. . . ”)

ψ(r, θ, φ) = Rl(r)Ylm(θ, φ) ≡ ul(r)r

Ylm(θ, φ). (2.13.3)

(Ponieważ nasz potencjał jest sferycznie symetryczny, zależności kątowe będą iden-tyczne jak w problemie atomu wodoru – stąd obecność harmonik sferycznych Ylm(θ, φ);podstawienie Rl = ul/r eliminuje z równania wyraz z pierwszą pochodną.) Proceduryidentyczne jak w podrozdziale 2.14 „Wybranych rozdziałów. . . ” pozwalają sprowadzić(2.13.2) do równania radialnego; dodatkowo, wprowadzamy bezwymiarową odległośćρ ≡ r/a od środka masy układu, co prowadzi do

d2uldρ2 +

(−k2 +

2α2

ρ− α2 + l(l + 1)

ρ2

)ul = 0, (2.13.4)

BG AGH


gdzie dwie nowe (bezwymiarowe!) stałe to

k2 = −2µa2

~2 E (2.13.5)

i α2 =2µa2

~2 A. (2.13.6)

Zgodnie z oczekiwaniami punkty osobliwe równania (2.13.4) to zero (regularny) i nie-skończoność (nieregularny), a jeżeli tak to w rozwiązaniu pojawi się zapewne funk-cja konfluentna. Asymptotyka równania (2.13.4) w nieskończoności – dla ρ → ∞;ul → ul∞ – to

d2ul∞dρ2 − k2ul∞ = 0,

z rozwiązaniem ul∞ = e±kρ. Wybieramy oczywiście ujemny wykładnik eksponenty,ze względu na konieczność unormowania funkcji falowej.Asymptotyka w okolicy drugiego punktu osobliwego – dla ρ→ 0; ul → ul0 – to

d2ul0dρ2 −

α2 + l(l + 1)ρ2 ul0 = 0.

Ostatnie równanie to równanie Eulera, z rozwiązaniami ul0 = ρλ, gdzie λ określamyz równania

λ(λ− 1)− α2 − l(l + 1) = 0.

Wyróżnik tego równania kwadratowego to

∆ = 1 + 4α2 + 4l(l + 1) = 4

[α2 +

(l +

12

)2].

Z dwóch rozwiązań

λ1,2 =12±

√α2 +

(l +

12

)2(2.13.7)

musimy wybrać to dodatnie, a więc ze znakiem „+” przed pierwiastkiem3.W świetle tych rozważań antycypujemy rozwiązanie równania (2.13.4) w postaci

ul(ρ) = ρλe−kρv(ρ), (2.13.8)

gdzie λ to dodatni pierwiastek z wzoru (2.13.7).Po podstawieniu do (2.13.4) dostajemy równanie

d2v

dρ2 +(

2λρ− 2k

)dv

dρ+

2(α2 − kλ)ρ

v(ρ) = 0, (2.13.9)

3Ujemny wykładnik potęgowy stwarzałby problemy z normalizacją funkcji falowej. W dodatku,przy wykładniku dodatnim, funkcja falowa dąży do zera, przy ρ → 0, co odpowiada – logicznie –niemożności ulokowania obu atomów w jednym punkcie.

BG AGH


bliskie formie kanonicznej równania konfluentnego. Tę ostatnią uzyskamy wprowadza-jąc nową zmienną x = 2kρ; równanie (2.13.9) przyjmuje wówczas postać

d2v

dx2 +(

2λx− 1

)dv

dx− λ− α2/k

xv(x) = 0, (2.13.10)

z rozwiązaniem

v(x) = F (λ− α2/k, 2λ;x), albo v(ρ) = F (λ− α2/k, 2λ; 2kρ). (2.13.11)

Z ostatniej równości oraz wzoru (2.13.8) wynika, że nasza funkcja ul(ρ) będzie miałapostać

ul(ρ) = ρλe−kρF (λ− α2/k, 2λ; 2kρ). (2.13.12)

Z uwagi na asymptotykę funkcji konfluentnej (por. podrozdział 2.9.2 „Wybranychrozdziałów. . . ”) dla ρ → ∞ takiej funkcji [a właściwie wyrażającej się poprzez niąfunkcji Rl(r)] nie będzie można unormować; pozostaje szukanie ratunku w urwaniunieskończonej sumy – szeregu konfluentnego i zastąpienie jej sumą skończoną – wie-lomianem. Ma to miejsce, jeżeli pierwszy parametr funkcji konfluentnej jest ujemnąliczbą całkowitą

λ− α2

k= −n → λ ≡ λn = −n+

α2

k, n = 0, 1, 2, . . . (2.13.13)

Funkcja falowa [por. równanie (2.13.3)] przybiera postać

ψnlm(r, θ, φ) = C(r/a)λn−1e−k(r/a)F (−n, 2λ; 2k r/a)Ylm(θ, φ), (2.13.14)

gdzie stałą C można wyliczyć z warunku normalizacji. Natomiast poziomy energetycz-ne dwuatomowej drobiny będą określone wzorem [por. (2.13.5), (2.13.13), (2.13.7)]

E = − k2~2

2µa2 = − ~2

2µa2α4

(n+ λn)2 = − ~2

2µa2α4(

n+ 12 +

√(l + 1

2)2 + α2)2 . (2.13.15)

Taki wzór określający poziomy energetyczne na pewno nie jest przyjazny. Można goprzekształcić do bardziej czytelnej postaci, chociaż wymaga to sporo wysiłku. Wystę-pujący w (2.13.15) parametr α jest – w ogromnej większości przypadków praktycznych– dużo większy od jedności. Dzieląc licznik i mianownik ostatniego ułamka w (2.13.15)przez α2 i wprowadzając nową zmienną 1/α ≡ κ, możemy rozwinąć otrzymane wy-rażenie w szereg Taylora wokół κ = 0. Po żmudnych rachunkach otrzymujemy

E = −A[1−

2(n+ 12)

α−

(l + 12)2

α2 + 3(n+ 1

2)2

α2 + 3(n+ 1

2)(l + 12)2

α3 + . . .

].

(2.13.16)

BG AGH


Aby uczynić ten wzór jeszcze czytelniejszym, zauważmy, że potencjał określony wzo-rem (2.13.1) możemy rozwinąć w szereg Taylora wokół r = a (lub ρ = 1). Z dokład-nością do nieskończenie małych drugiego rzędu mamy

V (ρ) = −2A(

1ρ− 1

21ρ2

)≈ −A +A[ρ− 1]2 = −A +A (r − a)2

a2 . (2.13.17)

Zestawiając ostatnie wyrażenie z potencjałem klasycznego oscylatora harmonicznego,o masie µ, częstości drgań ω i położeniu równowagi w punkcie r = r0, mamy

12µω2(r − r0)2 = A (r − a)2

a2 , (2.13.18)

skąd otrzymujemy

ω =

√2Aµa2 . (2.13.19)

Dodatkowo, zauważmy, że I = µa2 to moment bezwładności punktu materialnego(masa µ, ramię a – najbardziej prawdopodobna odległość między atomami). Uwzględ-niając te zależności, możemy przekształcić wzór (2.13.16) w postać rzeczywiście czy-telną

E = −12Iω2 + ~ω

(n+

12

)+

~2

2I

(l +

12

)2− 3~2

2I2

(n+

12

)2

− 3~3

2I2ω

(n+

12

)(l +

12

)2+ . . . (2.13.20)

Pierwszy wyraz tego rozwinięcia to klasyczna energia kinetyczna ruchu obrotowe-go; drugi – energia kwantowego (zwróćmy uwagę na składnik 1/2!) oscylatora har-monicznego, poziomy oscylacyjne molekuły; trzeci – energia związana z orbitalnymmomentem pędu, jego kwantowy kwadrat to ~2l(l + 1) ≈ ~2(l + 1/2)2 – kwanto-we poziomy rotacyjne; czwarty – poprawka dla poziomów oscylacyjnych związanychz anharmonicznością naszego oscylatora (rozwinięcie (2.13.17) zawiera nieskończeniewiele wyrazów); wreszcie piąty to wyraz odpowiedzialny za sprzężenie pomiędzy ru-chami oscylacyjnymi i rotacyjnymi. Czytelnik zechce (przynajmniej!) sprawdzić, żewszystkie stałe poprzedzające wyrażenia zawierające liczby kwantowe n i l we wzorze(2.13.20) mają rzeczywiście wymiar energii. Ambitny Czytelnik wyprowadzi, w opisa-ny powyżej sposób (przynajmniej) dwa, trzy wyrazy rozwinięcia (2.13.20). Jego pełnapostać to zadanie dla tych, którzy naprawdę nie boją się – prostych choć żmudnych– rachunków.

BG AGH


PROBLEM 2.14

Rozwiąż jednowymiarowe równanie Schrodingeradla potencjału Yukawy:

V (x) = Ae−αx

x(2.14.1)


Równanie Schrodingera ma postać

− ~2

2md2ψ(x)dx2 + V (x)ψ(x) = Eψ(x). (2.14.2)

Za potencjał – V (x) – podstawiamy wyrażenie z (2.14.1); rozwijając funkcję wykład-niczą w szereg oraz dokonując prostych przekształceń, otrzymujemy

d2ψ(x)dx2 + Eψ(x)−A

(1x− α+

12!α2x− 1

3!α3x2 + . . .

)ψ(x) = 0, (2.14.3)

gdzie E ≡ 2mE/~2, A ≡ 2mA/~2. Postulujemy rozwiązanie w zwykłej postaci

ψ(x) =∞∑k=0

akxλ+k, (2.14.4)

obliczamy drugą pochodną i wstawiamy do (2.14.3). Mamy

∞∑k=1

[ak(λ+ k)(λ+ k − 1)xλ+k−2 + Eakxλ+k

−A(

1x− α+

12!α2x− 1

3!α3x2 + . . .

)akx

λ+k]

= 0. (2.14.5)

Kładąc k = 0 i przyrównując do zera współczynnik przy najniższej potędze (xλ−2),otrzymujemy równanie określające

a0 λ (λ− 1) = 0, (2.14.6)

z dwoma pierwiastkami: 0 oraz 1. Ponieważ ich różnica jest liczbą całkowitą, dodalszych rachunków pozostawiamy większy: λ = 1.Współczynnik przy następnej potędze – xλ−1 = x0 = 1 jest równy (musimy uwzględ-nić przyczynki od pierwszego wyrazu (2.14.5), z k = 1, oraz trzeciego, z k = 0)

2 · 1 · a1 −Aa0. (2.14.7)

BG AGH


Przyrównując go do zera dostajemy

a1 =A2a0. (2.14.8)

Do współczynnika kolejnej potęgi zmiennej x – xλ ≡ x1 = x – mamy przyczynkiod pierwszego członu (2.14.5) z k = 2, drugiego – z k = 0, oraz trzeciego z k = 0(Aαa0), a także z k = 1 (−Aa1). Przyrównanie do zera tego współczynnika prowadzido równania

3 · 2 · a2 + Ea0 +Aαa0 −Aa1 = 0, (2.14.9)

skąd

a2 =16

(A2

2− E −Aα

)a0. (2.14.10)

Przyrównanie do zera współczynnika kolejnej potęga zmiennej x – xλ+1 ≡ x2 dajerównanie

4 · 3 · a3 + Ea1 −Aa2 +Aαa1 −12Aα2a0 = 0 (2.14.11)

[zauważmy, że mamy już trzy przyczynki od trzeciego członu z (2.14.5)], które możeposłużyć do obliczenia kolejnego współczynnika a3. Procedurę możemy kontynuować– zakładamy, że mamy do czynienia z niewielkimi wartościami (odpowiednio przeska-lowanej!) zmiennej x. Funkcja falowa będzie oczywiście zależała od stałej a0, którejwartość znajdziemy, obliczając odpowiednią wartość całki normalizacyjnej. Wartozwrócić tu uwagę na fakt, że całkowanie musi odbyć się w granicach skończonych: odpewnej minimalnej wartości zmiennej x (x ≈ 0) do pewnej skończonej wartości mak-symalnej (x = xmax). (Położenie xmax = ∞ prowadziłoby do nieskończonej wartościcałki z kwadratu funkcji falowej.) Procedury obliczeniowe nie prowadzą do kwanty-zacji wartości energii układu – chodzi w nich raczej o znalezienie funkcji falowej dlaznanego (np. z pomiaru) E . Dlatego powyższy problem należy traktować jako przy-kład przybliżonego rozwiązania równania, w którym funkcję potencjału przybliżamy– dla x < 1 – z dowolną (zadaną) dokładnością. Bardziej realistyczne ujęcie problemurównania Schrodingera dla potencjału Yukawy, przy użyciu układu współrzędnychsferycznych, prowadzi – dla części radialnej funkcji falowej – do równania Bessela.

BG AGH

BG AGH

Rozdział 3

Zagadnienie Sturma–Liouville’a

W tym rozdziale przedstawiamy problemy ilustrujące różne aspekty zagadnienia Sturma–Liouville’a – zagadnienia własnego, takiego jak zagadnienie drgającej struny w me-chanice klasycznej, czy też problem niezależnego od czasu równania Schrodingeraw mechanice kwantowej.Zaczynamy – problem 3.1 – od dyskusji wpływu warunków brzegowych na rozwiąza-nie ogólne zwyczajnego równania różniczkowego 2. rzędu, na przykładzie oscylatoraharmonicznego.

Kolejne trzy problemy (3.2, 3.3, 3.4) dotyczą wyznaczania postaci samosprzężonejoperatora. W problemie 3.5 pokazano, w jaki sposób zastosowanie metody separacjizmiennych do równania falowego prowadzi do zagadnienia własnego, a w następnymproblemie, 3.6, jest dowiedziona jedna z ważniejszych własności zbioru funkcji wła-snych w zagadnieniu Sturma–Liouville’a, mianowicie ich ortogonalność.

Problemy 3.7—3.12 przedstawiają różne zastosowania metody separacji zmiennychdo problemów fizycznych. I tak, w problemie 3.7 znajdujemy mody drgań membranyprostokątnej, z kolei następny problem, 3.8, jest poświęcony równaniu Schrodingera(widmo energetyczne cząstki uwięzionej w trójwymiarowej studni potencjału).

Kolejne cztery problemy dotyczą równania przewodnictwa cieplnego. W problemie 3.9rozwiązujemy (2 + 1)-wymiarowe równanie przewodnictwa cieplnego, gdy zadane sąokreślone warunki brzegowe. Problemy 3.10 i 3.11 dotyczą sytuacji, kiedy widmowartości własnych operatora jest ciągłe, a problem 3.12 (wraz z jego rozszerzeniem,sugerowanym do samodzielnego rozwiązania) można uznać za dość kompletny przy-kład techniki separacji zmiennych dla (2 + 1)-wymiarowego równania przewodnictwacieplnego.

W problemach 3.13 i 3.14 generujemy rodziny wielomianów ortogonalnych opierającsię na procedurze Grama–Schmidta. W kolejnym problemie, 3.15, dowodzimy pew-nego twierdzenia, z którego korzystamy w problemie 3.16, przy wyznaczaniu stałychnormalizacyjnych dla wielomianów Hermite’a i Laguerre’a, korzystając z „techniki”funkcji tworzącej (Hermite) lub wzoru Rodriguesa (Laguerre). Wielomiany Hermi-

65

BG AGH

66 Zagadnienie Sturma–Liouville’a

te’a pojawiają się ponownie w problemie 3.17, gdzie zostaje wyprowadzony jeden zezwiązków rekurencyjnych, dla wielomianów o różnych stopniach.

Problem 3.18 dotyczy obliczania pewnego typu całek, w których występują wielo-miany Laguerre’a, a w problemie 3.19 pokazujemy, jak można wyrazić funkcję kwa-dratową przez wielomiany Hermite’a i Czebyszewa. Przedstawiona metoda może zo-stać zastosowana do wyrażenia wielomianów wyższego stopnia przez dowolną rodzinęwielomianów ortogonalnych. W końcu ostatni problem, 3.20, dotyczy kwantowegooscylatora harmonicznego. W tym zadaniu obliczamy wariancję wychylenia ze stanurównowagi.

BG AGH

Zagadnienie Sturma–Liouville’a 67

PROBLEM 3.1

Rozwiąż równanie oscylatora harmonicznego

d2g(x)dx2 + k2g(x) = 0 (3.1.1)

z dwupunktowymi warunkami:

a) g(0) = 1; g(L) = 1,

b) g(0) = 1; g(π/k) = −1,

c) g(0) = 1; g(π/k) = −2.

Przeprowadź dyskusję otrzymanych wyników.

Przedstawione równanie jest przykładem liniowego równania różniczkowego o stałychwspółczynnikach. Zapewne jest ono dobrze znane Czytelnikowi np. z kursu mechani-ki klasycznej – stanowi ono opis ruchu wahadła matematycznego dla małych drgań.Dlatego też nie będziemy omawiać szczegółowo sposobu jego rozwiązania, gdyż spo-dziewamy się, że każdy z Czytelników już dobrze wie, jak to zrobić. Skupimy sięnatomiast na roli, jaką odgrywają warunki brzegowe w tym problemie1.Ogólne rozwiązanie równania (3.1.1) ma postać

g(x) = A1 sin kx+A2 cos kx, (3.1.2)

gdzie A1 oraz A2 są stałymi, które należy wyznaczyć w oparciu o zadane warunki.

1W przypadku równań różniczkowych zwyczajnych przez warunki brzegowe należy rozumieć wa-runki narzucone na funkcję i/lub jej pierwszą pochodną na końcach przedziału zmiennej.

BG AGH


Ad a)Podstawiając g(0) = 1 oraz g(L) = 1 do rozwiązania (3.1.2), otrzymujemy układrównań na poszukiwane współczynniki A1 oraz A2, którego rozwiązanie to A1 =1, natomiast A2 = (1 − cos kL)/ sin kL. W rezultacie szczególne rozwiązanierównania (3.1.1) ma postać

g(x) = cos kx+1− cos kL

sin kLsin kx.

Ad b)Dla warunków g(0) = 1 i g(π/k) = −1 otrzymujemy jednoparametrową rodzinęrozwiązań w postaci

g(x) = cos kx+A sin kx,

gdzie A jest dowolną stałą.

Ad c)Układ równań wyznaczony przez warunki brzegowe g(0) = 1 i g(π/k) = −2 jestsprzeczny, wobec czego nie istnieje szczególne rozwiązanie równania (3.1.1) przytak zadanych warunkach.

Wyniki tego zadania pokazują, jak dwupunktowe warunki brzegowe wpływają na roz-wiązanie zwyczajnego równania różniczkowego. Zastosowanie warunków brzegowychz podpunktu a) prowadzi do jednego rozwiązania, z podpunktu b) do nieskończonejilości rozwiązań i w końcu w podpunkcie c) do braku rozwiązań.

Na zakończenie proponujemy Czytelnikowi przeprowadzenie podobnej dyskusji, lecztym razem dotyczącej jednopunktowych warunków brzegowych (tzn. przy zadanychg(a) = αa oraz g′(a) = βa) bądź warunków mieszanych, np. g(a) = αa i g′(b) = βb,gdzie a i b są odpowiednio lewym i prawym krańcem przedziału zmiennej x.

BG AGH


PROBLEM 3.2

Znajdź operator różniczkowy L∗, sprzężony do opera-tora

L = exd2

dx2 + exd

dx,

działający w przestrzeni funkcji g(x) całkowalnychz kwadratem, takich że

g′(0) = 0, g(1) = 0.

Jako iloczyn skalarny przyjmij

〈f |g〉 =∫ 1

0dx f(x)g(x). (3.2.1)

Operator sprzężony L∗ definiujemy za pomocą równości

〈f |Lg〉 = 〈L∗f |g〉. (3.2.2)

Wobec tego do wyznaczenia L∗ użyjemy definicji iloczynu skalarnego (3.2.1), miano-wicie

〈f |Lg〉 =∫ 1

0dx f(x) [Lg(x)] . (3.2.3)

Podstawiając w miejsce operatora L jego jawną postać, a następnie całkując dwa razyprzez części, dostajemy

∫ 1

0dx f(x)[exg′(x)]′

= f(x)exg′(x)∣∣∣∣10−∫ 1

0dx f ′(x)exg′(x)

= f(x)exg′(x)∣∣∣∣10− f ′(x)exg(x)

∣∣∣∣10

+∫ 1

0dx [f ′(x)ex]′g(x).

BG AGH


Uwzględnienie warunków brzegowych, narzuconych na wartości funkcji g i jej pochod-nej, wraz z (3.2.3), daje

〈f |Lg〉 = e1f(1)g′(1) + f ′(0)g(0) + 〈L∗f |g〉, (3.2.4)

skąd otrzymujemy już jawną postać 〈L∗f |g〉

〈L∗f |g〉 = −[e1f(1)g′(1) + f ′(0)g(0)] + 〈f |Lg〉. (3.2.5)

Z przeprowadzonego rachunku wynika, że otrzymany operator składa się z dwóchczęści: wyrazu stałego, określonego przez wartości, jakie funkcje f(x) i g(x) oraz ichpochodne przyjmują w punktach leżących na końcach przedziału całkowania, orazwyjściowego operatora różniczkowego L. Aby spełniona była równość (3.2.2), należyzażądać znikania wyrazu stałego, tzn. przyjąć, że

e1f(1)g′(1) + f ′(0)g(0) = 0.

Z kolei ten warunek zostanie spełniony, gdy przyjmiemy, że f ′(0) = 0 oraz f(1) = 0.To oznacza, że funkcje f(x) oraz g(x) spełniają te same warunki na końcach prze-działu całkowania.Ten przykład powinien w pełni uświadomić Czytelnikowi, że warunki jedno-, dwu-punktowe czy też mieszane, narzucone na obiekty działania operatora – funkcje, sączęścią definicji samego operatora. To właśnie one współdecydują o charakterze sprzę-żenia. Więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w następnym problemie.

BG AGH


PROBLEM 3.3

Wykaż, że hamiltonian cząstki swobodnej

H = − ~2

2md2

dx2 (3.3.1)

jest operatorem hermitowskim. Przyjmij, że iloczyn ska-larny jest dany wzorem

〈φi|φj〉 =∫ abdx φ∗i (x)φj(x). (3.3.2)

Hamiltonian jest operatorem całkowitej energii cząstki. Tutaj ograniczamy się do roz-ważenia jego części odpowiadającej energii kinetycznej, ale uogólnienie tego wynikuna przypadek obejmujący część potencjalną, reprezentowaną przez funkcję rzeczywi-stą nie jest trudne. Opierając się na podanej definicji iloczynu skalarnego,

〈φi|Hφj〉 =∫ a

bdx φ∗i (x)Hφj(x) (3.3.3)

można stwierdzić, że całe zagadnienie sprowadza się do pokazania, że z równości

〈φi|Hφj〉 = 〈H†φi|φj〉, (3.3.4)

wynika: H = H†, dla funkcji φ(x) spełniających odpowiednie warunki brzegowe.Aby to pokazać, wystarczy obliczyć prawą stronę wyrażenia (3.3.3), całkując dwarazy przez części. W rezultacie otrzymujemy

− ~2m

[φ∗i (x)φ′j(x)− [φ∗i (x)]′φj(x)

]ab

+∫ a

bdx Hφ∗i (x)φj(x).

Przedstawione wyrażenie sugeruje, że warunek hermitowskości operatora wynika z cha-rakteru sprzężenia, jak to było wspomniane w poprzednim zadaniu. Znikanie wyrazustałego można zagwarantować na dwa sposoby2:

1) Żądając znikania funkcji φj(x) oraz φ′j(x) na brzegach przedziału całkowania.

2) Żądając znikania funkcji φj(x) na brzegach, a następnie przyjęcia, że funkcjesprzężone φ∗i (x) spełniają te same warunki.

2V.S. Arujo, F.A.B. Coutinho, J. Fernando Perez: Operator domains and self-adjoint operators,Am. J. Phys 72, 203 (2004).

BG AGH


Jeżeli funkcja falowa φj(x) i jej pochodna znikają na brzegu, to operator nazywamysprzężonym po hermitowsku, natomiast gdy mamy zadane warunki brzegowe tylkodla samej funkcji φj(x), to żądając ich zgodności z warunkami dla funkcji φ∗i (x),doprowadzimy do samosprzężenia operatora.

BG AGH


PROBLEM 3.4

Znajdź postać samosprzężoną równania Hermite’a

y′′(x)− 2xy′(x) + 2αy(x) = 0, (3.4.1)

gdzie −∞ < x <∞.

W celu wyznaczenia postaci samosprzężonej, mnożymy równanie (3.4.1) przez pewnąfunkcję w(x), którą będziemy traktowali jako funkcję wagową. W rezultacie otrzymu-jemy

w(x)y′′(x)− 2xw(x)y′(x) = −2αw(x)y(x), (3.4.2)

porównując lewą stronę równania (3.4.2) z

[w(x)y′(x)]′ = w(x)y′′(x) + w′y′, (3.4.3)

otrzymujemyw′(x) = −2xw(x),

czyli równanie różniczkowe na funkcję wagową. Rozwiązaniem tego równania jestfunkcja

w(x) = e−x2,

zgodnie ze wzorami 3.67 i 3.58 w „Wybranych rozdziałach . . . ”.Ostatecznie, równanie Hermite’a w postaci samosprzężonej to[

e−x2y′(x)

]′+ 2αe−x

2y(x) = 0.

BG AGH


PROBLEM 3.5

Równanie drgającej struny ma postać

∂2f

∂t2− ∂

∂x

p(x)∂f

∂x

= 0, (3.5.1)

gdzie f(x, t) oznacza wychylenie od stanu równowagi.Wykaż, że jeśli funkcja f(x, t) może być przedstawionajako u(x)v(t), to funkcja u(x) spełnia równanie

[p(x)u′(x)]′ + λu(x) = 0.

To zadanie, z jednej strony pokaże Czytelnikowi, w jaki sposób może pojawić się za-gadnienie Sturma–Liouville’a przy rozwiązywaniu konkretnych problemów fizycznych,a z drugiej strony będzie stanowiło element jednej z metod rozwiązywania równań róż-niczkowych cząstkowych, którą przedstawiamy w kolejnych zadaniach.

Zgodnie z podstawową ideą metody separacji zmiennych, funkcję f(x, t) postuluje-my w postaci f(x, t) = u(x)v(t). Podstawiając to wyrażenie do równania (3.5.1),otrzymujemy natychmiast

u(x)v′′(t) = [p(x)u′(x)]′v(t). (3.5.2)

Dzieląc obustronnie przez u(x)v(t) dostajemy

v′′(t)v(t)

=[p(x)u′(x)]′

u(x). (3.5.3)

Spełnienie tej równości jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy obie jej strony będąrówne stałej, którą oznaczymy −λ. Zatem mamy równanie na funkcję u(x) w postaci

[p(x)u′(x)]′ = −λu(x), (3.5.4)

a więc, jak łatwo rozpoznać, w postaci zagadnienia własnego (por. wzór 3.38 „Wy-branych rozdziałów. . . ”).

BG AGH


PROBLEM 3.6

Wykaż, że rozwiązania ui(x) i uj(x) jednorodnego za-gadnienia Sturma–Liouville’a w przedziale [a, b], odpo-wiadające różnym wartościom własnym λi i λj, spełniająwarunek

〈ui|uj〉 =∫ badx w(x)u∗i (x)uj(x) = 0.

Skoro funkcje u∗i (x) i uj(x) są rozwiązaniami zagadnienia Struma–Liouville’a, każdaz nich powinna spełniać równanie własne

[p(x)u∗′i (x)]′ + q(x)u∗i (x) = λiu∗i (x), (3.6.1)

[p(x)u′j(x)]′ + q(x)uj(x) = λjuj(x). (3.6.2)

Aby wykazać, że funkcje ui,j(x) określone w przedziale [a, b] są ortogonalne, należypomnożyć równanie (3.6.1) przez uj(x), zaś równanie (3.6.2) przez u∗i (x), po czymodjąć je stronami. W wyniku otrzymujemy

[p(x)u∗′i (x)]′uj(x)− [p(x)u′j(x)]′u∗i (3.6.3)

= (λi − λj)u∗i (x)uj(x).

Całkując obustronnie otrzymaną równość w rozpatrywanym przedziale z wagą w(x),otrzymujemy

w(x)p(x)[u∗′i (x)uj(x)− u∗i (x)u′j(x)

]∣∣∣∣ba

= (λi − λj)∫ b

adx w(x) u∗′i (x)uj(x). (3.6.4)

Lewą stronę tej równości otrzymaliśmy w wyniku dwukrotnego całkowania przez czę-ści. To wyrażenie jest równe zeru ze względu na warunki brzegowe jakie spełniająfunkcje ui,j(x) i/lub funkcja p(x) (por. wzór 3.35 „Wybranych rozdziałów. . . ”).Uwzględniając założenie, że mamy do czynienia z różnymi wartościami własnymi,tzn. λi 6= λj , widzimy, że zerowanie się wyrażenia

(λi − λj)∫ b

adx w(x) u∗′i (x)uj(x) = 0 (3.6.5)

implikuje warunek ortogonalności.

BG AGH


PROBLEM 3.7

Membrana prostokątna jest zamocowana wzdłuż brze-gów tak, że spełnia na nich – w każdej chwili t – nastę-pujące warunki:φ(0, y, t) = φ(a, y, t) = 0, dla każdego 0 ¬ y ¬ b

orazφ(x, 0, t) = φ(x, b, t) = 0, dla każdego 0 ¬ x ¬ a,gdzie przez φ(x, y, t) oznaczamy wychylenia punktówmembrany od położeń równowagi. Dodatkowo, w chwilipoczątkowej mamy

φ(x, y, 0) = h(x, y),∂

∂tφ(x, y, t)

∣∣∣∣∣∣t=0

= v(x, y).

Znajdź mody drgań oraz ich częstości.

Analiza drgań poprzecznych płaskiej membrany jest oparta na (2+1)–wymiarowymklasycznym równaniu falowym,[

∂2

∂x2 +∂2

∂y2

]φ(x, y, t) =

1c2∂2

∂t2φ(x, y, t), (3.7.1)

gdzie c =√T/ρ jest prędkością fal w membranie, T – naprężeniem membrany, nato-

miast ρ jest gęstością powierzchniową membrany.Wychylenie poprzeczne membrany φ(x, y, t) można wyznaczyć, stosując metodę se-paracji zmiennych. W tym przypadku wygodnie jest rozdzielić funkcję φ(x, y, t) naczęść przestrzenną i część czasową,

φ(x, y, t) = ζ(x, y)T (t). (3.7.2)

Podstawiając funkcję daną wzorem (3.7.2) do równania falowego, a następnie dzielącobustronnie przez ζ(x, y)T (t), otrzymujemy

1ζ(x, y)

[∂2

∂x2 +∂2

∂y2

]ζ(x, y) =

1c2T ′′(t)T (t)

≡ −k2, (3.7.3)

gdzie −k2 jest stałą separacji3.3Bliższa analiza, którą pozostawiamy Czytelnikowi, prowadzi do wniosku, że nie istnieją rozwią-

zania równania (3.7.3) – spełniające warunki brzegowe sformułowane w temacie zadania– dla stałejseparacji 0.

BG AGH


Dzięki temu, równanie na część czasową przyjmie postać

T ′′(t) + (ck)2T (t) = 0, (3.7.4)

którego rozwiązanie ogólne to

T (t) = At cosωt+Bt sinωt, (3.7.5)

gdzie ω = ck.Z kolei równanie na część przestrzenną ma postać[

∂2

∂x2 +∂2

∂y2

]ζ(x, y) = −k2ζ(x, y). (3.7.6)

Aby znaleźć funkcję ζ(x, y), ponownie zastosujemy metodę rozdzielania zmiennych.Przyjmujemy, że

ζ(x, y) = X(x)Y (y). (3.7.7)

Równanie (3.7.6) przybiera postać

X ′′(x)X(x)

+Y ′′(y)Y (y)

= −k2. (3.7.8)

Postępowanie podobne do tego, które zostało przeprowadzone wyżej, pozwoli namotrzymać następujące równania:

X ′′(x) + µ2X(x) = 0 (3.7.9)

i

Y ′′(y) + ν2Y (y) = 0, (3.7.10)

gdzie −µ2 oraz −ν2 są stałymi separacji, które spełniają równanie

µ2 + ν2 = k2. (3.7.11)

Rozwiązaniami ogólnymi równań różniczkowych (3.7.9) i (3.7.10) są odpowiednio:

X(x) = Ax cosµx+Bx sinµx, (3.7.12)

oraz

Y (y) = Ay cos νy +By sin νy. (3.7.13)

Uwzględnienie warunków zamocowania membrany wzdłuż brzegów prowadzi do wnio-sku, że funkcja X(x) spełnia warunki w postaci X(0) = X(a) = 0, zaś dla funkcji

BG AGH


Y (y) mamy warunki brzegowe w postaci Y (0) = Y (b) = 0. Z kolei narzucenie tychwarunków brzegowych na rozwiązania ogólne (3.7.12) i (3.7.13) daje

X(x) = Bx sinµx, (3.7.14)

gdzie stała separacji µ ≡ µn = (nπ/a), n ∈ N oraz

Y (y) = By sin νy, (3.7.15)

gdzie stała separacji ν ≡ νm = (mπ/b), m ∈ N.Równanie wiążące stałe separacji, po uwzględnieniu ich dyskretnego charakteru, przyj-mie postać

λ2nm = µ2

n + ν2m ≡

(nπ

a

)2

+(mπ

b

)2

. (3.7.16)

Powracając z otrzymanymi wyrażeniami na funkcje X(x), Y (y) oraz T (t) do wzoru(3.7.2) wyrażającego wychylenie membrany, możemy napisać rozwiązanie w postaci

φnm(x, y, t) = αnm sinµnx sin νmy cosωnmt

+ βnm sinµnx sin νmy sinωnmt, (3.7.17)

gdzie αmn i βmn są nowymi stałymi (wyrażonymi przez stare stałe), które należywyznaczyć na podstawie kolejnej pary warunków – tym razem początkowych.W chwili początkowej membrana ma kształt opisany przez funkcję h(x, y). Wobec tegoz warunku φ(x, y, 0) = h(x, y) wynika, że

∞∑n=1

∞∑m=1

αnm sinµnx sin νmy = h(x, y), (3.7.18)

natomiast drugi z warunków początkowych, który interpretujemy jako prędkość punk-tów membrany w chwili t = 0, prowadzi do wyrażenia

∞∑n=1

∞∑m=1

βnmωnm sinµnx sin νmy = v(x, y). (3.7.19)

Otrzymane funkcje trygonometryczne: sinµnx oraz sin νmy są ortogonalne, odpo-wiednio, w przedziałach 0 ¬ x ¬ a oraz 0 ¬ y ¬ b. Mnożąc wyrażenie (3.7.18) przezsinµkx sin νly, a następnie całkując względem x oraz y, otrzymujemy

αkl =

∫ a

0dx

∫ b

0dy h(x, y) sinµkx sin νly∫ a

0dx

∫ b

0dy sin2 µkx sin2 νly

. (3.7.20)

BG AGH


Analogiczne postępowanie z równaniem (3.7.19), daje nam

βkl =1ωkl

∫ a

0dx

∫ b

0dy v(x, y) sinµkx sin νly∫ a

0dx

∫ b

0dy sin2 µkx sin2 νly

. (3.7.21)

Ostatecznie, wychylenie membrany prostokątnej spełniającej zadane warunki możnawyrazić jako superpozycję drgań podstawowych (tzw. modów), czyli

φ(x, y, t) =∞∑n=1

∞∑m=1

[αmn sinµnx sin νmy cosωnmt

+ βmn sinµnx sin νmy sinωnmt], (3.7.22)

gdzie stałe αmn i βmn są dane, odpowiednio, przez (3.7.20) i (3.7.21).Mnożąc obie strony równania (3.7.16) przez c2, otrzymujemy wyrażenie na częstośćdrgań membrany w postaci

ωnm = cknm = cπ

√√√√(na

)2

+(m

b

)2

. (3.7.23)

BG AGH


PROBLEM 3.8

Znajdź funkcje własne i wartości własne cząstki swo-bodnej o masie m, znajdującej się w sześciennym pudleo nieprzezroczystych ściankach a×b×c, gdzie a 6= b 6= c.

Część przestrzenna funkcji falowej cząstki poruszającej się w ograniczonym obszarzeprzestrzeni spełnia równania Schrodingera niezależne od czasu

− ~2

2m∇2ψ(r) + U(r)ψ(r) = Eψ(r). (3.8.1)

Fizycznie, pudło o nieprzezroczystych ściankach jest reprezentowane przez potencjał,tak uformowany, że w obszarze (0, a)× (0, b)× (0, c) energia potencjalna cząstki jeststała (na ogół przyjmujemy ją jako równą zeru), natomiast na brzegu takiego obszarujest nieskończona. W tej sytuacji funkcja falowa znika na ściankach pudła, a tymsamym mamy wyznaczone warunki brzegowe dla naszego zagadnienia, mianowicie

ψ(0, y, z) = ψ(a, y, z) = 0,

ψ(x, 0, z) = ψ(x, b, z) = 0,

ψ(x, y, 0) = ψ(x, y, c) = 0.

Są to tzw. dwupunktowe warunki brzegowe – charakterystyczne dla mechaniki kwan-towej stanów związanych.Przyjmując funkcję falową w postaci

ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z) (3.8.2)

można się przekonać, że równanie wyjściowe (3.8.1) jest równoważne układowi trzechzwyczajnych równań różniczkowych. Aby to wykazać, wystarczy podstawić funkcjęfalową ψ(r) daną wyrażeniem (3.8.2) do równania (3.8.1) i po kilku prostych prze-kształceniach otrzymujemy

X ′′(x)X(x)

= −Y′′(y)Y (y)

− Z ′′(z)Z(z)

− k2, (3.8.3)

gdzie k2 = 2mE/~. (Porównaj uwagę o znaku stałej separacji w problemie 3.7.)Zgodnie z ideą metody separacji zmiennych, prawą stronę tego równania oznaczymyprzez −k2

x, co prowadzi do równania

X ′′(x) + k2xX(x) = 0, (3.8.4)

którego ogólne rozwiązanie zapiszemy w postaci kombinacji liniowej funkcji wykład-niczych

X(x) = Axeikxx +Bxe

−ikxx. (3.8.5)

BG AGH


Warunki brzegowe, jakie powinna spełniać funkcja falowa w punktach 0 i a, prowadządo układu równań na współczynniki Ax i Bx, który zapiszemy w postaci macierzowej[

1 1eikxa e−ikxa

] [AxBx

]=

[00

]. (3.8.6)

Układ ten posiada niezerowe rozwiązanie, wtedy i tylko wtedy, gdy wyznacznik ma-cierzy współczynników stojącej przy kolumnie niewiadomych Ax i Bx jest równy zeru.Stąd dostajemy warunek w postaci

sin kxa = 0, (3.8.7)

który prowadzi do dyskretyzacji stałej separacji kx,

kxa = nxπ,

gdzie nx = 1, 2, . . .W tym miejscu należy zwrócić uwagę na fakt że dopuszczalne wartości nx należą dozbioru liczb naturalnych. Wykluczenie liczb całkowitych niedodatnich wynika z defi-nicji stałej k. Zapisując wyrażenie dane wzorem (3.8.5) w postaci trygonometrycznej,

Xnx(x) = Cx cos knxx+Dx sin knxx, (3.8.8)

można się przekonać, że jedynym rozwiązaniem spełniającym zadane warunki brze-gowe jest funkcja

Xnx(x) = Dx sin knxx, (3.8.9)

gdzie Dx jest nową stałą.Równanie na funkcję Y (y) otrzymujemy, odpowiednio przekształcając równanie (3.8.3)do postaci

Y ′′(y)Y (y)

= k2x − k2 − Z ′′(z)

Z(z). (3.8.10)

Zastępując prawą stronę przez −k2y, otrzymujemy równanie

Y ′′(y) + k2yY (y) = 0, (3.8.11)

którego szczególnym rozwiązaniem jest funkcja

Yny(y) = Dy sin knyy, (3.8.12)

gdzie kny = nyπ/b.W końcu funkcja Z(z) spełnia równanie

Z ′′(z) + k2zZ(z) = 0, (3.8.13)

BG AGH


gdzie stała separacji −k2z = k2

x + k2y − k2.

Widzimy zatem, że stałe separacji spełniają równanie

k2 = k2x + k2

y + k2z . (3.8.14)

Podobnie jak w poprzednich przypadkach, po uwzględnieniu warunków brzegowychmamy rozwiązanie, tj.

Znz(z) = Dz sin knzz, (3.8.15)

przy czym knz = nzπ/c.Funkcja falowa (3.8.2) ma postać

ψnxnynz(x, y, z) = D sin knxx sin knyy sin knzz.

Aby wyznaczyć stałą D = DxDyDz, skorzystamy z warunku normalizacji funkcjifalowej ∫ a

0dx

∫ b

0dy

∫ c

0dz |ψnxnynz(x, y, z)|2 = 1. (3.8.16)

Dzięki temu mamy

|D|2 =1∫ a

0dx

∫ b

0dy

∫ c

0dz sin2 knxx sin2 knyy sin2 knzz

. (3.8.17)

Obliczając całki występujące w mianowniku tego wyrażenia, otrzymujemy abc/8, skądostatecznie stała normalizacji wynosi

D =

√8abc

.

Widmo energetyczne cząstki uwięzionej w rozważanym pudle jest dyskretne i wyrażasię wzorem

Enxnynz =~2

2m

[(nxπ

a

)2

+(nyπ

b

)2

+(nzπ

c

)2](3.8.18)

=~2k2

2m,

gdzie kwadrat wektora falowego k, wyrażony wzorem (3.8.14), przyjmuje wartościdyskretne zgodnie z narzuconymi warunkami brzegowymi na stałe kx, ky, kz.

BG AGH


PROBLEM 3.9

Znajdź rozwiązanie (1+1)-wymiarowego równania prze-wodnictwa cieplnego

∂2u(x, t)∂x2 − 1

κ

∂u(x, t)∂t

= 0, (3.9.1)

metodą separacji zmiennych, gdy funkcja u(x, t) spełniawarunki:

u(0, t) = 0,

∂u(x, t)∂x

∣∣∣∣∣∣x=a

= 0,

u(x, 0) = u0 sin3(πx/2a).

Występująca w równaniu (3.9.1) stała κ to

κ =k

cρ,

gdzie c – ciepło właściwe ośrodka, ρ – jego gęstość, a k to współczynnik przewodnictwacieplnego, występujący we wzorze wiążącym strumień ciepła Q z ujemnym gradientemtemperatury (1. prawo Fouriera)

Q = −k∂u∂x.

Podobnie jak w poprzednich zadaniach, zaczniemy od przedstawienia funkcji u(x, t)w postaci iloczynu dwóch funkcji, z których każda zależy od jednej zmiennej

u(x, t) = y(x)v(t). (3.9.2)

Podstawiając tę postać do równania (3.9.1) i postępując analogicznie jak w poprzed-nich zadaniach, otrzymujemy

y′′(x)y(x)

=1κ

v′′(t)v(t)

.

BG AGH


Oznaczając stałą separacji przez −λ2, dostajemy równanie na funkcję y(x) w dobrzenam znanej postaci, mianowicie

y′′(x) + λ2y(x) = 0,

którego ogólne rozwiązanie to

y(x) = A cosλx+B sinλx. (3.9.3)

Z kolei funkcja v(t) będąca rozwiązaniem równania

v′(t) + κλ2v(t) = 0

ma postać

v(t) = Ce−κλ2t. (3.9.4)

Podstawienie funkcji y(x) i v(t) danych odpowiednio przez wyrażenia (3.9.3) i (3.9.4)do (3.9.2) pozwala skonstruować rozwiązanie w postaci

u(x, t) = C(A cosλx+B sinλx)e−κλ2t

≡ (α cosλx+ β sinλx)e−κλ2t, (3.9.5)

w którym należy określić możliwe wartości stałej λ, a także wartości stałych α i β.W dowolnej chwili czasu t funkcja u(x, t) musi spełniać warunki u(0, t) = 0 i

∂u(x, t)∂x

∣∣∣∣x=a

= 0,

jak wynika z treści zadania. Dzięki temu otrzymujemy jednorodny układ równań nawspółczynniki α i β w postaci

u(0, t) = 0u′(a, t) = 0.

(3.9.6)

Pierwsze z tych równań daje α = 0, i β ∈ R\0, natomiast z drugiego równaniawynika, że

λβ cosλa = 0,

skąd dostajemy zbiór dyskretnych wartości parametru λ, numerowanych przez n =0, 1, . . . w postaci

λ ≡ λn = (2n+ 1)π

2a= (2n+ 1)λ0; β ≡ βn – stała 6= 0. (3.9.7)

W tej sytuacji otrzymujemy nieskończenie wiele rozwiązań szczególnych, które są nu-merowane przez liczbę n. Równanie (3.9.1) jest liniowe, dzięki czemu możemy skon-struować ogólne rozwiązanie w postaci kombinacji liniowej tych szczególnych rozwią-zań, tj. w postaci

u(x, t) =∞∑n=0

βne−kλnt sinλnx. (3.9.8)

BG AGH


Uwzględniając ostatni warunek, o którym jest mowa w zadaniu, widzimy, że

u(x, 0) = u0 sin3 π

2ax =

∞∑n=0

βn sinλnx. (3.9.9)

Współczynniki βn moglibyśmy wyznaczyć standardową metodą, wykorzystującą or-togonalność funkcji trygonometrycznych (por. podrozdziały 3.2 i 3.4 „Wybranychrozdziałów . . . ”), niemniej warto zauważyć, że trzecia potęga sinusa to

sin3 α =14

(3 sinα− sin 3α),

zatem, wypisując kilka wyrazów szeregu, występującego po prawej stronie równości(3.9.9) i porównując je z wyrazami stojącymi po lewej stronie, widzimy, że

β0 =34u0,

natomiastβ1 = −1

4u0,

a wszystkie pozostałe βi = 0, wobec czego poszukiwana funkcja u(x, t) ma postać

u(x, t) =14u0

[3e−kλ0t sinλ0x− e−9kλ20t sin 3λ0x

], (3.9.10)

gdzie λ0 = π/2a.

BG AGH


PROBLEM 3.10

Wzdłuż dodatniej półosi 0x leży (prosty, jednorodny) pręt,o (praktycznie) nieskończonej długości. Powierzchnia bocz-na i „koniec w nieskończoności” pręta są idealnie izolowa-ne termicznie; „początek” pręta, punkt x = 0, jest utrzy-mywany w stałej temperaturze, T (0, t) = 0. W chwili po-czątkowej, w drucie panował pewien rozkład temperatury –T (x, 0) = f(x). Funkcja f(x) jest ograniczona i nieujemna,dla wszystkich wartości zmiennej x, łącznie z x→∞. Znajdźtemperaturę punktów pręta, w funkcji położenia i czasu,T = T (x, t). Temperatura ta spełnia (1+1)-wymiarowe rów-nanie przewodnictwa cieplnego

∂T (x, t)∂t

= κ∂2T (x, t)∂x2 , (3.10.1)

gdzie stała κ została określona w problemie 3.9.

Punktem wyjścia będzie metoda separacji zmiennych. Postulujemy

T (x, t) = X(x)T (t), (3.10.2)

a więc szukana temperatura to iloczyn dwóch funkcji jednej zmiennej: X(x) i T (t).Po standardowych procedurach – obliczeniu pochodnych cząstkowych, wstawieniu do(3.10.1), podzieleniu obu stron równania przez X(x)T (t), dostajemy

1κ

T ′(t)T (t)

=X ′′(x)X(x)

= λ, (3.10.3)

gdzie – zgodnie z metodą separacji zmiennych – λ jest pewną stałą. Symbole ′ i ′′

oznaczają odpowiednio pierwszą i drugą pochodną (zwyczajną) danej funkcji, wzglę-dem „jej” zmiennej.Pierwsze z tych równań,

1κ

T ′(t)T (t)

= λ,

to proste równanie o zmiennych rozdzielonych, z rozwiązaniem

T (t) = C1 exp(λκt), (3.10.4)

BG AGH


gdzie C1 to pewna stała, która w tej chwili nie ma żadnego znaczenia.Zastanówmy się, co możemy powiedzieć o znaku naszej stałej separacji λ. Po pierwsze,stała ta nie może być równa zeru, gdyż oznaczałoby to, że temperatura w ogólenie zależy od czasu [T (t) = C1 = constans], a to sprzeczne jest z fizyką problemu.Dodatnie λ oznaczałoby, że temperatura rośnie z upływem czasu, co – biorąc znowupod uwagę obraz fizyczny – nie jest możliwe (przypominamy f(x) 0). Pozostajewięc jedyna możliwość – stała separacji jest ujemna, λ = −k2, rozwiązanie części„czasowej”, wzór (3.10.4), to

T (t) = C1 exp(−k2κt), (3.10.5)

a ogólne rozwiązanie równania opisującego zależność przestrzenną

X ′′(x)X(x)

= −k2 (3.10.6)

to oczywiścieX(x) = D sin kx+ E cos kx, (3.10.7)

gdzie D i E to znowu pewne nieokreślone stałe. Ze względu na warunek T (0, t) ≡ 0musimy zrezygnować z kosinusa. Uwzględniając te cząstkowe rozwiązania, możemyzapisać temperaturę pręta w postaci

T (x, t) = C exp(−k2κt) sin kx, (3.10.8)

gdzie C = C1D – pewna stała.W odróżnieniu od analogicznych problemów z transportu ciepła, bądź ruchu falowego,w obiektach o skończonej długości nie mamy w naszym problemie żadnej dodatkowejprzesłanki, która pozwoliłaby „skwantować” (zdyskretyzować) występującą w rozwią-zaniu (3.10.8) stałą k i – w konsekwencji – wyrazić temperaturę jako nieskończonąsumę rozwiązań typu (3.10.8), uzyskanych dla takich skwantowanych wartościachstałej, tworzących nieskończony, ale przeliczalny zbiór kn; n = 0, 1, . . .. Stała k możezmieniać się w sposób ciągły , a jeżeli tak to odpowiednikiem wzorów typu

ψ(x, t) =∞∑n=0

CnXn(x)Tn(t); Xn ≡ X(kn), Tn ≡ T (kn)

(por. podrozdziały 3.2 – 3.4 „Wybranych rozdziałów. . . ” ) będzie

T (x, t) =∫ ∞

0C(k) exp(−k2κt) sin kx dk (3.10.9)

– tzw. całka Fouriera (por. końcowy fragment podrozdziału 4.2.3 „Wybranych roz-działów. . . ”).

BG AGH


Takie, a nie inne granice całkowania sugerują, że nasze k powinno być nieujemne.Nie jest to konieczne – moglibyśmy jako granice całkowania przyjąć ±∞. Spróbuje-my jednak „ograniczyć się” do dodatnich k; będzie to kwestia tylko konsekwentnegostosowania tego wyboru.Jak wyznaczyć współczynniki C(k) całki fourierowskiej? Oczywiście, musimy skorzy-stać z warunku

T (x, t = 0) = f(x),

który prowadzi do

T (x, 0) = f(x) =∫ ∞

0C(k) sin kx dk. (3.10.10)

Współczynniki C(k) naszej całki fourierowskiej to – z dokładnością do stałego czyn-nika – te same współczynniki, które występują w sinusowej transformacie Fourierafunkcji f(x). Parę transformat sinusowych Fouriera tworzą funkcje4

gs(k) =

√2π

∫ ∞0

fs(x) sin kx dx, (3.10.11)

fs(x) =

√2π

∫ ∞0

gs(k) sin kx dk, (3.10.12)

przy czym funkcja f(x) musi spełniać kryterium nieparzystości5 f(−x) = −f(x).Wzór (3.10.10), przy uwzględnieniu definicji (3.10.11) i (3.10.12), pozwala zapisać

C(k) =2π

∫ ∞0

f(x) sin kx dx ≡ 2π

∫ ∞0

f(u) sin ku du (3.10.13)

– współczynniki C(k) znajdziemy obliczając (niewłaściwe) całki z początkowego roz-kładu temperatury. (Zauważ Czytelniku, że w (3.10.13) zmieniliśmy zmienną całko-wania aby w kolejnych wzorach nie popaść w pewną kolizję oznaczeń.) Oczywiście,aby całki takie istniały (były zbieżne) funkcja f(x) musi mieć odpowiedni charakter.Zanim jednak zaczniemy się martwić o to, jakie kryteria powinna spełniać funkcjaf(x) spróbujmy zapisać nasze rozwiązanie (3.10.9) przy uwzględnieniu (3.10.13).Mamy

T (x, t) =2π

∫ ∞0

[∫ ∞0

f(u) sin ku du]

exp(−k2κt) sin kx dk. (3.10.14)

Zauważmy, że w naszej (podwójnej) całce występuje czynnik exp(−k2κt), który dladużych wartości k znakomicie „pracuje” na rzecz zbieżności całki. Rzeczywiście, do-kładna analiza wykazałaby, że podwójna całka (3.10.14) będzie zbieżna, pod warun-kiem, że funkcja f(x) jest ograniczona. Można też zmienić szyk całkowania i napisać

T (x, t) =2π

∫ ∞0

[∫ ∞0

exp(−k2κt) sin ku sin kx dk]f(u) du. (3.10.15)

4Por. na przykład Donald A. McQuarie, Matematyka dla przyrodników i inżynierów, t.II,PWN, 2005.5Mówiąc prosto: nasz początkowy rozkład temperatury wzdłuż pręta „odbijamy” w ujemnej półosi

x-ów zmieniając znak; dokonujemy (fikcyjnego) „rozszerzenia” problemu na całą oś zmiennej x.

BG AGH


W tym momencie można uznać, że schemat rozwiązania został już doprowadzony dosamego końca. Pozostają „tylko” rachunki, ale i one są dość ciekawe. Występującypod całką iloczyn sinusów można zastąpić sumą kosinusów

sin ku sin kx =12cos[k(u− x)]− cos[k(u+ x)] , (3.10.16)

co prowadzi do całek

± 2π

∫ ∞0

exp(−k2κt) cos[k(u± x)] dk, (3.10.17)

albo – w skrócie –Ib ≡

∫ ∞0

exp(−ak2) cos bk dk; a > 0

( a ≡ κt, b ≡ u± x).Taką całkę można obliczyć, rozwijając funkcję kosinus w szereg i całkując poszczególnewyrazy tego szeregu, pomnożone przez funkcję wykładniczą. Znacznie łatwiej jestjednak uzyskać wynik, jeżeli uciekniemy się do zgrabnego triku. Całka Ib jest funkcjąparametru b; różniczkując całkę względem b (wzór Leibniza, 2.143), a następniecałkując uzyskaną całkę przez części, mamy

dIbdb

= −∫ ∞

0exp(−ak2)k sin bk dk =

12a

∫ ∞0

d

dk

[exp(−ak2)

]sin bk dk

=12a

exp(−ak2) sin bk

∣∣∣∣∞0− b

∫ ∞0

exp(−ak2) cos bk dk

= − b

2aIb,

a zatem obliczenie całki sprowadza się do rozwiązania prostego równania różniczko-wego o zmiennych rozdzielonych

dIbdb

= − b

2aIb. (3.10.18)

Rozwiązanie – to oczywiście

Ib = C exp

(− b

2

4a

),

gdzie stałą całkowania C = Ib=0 wyliczamy z warunku

Ib=0 =∫ ∞

0exp(−ak2) dk =

1√a

∫ ∞0

exp[−(√ak)2]d(

√ak) =

√π

2√a

(całka Poissona; por. także wzór 1.137 „Wybranych rozdziałów. . . ”). Mamy więc

Ib ≡∫ ∞

0exp(−ak2) cos bk dk =

√π

2√a

exp

(−b2

4a

); a > 0. (3.10.19)

BG AGH


Korzystając z tego wyniku, możemy przekształcić (3.10.15) w

T (x, t) =1

2√πκt

∫ ∞0

e−(u− x)2

4κt − e−

(u+ x)2

4κt

f(u) du; t > 0 (3.10.20)

przy czym T (x, 0) = f(x).

BG AGH


PROBLEM 3.11

Korzystając z ogólnego rozwiązania problemu 3.10, wzo-ru (3.10.20), znajdź rozkład temperatury w półnieskończo-nym pręcie, którego temperatura w chwili początkowej była,w każdym punkcie, stała – T (x, 0) = f(x) = C.

To oczywiście „czyste” rachunki. Wzór (3.10.20) przybiera postać

T (x, t) =C

2√πκt

∫ ∞0

e−(u− x)2

4κt − e−

(u+ x)2

4κt

du; t > 0 (3.11.1)

Dokonujemy zmiany zmiennej całkowania w pierwszej i drugiej całce

(u− x)2

4κt= v2

u− x = v√

4κt

u = 0 → v = − x√4κt

u =∞ → v =∞

(u+ x)2

4κt= w2

u+ x = w√

4κt

u = 0 → w =x√4κt

u =∞ → w =∞

co prowadzi do

T (x, t) =C√π

[∫ ∞− x√

4κt

e−v2dv −

∫ ∞x√4κt

e−w2dw

]

=2C√π

∫ x√4κt

0e−w

2dw = Cerf

(x√4κt

), (3.11.2)

gdzie funkcja erf, to funkcja błędu (por. podrozdział 1.5.3 „Wybranych rozdzia-łów. . . ”).Problem takiego quasi-nieskończonego pręta, stygnącego – od pewnej stałej tempe-ratury początkowej, w wyniku kontaktu jednego z końców pręta ze stałą (niższą)temperaturą jest – z formalnego punktu widzenia – analogiczny do problemu jedno-wymiarowej dyfuzji, dla przypadku gdy „na wejściu” pojawia się stała koncentracjaskładnika, który dyfunduje w półnieskończony ośrodek, w którym początkowe stężenietego składnika było równe zeru (por. także problem 5.10).

BG AGH


PROBLEM 3.12

Rozważamy dwa, nieskończenie długie pręty. Jeden z nich maprzekrój w kształcie kwadratu o boku d, drugi – w kształciekoła, o promieniu a tak dobranym, że pola powierzchni bocz-nych obu prętów, przypadające na jednostkę ich długości, sąsobie równe.Oba pręty nagrzano jednorodnie (równomiernie), a następniewprowadzono do ośrodka o temperaturze 0 K. Który z prętówbędzie stygnął szybciej: „kwadratowy” czy „okrągły”?

Korzystamy ponownie z równania przewodnictwa cieplnego (3.10.1), ale tym razemjest to równanie (2 + 1)-wymiarowe. Zapiszemy go w ogólnej postaci

∂T (x, y, t)∂t

= κ4T (x, y, t), (3.12.1)

gdzie operator Laplace’a w zależności od przekroju pręta będzie wyrażony we współ-rzędnych kartezjańskich (kwadrat) lub biegunowych (koło).

Pręt o przekroju kwadratowym.Temperatury pręta poszukujemy w postaci funkcji T (x, y, t) = X(x)Y (y)F (t), któraspełnia równanie

∂T (x, y, t)∂t

= κ

[∂2T (x, y, t)

∂x2 +∂2T (x, y, t)

∂y2

](3.12.2)

z warunkami

T (x = 0, y, t) = T (x = d, y, t) = T (x, y = 0, t) = T (y = d, x, t) = 0. (3.12.3)

Metoda separacji zmiennych prowadzi natychmiast do

κ

[1

X(x)d2X(x)dx2 +

1Y (y)

d2Y (y)dy2

]=

1F (t)

dF (t)dt

≡ λ. (3.12.4)

Stała separacji λ musi być ujemna: λ ≡ −k2 – wynika to zarówno z koniecznościspełnienia warunków (3.12.3), jak i z charakteru funkcji F opisującej zależność tem-peratury od czasu (musi to być funkcja malejąca)6. Funkcja F (t) spełnia równanie

dF (t)dt

= −k2F (t), (3.12.5)

6Por. dyskusję kwestii znaku stałej separacji w problemie 3.11.

BG AGH


z rozwiązaniem F (t) = e−k2t. Funkcje X(x) i Y (y) spełniają identyczne równania,

a także identyczne warunki brzegowe, wynikające z (3.12.3):

d2X(x)dx2 + k2

xX(x) = 0, X(x = 0) = X(x = d) = 0,

d2Y (y)dy2 + k2

yY (y) = 0, Y (y = 0) = Y (y = d) = 0,

k2x + k2

y =k2

κ.

Rozwiązania tych równań to oczywiście

X(x) = sin kxx, gdzie kx ≡ (kx)n =nxπ

d, nx = 1, 2, . . .

Y (y) = sin kyy, gdzie ky ≡ (ky)n =nyπ

d, ny = 1, 2, . . .

Wynika stąd, że współczynnik zmiennej czasowej w wykładniku eksponenty to

k2 ≡ k2(nx, ny) =κπ2(n2

x + n2y)

d2 , (3.12.6)

a funkcja opisująca temperaturę kwadratowego pręta będzie miała postać

T (x, y, t) =∞∑

nx=1

∞∑ny=1

C (nx,ny) sinnxπ

dx sin

nyπ

dy exp

(−κπ2(n2

x + n2y)

d2 t

). (3.12.7)

Współczynniki C (nx,ny) można wyznaczyć (w prosty sposób) z warunku jednorodno-ści początkowego rozkładu temperatury w objętości pręta. Pozostawiamy to zadanieDociekliwemu Czytelnikowi (por. przypis na stronie 94).

Pręt o przekroju kołowymTemperatura i spełniane przez nią równanie (już rozseparowane) to

T = R(r)F (t);κ

R

1r

d

dr

(rdR

dr

)=

1F

dF

dt= −k2.

Odpowiednikiem warunków (3.12.3) jest teraz

R(r = a) = 0; R(r = 0) jest skończone. (3.12.8)

Postać części „czasowej” rozwiązania jest oczywiście identyczna jak w poprzednimprzypadku, ale współczynnik k będzie określony pierwszym warunkiem (3.12.8); rów-nanie radialne dla R(r) to

r2R′′ + rR′ + (kr)2R = 0, (3.12.9)

BG AGH


a więc równanie Bessela o wskaźniku zero. Ze względu na warunki (3.12.8) rozwią-zaniem będzie

R(r) ≡ Rp(kr) = J0

(α0p

ar

)p = 1, 2, . . . (3.12.10)

gdzie α0p to zera funkcji Bessela o wskaźniku 0. Całe rozwiązanie ma postać

T (r, t) =∞∑p=1

CpJ0

(α0p

ar

)exp

(−κα2

0p

a2 t

). (3.12.11)

I w tym przypadku znajomość (np. jednorodnego, jak w tym przypadku) rozkładutemperatury początkowej pozwala wyznaczyć współczynniki Cp.Mamy ogólne postacie rozwiązań dla obu przekrojów prętów. O szybkości stygnięciadecydują pierwsze wyrazy szeregów, a konkretnie – stosunek występujących w nichfunkcji, które opisują zależność temperatury od czasu. Pierwsze wyrazy – bo chodzio to, aby wartość liczbowego współczynnika przy zmiennej czasowej była jak naj-mniejsza (wartość eksponenty jest wtedy największa). Stosunek tych współczynnikówzmiennej t, w pierwszych wyrazach szeregów dla koła i kwadratu to

S =wsp.1. wyrazu|koło (p = 1)

wsp.1. wyr.|kwadrat (nx = ny = 1)=κα2

01

a2 ·d2

κπ2(12 + 12)=

12d2

a2

(α01

π

)2.

(3.12.12)Pozostaje wykorzystać warunek równości pól pobocznic (obwodów) prętów: 2πa = 4d,skąd d/a = π/2 i wykorzystać fakt, że α01 ≈ 2, 4. Podstawiając do (3.12.12), mamy

S =12d2

a2

(α01

π

)2=

12

(α01

2

)2≈ 0, 72. (3.12.13)

Czas „płynie wolniej” dla pręta o przekroju kołowym i dlatego ten ostatni stygniewolniej od pręta o przekroju kwadratowym.Naturalnym rozszerzeniem tego problemu będzie konfrontacja stygnących sześcianui kuli o jednakowych polach powierzchni. Dla sześcianu rozwiązanie otrzymujemy, do-dając jeszcze jedno równanie przestrzenne, które wygeneruje dodatkową liczbę „kwan-tującą” nz. Dla kuli problem sprowadzi się do funkcji sferycznych Bessela, a konkretniefunkcji j0(kr) (por. podrozdział 4.2.5 „Wybranych rozdziałów. . . ”).Dociekliwy Czytelnik zechce się zastanowić, czy zamieszczona w temacie jednorod-ność początkowego rozkładu temperatury jest istotna w rozwiązywaniu problemu.(Odpowiedź w przypisie7.)

7Jest istotna. Pozwala to szukać rozwiązania dla pręta kołowego od razu w postaci T = R(r)F (t),abstrahując od ewentualnej zależności temperatury od kąta azymutalnego φ. Prowadzi to do równaniaBessela z jednoznacznie określonym wskaźnikiem. Nagrzanie niejednorodne mogłoby spowodować, żerozwiązania szukalibyśmy w postaci podwójnego szeregu Fouriera-Bessela, z zależnością (harmonicz-ną) od kąta φ „taktowaną” liczbą m (por. podrozdział 4.2.3 „Wybranych rozdziałów. . . ”) i musie-libyśmy identyfikować najmniejszy z występujących w nim współczynników w wykładniku czasowejeksponenty – w takim szeregu niektóre współczynniki Cpm mogą być równe zeru. Natomiast dla pręta

BG AGH


PROBLEM 3.13

Skonstruuj funkcje ortonormalne Φn(x) wykorzystującmetodę Grama–Schmidta, gdy dany jest zbiór funkcjiliniowo niezależnych un(x) = xn (n = 0, 1, . . .). Prze-dział całkowania przyjmij od 0 do ∞, a wagę w postaciw(x) = xe−x.

Metoda ortogonalizacji Schmidta (lub Grama–Schmidta) służy do konstruowania ba-zy ortonormalnej (a przynajmniej ortogonalnej) przy wykorzystaniu bazy, utworzonejz funkcji liniowo niezależnych. Jak to zostało opisane w „Wybranych rozdziałach . . . ”(por. podrozdział 3.5), omawiana metoda jest procedurą sekwencyjną, opartą na wzo-rze

ϕn(x) = un(x) +n−1∑j=0

anjΦj(x), (3.13.1)

gdzie funkcja ϕj(x) jest zrenormalizowaną funkcją Φj(x) spełniającą równanie

Φj(x) = αjϕj(x). (3.13.2)

Stałą αj we wzorze (3.13.2) wyznaczamy z warunku∫ b

adx w(x) Φ2

j (x) = 1. (3.13.3)

Współczynniki anj mają postać

anj = −∫ b

adx w(x) un(x)Φj(x). (3.13.4)

Proces konstrukcji zbioru funkcji ortonormalnych Φn(x) w przedziale (0,∞) z wagąw(x) = x exp (−x) rozpoczniemy od przyjęcia Φ0(x) = u0(x) = 1. Funkcję ϕ1(x)wyznaczymy z wyrażenia

ϕ1(x) = u1(x) + a10Φ0(x), (3.13.5)

gdzie u1(x) = x, zaś wartość współczynnika a10 jest określona przez całkę występującąw wyrażeniu (3.5.3), czyli

a10 = −∫ ∞

0dx x2e−x = −2. (3.13.6)

kwadratowego w zasadzie należałoby sprawdzić, że jednorodne nagrzanie prowadzi do sytuacji w któ-rym współczynnik C(1,1) jest różny od zera. Łatwy rachunek pokazuje, że niezerowe współczynnikiistnieją dla wszystkich nieparzystych liczb kwantujących nx, ny.

BG AGH


Wynik ten podaliśmy natychmiast, ponieważ występująca tutaj całka jest niczyminnym jak wartością funkcji gamma Eulera, Γ(n+ 1) dla n = 2. Przypomnijmy (por.wzór 1.135 w „Wybranych rozdziałach . . . ”), że reprezentacja całkowa Γ(n+ 1) to

Γ(n+ 1) =∫ ∞

0dx xne−x = n! (3.13.7)

Wobec tego funkcja ϕ1(x) ma postać

ϕ1(x) = x− 2. (3.13.8)

Zanim napiszemy jawną postać funkcji Φ1(x), musimy jeszcze obliczyć współczynnikα1. W tym celu podstawmy funkcję Φj(x) wyrażoną wzorem (3.13.2) do warunku(3.13.3), skąd otrzymujemy

α2j

∫ b

adx w(x)ϕ2

j (x) = 1. (3.13.9)

Dla j = 1, wartość tej całki wynosi 2. Do jej obliczenia ponownie wykorzystaliśmywzór (3.13.7). Zatem α1 = 1/

√2, a poszukiwana funkcja ma postać

Φ1(x) =1√2

(x− 2). (3.13.10)

Skonstruujemy jeszcze jawną postać funkcji Φ2(x). W tym przypadku mamy

ϕ2(x) = u2(x) + a21Φ1(x) + a20Φ0(x), (3.13.11)

gdzie u2(x) = x2, natomiast współczynniki

a20 = −∫ ∞

0dx x3e−xΦ0(x) = −6 (3.13.12)

oraz

a21 = −∫ ∞

0dx x3e−xΦ1(x) = − 1√

2

∫ ∞0

dx x3e−x(x− 2) = − 12√2. (3.13.13)

Po prostych przekształceniach, otrzymujemy

ϕ2(x) = x2 − 6x+ 6. (3.13.14)

Opierając się na warunku (3.13.9), otrzymujemy wartość współczynnika α2. Pojawia-jąca się w obliczeniach całka ma postać∫ ∞

0dx xe−x(x2 − 6x+ 6)2. (3.13.15)

Jej obliczenie sprowadza się do kilkakrotnego zastosowania reprezentacji całkowejfunkcji gamma Eulera danej wzorem (3.13.7). Ostatecznie współczynnik α2 = 1/2

√3,

wobec tego

Φ2(x) =1

2√

3(x2 − 6x+ 6). (3.13.16)

BG AGH


PROBLEM 3.14

Znajdź pierwsze trzy wielomiany Legendre’a metodąortogonalizacji Schmidta. Kwadrat normy wielomianuprzyjmij z warunku

∫ 1

−1dx [Pn(x)]2 =

22n+ 1

≡ Nn. (3.14.1)

Konstrukcja wielomianów Legendre’a Pn(x) jest w zasadzie podobna do proceduryprzedstawionej w poprzednim zadaniu, z tym, że uwzględnienie warunku normaliza-cyjnego (3.14.1) pociąga za sobą nieznaczne zmiany. Zwróćmy uwagę, że poszukiwanewielomiany są ortogonalne, a nie ortonormalne, jak to miało miejsce poprzednio. Pouwzględnieniu stałej Nj , wzór na współczynniki anj występujące w wyrażeniu

Wn(x) = un(x) +n−1∑j=0

anjPj(x), (3.14.2)

przyjmie postać

anj = − 1Nj

∫ 1

−1dx un(x)Pj(x). (3.14.3)

Z kolei uwzględnienie normy (3.14.1) w odniesieniu do wielomianów Wn(x) prowadzido warunku na współczynniki αj w postaci8

α2j =

Nj∫ 1

−1dx[Wj(x)]2

, (3.14.4)

które po pomnożeniu przez wielomian Wn(x) dają poszukiwany wielomian Legendre’aPn(x). Zgodnie z tradycją przyjmujemy, że P0(x) = u0(x) = 1. Wielomian P1(x) =α1W1(x) znajdziemy, wyznaczając jawną postać W1(x) z równania

W1(x) = u1(x) + a10P0(x) = x, (3.14.5)

gdzie współczynnik a10 obliczony na podstawie wzoru (3.14.3) ma wartość zero, a napodstawie warunku (3.14.4) stała α1 = 1. Wobec tego wielomian P1(x) = x. Podob-nie jak poprzednio, do wyznaczenia wielomianu P2(x) = α2W2(x) najpierw musimy

8Przypomnijmy, że poszukiwane wielomiany Legendre’a Pn(x) są związane wielomianami Wn(x)relacją: Pn(x) = αnWn(x).

BG AGH


znaleźć jawną postać funkcji W2(x) na podstawie wyrażenia

W2(x) = u2(x) + a21P1(x) + a20P0(x)

= x2 − 13, (3.14.6)

a następnie obliczając współczynnik α2, przy wykorzystaniu warunku (3.14.4), dosta-jemy jego wartość równą 3/2. W tej sytuacji wielomian P2(x) ma postać

P2(x) =12

(3x2 − 1).

BG AGH


PROBLEM 3.15

Wykaż, że jeżeli wielomiany Wn(x) określone przezwspółczynniki rozwinięcia funkcji tworzącej

gW (x, t) =∞∑n=0

CnWn(x)tn, (3.15.1)

są ortogonalne w przedziale [a, b] z wagą w(x), to war-tość całki

I =∫ ba

dx gW (x, t)gW (x, s) (3.15.2)

zależy od iloczynu zmiennych t oraz s, tzn. I = f(ts).

Przypomnijmy, że zgodnie ze wzorem 3.66 w „Wybranych rozdziałach . . . ” warunekortogonalności wielomianów Wn(x), gdzie n = 0, 1, . . ., z wagą w(x) w przedziale[a, b] ma postać ∫ b

adx w(x)Wn(x)Wm(x) = Nnδnm. (3.15.3)

gdzie Nn jest kwadratem normy wielomianu Wn(x).Podstawiając funkcję tworzącą dla wielomianów Wn(x), daną wzorem (3.15.1), dowyrażenia (3.15.2), otrzymujemy

I =∫ b

adx w(x)

∞∑n=0

∞∑m=0

CnCmWn(x)Wm(x)tnsm. (3.15.4)

Zauważmy, że po zmianie kolejności całkowania i sumowania, dostajemy wyrażeniew postaci

I =∞∑n=0

∞∑m=0

CnCm

∫ b

adx w(x)Wn(x)Wm(x)

tnsm, (3.15.5)

gdzie w nawiasie klamrowym występuje lewa strona warunku ortogonalności (3.15.3),dla rozpatrywanych wielomianów. Po zastąpieniu nawiasu przez Nnδnm wartość ob-liczanej całki wynosi

I =∞∑n=0

NnC2n(ts)n = f(ts). (3.15.6)

Zatem dla wielomianów ortogonalnych wartość całki zależy od iloczynu zmiennych si t. Zwróćmy uwagę, że gdy wielomiany Wn(x) są ortonormalne w rozpatrywanymprzedziale z wagą w(x), to wszystkie kwadraty normy Nn = 1.

BG AGH


PROBLEM 3.16

Oblicz stałą normalizacyjną dla wielomianów:

a) Hermite’a,

b) Laguerre’a.

Przez stałą normalizacyjną rozumiemy stałą Cn, przez którą należy pomnożyć danywielomian, aby jego kwadrat normy – równy początkowo Nn – stał się równy jedności.Taką stałą będzie oczywiście

Cn =1√Nn

.

Wyznaczenie stałej normalizacyjnej sprowadza się więc do policzenia wartości Nn dladanej rodziny wielomianów.Do wyznaczenia stałej normalizacji dla wielomianów Hermite’a zastosujemy metodęopartą na własnościach funkcji tworzącej. Zgodnie ze wzorem 3.106 z „Wybranychrozdziałów. . . ” funkcja tworząca dla wielomianów Hermite’a ma postać

gH(x, t) =∞∑n=0

Hn(x)n!

tn = e−t2+2tx. (3.16.1)

Mając do dyspozycji funkcję tworzącą, utworzymy całkę:

I =∫ ∞−∞

dx e−x2gH(x, t)gH(x, s). (3.16.2)

Z jednej strony, całkę tę możemy zapisać w postaci

I =∞∑n=0

∞∑m=0

1n!m!

∫ ∞−∞

dx e−x2Hn(x)Hm(x)tnsm, (3.16.3)

a z drugiej strony, używając jawnej postaci funkcji tworzącej, mamy

I =∫ ∞−∞

dx e−x2e−t

2+2txe−s2+2sx. (3.16.4)

Oczywiście, obydwa te wyrażenia: (3.16.3) i (3.16.4) są sobie równe, tzn.

∞∑n=0

∞∑m=0

1n!m!

∫ ∞−∞

dx e−x2Hn(x)Hm(x)tnsm =

∫ ∞−∞

dx e−x2+2(s+t)x−(t2+s2).

(3.16.5)Właśnie na tym spostrzeżeniu będzie bazowała omawiana metoda. Oznaczmy wy-rażenie po lewej stronie tożsamości (14.5) przez (L), a wyrażenie stojące po prawej

BG AGH


stronie, przez (P). Najpierw zajmiemy się prawą stroną wyrażenia (3.16.5). Podsta-wiając ξ = x− (s+ t) sprowadzamy tę całkę do dobrze nam znanej postaci, czyli całkiPoissona

(P) = e2st∫ ∞−∞

dξ e−ξ2, (3.16.6)

której wartość wynosi√π, wobec tego (P) =

√π exp (2st). Wygodniej będzie jednak

przedstawić funkcję wykładniczą w postaci szeregu potęgowego

(P) =√π∞∑n=0

2n

n!tnsn, (3.16.7)

o czym się przekonamy za chwilę.Teraz zajmiemy się wyrażeniem (L). Korzystając z warunku ortogonalności (por. wzór3.66 z „Wybranych rozdziałów. . . ”),∫ ∞

−∞dx e−x

2Hn(x)Hm(x) = Nnδnm, (3.16.8)

przekształcamy (L) do postaci

(L) =∞∑n=0

∞∑m=0

1n!m!

Nnδnmtnsm

=∞∑n=0

1(n!)2Nnt

nsn. (3.16.9)

Następnie porównując ze sobą (L) i (P) dostajemy

∞∑n=0

1(n!)

[Nn

n!− 2n

√π

]tnsn = 0, (3.16.10)

a stąd wynika, żeNn =

√π2nn!, (3.16.11)

albo

Cn(Hermite’a) =1√√π2nn!

. (3.16.12)

Tę samą metodę można zastosować do wyznaczenia stałej normalizacyjnej dla wie-lomianów Laguerre’a. Tu jednak przedstawimy nieco inny sposób jej wyznaczenia,oparty na wzorze Rodriguesa. Na podstawie podrozdziału 3.7 z „Wybranych rozdzia-łów. . . ” wzór Rodriguesa dla wielomianów Laguerre’a ma postać

Ln(x) =1n!ex

dn

dxn

[xne−x

]. (3.16.13)

BG AGH


Wiemy również, że wielomiany Laguerre’a są ortogonalne w przedziale (0,∞) z wagąexp (−x). Wobec tego warunek ortogonalności dany wzorem 3.59 z „Wybranychrozdziałów. . . ” przyjmie postać∫ ∞

0dx e−xLm(x)Ln(x) = Nnδmn. (3.16.14)

Oznaczając całkę występującą po lewej stronie tego wyrażenia przez Imn, można zapi-sać symbolicznie: Imn = Nnδmn. Zwróćmy uwagę, że przy takim zapisie wyznaczeniewartość stałej Nn zostało sprowadzone do obliczenia wartości całki Imn, dla n = m.W dalszej części, dla uproszczenia, będziemy oznaczać tę całkę przez In. Omawianametoda polega na podstawieniu za jeden z wielomianów Laguerre’a, występującychw całce In, z wzoru Rodriguesa. W rezultacie otrzymujemy wyrażenie w postaci

In =1n!

∫ ∞0

dx Ln(x)dn

dxn

[xne−x

], (3.16.15)

które policzymy całkując przez części. Wykonując wskazane działanie, dostajemy

In =1n!

Ln(x)

dn−1

dxn−1

[xne−x

]∣∣∣∣∞0−∫ ∞

0dx

d

dx

[Ln(x)

]dn−1

dxn−1

[xne−x

]. (3.16.16)

Zauważmy, że pierwszy składnik tej różnicy jest równy zeru, wobec tego po wykonaniu(n− 1)-krotnego całkowania przez części wyrażenia (3.16.16), otrzymujemy

In =(−1)n

n!

∫ ∞0

dx xne−xdn

dxn

[Ln(x)

]. (3.16.17)

Z kolei zapisanie wielomianu Laguerre’a w postaci9

Ln(x) =n∑k=0

(−1)kn! xk

(k!)2(n− k)!=

n−1∑k=0

(−1)kn!

(k!)2(n− k)!xk +

(−1)nxn

n!(3.16.18)

znacznie ułatwi nam dalsze obliczenie wartości tej całki, gdyż n-ta pochodna z pierw-szego składnika tej sumy wynosi zero, natomiast drugi składnik daje (−1)nn! Tymsamym widzimy, że wartość całki (3.16.17) jest równa Nn = 1. (Do otrzymania te-go wyniku ponownie skorzystaliśmy z reprezentacji całkowej funkcji gamma Eulera.)Ostatecznie stała normalizacyjna dla wielomianów Laguerre’a ma postać

Cn(Laguerre’a) = 1.

Sprawdzenie tego wyniku możesz Czytelniku przeprowadzić stosując metodę omówio-ną w podpunkcie a). Warto to zrobić!9Wzór (3.16.18) można otrzymać rozwijając wzór (3.16.13) według wzoru Leibniza na n-tą po-

chodną iloczynu dwóch funkcji

[u(x)v(x)](n) =n∑k=0

(n

k

)u(x)(k)v(x)(n−k).

Jest on także bezpośrednią konsekwencją procedury ortogonalizacji Grama-Schmidta z narzuconymwarunkiem normalizacji L0(x) = 1.

BG AGH


PROBLEM 3.17

Wykaż, że dla wielomianów Hermite’a zachodzi związek

d

dxHn(x) = 2nHn−1(x). (3.17.1)

Do wykazania związku (3.17.1) zastosujemy reprezentację całkową wielomianów Her-mite’a (por. wzór 3.108 w „Wybranych rozdziałach . . . ”)

Hn(x) =n!

2πi

∮dtgH(x, t)tn+1 =

n!2πi

∮dt

exp [−t2 + 2tx]tn+1 , (3.17.2)

gdzie wykorzystaliśmy jawną postać funkcji tworzącej gH(x, t) (wzór 3.106). Róż-niczkując obustronnie po zmiennej x wyrażenie (3.17.2), dostajemy

d

dxHn(x) =

n!2πi

∮dt

2tgH(x, t)tn+1 . (3.17.3)

Upraszczając otrzymane wyrażenie, a następnie porównując je z równością (3.17.2)widzimy, że n!, występujące w liczniku przed znakiem całki, dobrze jest zapisać jakon(n− 1)!, zatem

d

dxHn(x) = 2n

(n− 1)!2πi

∮dtgH(x, t)tn

= 2nHn−1(x) (3.17.4)

i tym samym wykazaliśmy słuszność związku (3.17.1).

BG AGH


PROBLEM 3.18

Oblicz wartość całki

Imn =∫ ∞

0dx e−xx2Lm(x)Ln(x), (3.18.1)

gdzie Lm(x) są wielomianami Laguerre’a.

Czytelnik sprawny w rozwiązywaniu problemów dostrzeże, że tę całkę da się wyrazićza pomocą funkcji gamma Eulera, jeżeli wielomian Laguerre’a przedstawimy w po-staci10

Ln(x) =n∑k=0

(−1)k(

n

n− k

)xk

k!. (3.18.2)

Podstawiając wyrażenie dane wzorem 3.18.2 do całki (3.18.1), dostajemy

Imn =m∑k=0

n∑l=0

(−1)k+l

k!l!

(m

k

)(n

l

)∫ ∞0

dx e−x xk+l+2

=m∑k=0

n∑l=0

(−1)k+l m!n!(k!)2(l!)2(m− k)!(n− l)!

Γ(k + l + 3)

=m∑k=0

n∑l=0

(−1)k+l m!n!(k + l + 2)!(k!)2(l!)2(m− k)!(n− l)!

. (3.18.3)

Jednak w tym zadaniu chodzi raczej o zastosowanie relacji rekurencyjnej

pLp(x) = (2p− 1− x)Lp−1(x)− (p− 1)Lp−2(x), (3.18.4)

dla wielomianów Laguerre’a11. Przekształćmy tę relację – zmieniając (p − 1) → qi odpowiednio grupując wyrazy do postaci

xLq(x) = 2(q + 1)Lq(x)− Lq(x)− (q + 1)Lq+1(x)− qLq−1(x). (3.18.5)

Wyrażenie podcałkowe x2Lm(x)Ln(x) w (3.18.1) można zapisać w postaci[xLm(x)][xLn(x)], gdzie za oba czynniki podstawiamy wyrażenie dane wzorem (3.18.5).Uwzględniając ten wynik, zapisujemy całkę Imn w postaci

Imn =∫ ∞0

dx e−x [2(m+ 1)Lm(x)− Lm(x)− (m+ 1)Lm+1(x)−mLm−1(x)]

×[2(n+ 1)Ln(x)− Ln(x)− (n+ 1)Ln+1(x)− nLn−1(x)]. (3.18.6)

10 Por. przypis w problemie 3.16.11Wszystkie relacje rekurencyjne dla wielomianów ortogonalnych otrzymujemy w standardowy spo-

sób z funkcji tworzącej danych wielomianów. Por. podrozdział 4.1.2 „Wybranych rozdziałów. . . ”

BG AGH


Mnożąc przez siebie poszczególne składniki dwóch czynników iloczynu, otrzymujemy16 wyrazów. Wartość tej całki zależy od relacji między wskaźnikami m oraz n. Możnawyróżnić trzy ważne przypadki: n = m, n = m + 1 oraz n = m − 1. W przypadku,gdy m = n, otrzymujemy 5 niezerowych przyczynków do całki Imn, mianowicie

Imm = 4(m+ 1)2∫ ∞

0dx e−x[Lm(x)]2

− 4(m+ 1)∫ ∞

0dx e−x[Lm(x)]2 +

∫ ∞0

dx e−x[Lm(x)]2

+ (m+ 1)2∫ ∞

0dx e−x[Lm+1(x)]2 +m2

∫ ∞0

dx e−x[Lm−1(x)]2.(3.18.7)

Każda z otrzymanych całek jest kwadratem normy wielomianów Laguerre’a, tzn.∫ ∞0

dx e−x[Lq(x)]2 = 1, (3.18.8)

wobec czego wartość całki Imn, dla n = m to

Imm = 2(3m2 + 3m+ 1). (3.18.9)

Uogólnienie otrzymanego wyniku na przypadek n = m± 1 pozostawiamy zaintereso-wanemu Czytelnikowi jako proste ćwiczenie.

BG AGH


PROBLEM 3.19

Wyraź funkcję y(x) = 5x3+2x2−x+3 przez wielomiany:

a) Hermite’a,

b) Czebyszewa.

Funkcja y(x) jest wielomianem stopnia trzeciego, wobec tego będziemy dążyć dozapisania jej w postaci

y(x) =3∑

n=0

CnWn(x), (3.19.1)

gdzie Wn(x) są odpowiednimi wielomianami ortogonalnymi (Hermite’a lub Czebysze-wa), a Cn są współczynnikami, które należy wyznaczyć.W podpunkcie a) wykorzystamy relację rekurencyjną,

Hn+1(x) = 2xHn(x)− 2nHn−1(x), (3.19.2)

do wyznaczenia wielomianów H3(x) oraz H2(x), przyjmując za dane H0(x) = 1 orazH1(x) = x. Kładąc n = 1 w relacji (3.19.2), dostajemy H2(x) = 4x2−2, natomiast dlan = 2, mamy H3(x) = 8x3− 12x. Podstawiając jawną postać wielomianów Hermite’ado szeregu występującego po prawej stronie równości (3.19.1), otrzymujemy – pouprzednim pogrupowaniu –

5x3 + 2x2 − x+ 3 = 8C3x3 + 4C2x

2 + (C1 − 12C3)x+ (C0 − 2C2). (3.19.3)

Porównując współczynniki stojące przy tych samych potęgach po obu stronach rów-ności, otrzymujemy: C0 = 4, C1 = 13/2, C2 = 1/2, oraz C3 = 5/8. Tak więc funkcjay(x) wyrażona przez wielomiany Hermite’a ma postać

y(x) =58H3(x) +

12H2(x) +

132H1(x) + 4H0(x). (3.19.4)

W podpunkcie b) wygodnie jest skorzystać z relacji rekurencyjnej,

Tn+1(x) = 2xTn(x)− Tn−1(x), (3.19.5)

do generacji wielomianów drugiego i trzeciego stopnia, pamiętając o tym, że T0(x) =1, a T1(x) = x. W rezultacie otrzymujemy T2 = 2x2 − 1 i T3 = 4x3 − 3x. Dalej,schemat rozwiązania jest taki sam jak poprzednio, więc ograniczymy się do podaniawyniku końcowego

y(x) =54T3(x) + T2(x) +

114T1(x) + 4T0(x). (3.19.6)

BG AGH


W obu podpunktach wykorzystaliśmy relacje rekurencyjne, ale równie dobrze możnabyło zastosować do obliczeń kolejnych Wn(x) wzory Rodriguesa (por. podrozdział 3.7w „Wybranych rozdziałach . . . ”). Jednak w tym przypadku kierowaliśmy się pewnympragmatyzmem ponieważ relacje rekurencyjne (uzyskiwane w standartowy sposóbz funkcji tworzącej wielomianów) są bez wątpienia prostszym sposobem otrzymaniażądanych wyników.

BG AGH


PROBLEM 3.20

Oblicz wariancję wychylenia ze stanu równowagidla kwantowego oscylatora harmonicznego.

U podstaw mechaniki kwantowej leży zasada nieokreśloności, która dla pędu i poło-żenia wyraża się wzorem

σxσpx ~2, (3.20.1)

gdzie σx i σpx są odpowiednio odchyleniami standardowymi (dyspersjami) położeniai pędu, czyli pierwiastkami ze średnich kwadratowych odchyleń tych wielkości odich wartości średnich. Wielkości te charakteryzują rozrzut mierzonych wartości pędui położenia wokół wartości średnich i są one jednoznacznie określone przez funkcjefalowe. Na przykład dla położenia x mamy

σ2x = 〈ψn|[x− 〈x〉n]2|ψn〉, (3.20.2)

gdzie 〈x〉n jest wartością oczekiwaną operatora położenia x w stanie opisanym funkcjąfalową ψn(x), która zgodnie ze wzorem 2.261 w „Wybranych rozdziałach . . . ” mapostać

ψn(x) = Cn exp [−λx2/2]Hn(√λx), (3.20.3)

gdzie stała Cn =√

12nn!

√λπ – (por. problem 3.16), a reszta oznaczeń jest zgodna

z tekstem „Wybranych rozdziałów . . . ”.Obliczenie wariancji (3.20.2) podzielimy na dwa etapy. W pierwszej kolejności obli-czymy wartość oczekiwaną wychylenia,

〈x〉n =∫ ∞−∞

dx ψn(x)xψn(x)

=C2n

λ

∫ ∞−∞

dy e−y2/2Hn(y)ye−y

2/2Hn(y)

=C2n

λ

∫ ∞−∞

dy e−y2yH2

n(y), (3.20.4)

gdzie przeskalowaliśmy zmienną x zgodnie ze wzorem y =√λx.

Wartość całki w otrzymanym wyrażeniu wynosi zero, ponieważ funkcja podcałkowajest nieparzysta12, zaś przedział całkowania jest symetryczny.Otrzymany wynik bardzo ułatwia obliczenie wariancji, gdyż problem został zredu-kowany do obliczenia wartości oczekiwanej kwadratu operatora wychylenia, czyli

12Aby to wykazać, wystarczy zauważyć, że kwadrat wielomianu o określonej parzystości [a tak jestw przypadku Hn(y)] jest wielomianem zawierającym tylko parzyste potęgi.

BG AGH


σ2x = 〈x2〉n. To oznacza, że odpowiednia całka ma postać

〈x2〉n =C2n

λ3/2

∫ ∞−∞

dy e−y2y2H2

n(y) (3.20.5)

Z kolei obliczenie tej całki można oprzeć na relacji rekurencyjnej dla wielomianówHermite’a przedstawionej w problemie 3.17 tego rozdziału. Mnożąc ją obustronnieprzez x, dostajemy

x2Hn(x) =12xHn+1(x) + nxHn−1(x)

= (n+ 1/2)Hn(x) +14Hn+2 + n(n− 1)Hn−2. (3.20.6)

Podstawiając otrzymane wyrażenie do całki (3.20.5), dostajemy

〈x2〉n =C2n

λ3/2

∫ ∞−∞

dy e−y2[(n+ 1/2)Hn(y) +

14Hn+2(y) + n(n− 1)Hn−2(y)]Hn(y).

(3.20.7)Korzystając z faktu, że wielomiany Hermite’a są ortogonalne (z wagą wyrażającą sięprzez funkcję Gaussa) w rozpatrywanym przedziale, można całe wyrażenie zreduko-wać do postaci

〈x2〉n =C2n

λ3/2 (n+ 1/2)∫ ∞−∞

dy e−y2H2n(y), (3.20.8)

gdzie całka po prawej stronie jest kwadratem normy wielomianów Hermite’a, równymn!√

2π (por. problem 3.16).Ostatecznie wariancja wychylenia ze stanu równowagi dla kwantowego oscylatora har-monicznego w stanie n wyraża się wzorem

σ2x = 〈x2〉n =

√2(2n+ 1)

2n+11λ. (3.20.9)

BG AGH

BG AGH

Rozdział 4

Legendre, Bessel i trochę fizyki

Tytuł rozdziału wyjaśnia jego treść, a jednocześnie nawiązuje do identycznego tytu-łu jednego z rozdziałów „Wybranych rozdziałów. . . ”. Pierwsze dwa problemy możnatraktować jako rachunkową „rozgrzewkę”; kolejne trzy: 4.3,4.4 i 4.5 to wielomianyLegendre’a w kontekście równania Laplace’a (dwa „klasyczne” problemy z elektrosta-tyki oraz jeden z teorii przewodnictwa cieplnego).

Wielomiany Legendre’a „spotykają się” z funkcjami Bessela w problemie 4.6, któ-rego rozwiązanie, samo w sobie interesujące, stanowi podstawę bardzo „fizycznego”problemu 4.7, dotyczącego rozpraszania cząstek na jądrach atomowych i przekrojówczynnych dla procesów rozpraszania, problemu który powraca jeszcze raz w rozdzialepiątym (problem 5.13).

Pierwsze trzy problemy dotyczące funkcji Bessela [4.8, 4.9 i 4.10] traktują o: zerachfunkcji Bessela Jn, dla różnych wartości wskaźnika; ograniczeniu funkcji Jn i przedsta-wieniu funkcji Jn w postaci całki. Kolejna reprezentacja całkowa funkcji Jn to takżetreść problemu 4.14.

W problemach 4.11—4.13 i 4.15 liczymy różne całki z funkcji Bessela. Nagrodą zate trudy są „fizyczne” problemy 4.16—4.19, które z jednej strony wymagają takichumiejętności jak obliczanie całek, z funkcjami podcałkowymi zawierającymi funkcjeBessela, a z drugiej – uzmysławiają nam, jak „ważne” jest równanie Bessela w pro-blemach fizyki.

111

BG AGH

112 Legendre, Bessel i trochę fizyki

PROBLEM 4.1

Wykaż, że liczba (niewymierna) π/2 może być przedsta-wiona jako granica nieskończonego iloczynu:

∞∏n=1

∫ 1

−12nxPn(x)Pn−1(x)dx =

π

2. (4.1.1)

Każdy czynnik nieskończonego iloczynu to całka z iloczynu dwóch wielomianów, któ-rych współczynniki liczbowe są liczbami wymiernymi. Wynika to z relacji rekurencyj-nych pomiędzy wielomianami Legendre’a, skojarzonych z wartościami dwóch pierw-szych wielomianów – P0(x) = 1 i P1(x) = 1 · x. Jeżeli masz już Czytelniku za sobąrozdział z problemami dotyczącymi funkcji gamma Eulera, to zapewne dopatrujeszsię w tym problemie nawiązania do wzoru Wallisa. Oczywiście – równanie (4.1.1) tojest iloczyn Wallisa. Jego poszczególne czynniki są ukryte pod całkami z iloczynówwielomianów – pozostaje tylko wykazać, że te całki reprezentują te same wartości,które wystąpiły w problemie 1.2.Przyglądając się całce w (4.1.1), zauważamy w funkcji podcałkowej iloczyn xPn(x),który można wyeliminować, korzystając z relacji rekurencyjnej 4.13 z „Wybranychrozdziałów. . . ”

(n+ 1)Pn+1(x)− (2n+ 1)xPn(x) + nPn−1(x) = 0; n = 1, 2 . . . , (4.1.2)

z której mamy

xPn(x) =n+ 12n+ 1

Pn+1(x) +n

2n+ 1Pn−1(x). (4.1.3)

Całka w (4.1.1) przekształca się w sumę dwóch całek

2n×n+ 12n+ 1

∫ 1

−1Pn+1(x)Pn−1(x) dx+

n

2n+ 1

∫ 1

−1Pn−1(x)Pn−1(x) dx

, (4.1.4)

z których pierwsza jest równa zeru (z ortogonalności) a druga – kwadratowi normywielomianu Pn−1(x)∫ 1

−1Pn−1(x)Pn−1(x) dx =

22(n− 1) + 1

=2

2n− 1. (4.1.5)

BG AGH

Legendre, Bessel i trochę fizyki 113

Każdy z czynników iloczynu (4.1.1) to

2nn

2n+ 12

2n− 1=

4n2

4n2 − 1,

a jak wiemy już z problemu 1.2 iloczyn Wallisa jest równy

∞∏1

4n2

4n2 − 1=π

2. (4.1.6)

BG AGH


PROBLEM 4.2

Oblicz całkę

I =∫ +1

−1xmPn(x) dx, (4.2.1)

korzystając z wzoru Rodriguesa.

Wzór Rodriguesa (wzór 3.97 „Wybranych rozdziałów. . . ”) określa n-ty wielomianLegendre’a jako pochodną n-tego stopnia

Pn(x) =1

2nn!dn

dxn

[(x2 − 1)n

], (4.2.2)

skąd nasuwa się automatycznie pomysł całkowania przez części. Po pierwszej kwadra-turze całka (4.2.1) przybiera postać

I =1

2nn!

∫ +1

−1xm

dn

dxn

[(x2 − 1)n

]dx

=1

2nn!

xm dn−1

dxn−1

[(x2 − 1)n

]∣∣∣∣∣+1

−1

−∫ +1

−1mxm−1 d

n−1

dxn−1

[(x2 − 1)n

]dx

= . . . (4.2.3)

Procedurę będziemy kontynuować – pochodna każdego stopnia (łącznie z zerowym)wyrażenia (x2− 1)n znika w punktach x = ±1, a więc w procedurze całkowania będą„liczyły się” tylko kolejne całki. Wyróżnimy dwa przypadki:

1)m < nW tej sytuacji po m-krotnym zastosowaniu procedury całkowania,

I =(−1)m

2nn!

∫ +1

−1m!

dn−m

dxn−m

[(x2 − 1)n

]dx = C d

n−m−1

dxn−m−1

[(x2 − 1)n

]= 0 (4.2.4)

– całka równa się zeru. Nie jest to żadnym zaskoczeniem. Jeżeli przypomnimy so-bie metodę ortogonalizacji Schmidta (podrozdział 3.5 „Wybranych rozdziałów. . . ”),to zrozumiemy łatwo, że potęga stopnia m zmiennej x należy do podprzestrzenifunkcyjnej, którą napina pierwsze m + 1 ortogonalnych wielomianów Legendre’a:P0(x), P1(x), . . . , Pm(x), a więc da się przedstawić w postaci liniowej kombinacji tychm + 1 wielomianów. Każdy następny wielomian, Pn(x), n > m jest ortogonalny dokażdego z wielomianów P0(x), P1(x), . . . , Pm(x) – a więc i do ich liniowej kombinacji,jaką jest potęga xm.

BG AGH


2)m > nProcedurę całkowania przez części stosujemy n-krotnie. Prowadzi to do całki

I =(−1)n

2nn!

∫ +1

−1(xm)(n) (x2 − 1)n dx, (4.2.5)

gdzie

(xm)(n) =dn

dxnxm =

m!(m− n)!

xm−n.

Zanim przystąpimy do obliczenia całki (4.2.5), zastanówmy się nad możliwymi pa-rzystościami występujących z niej wskaźników n i m. Wyrażenie (x2 − 1)n zawierawyłącznie potęgi parzyste zmiennej x. W takim razie całka (4.2.5) będzie różna odzera dla parzystej różnicy m − n (całkujemy po symetrycznym przedziale [−1,+1]).Tak więc dla parzystego n = 2k wykładnik m zmiennej x musi być również parzysty:m = 2p, a dla nieparzystego n = 2k + 1 wykładnik m zmiennej x musi być równieżnieparzysty: m = 2p+ 1.Rozpatrzmy jeden z tych przypadków, drugi – zupełnie analogiczne rachunki – pozo-stawiamy Czytelnikowi. Rachunki są w zasadzie proste – sprowadzają się do skorzy-stania z wzorów definicyjnych dla funkcji beta Eulera (podrozdział 1.5 „Wybranychrozdziałów. . . ”), ale doprowadzenie wyniku do estetycznej postaci będzie wymagałonieco zachodu. Dla n = 2k i m = 2p równanie (4.2.5) przybiera postać

I =1

22k(2k)!(2p)!

(2p− 2k)!

∫ +1

−1x2(p−k)(1− x2)2k dx. (4.2.6)

Występującą w nim całkę

I1 =∫ +1

−1x2(p−k)(1− x2)

2kdx = 2

∫ +1

0x2(p−k)(1− x2)2k dx, (4.2.7)

(bo funkcja podcałkowa jest parzysta) skojarzymy z definicją funkcji beta Eulera.Zgodnie z wzorem 1.150 „Wybranych rozdziałów. . . ” mamy

B(r + 1, q + 1) =∫ 1

0tr(1− t)q dt =

x2 = t2xdx = dt

= 2∫ 1

0x2r+1(1− x2)

qdx =

r!q!(r + q + 1)!

. (4.2.8)

We wzorze (4.2.7) r = p− k − 1/2, q = 2k. Mamy więc

I1 = 2∫ +1

0x2(p−k−1/2)+1(1− x2)2k dx =

(p− k − 1/2)!(2k)!(p+ k + 1/2)!

, (4.2.9)

co daje

I =1

22k(2k)!(2p)!

(2p− 2k)!· I1 =

122k

(2p)!(2p− 2k)!

(p− k − 1/2)!(p+ k + 1/2)!

. (4.2.10)

BG AGH


Występujące w powyższym wyrażeniu silnie połówkowych argumentów to odpowied-nie gammy Eulera: (n+ 1/2)! = Γ(n+ 3/2). Można pozbyć się tych mało przyjaznychsymboli wykorzystując wzór 1.131:

(p− k − 1/2)! = Γ(p− k + 1/2)1.131

=[2(p− k)− 1]!

√π

22p−2k−1(p− k − 1)!(p+ k + 1/2)! = Γ(p+ k + 3/2) = (p+ k + 1/2)Γ(p+ k + 1/2)

1.131= (p+ k + 1/2)

[2(p+ k)− 1]!√π

22p+2k−1(p+ k − 1)!.

Podstawiamy powyższe wyniki do (4.2.10), redukujemy potęgi dwójki, upraszczamy√π. Daje to

I = 22k(2p)!(2p− 2k − 1)!

(2p− 2k)!· 1

(p− k − 1)!· (p+ k − 1)!

(p+ k + 1/2)(2p+ 2k − 1)!. (4.2.11)

Mianownik pierwszego ułamka – po uproszczeniu – to 2(p − k); przemnożenie goprzez mianownik następnego ułamka daje 2(p − k)! Licznik i mianownik ostatniegoułamka przemnażamy przez 4(p+k) – w liczniku pozostaje 4(p+k)!, a w mianownikudostajemy zgrabne 2(2p+ 2k+ 1)! Po przeprowadzeniu tych nieco żmudnych operacjidostajemy w końcu

I =∫ +1

−1x2pP2k(x) dx =

2 · 22k(2p)!(p+ k)!(2p+ 2k + 1)!(p− k)!

; p k. (4.2.12)

Tak jak obiecaliśmy, pozostawiamy obliczenia drugiego przypadku: m = 2p+ 1 i n =2k + 1; p k Czytelnikowi. Podajemy tylko końcowy wynik

I =∫ +1

−1x2p+1P2k+1(x) dx =

22(k+1)(2p+ 1)!(p+ k + 1)!(2p+ 2k + 3)!(p− k)!

; p k. (4.2.13)

BG AGH


PROBLEM 4.3

W środku sfery o promieniu R, w odległości a < R odjej środka, umieszczono punktowy ładunek q. Znajdź po-tencjał pola V (r, θ) wewnątrz sfery, jeżeli wiadomo, żejest ona uziemiona: V (R, θ) = 0.

Umieszczony wewnątrz sfery ładunek punktowy wytwarza, poprzez indukcję, ładunekpowierzchniowy. Wprowadzamy układ współrzędnych jak na rysunku 4.3.1: oś 0zumieszczamy tak, aby znalazł się na niej, w punkcie A, punktowy ładunek q.

Rysunek 4.3.1: Ładunek punktowy q, umieszczony w odległości a od środka sferyo promieniu R

Zapewnia to symetrię osiową problemu; potencjały punktów wewnątrz sfery będązależały tylko od odległości od początku układu r i kąta biegunowego θ.Dla dowolnego punktu P(r, θ) wewnątrz sfery potencjał V (r, θ) będzie superpozycjądwóch przyczynków:1) potencjału od punktowego ładunku q;2) potencjału od ładunku wyindukowanego.Oznaczając ten ostatni potencjał przez v(r, θ), mamy (por. rysunek 4.3.1)

V (r, θ) =1

4πε0

q

ρ+ v(r, θ) =

14πε0

q√r2 + a2 − 2ar cos θ

+ v(r, θ); r ¬ R. (4.3.1)

O funkcji v(r, θ) wiemy, że spełnia równanie Laplace’a, a więc jej ogólne rozwiązanie(przy uwzględnieniu osiowej symetrii – braku zależności od kąta azymutalnego φ) ma

BG AGH


postać (por. „Wybrane rozdziały. . . ”, podrozdział 2.2)

v(r, θ) =∞∑l=0

(αlr

l + βl1rl+1

)Pl(cos θ), (4.3.2)

ale ze względu na wymaganą „skończoność” rozwiązania w punkcie r = 0 wszystkiewspółczynniki βl będą równe zeru. Tak więc równanie (4.3.1) przyjmie postać

V (r, θ) =1

4πε0

q√r2 + a2 − 2ar cos θ

+∞∑l=0

αlrl Pl(cos θ); r ¬ R. (4.3.3)

Aby wyznaczyć współczynniki αl korzystamy z warunku zerowania się potencjału napowierzchni sfery: V (R, θ) = 0, który przeprowadza równanie (4.3.3) w

14πε0

q√R2 + a2 − 2aR cos θ

= −∞∑l=0

αlRl Pl(cos θ). (4.3.4)

Lewa strona tej równości to (por. „Wybrane rozdziały. . . ”, podrozdział 4.1.1)

14πε0

q√R2 − 2aR cos θ + a2

=1

4πε0

q

R

1√1− 2

(a

R

)+(a

R

)2

=1

4πε0

q

R

∞∑l=0

(a

R

)lPl(cos θ). (4.3.5)

(Stosujemy tu definicję funkcji tworzącej wielomianów Legendre’a i korzystamy z fak-tu, że a < R.) Podstawiamy z powyższego równania do (4.3.4) i porównujemy współ-czynniki przy wielomianach Pl. Mamy

14πε0

q

R

(a

R

)l= −αlRl, (4.3.6)

a więc

αl = − 14πε0

q

R

(a

R2

)l; l = 0, 1, . . . (4.3.7)

Szukana funkcja v(r, θ) to

v(r, θ) = − 14πε0

q

R

∞∑l=0

(a

R2

)lrl Pl(cos θ). (4.3.8)

W zasadzie problem został rozwiązany, ale warto otrzymanemu rozwiązaniu przyjrzećsię bliżej. Łatwo wykażemy, że otrzymana funkcja v(r, θ) to potencjał punktowego ła-dunku – obrazu ładunku q – o pewnej wielkości (znak jego jest oczywiście przeciwnydo znaku ładunku q) i umieszczonego na zewnątrz sfery. Symetria osiowa problemu

BG AGH


Rysunek 4.3.2: Obraz ładunku punktowego – ładunek q′, umieszczony (w punkcieA’)

w odległości x od środka sfery o promieniu R; OA·OA’ = R2

sugeruje, że taki obraz może znajdować się tylko na prostej, łączącej środek ukła-du współrzędnych z ładunkiem q (punktem A). Przyjmijmy, że jest to ładunek q′,umieszczony w punkcie A’ (por. rysunek 4.3.2), przy czym odległość OA’ = x. Dladowolnego punktu wewnątrz sfery, wytworzony przez ten ładunek potencjał – niezapominajmy, że x > r – to

V ′(r, θ) =1

4πε0

q′

ρ′=

14πε0

q′√x2 − 2xr cos θ + r2

=1

4πε0

q′

x

1√1− 2

(r

x

)+(r

x

)2.

(4.3.9)Po raz kolejny pojawia się funkcja tworząca wielomianów Legendre’a, mamy

V ′(r, θ) =1

4πε0

q′

x

∞∑l=0

(r

x

)lPl(cos θ). (4.3.10)

Zestawiając teraz funkcję v(r, θ) [wzór (4.3.8)] i funkcję V ′(r, θ) [wzór (4.3.10)] i po-równując współczynniki przy iloczynach rlPl(cos θ), otrzymujemy

q′

x

1xl

= − qR

(a

R2

)l; l = 0, 1, . . . (4.3.11)

albo – po pomnożeniu i podzieleniu prawej strony przez a/R

q′1

xl+1 = −qRa

(a

R2

)l+1; l = 0, 1, . . . (4.3.12)

BG AGH


Ładunek q′ jest więc równy −qR/a i znajduje się w punkcie A’ będącym obrazeminwersyjnym punktu A względem okręgu o promieniu R: mamy x = R2/a, alboOA · OA’ = R2 (punkty A i A’ nazywamy także punktami symetrycznymi wzglę-dem okręgu1).Zaprezentowana powyżej analiza ilustruje przykład metody obrazów , stosowanej czę-sto w prostych zagadnieniach elektrostatyki, kiedy oprócz ładunków pojawiają siępowierzchnie ekwipotencjalne. Potencjał w obszarach znajdujących się „po jednej(drugiej) stronie” tych powierzchni można obliczać, uzupełniając rzeczywiste ładunkiobrazami – ładunkami pozornymi, które z jednej strony zapewniają stałą wartość (wpraktyce często równą zeru) potencjału na powierzchniach, a z drugiej – uczestnicząw kreacji potencjału w obszarze gdzie mamy tylko ładunki rzeczywiste. W przypadkuukładów: sfera + ładunek punktowy możemy rozważać też na przykład sytuację, kiedyładunek umieszczony jest na zewnątrz sfery. Jego obraz będzie wewnątrz – oczywiścieteż w punkcie symetrycznym względem okręgu. We wzorze (4.3.2) zerować będą sięwszystkie współczynniki αl, natomiast warunek zerowego potencjału na powierzch-ni sfery pozwoli wyznaczyć wszystkie współczynniki βl. Jeżeli sfera znajduje się nastałym, różnym od zera potencjale V0, to sytuację taką uwzględnimy, umieszczającw środku sfery ładunek Q = 4πε0RV0.Ciekawym uogólnieniem przedyskutowanego problemu jest rozszerzenie go na przypa-dek, kiedy umieszczony wewnątrz sfery ładunek nie jest punktowy, ale posiada pewnąrozciągłość liniową2. Sytuację ilustruje rysunek 4.3.3 – na odcinku o długości d pro-mienia sfery mamy rozciągnięty jednorodnie ładunek q; gęstość liniowa tego ładunkuλ = q/d. Aby tym razem określić współczynniki αl, analogiczne do współczynników αlwe wzorze (4.3.1) musimy określić przyczynek do potencjału punktu P , o promieniuwodzącym r > d, pochodzący od liniowego ładunku. Nieskończenie mały przyczynekdo potencjału, dVd, generowany przez element ładunku o długości dz to

dVd =1

4πε0

λdz√r2 − 2zr cos θ + z2

=1

4πε0

λdz

r

∞∑l=0

(z

r

)lPl(cos θ). (4.3.13)

Całkując powyższy wzór względem zmiennej z, od z = 0 do z = d dostajemy

Vd =λ

4πε0

∞∑l=0

Pl(cos θ)rl+1

∫ d

0zl dz = . . . =

14πε0

λd

r

∞∑l=0

1l + 1

(d

r

)lPl(cos θ). (4.3.14)

Podkreślmy raz jeszcze – wzór (4.3.14) odpowiada sytuacji, kiedy odległość punktuP od środka sfery jest większa od rozmiaru liniowego ładunku, r > d.Pozostaje skorzystanie z warunku zerowania się całkowitego potencjału – sumy poten-cjału Vd liniowego ładunku i potencjału v, generowanego przez ładunek wyindukowanyna powierzchni kuli

Vd(R, θ) + v(R, θ) = Vd(R, θ) +∞∑l=0

αlRl Pl(cos θ) = 0 (4.3.15)

1Okrąg ten jest śladem przecięcia naszej sfery płaszczyzną, którą wyznaczają punkty O, A i A’.2Pomysłodawcą i współautorem tego rozszerzenia jest dr Wilhelm Czapliński, WFiIS AGH.

BG AGH


Rysunek 4.3.3: Liniowy ładunek q, umieszczony pomiędzy z = 0 a z = d– do wzoru (4.3.13)

i wyznaczenie z niego współczynników αl. Po prostych rachunkach

αl = − q

4πε0

1l + 1

dl

R2l+1 . (4.3.16)

Współczynniki αl pozwalają wyznaczyć potencjał ładunku wyindukowanego na po-wierzchni sfery dla dowolnego punktu jej wnętrza, oczywiście z wyjątkiem punktówo współrzędnych (θ = 0, 0 ¬ z ¬ d). Powiedzieliśmy, że wzór (4.3.14), podającypotencjał ładunku liniowego, jest poprawny jedynie dla r > d. Czy tylko? Dla r = dten wzór przybiera prostą postać

Vd =1

4πε0λ∞∑l=0

1l + 1

Pl(cos θ). (4.3.17)

Można wykazać, że dla θ 6= 0 ten szereg jest zbieżny3. Ale jak mamy w takim raziepostępować, gdybyśmy chcieli obliczyć potencjał dla punktu, którego promień wodzą-cy jest mniejszy od rozmiaru liniowego ładunku, r < d? Aby obliczyć przyczynek dotego potencjału, pochodzący od liniowego ładunku, procedurę całkowania względemz – por. wzór (4.3.14) – musimy rozbić na dwa etapy:(1) dla z zmieniającego się od zera do r,(2) dla z zmieniającego się od r do d.

3Dociekliwy Czytelnik znajdzie bez trudu sumę szeregu dla θ = π (ln 2) oraz sprawdzi bez większe-go trudu zbieżność szeregu dla θ = π/2. Dla dowolnej, ale różnej od zera, wartości kąta biegunowegowykazanie zbieżności już nie jest takie całkiem proste.

BG AGH


Pierwszy etap dostarczy oczywiście wyniku identycznego z (4.3.17)

V(1)d =

14πε0

λ∞∑l=0

1l + 1

Pl(cos θ). (4.3.17)

W drugim etapie, ze względu na relację z > r odpowiednikiem (4.3.13) będzie

dV(2)d =

14πε0

λdz

z

∞∑l=0

(r

z

)lPl(cos θ), (4.3.18)

a więc

V(2)d =

λ

4πε0

∞∑l=0

rlPl(cos θ)∫ d

r

dz

zl+1 =λ

4πε0

lnd

r+∞∑l=1

rlPl(cos θ)1l

(1rl− 1dl

)

=λ

4πε0

lnd

r+∞∑l=1

Pl(cos θ)l

[1−

(r

d

)l],

(4.3.19)

przy czym musi zachodzić θ 6= 0. Potencjał punktu wewnątrz sfery, dla r < d orazθ 6= 0 określa suma trzech przyczynków – por. wzór (4.3.16) –

V (r, θ) = V(1)d + V

(2)d − q

4πε0

q

R

∞∑l=0

1l + 1

(d

R2

)lrlPl(cos θ). (4.3.20)

BG AGH


PROBLEM 4.4

Metalowy krążek o promieniu a został naładowany ła-dunkiem Q. Gęstość powierzchniowa ładunku wynosi

σ(ρ) =Q

4π1

a√a2 − ρ2

,

gdzie ρ jest odległością od środka krążka. Znajdź poten-cjał punktów P(r, θ), dla r > a.

Problem rozpatrujemy w układzie współrzędnych sferycznych, oś 0z jest prostopadłado płaszczyzny krążka i przechodzi przez jego środek. Zadanie znowu sprowadza siędo określenia nieznanych stałych w ogólnym – ale uwzględniającym osiową symetrię!– rozwiązaniu równania Laplace’a

V (r, θ) =∞∑l=0

(αlr

l + βl1rl+1

)Pl(cos θ). (4.4.1)

W nieskończoności potencjał krążka musi przypominać potencjał punktowego ładun-ku, a więc wszystkie współczynniki αl będą równe zero. Przepiszmy wzór (4.4.1),wprowadzając nowe współczynniki bl, dzięki którym czytelniejszy staje się wymiarpotencjału (stosunki a/r są pozbawione wymiaru), a także jego asymptotyczna for-ma dla r →∞.

V (r, θ) =∞∑l=0

βl1rl+1Pl(cos θ) ≡ Q

r

∞∑l=0

bl

(a

r

)lPl(cos θ). (4.4.2)

Współczynniki bl wyznaczymy, porównując ogólną postać rozwiązania z rozwiąza-niem, które skonstruujemy w elementarny sposób dla punktów leżących na osi 0z,dla z większego od promienia krążka. Dla takich punktów r = z ≡ h, przy czymh > a; θ = 0, a więc cos θ = 1. Równanie (4.4.2) redukuje się do postaci (pamiętaj-my, żePl(1) ≡ 1)

V (h, 0) =Q

h

∞∑l=0

bl

(a

h

)l. (4.4.3)

Ten sam potencjał będzie równy sumie (całce) przyczynków od nieskończenie ma-łych porcji ładunku dq, zawartych w pierścieniach o promieniach: wewnętrznym ρi zewnętrznym ρ+ dρ

dq = σ(ρ) · 2πρdρ =Q

4π1

a√a2 − ρ2

· 2πρdρ.

BG AGH


Rysunek 4.4.1: Naładowany krążek o promieniu a i element ładunku dq = σ · 2πρdρ

Odległość każdego punktu takiego pierścienia od punktu P(h, 0) to√h2 + ρ2

(por. rysunek 4.4.1). Mamy więc

V (h, 0) =1

4πε0

2πQ4πa

∫ a

0

1√h2 + ρ2

ρ dρ√a2 − ρ2

. (4.4.4)

Proste podstawienie √a2 − ρ2 = u ρ = 0 → u = a,

− ρdρ√a2 − ρ2

= du ρ = a → u = 0,

a także ρ2 = a2 − u2, a więc h2 + ρ2 = h2 + a2 − u2, przekształca (4.4.4) do całki

V (h, 0) =Q

4πε0

12a

∫ a

0

du√h2 + a2 − u2

=Q

4πε0

12a

arcsinu√

h2 + a2

∣∣∣∣a0. (4.4.5)

Podstawiamy, dzielimy licznik i mianownik ułamka przez h. Mamy

V (h, 0) =Q

4πε0

12a

arcsin

a

h√1 +

(a

h

)2=

Q

4πε0

12a

arctga

h. (4.4.6)

BG AGH


Ostatnie przejście łatwiej zrozumieć, jeżeli spojrzymy na rysunek 4.4.2. Uzyskanerozwiązanie jest niewątpliwie bardzo estetyczne – ale nam potrzebne jest rozwiązaniew postaci nieskończonego szeregu i funkcję arctg x (x < 1) musimy rozwinąć w szereg.Oczywiście, „rozłożyć w szereg” kojarzy się automatycznie z szeregiem Taylora.

Rysunek 4.4.2: Do wzoru (4.4.6): tgα = x, sinα =x√

1 + x2

Ale warto uświadomić sobie, że „tradycyjna” metoda konstrukcji takiego szeregu (ob-liczanie kolejnych pochodnych) nie zawsze jest metodą najprostszą. Funkcję arctg xmożna przedstawić w postaci całki

arctg x =∫ x

0

11 + t2

dt, (4.4.7)

gdzie funkcja podcałkowa to nic innego jak suma prostego szeregu geometrycznego

11 + t2

=1

1− (−t2)= 1 +

∞∑l=1

(−t2)l = 1− t2 + t4 − t6 + . . . ; 0 ¬ t ¬ x < 1,

(4.4.8)który możemy scałkować wyraz po wyrazie4. I tak, dla x < 1 otrzymujemy

arctg x = x− x3

3+x5

5− x7

7− . . . =

∞∑l=0

(−1)lx2l+1

2l + 1.

Podstawiamy do (4.4.6) i porównujemy współczynniki przy potęgach (a/h)l z odpo-wiednimi współczynnikami w równaniu (4.4.3). Mamy więc

V (h, 0) =Q

4πε0

12a

∞∑0

(−1)l(a/h)2l+1

2l + 1=

Q

8πε0

1h

∞∑0

(−1)l1

2l + 1

(a

h

)2l(4.4.9)

i w takim razie

bl ≡ b2l =1

8πε0(−1)l

12l + 1

. (4.4.10)

4W przypadku szeregów potęgowych, jednostajnie zbieżnych, operacje całkowania i różniczkowaniasą w pełni „legalne” – nie zmieniają one bowiem kryteriów zbieżności, takich jak np. prosty testd’Alemberta. Przecież operacja całkowania szeregu potęgowego, a więc dzielenie wyższej (o jedność)potęgi zmiennej x (x < 1!) przez powiększone o 1 wykładniki potęgowe może tylko działać na korzyśćzbieżności uzyskanego szeregu.

BG AGH


Nieparzyste współczynniki są wszystkie równe zeru – to zresztą wynikało z parzystościfunkcji gęstości powierzchniowej ładunku. Wzór ogólny – równanie (4.4.2) – będziemiał postać

V (r, θ) =Q

8πε0r

∞∑l=0

(−1)l1

2l + 1

(a

r

)2lP2l(cos θ). (4.4.11)

Czy możemy coś powiedzieć o potencjale samego krążka? Wzór (4.4.11) jest w zasadziepoprawny dla r > a, ale można spróbować położyć w nim r = a i θ = π/2. Potencjałbyłby wówczas określony wzorem5

V (r, θ) = 2 · Q

8πε0a

∞∑l=0

(−1)l1

2l + 1P2l(0) =

Q

4πε0a

[1 +

∞∑l=1

12l + 1

(2l − 1)!!(2l)!!

].

(4.4.12)Powstaje jednak pytanie; czy szereg występujący w (4.4.12) jest zbieżny. Okazuje sięże tak, a jego suma równa jest arcsin 1 = π/2.Sprawdzenie tego nie jest trudne – znowu musimy rozwinąć funkcję, tym razemarcsinx, w szereg i położyć x = 1. Ponownie korzystamy z techniki, jaką posłużyli-śmy się w przypadku „rozwijania” arkusa tangensa. Wzorem analogicznym do (4.4.7)będzie

arcsinx =∫ x

0

1√1− t2

dt, (4.4.13)

gdzie występująca w funkcji podcałkowej odwrotność pierwiastka√

1− t2 jest spe-cjalnym przypadkiem funkcji tworzącej wielomianów Legendre’a

1√1− t2

=∞∑l=0

P2l(0)t2l. (4.4.14)

Wartości parzystych wielomianów Legendre’a w zerze, P2l(0), określone są wzorem4.25 „Wybranych rozdziałów. . . ”6. Mamy więc rozwinięcie w postaci szeregu, którymożemy scałkować wyraz po wyrazie. W „Wybranych rozdziałach. . . ” wzór 4.25był przedstawiany jako konsekwencja wzoru Taylora (MacLaurina), ale znowu wartopokazać, że . . . nie jest to ani jedyna, ani najbardziej komfortowa droga. Każdy z nasdobrze pamięta wzór Newtona na n-tą potęgę dwumianu

(a+ b)n =n∑k=0

(nk

)akbn−k, (4.4.15)

5O wartościach wielomianów Legendre’a dla takich argumentów jak 1 lub 0 można przeczytaćw „Wybranych rozdziałach. . . ”; przypomnijmy: (2l ± 1)!! ≡ 1 · 3 · . . . · (2l ± 1) – iloczyn kolejnychliczb nieparzystych; (2l)!! ≡ 2 · 4 · . . . · (2l) – iloczyn kolejnych liczb parzystych (= 2l l!); czynnik 2 –bo uwzględniamy przyczynki z obu powierzchni krążka!6Wzór ten obowiązuje dla l 1 (a nie dla l = 0, 1, . . ., jak napisane jest w „Wybranych rozdzia-

łach. . . ”); P0(0) = 1.

BG AGH


ale może nie każdy zdaje sobie sprawę z faktu, że wzór ten znakomicie „pracuje” dlawykładników potęgowych, które ani nie są całkowite, ani dodatnie7. I tak, nie mażadnych przeszkód, aby zapisać

1√1− t2

=(1− t2

)−1/2= 1 +

∞∑k=1

(−1/2k

)(−t2)k, (4.4.16)

chociaż z postaci rozwijanego w szereg „dwumianu” wynika, że rozwinięcie będzieuwarunkowane relacją t2 < 1. Jedyna – dość zasadnicza – różnica pomiędzy wzora-mi (4.4.15) i (4.4.16) sprowadza się do tego, że pierwszy z nich jest sumą skończoną(wielomianem stopnia n), drugi – sumą nieskończoną. Oczywiście, w symbolu New-tona silnie z połówkowych liczb (−1/2) i (−1/2 − k) można zastąpić odpowiednimifunkcjami gamma Eulera, ale nie jest to konieczne. Stosując jawną postać symboluNewtona, przekształcamy wzór (4.4.16) do postaci

(1− t2

)−1/2= 1 +

(−1/2)!1!(−1/2− 1)!

(−t2)1 +(−1/2)!

2!(−1/2− 2)!(−t2)2 + . . . ,

a pamiętając o fundamentalnej własności silni (gammy Eulera)

m! = m(m− 1)!,

gdzie m nie musi być liczbą całkowitą – na przykład:

(−1/2)! = (−1/2)(−1/2− 1)! = (−1/2)(−1/2− 1)(−1/2− 2)!,

dostajemy(1− t2

)−1/2= 1 +

(−1/2)1!

(−t2)1 +(−1/2)(−3/2)

2!(−t2)2 + . . . (4.4.17)

lub ogólnie1√

1− t2= 1 +

∞∑n=1

(2n− 1)!!2nn!

t2n. (4.4.18)

Całkując powyższy szereg, wyraz po wyrazie, w granicach t = 0 i t = x oraz kładącn = l, otrzymujemy nieskończoną sumę, która pojawia się we wzorze (4.4.12).

7Wspaniale o tym opowiadają Donald Knuth (ojciec TEX-a) i jego współpracownicy w „Matema-tyce konkretnej”, PWN, 1996.

BG AGH


Jeżeli ktoś wolałby8 sprawdzić tylko zbieżność szeregu występującego w (4.4.12), tomożna obliczyć stosunek dwóch kolejnych wyrazów szeregu:

alal + 1

=1

2l + 1(2l − 1)!!

(2l)!!· 2(l + 1) + 1

1[2(l + 1)]!!

[2(l + 1)− 1]!!

=2l + 32l + 1

· (2l + 2)!!(2l)!!

· (2l − 1)!!(2l + 1)!!

=2l + 32l + 1

· 2l + 22l + 1

=4l2 + 10l + 64l2 + 4l + 1

=l2 + 2, 5l + 1, 5l2 + l + 0, 25

.

Jak widać, granica stosunku al/al+1 przy l → ∞ jest równa jedności i prosty testd’Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności szeregu; można posłużyć się testem Gaussa(por. dyskusje równania Legendre’a w „Wybranych rozdziałach. . . ”). Stosunek dwóchkolejnych wyrazów szeregu można wyrazić w postaci

alal + 1

=l2 + 2, 5l + 1, 5l2 + l + 0, 25

= 1 + 1, 51l− 0, 25

1l2

+ . . .

Najważniejszy jest współczynnik przy potędze 1/l – fakt, że jest on większy od jedno-ści, gwarantuje zbieżność szeregu. Niemniej wykazanie, że wartość szeregu jest równaπ/2, wymaga rozwinięcia funkcji arcsinx w szereg Taylora.Mamy więc

V (krążka) =Q

4πε0aπ

2=

Q

8ε0a. (4.4.19)

Możemy jeszcze obliczyć pojemność krążka

C =Q

V= 8ε0a (4.4.20)

– jest ona zaskakująco duża, bo wynosi prawie 2/3 pojemności sfery o takim samympromieniu (a więc o dwukrotnie większej powierzchni) – Csf = 4πε0a.

8Wolałby – a może poczuwałby się do obowiązku? Kładąc w (4.4.11) r = a, korzystamy z re-prezentacji funkcji tworzącej wielomianów Legendre’a w postaci szeregu dla t = 1, podczas gdy tareprezentacja obowiązuje w zasadzie dla |t| < 1. Okazuje się, że wzór określający funkcję tworzącąwielomianów Legendre’a jest słuszny także dla t = 1, jeśli tylko x < 1 (u nas – w tym konkretnymprzypadku – x = cosπ/2 = 0).

BG AGH


PROBLEM 4.5

Rozważamy ustalony rozkład temperatury w półkulio promieniu R. Górna powierzchnia półkuli jest utrzy-mywana w temperaturze 350 K, natomiast podstawapółkuli (okrąg o promieniu R) – w temperaturze 200 K.Znajdź temperatury T (r, θ) punktów wewnątrz półkuli,to znaczy dla 0 ¬ r < R, 0 ¬ θ < π/2.

Temperatura T spełnia równanie

∆T (r, θ) = κ∂T (r, θ)∂t

, (4.5.1)

które dla stanu ustalonego redukuje się do równania Laplace’a ∆T (r, θ) = 0. Rozwią-zaniem tego ostatniego jest funkcja [por. dyskusję w problemie 4.3, wzór (4.3.3)]

T (r, θ) =∞∑l=0

αlrl Pl(cos θ); 0 ¬ r ¬ R, 0 ¬ θ ¬ π/2 (4.5.2)

z warunkami

T (R, θ) = 350 K; 0 ¬ θ < π/2, (4.5.3)

T (r, π/2) = 200 K; 0 ¬ r ¬ R. (4.5.4)

Zadanie rozwiążemy, opierając się na rozwiązaniu problemu dwóch półkul, znajdują-cych się na równych co do wielkości i przeciwnych co do znaku potencjałach ±V0 (pod-rozdział 4.1.3 „Wybranych rozdziałów. . . ”). Zastanówmy się przede wszystkim, jakwyglądałoby rozwiązanie problemu dla układu dwóch półkul, z których powierzchniagórnej utrzymywana jest w temperaturze T1, a dolnej – w T2. Dla punktów znajdu-jących się na równiku sfery (θ = π/2) możemy przyjąć, że temperatura jest średniąz dwóch obszarów bezpośrednio sąsiadujących z równikiem – Tr = (T1 + T2)/2. Za-raz zobaczymy, że takie intuicyjne9 założenie znajdzie potwierdzenie w stosowanymformalizmie.Aby nasz problem upodobnić maksymalnie do problemu z podrozdziału 4.1.3 „Wy-branych rozdziałów. . . ” dokonamy prostej transformacji temperatury:

T1 =T1 + T2

2+T1 − T2

2≡ Tr + T 0, (4.5.5)

T2 =T1 + T2

2− T1 − T2

2≡ Tr − T 0 (4.5.6)

9Nasza intuicja ma zdrowe podstawy fizyczne. Stan ustalony odpowiada „zamarciu” procesówtransportu ciepła. A to nastąpi wtedy, kiedy przyczynki – wynikające z różnicy temperatur „nad” i„pod” równikiem – będą identyczne co do wartości bezwzględnej, ale przeciwnego znaku.

BG AGH


i będziemy rozważać układ dwóch półkul, w którym powierzchnia górnej półkuliutrzymywana jest w temperaturze +T 0, a dolnej w −T 0. Temperatura T punktówwewnątrz kuli będzie równa T = Tr + T . Ta ostatnia – temperatura T – spełnia, takjak temperatura T , równanie Laplace’a, z warunkami T (r = R) = ±T 0. Korzystającz wzoru 4.49 „Wybranych rozdziałów. . . ”, możemy więc napisać

T (r, θ) = T 0

∞∑k=0

4k + 32k + 2

P2k(0)(r

R

)2k+1P2k+1(cos θ),

a podstawiając jawną postać P2k(0) [wzór 4.25], mamy dla r ¬ R, 0 ¬ θ ¬ π

T (r, θ) = T 0

∞∑k=0

(−1)k(4k + 3)(2k − 1)!!

2k+1(k + 1)!

(r

R

)2k+1P2k+1(cos θ). (4.5.7)

Zwróćmy teraz uwagę na fakt, że szereg (4.5.7) zawiera tylko wielomiany Legendre’ao nieparzystych wskaźnikach, a więc wielomiany, w których występują tylko nieparzy-ste potęgi zmiennej kosinusa θ. Dla punktów, dla których wartość zmiennej kątowejjest równa θ = π/2, kosinus θ jest równy zeru, a więc i wartości wszystkich wie-lomianów o nieparzystym wskaźniku są w tych punktach równe zeru. Tak więc dlawszystkich punktów podstawy górnej półkuli, bez względu na wartość r, temperaturaT jest równa zeru! Jest to logiczne – warunki brzegowe (powierzchnia dwóch półkul)są par excellence nieparzyste, problem jest osiowo symetryczny – a więc ta „pery-feryjna nieparzystość” przenosi się do wnętrza kuli. Możemy sobie wyobrazić nasząsferę, jako składającą się z cienkich, kolistych warstw, równoległych do powierzchnirównika. Dla każdej takiej warstwy temperatura zależy tylko od odległości od osi ku-li, a para warstw symetrycznych względem płaszczyzny równika będzie miała – dlapunktów w tej samej odległości od osi kuli – temperatury różniące się tylko znakiem.Dla granicznej płaszczyzny równika taka zwierciadlana symetria musi spowodowaćzerową wartość temperatury (cały czas mówimy o temperaturze T !) dla wszystkichpunktów tej płaszczyzny.Wracając do wyjściowego problemu, w którym T1 = 350 K, a T2 = 200 K – otrzy-mujemy temperaturę wszystkich punktów półkuli – a więc dla r ¬ R, θ ∈ [0, π/2] –określoną wzorem

T (r, θ) = Tr + T (r, θ) =T1 + T2

2+ T (r, θ) (4.5.8)

= 275 K + 75 K∞∑k=0

(−1)k(4k + 3)(2k − 1)!!

2k+1(k + 1)!

(r

R

)2k+1P2k+1(cos θ).

BG AGH


PROBLEM 4.6

Falę płaską ψ = eikz = eik rcos θ rozłóż w szeregwielomianów Legendre’a i funkcji sferycznych Bessela

ψ = ψ(r, θ) =∞∑l=0

(2l + 1)il√π

2krJl+1/2Pl(cos θ). (4.6.1)

Już sama postać rozwinięcia uzmysławia nam, że rozpatrujemy problem w układziewspółrzędnych sferycznych. Fala płaska, exp(ikz) = exp(ik rcos θ) to część „prze-strzenna” równania fali, do której redukuje się rozwiązanie ogólne równania falowego,po odrzuceniu harmonicznego czynnika czasowego exp(±iωt). Ta część przestrzennaspełnia równanie Helmholtza10,

∆ψ(r, θ, φ) + k2ψ(r, θ, φ) = 0, (4.6.2)

którego rozwiązanie, właśnie w układzie współrzędnych sferycznych, znaleźliśmy jako(por. wzór 4.183 „Wybranych rozdziałów. . . ”)

ψ(r, θ, φ) =∞∑l=0

l∑m=0

Rl(r)Ylm(θ, φ)

=∞∑l=0

l∑m=0

[Aljl(kr) +Blyl(kr)]Ylm(θ, φ). (4.6.3)

Występujące w nim jl(kr) i yl(kr) to sferyczne funkcje Bessela (por. wzory 4.177i 4.178):

jl(x) =√π

2xJl+1/2(x), (4.6.4)

yl(x) =√π

2xYl+1/2(x), (4.6.5)

przy czym ze względu na osobliwość funkcji yl(kr) w zerze nie będzie ona przydatnaw ogólnej postaci rozwiązania (4.6.3). W postaci tej możemy również pominąć sumęwzględem wskaźnika m, gdyż nasza fala nie zależy od kąta azymutalnego φ, co spro-wadza się do zastąpienia funkcji Ylm(θ, φ) wielomianami Legendre’a. Tak więc, falapłaska z pewnością może być zapisana jako

ψ(r, θ) =∞∑l=0

Aljl(kr)Pl(cos θ) =∞∑l=0

Al

√π

2krJl+1/2(kr)Pl(cos θ). (4.6.6)

10Por. np. podrozdział 4.2.2 „Wybranych rozdziałów. . . ”

BG AGH


Jedyny problem to wyznaczenie współczynników Al. Nie ma przeszkód, aby zasto-sować standardową procedurę, opartą na ortogonalności wielomianów Legendre’a.Oznaczmy cos θ ≡ x i Pl(cos θ) = Pl(x); pomnóżmy obie strony (4.6.6) przez Pm(x)i scałkujmy względem x od −1 do +1. Otrzymamy∫ +1

−1ψ(r, x)Pm(x) dx =

∞∑l=0

Al

√π

2krJl+1/2(kr)

∫ +1

−1Pl(x)Pm(x) dx

= Am

√π

2krJm+1/2(kr)

22m+ 1

. (4.6.7)

Występująca po lewej stronie całka – funkcja podcałkowa to iloczyn funkcji wykład-niczej i wielomianu zmiennej x – na pewno nie jest zbyt trudna do obliczenia, aleuzyskanie wyniku w postaci uogólnionej może być dość żmudne. Spróbujmy użyćpewnego fortelu i policzmy całkę, zakładając, że mamy do czynienia z dużymi war-tościami argumentu funkcji Bessela, kr →∞. Całkujemy oczywiście przez części

∫ +1

−1ψ(r, x)Pm(x) dx =

∫ +1

−1eikr xPm(x) dx =

∫ +1

−1

d

dx

(1ikr

eikr x)Pm(x) dx

=eikr x

ikrPm(x)

∣∣∣∣∣+1

−1

−∫ +1

−1

eikr x

ikr

dPm(x)dx

dx = . . .

(4.6.8)

Ponieważ każdy kolejny krok całkowania przez części będzie wprowadzał kolejny czyn-nik ikr do mianownika, zachowujemy tylko pierwszy wyraz. Pamiętając, że Pm(1) = 1oraz Pm(−1) = (−1)m, a także (−1)m =

(eiπ)m, mamy∫ +1

−1ψ(r, x)Pm(x) dx ∝ 1

ikr

[eikr − (−1)me−ikr

]=

1ikr

[eikr − eimπe−ikr

]=

2kreimπ2

[ei(kr−

mπ2 ) − e−i(kr−

mπ2 )]

2i

=2krim sin

(kr − mπ

2

). (4.6.9)

Uzyskany wynik to postać asymptotyczna dla kr → ∞. Możemy teraz równolegleposłużyć się wzorem 4.87, określającym zachowanie się funkcji Bessela pierwszegorodzaju dla dużych wartości argumentu

Jn(x) x→∞ ≈(

2πx

)1/2cos

(x− nπ

2− π

4

), (4.6.10)

który pozwala nam zapisać występującą po prawej stronie (4.6.6) funkcję Jm+1/2(kr)

BG AGH


jako

Jm+1/2(kr) =

√2πkr

cos(kr − m+ 1/2

2π − π

4

)=

√2πkr

cos(kr − mπ

2− π

2

)=

√2πkr

sin(kr − mπ

2

). (4.6.11)

Pozostaje już tylko podstawienie do lewej i prawej strony równania (4.6.6) ze wzoru(4.6.9) (lewa) i (4.6.11) (prawa). Mamy stąd

2krim sin

(kr − mπ

2

)= Am

√π

2kr

√2πkr

sin(kr − mπ

2

)2

2m+ 1, (4.6.12)

co pozwala określić współczynniki Am

Am = (2m+ 1)im (4.6.13)

i kończy uzasadnienie wzoru (4.6.1).

BG AGH


PROBLEM 4.7

Rozpatrz rozpraszanie strumienia cząstek na bardzo cięż-kim jądrze o promieniu R. Zakładamy:

(1) Cząstki nie oddziałują z jądrem, ale też nie mogą doniego wnikać

V (r) =

∞, dla r < R,

0 dla r > R.(4.7.1)

Na powierzchni jądra funkcja falowa cząstki znika,tzn.

ψ(r = R, θ) = 0. (4.7.2)

(2) Dla r → ∞ funkcja falowa rozproszonej cząstki jestsuperpozycją padającej fali płaskiej eikz oraz sferycz-nej fali rozproszonej ψs(r, θ); ta ostatnia to

ψs(r, θ)r→∞−−−→ f(θ)

eikr

r. (4.7.3)

Czynnik f(θ) to tzw. amplituda rozpraszania, związa-na z przekrojem czynnym dla rozpraszania σs

σs =∫

4π|f(θ)|2 sin θ dΩ, (4.7.4)

gdzie dΩ = sin θ dθdφ (całkujemy po pełnym kąciebryłowym).

(3) Długość fali cząstek jest znacznie większa od promie-nia jądra: λ R.

BG AGH


Stacjonarne równanie Schrodingera dla rozpraszanej cząstki ma postać11

− ~2

2m4ψ(r, θ) = Eψ(r, θ), (4.7.5)

z warunkiem (4.7.2). Podobnie jak w problemie 4.6 mamy więc do czynienia z rów-naniem Helmholtza (por. np. podrozdział 4.2.2 „Wybranych rozdziałów. . . ”):

∆ψ(r, θ) + k2ψ(r, θ) = 0; k2 ≡ 2mE~2 , (4.7.6)

którego rozwiązanie w układzie współrzędnych sferycznych wyraża się wzorem 4.183:

ψ(r, θ, φ) =∞∑l=0

l∑m=0

Rl(r)Ylm(θ, φ)

=∞∑l=0

l∑m=0

[Aljl(kr) +Blyl(kr)]Ylm(θ, φ). (4.7.7)

Umieszczając oś 0z w kierunku padającej fali płaskiej, uniezależniamy się od kąta φi rozwiązanie (4.7.7) możemy zapisać w postaci

ψ(r, θ) =∞∑l=0

Zl+1/2(kr)Pl(cos θ), (4.7.8)

gdzie przez Zl+1/2(kr) oznaczyliśmy taką kombinację rozwiązań równania Bessela(funkcji Bessela o wskaźniku połówkowym), która należycie oddaje charakter szuka-nego rozwiązania (patrz niżej).Samo rozwiązanie, czyli funkcję falową rozproszonej cząstki, ψ(r, θ) przedstawimy –zgodnie z postulatem (2) w postaci sumy dwóch przyczynków

ψ(r, θ) ≡ ψp(r, θ) + ψs(r, θ), (4.7.9)

gdzie ψp(r, θ) to padająca fala płaska, a ψs(r, θ) to rozproszona fala o symetrii sfe-rycznej. Falę płaską potrafimy (por. problem 4.6) przedstawić w postaci

ψp = ψp(r, θ) =∞∑l=0

(2l + 1)il√

π

2krJl+1/2(kr)Pl(cos θ). (4.7.10)

Z kolei dla fali rozproszonej w rozwinięciu (4.7.8) kładziemy

Zl+1/2(kr) ≡ H(1)l+1/2(kr) ≡ Jl+1/2(kr) + i Yl+1/2(kr), (4.7.11)

11Występująca w nim wielkość m to masa zredukowana układu cząstka-jądro. Ponieważ zakłada-liśmy, że mamy do czynienia z bardzo ciężkim jądrem, m jest praktycznie masą rozpraszanej cząstki.

BG AGH


z uwagi na asymptotykę funkcji Hankela H(1)l+1/2(kr) dla dużych wartości argumentu.

Mamy bowiem (por. wzór 4.96)

H(1)ν (x) x→∞ ≈

(2πx

)1/2exp

[+i(x− νπ

2− π

4

)],

albo – dla ν = l + 12 –

Hl+1/2(kr) ∝√

2πkr

exp[+i(kr − (l + 1/2)π

2− π

4

)]=

√2πkr

1il+1 e

ikr, (4.7.12)

a więc nasza fala rozproszona,

ψs(r, θ) ∼√

π

2krHl+1/2(kr) ∼ 1

kreikr,

jest rzeczywiście falą sferyczną. Tak więc funkcję falową (4.7.9) zapiszemy jako sumę

ψ(r, θ) =∞∑l=0

(2l + 1)il√

π

2krJl+1/2(kr)Pl(cos θ) +

∞∑l=0

αl

√π

2krHl+1/2(kr)Pl(cos θ),

(4.7.13)gdzie współczynniki αl są jeszcze nieokreślone. Wyznaczymy je z warunku (4.7.2) –ψ(R, θ) = 0, co daje

(2l + 1)ilJl+1/2(kR) + αlHl+1/2(kR) = 0, (4.7.14)

dla każdego l. Mamy więc

αl =(2l + 1)ilJl+1/2(kR)

Hl+1/2(kR).(4.7.15)

Powyższy wzór można przedstawić w znacznie „zgrabniejszej” postaci, jeżeli skorzy-stamy z warunku (4.7.5): λ R. Mamy bowiem λ = 2π/k i warunek (4.7.5) jest rów-noznaczny relacji kR 1. Dlatego też, występujące w liczniku i mianowniku ułamkaw równaniu (4.7.15) funkcje Jl+1/2(kR) i Hl+1/2(kR) możemy przybliżyć pierwszymiwyrazami reprezentujących je szeregów (nb. – asymptotyka w okolicy zera funkcjiHankela to asymptotyka funkcji Bessela drugiego rodzaju; udział funkcji Jl+11/2 w li-niowej kombinacji (4.7.8) jest zaniedbywalny). Mamy bowiem (por. wzory 4.75„Wybranych rozdziałów. . . ”) – dla kR 1 –

Jl+1/2(kR) ≈(kR

2

)l+ 12 1Γ(l + 3/2)

=

√2π

2l l!(2l + 1)!

(kR)l+1/2, (4.7.16)

Hl+1/2(kR) ≈ iYl+1/2(kR) ≈ i(kR

2

)−(l+ 12 ) 1Γ(−l + 1/2)

= −i√

2π

(2l)!2ll!

(kR)−(l+1/2), (4.7.17)

BG AGH


gdzie przy przekształcaniu funkcji gamma argumentu połówkowego korzystamy ze wzo-rów podrozdziału 1.5.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”. Podstawiając oba powyższe wy-niki do (4.7.15) otrzymujemy

αl = −il+1 22l(l!)2

[(2l)!]2(kR)2l+1. (4.7.18)

Funkcja falowa fali rozproszonej została w pełni określona.Jeżeli chodzi o przekrój czynny, to – jak widać z wzoru (4.7.18) – dla kR 1rola wszystkich wyrazów z l 1 jest do pominięcia w porównaniu z przyczynkiem,pochodzącym od l = 0. Mamy

ψs(r, θ) ≈ α0

√π

2krH1/2(kr)P0(cos θ) = −i(kR)

√π

2krH1/2(kr). (4.7.19)

Korzystając z asymptotyki (4.7.12) dla dużych odległości od jądra (a właściwie dladużych wartości kr), otrzymujemy

ψs(r, θ)kr→∞ ≈ −Reikr

r. (4.7.20)

Jak widać, rozproszona fala jest nie tylko fala kulistą, ale w dodatku rozpraszanie jestw pełni izotropowe; czynnik f(θ) (amplituda rozpraszania) jest stały i wynosi −R.Jego kwadrat, wycałkowany po pełnym kącie bryłowym to – wzór (4.7.4) – przekrójczynny na rozproszenie

σs =∫

4π|f(θ)|2 sin θ dθdφ = 4πR2. (4.7.21)

Otrzymaliśmy dobrze znany, a zarazem nieco zaskakujący rezultat – przekrój czynny,który zwyczajowo utożsamiamy z powierzchnią przekroju „widzianego” przez nad-latującą cząstkę jest czterokrotnie większy od pola przekroju sfery reprezentującejjądro.Problem „rozproszeniowy” powraca jeszcze w rozdziale piątym (problemy 5.1i 5.13).

BG AGH


PROBLEM 4.8

Wykaż, posługując się relacjami rekurencyjnymi dlafunkcji Bessela, że pomiędzy dwoma zerami funkcji Bes-sela J0(x) leży jedno i tylko jedno zero funkcji BesselaJ1(x) i vice versa.

Rzut oka na rysunek 4.3 podrozdziału 4.2 „Wybranych rozdziałów. . . ”sugeruje, żeobie funkcje: J0 i J1 mają nieskończoną liczbę zer. Wynika to także z wzoru 4.87,opisującego zachowanie się funkcji Bessela dla dużych wartości argumentu – zacho-wują się one jak funkcja kosinus, której amplituda maleje jak 1/

√x. Zresztą sama

postać reprezentacji funkcji Bessela jako sumy nieskończonej, wzór 4.73, pozwalazauważyć to bliskie powinowactwo, jakie istnieje pomiędzy funkcjami Bessela a funk-cjami trygonometrycznymi. Szereg reprezentujący funkcje Bessela zawiera „więcej”przyczynków w mianowniku niż analogiczne szeregi kosinusa i sinusa – stąd taka,a nie inna, modulacja amplitudy.Aby wykazać sformułowaną w temacie problemu tezę, załóżmy, że dwa kolejne zerafunkcji J0(x) to α0,k i α0,(k+1):

J0(α0,k) = J0(α0,(k+1)) = 0. (4.8.1)

Korzystamy z relacji rekurencyjnej R2, kładąc w niej p = 0, k = 1. Prowadzi todo dobrze znanego związku

dJ0

dx= −J1(x). (4.8.2)

Wzór (4.8.1) mówi nam, że funkcja J0 jest równa zeru w punktach α0,k i α0,(k+1).Opieramy się teraz na twierdzeniu Rolle’a: pomiędzy dwoma zerami różniczkowalnej(w całym tym przedziale) funkcji musi znajdować się przynajmniej jedno zero jejpochodnej. Funkcja J0 jest różniczkowalna na całej osi 0x, a jeśli tak, to pomiędzypunktami α0,k i α0,(k+1) znajduje się co najmniej jedno x ≡ ξ, takie że J0

′(ξ) = 0,a więc – na mocy (4.8.2) – J1(ξ) = 0.Mamy już przynajmniej jedno zero funkcji J1; aby wykazać, że jest to jedyne zero po-między α0,k i α0,(k+1) musimy powtórzyć powyższe rozumowanie, zamieniając funkcjeJ0 i J1 rolami. Relacja rekurencyjna R1 (p = 1, k = 1) prowadzi do związku

dJ1

dx= −xJ0(x), (4.8.3)

z którego (oraz z twierdzenia Rolle’a) wynika, że pomiędzy dwoma kolejnymi zeramifunkcji J1 leży przynajmniej jedno zero jej pochodnej, a więc przynajmniej jednozero funkcji J0. Koniunkcja tych dwóch imperatywów „przynajmniej jedno” będziespełniona wtedy i tylko wtedy, jeżeli przynajmniej jedno oznacza dokładnie jedno.

BG AGH


PROBLEM 4.9

Na podstawie wzoru 4.99, określającego funkcję two-rzącą funkcji Bessela wykaż, że funkcje Bessela są ogra-niczone, a konkretnie

(1) : |J0(x)| ¬ 1; (4.9.1)

(2) : |Jn(x)| ¬√

2/2; n = 1, 2, . . . (4.9.2)

Korzystamy z funkcji tworzącej funkcji Bessela (wzór 4.99), którą wypisujemy dladodatniego i ujemnego t

G(x, t) = exp[x

2

(t− 1

t

)]=

∞∑n=−∞

Jn(x) tn, (4.9.3)

G(x,−t) = exp[x

2

(−t+

1t

)]=

∞∑n=−∞

Jn(x) (−t)n. (4.9.4)

Wymnożenie funkcji wykładniczych, występujących po lewej stronie powyższych rów-ności daje jedność – a więc i oba szeregi (prawe strony) po pomnożeniu muszą dać 1.Wynika z tego, że po wymnożeniu prawych stron i redukcji różne od zera będą tylkote wyrazy, dla których wykładniki potęgowe zmiennej t redukują się do zera. Mamy

1 =J0(x) + J1(x)t1 + J2(x)t2 + . . .+ J−1(x)t−1 + J−2(x)t−2 + . . .

×

J0(x) + J1(x)(−t)1 + J2(x)(−t)2 + . . .+ J−1(x)(−t)−1 + J−2(x)(−t)−2 + . . .

.

Niezerowe przyczynki, o których mowa to

J0 · J0 + J1 · J−1(−1) + J−1 · J1(−1) + J2 · J−2(−1)2 + J−2 · J2(−1)2 + . . . = 1.(4.9.5)

Korzystając teraz z wzoru 4.74

J−n(x) = (−1)nJn(x), (4.9.6)

przekształcamy równanie (4.9.5) w proste

[J0(x)]2 + 2[J1(x)]2 + 2[J2(x)]2 + . . . = 1. (4.9.7)

BG AGH


Suma podwojonych (z wyjątkiem J0!) kwadratów funkcji Bessela jest równa jedno-ści12. Wiemy, że J0(0) = 1 (można odczytać to bezpośrednio z wzoru 4.73) – wynikastąd, że wartość bezwzględna tej funkcji dla x 6= 0 może być tylko mniejsza (pamię-tamy o modulacji „amplitudy” funkcji Bessela czynnikiem 1/

√x – por. wzór 4.87).

Dla wskaźnika n różnego od zera, z wzoru (4.9.7) wynika, że podwojony kwadratfunkcji Bessela, Jn(x); n 1, nie może przekroczyć jedności13. Mamy

1 2[Jn(x)]2; n 1, (4.9.8)

skąd druga część tezy – wzór (4.9.2).

12Jedności jest także równa suma J0(x) + 2∞∑k=1

J2k(x) – por. wzór 4.103.

13Tak byłoby, gdyby wszystkie pozostałe funkcje Bessela były, dla danej wartości zmiennej x, równezeru. Jest to – por. problem 4.8 – niemożliwe, zera funkcji Bessela nigdy się nie „przekrywają” (dlaskończonych wartości argumentu).

BG AGH


PROBLEM 4.10

Wyprowadź całkową reprezentację funkcji Bessela

Jn(x) =1π

∫ π0

cos(nθ − x sin θ) dθ; n = 0, 1, 2, . . .

(4.10.1)

Geneza wzoru (4.10.1) – jak wspominamy o tym w podrozdziale 4.2.1 „Wybranychrozdziałów. . . ” – tkwi w funkcji tworzącej funkcji Bessela (wzór 4.99):

G(x, t) = exp[x

2

(t− 1

t

)]=

∞∑n=−∞

Jn(x) tn. (4.10.2)

Występujące w nim funkcje Bessela to współczynniki szeregu Laurenta funkcji two-rzącej, a jeżeli tak, to wyrażają się poprzez standardowe całki konturowe

Jn(x) =1

2πi

∮C

exp[x/2(ζ − 1/ζ)]ζn+1 dζ. (4.10.3)

Gdyby przyjąć jako kontur całkowania C koło jednostkowe |ζ| = 1 na płaszczyźniezespolonej, a więc podstawić do (4.10.3) ζ = eiθ i wykonać całkowanie względemkąta θ, zmieniającego się od 0 do 2π, to powinniśmy dostać wzór (4.10.1). Możemyjednak posłużyć się nieco zmodyfikowaną procedurą. Oczywiście nie obejdzie się bezcałkowania (w końcu, naszym celem jest reprezentacja całkowa!), ale „przy okazji”możemy poddać rewizji różne nasze wiadomości.Zacznijmy od zauważenia, że podstawienie t = eiθ do określenia funkcji tworzącej(4.10.2) prowadzi do

G(x, t) = exp[x

2

(eiθ − e−iθ

)]= exp

[ixeiθ − e−iθ

2i

]= eix sin θ

= cos(x sin θ) + i sin(x sin θ). (4.10.4)

Z kolei prawą stronę (4.10.2) możemy, grupując wyrazy z ujemnymi i dodatnimiwartościami tego samego wskaźnika sumowania, przedstawić w postaci

∞∑n=−∞

(eiθ)n

Jn(x) = J0(x) + eiθJ1(x) + e−iθJ−1(x) + ei2θJ2(x) + e−i2θJ−2(x) + . . .

+ei(2k−1)θJ2k−1(x) + e−i(2k−1)θJ−(2k−1)(x) + ei(2k)θJ2k(x) + e−i(2k)θJ−2k(x) + . . .

(4.10.5)

BG AGH


Korzystamy teraz z wzoru 4.74

J−n(x) = (−1)nJn(x), (4.10.6)

co prowadzi do

∞∑n=−∞

(eiθ)n

Jn(x) = J0(x) +(eiθ − e−iθ

)J1(x) +

(ei2θ + e−i2θ

)J2(x) + . . .

+(ei(2k−1)θ − e−i(2k−1)θ

)J2k−1(x) +

(ei(2k)θ + e−i(2k)θ

)J2k(x) + . . .

= J0(x) + 2i sin θJ1(x) + 2 cos 2θJ2(x) + . . .

+ 2i sin[(2k − 1)θ]J2k−1(x) + 2 cos[(2k)θ]J2k(x) + . . . (4.10.7)

W tej nieskończonej sumie, funkcje Bessela o parzystym wskaźniku występują jakomnożniki kosinusów parzystych wielokrotności kąta θ, natomiast funkcje o wskaźnikunieparzystym – jako mnożniki sinusów nieparzystych wielokrotności kąta θ, w dodat-ku przemnożonych przez i. Porównując rzeczywiste i urojone części wzorów (4.10.4)i (4.10.7), dostajemy natychmiast

cos(x sin θ) = J0(x) + 2∞∑k=1

J2k(x) cos[2kθ], (4.10.8)

sin(x sin θ) = 2∞∑k=1

J2k−1(x) sin[(2k − 1)θ]. (4.10.9)

Powyższe wzory to przedstawienie w postaci szeregu Fouriera parzystej funkcjicos(x sin θ) i funkcji nieparzystej – sin(x sin θ). Funkcje bazowe, kosinusy i sinusywielokrotności kąta θ tworzą bazę ortogonalną, z wagą w(x) = 1, w przedziale [0, 2π].Zgodnie z wzorem 3.51 mamy więc, dla k = 1, 2, . . .,

J2k(x) =12

∫ 2π

0cos(x sin θ) cos [2kθ] dθ∫ 2π

0cos2[2kθ] dθ

=1

2π

∫ 2π

0cos(x sin θ) cos [2kθ] dθ, (4.10.10)

J2k−1(x) =12

∫ 2π

0sin(x sin θ) sin [(2k − 1)θ] dθ∫ 2π

0sin2[(2k − 1)θ] dθ

=1

2π

∫ 2π

0sin(x sin θ) [(2k − 1)θ] dθ. (4.10.11)

(Występujące w mianownikach całki są równe połowie długości przedziału całkowania,a więc π.)

BG AGH


Całkowanie w przedziale [0, 2π] możemy zredukować do całkowania w przedziale [0, π],korzystając z wzorów redukcyjnych dla funkcji trygonometrycznych oraz ich okreso-wości. Mamy

cos 2kθ = cos(2π − 2kθ) = cos(2kπ − 2kθ) = cos[2k(π − θ)],

a także sin θ = sin(2π − θ) = − sin(π − θ), co prowadzi na przykład do∫ 2π

0cos(x sin θ) cos 2kθ dθ =

∫ π

0+∫ 2π

π

cos(x sin θ) cos 2kθ dθ

=∫ π

0cos(x sin θ) cos 2kθ dθ +

∫ 2π

πcos[−x sin(π − θ)] cos[2k(π − θ)] dθ.

Zamiana zmiennej całkowania w drugiej całce: θ → π− θ i skorzystanie z parzystościfunkcji kosinus sprowadza drugą całkę do postaci identycznej z postacią pierwszejcałki. Podobnie można przekształcić także całkę (4.10.11). Możemy więc zapisać

J2k(x) =1π

∫ π

0cos(x sin θ) cos [2kθ] dθ, (4.10.12)

J2k−1(x) =1π

∫ π

0sin(x sin θ) sin[(2k − 1)θ] dθ. (4.10.13)

Ostatni krok, to wykorzystanie faktu, że w rozwinięciu funkcji cos(x sin θ) [wzór(4.10.8)] występują jako funkcje bazowe wyłącznie kosinusy parzystych wielokrotnościkąta θ; w rozwinięciu funkcji sin(x sin θ) [wzór (4.10.9)] – sinusy nieparzystych wielo-krotności kąta θ. Dlatego całki, analogiczne do całek (4.10.12) i (4.10.13), będą równezeru14

0 =1π

∫ π

0sin(x sin θ) sin [2kθ] dθ, (4.10.14)

0 =1π

∫ π

0cos(x sin θ) cos[(2k − 1)θ] dθ. (4.10.15)

Możemy więc, rezygnując z parzystości bądź nieparzystości wskaźnika funkcji Besselai zamieniając te parzyste (2k), bądź nieparzyste (2k − 1) wskaźniki jednym wskaźni-kiem n, dodać do równania (4.10.12) równanie (4.10.14), przemnożone przez i, a dorównania (4.10.15) równanie (4.10.13), też przemnożone przez i. Prowadzi to do

Jn(x) =1π

∫ π

0[cos(x sin θ) cosnθ + i sin(x sin θ) sinnθ]dθ

=1π

∫ π

0cos(nθ − x sin θ)dθ; n = 1, 2, . . . (4.10.16)

We wzorze (4.10.16) zaznaczamy, że wskaźnik funkcji Bessela powinien być większyod zera – bo wzór (4.10.10) dla k = 0 ma nieco inną postać. Występująca w mianow-niku całka jest przecież równa nie π, ale 2π! Tak, ale w równaniu (4.10.8), funkcja14To, że całki te są równe zeru można sprawdzić także bezpośrednim rachunkiem, wykorzystującym

– jak wyżej – wzory redukcyjne i określone parzystości funkcji trygonometrycznych.

BG AGH


J0, w odróżnieniu wszystkich pozostałych funkcji o parzystym wskaźniku, jest po-zbawiona czynnika 2 – wzór (4.10.16) jest więc poprawny także dla zerowej wartościwskaźnika. Mamy

J0(x) =1π

∫ π

0cos(x sin θ) dθ =

12π

∫ 2π

0cos(x sin θ) dθ. (4.10.17)

Co więcej, z zachowania się funkcji sinus w różnych ćwiartkach kąta pełnego wynika,że całka

12π

∫ 2π

0sin(x sin θ) dθ = 0, (4.10.18)

a więc można wzór (4.10.17) przekształcić do postaci

J0(x) =1

2π

∫ 2π

0eix sin θ dθ =

12π

∫ 2π

0eix cos θ dθ. (4.10.19)

Uwaga. Dla Czytelnika, który wolałby „ortodoksyjny” sposób obliczenia współczyn-ników w szeregu Laurenta: Wzór (4.10.3) po wspomnianym podstawieniu, ζ = eiθ,daje

Jn(x) =1

2π

∫ 2π

0exp[i(x sin θ − nθ)] dθ. (4.10.20)

Występującą w funkcji podcałkowej funkcje wykładniczą rozbijamy (wzór Eulera–deMoivre’a) na sumę kosinusa i sinusa; łatwo pokazać (argumentacja oparta – jak wyżej– na wzorach redukcyjnych i określonych parzystościach funkcji trygonometrycznych),że całka z sinusa po pełnym zakresie kąta θ daje zero, a z kosinusa – jest równapodwojonej całce od θ = 0 do θ = π. Wcale nietrudne – warto spróbować. Skądinąd,zaprezentowany pełny schemat rozwiązania jest chyba bardziej „rozrywkowy”.

BG AGH


PROBLEM 4.11

Wykaż, że całka z funkcji Bessela J0(kx) jest równa

∫ ∞0J0(kx) dx =

1k

(4.11.1)

Zanim przystąpimy do konkretnych obliczeń, warto chyba utwierdzić się w przeko-naniu, że wartość tej niewłaściwej całki jest skończona. Wystarczy znowu rzut okana wykres funkcji J0(x) – z faktu, że dla dużych wartości argumentu zera tej funk-cji stają się praktycznie równoodległe (o odstępie równym π), a jej „amplituda” jestmodulowana funkcją 1/x, wynika, że wartości pól podwykresu – powyżej i poniżej osi0x – maleją ze wzrostem zmiennej x. Nasza całka to suma wartości tych pól z od-powiednimi znakami – mamy więc szereg o wyrazach przemiennych i malejących codo wartości bezwzględnej. Kryterium Leibniza zapewnia zbieżność takiego szeregu.Zamiast obliczać bezpośrednio całkę (4.11.1), zajmiemy się całką, która tym bardziejbędzie zbieżna

I(a) ≡∫ ∞

0e−axJ0(kx) dx, a 0. (4.11.2)

Za funkcję J0 podstawiamy jej reprezentację całkową (por. problem 4.10)

J0(kx) =1π

∫ π

0cos(kx sin θ) =

2π

∫ π/2

0cos(kx sin θ) dθ, (4.11.3)

co prowadzi do

I(a) =2π

∫ ∞0

e−ax[∫ π/2

0cos(kx sin θ) dθ

]dx

=2π

∫ π/2

0

[∫ ∞0

e−ax cos(kx sin θ) dx]dθ. (4.11.4)

(Przestawienie kolejności całkowania może być usprawiedliwione bezwzględną zbież-nością tej podwójnej całki.) Postać wewnętrznej całki Iw zaprasza do (dwukrotnego)całkowania przez części. Po podstawieniu b = k sin θ) mamy

Iw =∫ ∞

0e−ax cos(kx sin θ) dx ≡

∫ ∞0

e−ax cos(bx) dx

=1b

∫ ∞0

e−axd[sin(bx)]

dxdx =

a

b

∫ ∞0

e−ax sin(bx) dx

=a

b

[1b− a

b

∫ ∞0

e−ax cos(kx sin θ) dx],

BG AGH


albo

Iw =a

b2− a2

b2Iw,

co prowadzi do

Iw =∫ ∞

0e−ax cos(kx sin θ) dx =

a

b2 + a2 . (4.11.5)

Wstawiając ten wynik do (4.11.4), otrzymujemy całkę

I(a) =2π

∫ π/2

0

[a

k2 sin2 θ + a2

]dθ, (4.11.6)

którą można całkiem prosto obliczyć stosując rachunek residuów (por. podrozdział 1.1„Wybranych rozdziałów. . . ”). Końcowy wynik to

I(a) =1√

a2 + k2. (4.11.7)

Otrzymujemy więc

I(a) ≡∫ ∞

0e−axJ0(kx) dx =

1√a2 + k2

, a 0. (4.11.8)

Zauważ Czytelniku, że wynik ten to nic innego jak transformata Laplace’a funkcjiJ0(kx). W podrozdziale 4.2.3 „Wybranych rozdziałów. . . ” znajdziesz Czytelniku tensam wzór [wzór 4.148], który można zweryfikować zresztą poprzez podstawienieza J0(kx) nieskończonej sumy i sukcesywne całkowanie jej wyrazów przemnożonychprzez funkcję e−ax.Przechodząc w otrzymanym wyniku z a do zera, otrzymujemy żądany rezultat – wzór(4.11.1). Przejście takie jest zupełnie „legalne” – nie ulega wątpliwości, że funkcjapodcałkowa w (4.11.2), a więc i sama wartość całki, jest ciągłą funkcją parametru a.

BG AGH


PROBLEM 4.12

Oblicz całki

In ≡∫ a

0xnJ0(kx) dx, dla n = 1, 2, 3 i 4. (4.12.1)

Ogólnie można stwierdzić, że w liczeniu tego typu całek pomocne są relacje reku-rencyjne, zachodzące pomiędzy funkcjami Bessela. Większość z tych „naprawdę” po-trzebnych można znaleźć w Tabeli 4.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”. I tak dla:

n = 1Korzystamy z relacji R1, kładąc w niej p = 1 i Z = J . Daje to

d

dx[xJ1(kx)] = kxJ0(kx). (4.12.2)

W takim razie

I1 =∫ a

0xJ0(kx) dx =

1k

∫ a

0

d

dx[xJ1(kx)] dx =

1k

[xJ1(kx)]∣∣∣∣x=a

x=0=a

kJ1(ka) (4.12.3)

(przypominamy: Jn(0) = 0 dla n 1).

n = 2Całka ma postać

I2 =∫ a

0x2J0(kx) dx =

kx = tdx = 1

kdt=

1k3

∫ ka

0t · tJ0(t)dt

=1k3

∫ ka

0t · ddt

[tJ1(t)] dt. (4.12.4)

(Dokonaliśmy prostej zmiany zmiennej całkowania i wykorzystaliśmy raz jeszcze re-lację (4.12.2) z k = 1.) Postać funkcji podcałkowej zaprasza do całkowania przezczęści

I2 =1k3

t · [tJ1(t)]

∣∣∣∣ka0−∫ ka

0[tJ1(t)] dt

. (4.12.5)

Jeszcze raz korzystamy z relacji R1 Tabeli 4.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”; kładącw niej p = 0, Z = J, k = 1, mamy związek

J1(t) = −dJ0

dt, (4.12.6)

BG AGH


którego używamy do obliczenia ostatniej całki po prawej stronie (4.12.5)

−∫ ka

0[tJ1(t)] dt =

∫ ka

0tdJ0

dtdt = kaJ0(ka)−

∫ ka

0J0(t) dt. (4.12.7)

Uwzględniając wynik ostatniego całkowania w (4.12.5) otrzymujemy

I2 =1k3

k2a2J1(ka) + kaJ0(ka)−

∫ ka

0J0(t) dt

. (4.12.8)

Może to stanowić pewne rozczarowanie, ale ostatniej całki nie można obliczyć anali-tycznie. Nie ma wątpliwości, że sama całka „istnieje” – wystarczy przyjrzeć się wykre-sowi funkcji J0(x) w przedziale [0, ka] (gdzie ka to po prostu dowolna stała). Całkętę możemy obliczyć, na przykład wykorzystując reprezentację funkcji J0 w postacinieskończonej sumy [wzór 4.73] i całkując ten (jednostajnie zbieżny!) szereg wyrazpo wyrazie. Mamy

I0 =∫ ka

0J0(t) dt =

∫ ka

0

∞∑s=0

(−1)s

(s!)2

(t

2

)2sdt

=∫ ka

0

1− t2

22 +t4

24 · (2!)2 −t6

26 · (3!)2 + . . .

dt

= ka− k3a3

3 · 22 +k5a5

5 · 24(2!)2 −k7a7

7 · 26(3!)2 + . . . (4.12.9)

n = 3

I3 =∫ a

0x3J0(kx) dx =

1k4

∫ ka

0t3J0(t) dt =

1k4

∫ ka

0t2 · [tJ0(t)] dt

=1k4

∫ ka

0t2 · d

dt[tJ1(t)] dt, (4.12.10)

gdzie ostatnie przejście wynika znowu z relacji R1, czyli wzoru (4.12.2). Całkujemyprzez części

I3 =1k4

t2 · tJ1(t)

∣∣∣ka0− 2

∫ ka

0t2J1(t) dt

=1k4

k3a3J1(ka)− 2

∫ ka

0

d

dt[t2J2(t)] dt

, (4.12.11)

gdzie ostatnie podstawienie

t2J1(t) =d

dt[t2J2(t)], (4.12.12)

BG AGH


to relacja R1 z p = 2. Ostatnia całka jest banalna; mamy

I3 =1k4

k3a3J1(ka)− 2k2a2J2(ka)

. (4.12.13)

W podobny sposób można obliczać całki typu I2k+1; pilny Czytelnik wykaże na przy-kład

I5 =1k5

k5a5J1(ka)− 4k4a4J2(ka) + 8k3a3J3(ka)

. (4.12.14)

n = 4Po prostych przekształceniach, wykorzystując podstawienia (4.12.2) i (4.12.12) otrzy-mujemy

I4 =∫ a

0x4J0(kx) dx =

1k5

∫ ka

0t3 · [tJ0(t)] dt

=1k5

k4a4J1(ka)− 3

∫ ka

0t · [t2J1(t)] dt

=1k5

k4a4J1(ka)− 3k3a3J2(ka) + 3

∫ ka

0t2J2(t) dt

. (4.12.15)

W ostatniej całce podstawiamy za J2(t), wykorzystując relację R6 z Tabeli 4.1„Wybranych rozdziałów. . . ” i kładąc w niej p = 1, Z = J, k = 1, co prowadzi do

J2(t) =2tJ1(t)− J0(t)

i, w konsekwencji,∫ ka

0t2J2(t) dt = 2

∫ ka

0tJ1(t) dt−

∫ ka

0t2J0(t) dt.

Obie całki były już obliczane; po wykorzystaniu otrzymanych wyników mamy

I4 =1k5

[k4a4 − 3k2a2

]J1(ka)− 3k3a3J2(ka)− 9kaJ0(ka) + 9

∫ ka

0J0(t) dt

,

(4.12.16)gdzie ostatnia całka to całka (4.12.9), którą można obliczyć, tylko całkując wyrazpo wyrazie nieskończoną sumę, stanowiącą reprezentację funkcji J0. Podobnie będziedla wszystkich całek typu I2k. Nasuwa się więc wniosek, że takie całki powinniśmyobliczać podstawiając ab initio za funkcję J0 szereg 4.73, przemnażając jego kolejnewyrazy przez x2k i całkując wyraz po wyrazie otrzymaną nieskończoną sumę. Nie mabowiem wielkiego sensu przekształcać funkcję podcałkową i rozbijać wynik na kilkaprzyczynków, z których wszystkie z wyjątkiem ostatniego można obliczyć analitycznie,jeżeli i tak nie minie nas całkowanie nieskończonej sumy, reprezentującej funkcję J0(x).

BG AGH


PROBLEM 4.13

Wykaż, że całka z funkcji Bessela Jn(kx) jest równa

I ≡∫ ∞

0e−axJn(kx) dx =

1√a2 + k2

√a2 + k2 − ak

n ;

a 0, (4.13.1)

przy wykorzystaniu reprezentacji całkowej funkcji Bes-sela

Jn(x) =1π

∫ π0

cos(nθ − x sin θ) dθ. (4.13.2)

Pierwszym odruchem systematycznego Czytelnika powinna być chyba weryfikacja– czy wzór (4.13.1) daje, przy n = 0, otrzymany w problemie 4.11 wynik [wzór(4.11.8)]. Owszem, daje. Przystępujemy do uogólnienia tego wyniku.Pierwszym krokiem będzie przekształcenie reprezentacji całkowej funkcji Bessela –wzór (4.13.2) – do postaci, która okaże się „wygodniejsza” do naszych celów. Wy-korzystując schemat rachunkowy, który stosujemy także w problemie 4.10, możemyprzetransformować wzór (4.13.2) do postaci

Jn(x) =1π

∫ π

0cos(nθ − x sin θ)dθ =

1π

∫ π

0exp [i(nθ − x sin θ)] dθ =

= θ → π/2− θ . . . =1π

∫ π/2

−π/2exp [i(x cos θ + nθ + nπ/2)] dθ

=(−i)n

π

∫ π/2

−π/2eix cos θeinθdθ =

(−i)n

π

∫ π

0eix cos θ cos(nθ) dθ. (4.13.3)

Czytelnik powinien sam przeanalizować poszczególne przejścia – nie ma w nich nic,co stanowiłoby jakieś novum, w stosunku do przekształceń, z jakimi mieliśmy doczynienia w poprzednich problemach.Podstawiając z (4.13.3) (x→ kx) do (4.13.1), mamy

I =(−i)n

π

∫ ∞0

e−ax[∫ π

0eikx cos θ cos(nθ)dθ

]dx

=(−i)n

π

∫ π

0

[∫ ∞0

e−axeikx cos θ dx

]cosnθ dθ. (4.13.4)

BG AGH


Przestawienie porządku całkowania jest usprawiedliwione jednostajną zbieżnością po-dwójnej całki. Całka „wewnętrzna” jest bardzo prosta∫ ∞

0e−axeikx cos θ dx =

∫ ∞0

e−(a−ik cos θ)x dx =e−(a−ik cos θ)x

−(a− ik cos θ)

∣∣∣∣∣∞

0

=1

a− ik cos θ

i w konsekwencji wzór (4.13.4) przybiera postać

I =(−i)n

π

∫ π

0

cosnθa− ik cos θ

dθ. (4.13.5)

Ostatnią całkę obliczamy, posługując się, w standardowy sposób, techniką residuów.Wynik tych obliczeń to∫ π

0

cosnθa− ik cos θ

dθ =inπ√a2 + k2

[√a2 + k2 − a

k

]n.

Postać wyniku jest wprawdzie nieco skomplikowana, ale same rachunki – zupełnieproste. Skojarzenie ostatniego wyniku z równaniem (4.13.5) daje szukany rezultat –wzór (4.13.1).Dodajmy, że przeprowadzone rachunki można „przenieść” na przypadek, kiedy staławystępująca w wykładniku eksponenty jest czysto urojona – a → iα; α > 0. Prosteprzekształcenia dają natychmiast – dla Jn = J0 –

∫ ∞0

e−iαxJ0(kx) dx =

1√

k2 − α2, k2 > α2;

−i√α2 − k2

, α2 > k2.(4.13.6)

Uzyskane wzory to – z dokładnością do stałego czynnika – transformaty Fourierafunkcji J0(x). Można, stosując wzór Eulera-de Moivre’a do rozpisania występującejpod całką eksponenty, tanim kosztem uzyskać też wzory na transformatę sinusowąi kosinusową. Znowu – dla uproszczenia – tylko dla J0(x)∫ ∞

0J0(kx) cosαxdx =

1√k2 − α2

; k2 > α2, (4.13.7)∫ ∞0

J0(kx) sinαxdx = 0; k2 > α2, (4.13.8)∫ ∞0

J0(kx) cosαxdx = 0; α2 > k2, (4.13.9)∫ ∞0

J0(kx) sinαxdx =1√

α2 − k2; α2 > k2. (4.13.10)

BG AGH


PROBLEM 4.14

Wyprowadź jeszcze jedną całkową reprezentację funkcjiBessela

Jν(x) = 2

(x

2

)ν√πΓ

(ν +

12

) ∫ 1

0

(1− t2

)ν−1/2cosxt dt

(4.14.1)

i określ warunki, jakie muszą być spełnione dla stosowa-nia powyższego wzoru.

Zajmijmy się samą całką, występująca w (4.14.1)

I =∫ 1

0

(1− t2

)ν−1/2cosxt dt.

Prawdę mówiąc – nie bardzo widzimy, jak mamy zacząć. Ale występujące w funkcjipodcałkowej wyrażenia są dość proste. Może więc wyrazić kosinus poprzez jego sze-reg Taylora (MacLaurina) i spróbować całkować wyraz po wyrazie? Reprezentacjakosinusa

cosxt =∞∑n=0

(−1)n(xt)2n

(2n)!,

jest szeregiem jednostajnie zbieżnym w przedziale t ∈ [0, 1]. Jeżeli ν spełnia warunekν 1/2, to szereg wynikający z przemnożenia szeregu kosinusa przez

(1− t2

)ν−1/2

pozostaje nadal szeregiem jednostajnie zbieżnym; umożliwia to zamianę kolejnościcałkowania i sumowania. Całka I przybierze więc postać

I =∫ 1

0

(1− t2

)ν−1/2 ∞∑n=0

(−1)n(xt)2n

(2n)!dt =

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!

∫ 1

0

(1− t2

)ν−1/2t2n dt.

(4.14.2)Występująca w (4.14.2) całka to (jedna z wielu) całkowa reprezentacja funkcji beta

BG AGH


Eulera. Mamy – por. wzory 1.150 i 1.148 –

I1 ≡∫ 1

0

(1− t2

)ν−1/2t2n dt =

12

∫ 1

0

(1− t2

)ν−1/2t2(n−1/2) 2t dt =

=t2 = u; 2t dt = du

t = 0→ u = 0; t = 1→ u = 1

=∫ 1

0(1− u)ν+1/2−1 un+1/2−1 du

= B(ν + 1/2, n+ 1/2) =Γ (ν + 1/2) Γ(n+ 1/2)

Γ(ν + n+ 1). (4.14.3)

Podstawiając z (4.14.3) do (4.14.2), otrzymujemy

I =12

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!Γ (ν + 1/2) Γ(n+ 1/2)

Γ(ν + n+ 1). (4.14.4)

Pozostaje przekształcenie gammy „połówkowego” argumentu – por. wzór 1.31 –

Γ(n+ 1/2) =Γ(2n)

√π

Γ(n)22n−1 =√π(2n)!2n

· n

22n−1(n)!=√π(2n)!

22n(n)!; (4.14.5)

po podstawieniu do (4.14.4) mamy

I =√π

2Γ(n+ 1/2)(−1)n

∞∑n=0

(−1)n

(n)!Γ(ν + n+ 1)

(x

2

)2n, (4.14.6)

a po przemnożeniu ostatniej sumy przez czynnik pojawiający się przed całką w (4.14.1)i zmianie wskaźnika sumowania (n→ s) otrzymujemy

∞∑s=0

(−1)s

(s)!Γ(ν + s+ 1)

(x

2

)2s+ν

– definicję funkcji Bessela w postaci nieskończonej sumy, wzór 4.73. Stosowalnośćreprezentacji (4.14.1) jest ograniczona wspomnianym już warunkiem ν −1/2. Wte-dy tylko dozwolona jest – kluczowa tutaj – zmiana kolejności całkowania i sumowania.

BG AGH


PROBLEM 4.15

Posługując się parametrycznym równaniem cykloidy –krzywej zakreślanej przez punkt na obwodzie koła o pro-mieniu R, toczącego się ze stałą prędkością kątową ω popoziomej prostej –

x = R(φ− sinφ), y = R(1− cosφ); φ ≡ ωt

(4.15.1)

gdzie t jest zmienną czasową, wykaż, że zależność łączą-ca explicite te dwie współrzędne ma postać

y(x) = A0 +∞∑n=1

An cosnx

R≡ 3

2R + 2R

∞∑n=1

J ′′n(n) cosnx

R.

(4.15.2)

Rysunek 4.15.1: Cykloida. Promień koła, R = 1

Wzór który mamy wykazać to – oczywiście – nic innego jak szereg Fouriera dla y –rzędnej punktu cykloidy. Rzut oka na rysunek 4.15.1 pozwala nam zauważyć, że:(1) rzędna cykloidy jest funkcją parzystą, y(−x) = y(x);(2) rzędna cykloidy jest funkcją okresową, a okresem – w języku zmiennej x – jestobwód koła 2πR.

BG AGH


Oba te fakty tłumaczą taką, a nie inną, postać szeregu (4.15.2)15. Wyliczenie jegowspółczynników – por. podrozdziały 3.3 i 3.4 „Wybranych rozdziałów. . . ”– opiera sięna standardowych wzorach:

A0 =1πR

∫ πR

0y(x) dx; (4.15.3)

An =2πR

∫ πR

0y(x) cos

nx

Rdx, n = 1, 2, . . . (4.15.4)

Zmienna całkowania w powyższych wzorach to zmienna x z równania (4.15.1). Prze-chodząc do bardziej „naturalnej” zmiennej kątowej φ mamy

x→ R(φ− sinφ); dx→ R(1− cosφ) dφ; x = 0→ φ = 0; x = πR→ φ = π

i całki (4.15.3) i (4.15.4) przekształcają się w16

A0 =1πR

∫ π

0[R(1− cosφ)]2 dφ =

R

π

∫ π

0(1− cosφ)2 dφ =

32R; (4.15.5)

An =2Rπ

∫ π

0cos(nφ− x sinφ)(1− cosφ)2 dφ, n = 1, 2, . . . (4.15.6)

Całka określająca współczynniki An, n 1, rozpada się, po podniesieniu dwumianu(1− cosφ) do kwadratu, na sumę trzech całek:

I1 =2Rπ

∫ π

0cos(nφ− n sinφ) dφ ≡ 2R · Jn(n), (por. 4.10) (4.15.7)

I2 =2Rπ

∫ π

0cos(nφ− n sinφ) · (−2 cosφ) dφ, (4.15.8)

I3 =2Rπ

∫ π

0cos(nφ− n sinφ) · (cos2 φ) dφ

=2Rπ

∫ πR

0cos(nφ− n sinφ) · (1− sin2 φ) dφ

= I1 −2Rπ

∫ πR

0cos(nφ− n sinφ) · (sin2 φ) dφ ≡ I1 − I4. (4.15.9)

Pierwsza całka to całkowa reprezentacja funkcji Bessela. Ponieważ w temacie poja-wiają się drugie pochodne funkcji Jn zobaczmy, jaka jest ich postać, w kontekście

15Argument kosinusa to – odpowiednio skalowana – zmienna kątowa. Dla x = 2πR powinna onaprzybrać wartość 2nπ.16W obliczeniach pierwszej całki pojawiają się całki

∫ π

0

sin2 x dx oraz

∫ π

0

cos2 x dx. Można obli-

czać je, zamieniając kwadraty sinusa i kosinusa na funkcje kąta podwojonego. Ale znacznie łatwiejpoliczymy je, zauważając, że przyczynki od obu funkcji podcałkowych (w przedziale [0, π]) są iden-tyczne, a suma takich całek to całka z jedności, równa długości przedziału.

BG AGH


właśnie tej samej reprezentacji. Stosując wzór Leibniza (wzór 2.143 „Wybranychrozdziałów. . . ”), otrzymujemy bez trudu

Jn(x) =1π

∫ π

0cos(nφ− x sinφ) dφ, (4.15.10)

J ′n(x) =1π

∫ π

0sin(nφ− x sinφ) sinφdφ, (4.15.11)

J ′′n(x) = − 1π

∫ π

0cos(nφ− x sinφ) sin2 φdφ. (4.15.12)

W ostatnim z trzech równań – (4.15.12) – odnajdujemy z dokładnością do stałegoczynnika oraz – uwaga! – dla x = n – całkę I4, ze wzoru (4.15.9). Pozostaje całka I2

– rozpisując podwojony iloczyn kosinusów w funkcji podcałkowej na sumę kosinusówod argumentów będących sumą i różnicą argumentów kosinusów w iloczynie mamy

I2 = −22Rπ

∫ π

0cos(nφ− n sinφ) · (cosφ) dφ =

= −2Rπ

∫ π

0cos [(n+ 1)φ− n sinφ] dφ+

∫ π

0cos [(n− 1)φ− n sinφ] dφ

= por. (4.15.10) = −2R Jn+1(n) + Jn−1(n) .

Ostatnie wyrażenie przekształcamy za pomocą relacji rekurencyjnej 4.102 „Wybra-nych rozdziałów. . . ”

Jn+1(x) + Jn−1(x) =2nxJn(x), (4.15.13)

która dla x = n ma nieco prostszą postać

Jn+1(n) + Jn−1(n) =2nnJn(n) = 2Jn(n). (4.15.14)

Powracając do określenia współczynników An – wzór (4.15.6) – mamy, po wykorzy-staniu (4.15.10), (4.15.12), (4.15.14)

An = 2R ·Jn(n)− Jn(n) + J ′′n(n)

= 2R · J ′′n(n),

w zgodzie z (4.15.2).

BG AGH


PROBLEM 4.16

Struna o długości L wykonuje drgania poprzeczne. Obakońce struny sa zamocowane; gęstość liniowa jest funkcjąwspółrzędnej przestrzennej – ρ = ρ0(1 + kx). Znajdźczęstości własne drgań struny.

Oznaczmy wychylenie struny z położenia równowagi jako ψ = ψ(x, t). Funkcja ψspełnia równanie falowe

∂2ψ(x, t)∂x2 − 1

c2∂2ψ(x, t)∂t2

= 0. (4.16.1)

Występujące w nim c, prędkość propagacji fali wzdłuż struny, wyraża się poprzezgęstość liniową struny ρ i wielkość naprężenia stycznego T

c2 =T

ρ=

T

ρ0(1 + kx)albo c =

√T

ρ0(1 + kx). (4.16.2)

Ze względu na wspomnianą w temacie zadania zależność gęstości liniowej od współ-rzędnej x także i prędkość propagacji fali zależy od położenia.Rozwiązania poszukujemy w postaci

ψ(x, t) = X(x)T (t) = X(x)e±iωt, (4.16.3)

a więc zależność czasową postulujemy a priori w postaci harmonicznej. Podstawia-jąc z (4.16.3) do (4.16.1), mamy – dla przestrzennej części rozwiązania – równanieHelmholtza

d2X(x)dx2 +

ω2

c2 X(x) = 0, (4.16.4)

albo explicited2X(x)dx2 +

ω2ρ0

T(1 + kx)X(x) = 0, (4.16.5)

z warunkamiX(0) = X(L) = 0. (4.16.6)

Prosta zmiana zmiennych (por. podrozdział 4.2.4 „Wybranych rozdziałów. . . ”)

1 + kx = kz; dx = dz; x = 0→ z =1k

; x = L→ z =1k

+ L, (4.16.7)

zamienia równanie (4.16.4) [ X(x)→ Z(z)] w

d2Z(z)dz2 +

ω2ρ0

Tk zZ(z) = 0, (4.16.8)

BG AGH


a warunki (4.16.6) w

Z

(1k

)= Z

(1k

+ L

)= 0. (4.16.9)

Równanie (4.16.8) zapisane nieco prościej

Z ′′(z) + azZ(z) = 0, (4.16.10)

(a – pewna dodatnia stała, w której nb. „tkwią” częstości własne drgań struny)przypomina mocno równanie Airy’ego – równanie 4.98

y′′(x)− xy(x) = 0,

którego rozwiązaniem są tak zwane funkcje Airy’ego: Ai(x) i Bi(x), wyrażające siępoprzez modyfikowane funkcje Bessela: I±1/3(ξ), gdzie ξ = 2

3x3/2. Ze względu na to

oczywiste powinowactwo równania Bessela i równania (4.16.8), możemy zastosowaćdo tego ostatniego „uniwersalny” wzór 4.149 – równanie

x2y′′ + (1− 2A)xy′ +[D2E2x2E + (A2 − E2p2)

]y = 0, (4.16.11)

(a,D,E, p – stałe), którego rozwiązaniem jest

y = xAZp(DxE), (4.16.12)

gdzie Zp to adekwatna kombinacja funkcji Bessela (por. podrozdział 4.2 „Wybra-nych rozdziałów. . . ”). Po pomnożeniu równania (4.16.10) przez z2 przekształcamyrównanie do postaci bezpośrednio porównywalnej z (4.16.11); mamy

z2Z ′′(z) + a z3Z(z) = 0,

a więc

1− 2A = 0 → A = 1/2; 2E = 3 → E = 3/2; D2E2 =ω2ρ0

Tk

i ostatecznie

D =23ω

√ρ0k

T. (4.16.13)

Uwzględniając powyższe przyporządkowania, możemy napisać rozwiązanie równania(4.16.8) jako

Z(z) = C1√zJ1/3

(Dz3/2

)+ C2

√zJ−1/3

(Dz3/2

), (4.16.14)

gdzie D określone jest wzorem (4.16.13). Funkcje J±1/3 to funkcje Bessela pierwszegorodzaju, do których efektywnego obliczenia możemy posłużyć się np. wzorem 4.73„Wybranych rozdziałów. . . ” (można go stosować zarówno dla dodatniej, jak i ujemnej

BG AGH


wartości niecałkowitego wskaźnika!). Warunki (4.16.9) prowadzą do układu równańjednorodnych

C1J1/3

(Dk−3/2

)+ C2J1/3

(Dk−3/2

)= 0

C1J1/3

[D

(1k

+ L

)3/2]

+ C2J−1/3

[D

(1k

+ L

)3/2]

= 0,(4.16.15)

analogicznego do układu 4.126. Występują w nim trzy niewiadome: C1, C2 i D, przyczym w tej ostatniej – por. (4.16.13) – „tkwią” częstości własne drgań struny. Liczbęniewiadomych redukujemy do dwóch, dzieląc oba równania przez – na przykład – C1

i rozwiązujemy układ (4.16.15), eliminując z niego stosunek C2/C1. Oznaczmy

Dk−3/2 ≡ α; D

(1k

+ L

)3/2= D

(1 + kL)3/2

k3/2 ≡ α · β.

Mamy zatem J1/3(α) +

C2

C1J−1/3(α) = 0

J1/3(αβ) +C2

C1J−1/3(αβ) = 0

i konsekwentnieJ−1/3(α)J1/3(αβ) = J1/3(α)J−1/3(αβ). (4.16.16)

To ostatnie równanie przestępne można rozwiązać numerycznie; przy określonychdługości struny L i stałej k, określone jest również β = (1+kL)3/2. Szukamy wartościα (a więc i D), dla której spełnione jest (4.16.16). Analiza zachowania funkcji J±1/3pozwala stwierdzić, że takich wartości będzie nieskończenie wiele, tzn.

D ≡ Dm; m = 0, 1, 2, . . . ,

będzie więc i nieskończenie wiele częstości własnych, określonych [por. (4.16.13)]wzorem

ω ≡ ωm =32Dm

√T

ρ0k. (4.16.17)

BG AGH


PROBLEM 4.17

Membrana kolista, o promieniu R, wykonuje drgania, opi-sane funkcją wychylenia ψ = ψ(r, t). Brzeg membrany jestnieruchomy. W chwili początkowej (t = 0) kształtem mem-brany była paraboloida obrotowa, natomiast prędkości po-szczególnych punktów membrany były równe zeru. Znajdźψ = ψ(r, t).

To, że wychylenie będzie tylko funkcją promienia wodzącego punktu membrany i cza-su wynika z „izotropowości” obu warunków brzegowych. Równanie, jakie spełnia ψ,to oczywiście równanie falowe, które – rozpisane we współrzędnych biegunowych,z uwzględnieniem braku zależności od zmiennej kątowej – redukuje się do (c – pręd-kość fali)

1c2

∂2ψ(r, t)∂t2

=1r

∂

∂r

(r∂ψ(r, t)∂r

). (4.17.1)

Warunki – początkowe i brzegowe – to odpowiednio

ψ(r, t = 0) ≡ Ψ(r) = A(

1− r2

R2

); (4.17.2)

ψ(r = R, t) = 0. (4.17.3)

Metoda separacji zmiennych – podstawienie ψ(r, t) = R(r)T (t) – daje natychmiastdwa równania

1R

[d2R(r)dr2 +

1r

dR(r)dr

]= λ ≡ −k2, (4.17.4)

1T (t)

d2T (t)dt2

= c2λ = −c2k2. (4.17.5)

Wybór ujemnej stałej separacji prowadzi do równania Bessela o wskaźniku zero dlaczęści radialnej, a jednocześnie gwarantuje nam rozwiązanie czasowe w języku funk-cji harmonicznych. Z kombinacji liniowej funkcji Bessela o wskaźniku równym zerupozostanie tylko J0, bo drugie rozwiązanie – funkcja Y0 – jest osobliwa dla r = 0.Uwzględniając drugi z warunków, możemy określić możliwe wartości stałej k w (4.17.2)jako

J0(kR) = 0→ k ≡ kn =α0n

R; n = 1, 2, . . . (4.17.6)

gdzie α0n to n-te zero funkcji J0.Tak więc dla ustalonego n mamy

ψn(r, t) = J0

(α0n

r

R

)[C1n cosωnt+ C2n sinωnt] , (4.17.7)

BG AGH


gdzie ωn = ckn = cα0n/R i, konsekwentnie,

ψ(r, t) =∞∑n=1

J0

(α0n

r

R

)[C1n cosωnt+ C2n sinωnt] . (4.17.8)

Ponieważ pochodna czasowa tego rozwiązania musi być równa zeru dla t = 0 i dla0 ¬ r ¬ R, wszystkie stałe C2n będą równe zeru. Wyznaczenie stałych C1n wymagaskorzystania z warunku (4.17.2)

A(

1− r2

R2

)= ψ(r, 0) ≡ Ψ(r) =

∞∑n=1

J0

(α0n

r

R

), (4.17.9)

a więc rozłożenia funkcji Ψ(r) w szereg funkcji Bessela J0(α0nr/R). Dla obliczeńwygodnie jest podstawić r/R = x. Otrzymujemy (por. podrozdział 4.2.3 „Wybranychrozdziałów. . . ”)

C1n = A

∫ 1

0

(1− x2

)xJ0(α0nx) dx∫ 1

0xJ0

2(α0nx) dx. (4.17.10)

Całka w mianowniku to, zgodnie z wzorem 4.136∫ 1

0xJ0

2(α0nx) dx =12J1

2(α0n); (4.17.11)

całki w liczniku były liczone w problemie 4.12. Korzystając z uzyskanych tam wzorów(4.12.3) i (4.12.3) dostajemy∫ 1

0xJ0(α0nx) dx =

1α0n

J1(α0n),∫ 1

0x3J0(α0nx) dx =

1α0n

J1(α0n)− 2α2

0nJ2(α0n),

a więc

C1n = A 4α2

0n

J2(α0n)J2

1 (α0n). (4.17.12)

Otrzymany wynik możemy jeszcze uprościć, wykorzystując relację [R6] z podrozdzia-łu 4.2.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”. Wynika z niej bowiem, że

J1(α0n) =α0n

2[J0(α0n) + J2(α0n)] , a więc J2(α0n) =

2α0n

J1(α0n)

i ostatecznie

C1n = A 8α3

0n

1J2

1 (α0n). (4.17.13)

BG AGH


Tabela 4.17.1: Zera funkcji Bessela, J0; α0n dla n = 1—10

n α0n

1 2,402 5,523 8,654 11,795 14,93

n α0n

6 18,077 21,218 24,359 27,49

10 30,63

Tak więc wychylenia punktów membrany opisuje funkcja

ψ(r, t) = 8A∞∑n=1

1α3

0n

J0(α0n

rR

)J1(α0n)

cos(α0n

ct

R

). (4.17.14)

Prezentowany problem w pierwszym rzędzie wyjaśnia celowość zdobywania umiejęt-ności w obliczaniu „całek z funkcji Bessela” (warto przyjrzeć się bogatym tabelomtego typu całek; monumentalne kompendium Abramowitza z lat 60., czy też słynnetablice całek i sum Ryżyka i Gradsztejna poświęcają temu zagadnieniu całe, osob-ne rozdziały). Wprawny Czytelnik potrafi zapewne napisać wzór (4.17.8) (i to jużz samą funkcją kosinus) natychmiast. Same obliczenia współczynników C1n są jednakdość ciekawe, a końcowy wzór ma zwartą i estetyczną postać. Wreszcie warto zauwa-żyć, że pojawienie się trzecich potęg kolejnych zer funkcji J0 w mianownikach tychwspółczynników znakomicie działa na zbieżność szeregu, a właściwie – w praktyce –pozwala nam zadowolić się pierwszymi kilkoma wyrazami nieskończonej sumy. Zerafunkcji Bessela rosną z odstępem, który praktycznie jest równy π (por. 4.87). Pierw-sze dziesięć zer funkcji J0(x) podajemy w tabeli 4.17.1 (z dokładnością do dwóch cyfrpo przecinku dziesiętnym). Wynika z niej na przykład, że odwrotność trzeciej potęgipiątego zera jest dwieście czterdzieści razy mniejsza od odwrotności trzeciej potęgipierwszego zera. Dla dziesiątego zera analogiczny stosunek to przeszło dwa tysiące!

BG AGH


PROBLEM 4.18

Idealnie giętki łańcuch (lina), o długości L i gęstości linio-wej µ, jest zawieszony za swój górny koniec wzdłuż osi 0z.Łańcuch wykonuje „małe drgania” w płaszczyźnie pionowej,utworzonej przez oś 0z i poziomą oś 0x.Małość drgań pozwala wprowadzić następujące uproszczenia:

(1) każdy punkt łańcucha porusza się poziomo, wzdłużosi 0x. Te wychylenia oznaczamy jako x(z, t);

(2) wszystkie kąty, jakie tworzy styczna do łańcucha z osiąpionową, są na tyle małe, że – w zależności od potrzeby– sinus i tangens takiego kąta są sobie równe i równemierze łukowej kąta;

(3) naprężenie (napięcie) – fizycznie: siła styczna do łańcu-cha – jest, w danym punkcie, równa ciężarowi tej częściłańcucha która znajduje się poniżej; innymi słowy – ko-sinusy kątów, o których mowa w (2), przyjmujemy jakorówne jedności.

Zapisz równanie ruchu łańcucha i rozwiąż go.

Jako warunek brzegowy przyjmij zadany rozkład poziomychprędkości punktów łańcucha w chwili t = 0:∂x

∂t(z, t = 0) ≡ G(z), a także fakt, że x(z, 0) = 0.

Zanim zajmiemy się matematyką, pozwólmy sobie na małą dygresję historyczną. Pro-blem „kołyszącego się łańcucha” rozwiązał, przeszło 250 lat temu, Daniel Bernoulli,znakomity szwajcarski matematyk i fizyk, syn również wybitnego matematyka Jana17.Daniel zajmował się bardzo wieloma zagadnieniami związanymi z, jakże istotnymiw ówczesnych czasach, problemami . . . żeglugi dalekomorskiej: ożaglowaniem i jegorozmieszczeniem, rozłożeniem ładunków w ładowni, kołysaniem się statków itp. Pro-blem łańcucha podjął, w dobre pięćdziesiąt lat po Bernoullim, sam wielki Leonhard

17Por. http://www.ftj.agh.edu.pl/∼lenda/cicer/node6.htm, a także . . . /∼lenda/bern/bern.pdf.

BG AGH


Euler. Obaj uczeni, w sposób od siebie niezależny, doszli w swoich rachunkach dopewnych funkcji, których „ojcem chrzestnym” został jednak jeszcze trzeci – FriedrichWilhelm Bessel. Bessel był znakomitym astronomem i w swoich „astronomicznych”rachunkach używał funkcji wprowadzonych wcześniej przez Bernoulliego i Eulera. Aponieważ w wieku dziewiętnastym, kiedy to matematycznym dokonaniom wyszuki-wano par force patronów, astronomia była szalenie modna. . .

Rysunek 4.18.1: Do wyprowadzenia równania ruchu łańcucha

Wyprowadzenie równania kołyszącego się łańcucha (cały czas zakładamy małość wy-chyleń poziomych poszczególnych partii łańcucha!) przypomina standardowe wypro-wadzenie równania falowego. Rozważamy kawałek łańcucha, o długości ∆z, znajdują-cy się pomiędzy punktem o współrzędnej z i z + ∆z. Naprężenia styczne na końcachtego elementu (por. rysunek 4.18.1) oznaczamy odpowiednio przez T (z) i T (z+∆z).Naprężenia są styczne do łańcucha, a za ruch – w poziomie – elementu masy µ∆zodpowiedzialna jest różnica składowych stycznych naprężeń Tx(z + ∆z) i Tx(z). Teskładowe styczne, rzuty naprężeń na poziomy kierunek osi x, to

Tx(z + ∆z) = (T + ∆T ) sinα′ oraz Tx(z) = T sinα.

∆T – to różnica wielkości naprężeń (całkowitych) na dwóch końcach łańcucha, wy-nikająca z ciężaru rozważanego elementu, natomiast kąty α i α′ to kąty pomiędzystycznymi na obu końcach łańcucha i kierunkiem osi 0z. Ich sinusy są równe ich tan-gensom, a te ostatnie to nic innego jak pochodne dx/dz funkcji opisującej wychylenie

BG AGH


punktu łańcucha (x) o współrzędnej pionowej z. Pochodne te możemy oznaczyć jako

sinα ≈ tgα =dx

dz

∣∣∣∣z

; sinα′ ≈ tgα′ =dx

dz

∣∣∣∣z+∆z

.

Ponieważ w równaniu ruchu pojawi się przyspieszenie i zmienna czasowa, zapisz-my równania określające poziome składowe naprężeń, używając symboli pochodnychcząstkowych. Mamy

Tx(z) = T sinα ≡ T |z∂x

∂z

∣∣∣∣z

; (4.18.1)

Tx(z + ∆z) = (T + ∆T ) sinα′ ≡ T |z+∆z∂x

∂z

∣∣∣∣z+∆z

, (4.18.2)

gdzie przez T |z i T |z+∆z oznaczamy odpowiednio całkowitą wartość naprężenia nadwóch końcach elementu łańcucha. Oba czynniki występujące po prawej stronie (4.18.2)rozwijamy w szereg Taylora w zmiennej z:

T |z+∆z ≡ T + ∆T = T |z +∂T

∂z∆z + . . .

∂x

∂z

∣∣∣∣z+∆z

=∂x

∂z

∣∣∣∣z

+∂

∂z

[∂x

∂z

]∆z + . . .

W rozwinięciach taylorowskich18 zachowujemy tylko wyrazy, w których ∆z występu-je w pierwszej potędze; formułując równanie, położymy ∆z ≡ dz – a więc długośćelementu łańcucha stanie się nieskończoną małą pierwszego rzędu, a wyrazy nieskoń-czenie małe drugiego i wyższych rzędów będziemy konsekwentnie zaniedbywać. Popodstawieniu z tych dwóch równań do (4.18.2) dostajemy

Tx(z + ∆z) =(T |z +

∂T

∂z∆z)(

∂x

∂z

∣∣∣∣z

+∂

∂z

[∂x

∂z

]∆z)

≈ T |z∂x

∂z

∣∣∣∣z

+ T |z∂

∂z

[∂x

∂z

]∆z +

∂T

∂z∆z

∂x

∂z

∣∣∣∣z. (4.18.3)

Z równań (4.18.3) i (4.18.1) obliczamy różnicę składowych poziomych naprężeńdziałających na oba końce elementu łańcucha

Tx(z + ∆z)− Tx(z) = T |z∂

∂z

[∂x

∂z

]∆z +

∂T

∂z∆z

∂x

∂z

∣∣∣∣z

=

∂

∂z

[T∂x

∂z

]∆z

i przyrównujemy ją do iloczynu masy µ∆z i przyspieszenia∂2x

∂t2elementu łańcucha

µ∆z∂2x

∂t2=

∂

∂z

[T∂x

∂z

]∆z. (4.18.4)

18Występujące w nich pochodne są obliczane w punkcie z.

BG AGH


Występujące w (4.18.4) całkowite naprężenie T równe jest ciężarowi części łańcucha,znajdującej się poniżej punktu z: T = T (z) = µgz. Ostatecznie

µ∆z∂2x

∂t2=

∂

∂z

[µgz

∂x

∂z

]∆z, (4.18.5)

a więc – zakładając, że gęstość łańcucha µ jest stałą – mamy

∂2x

∂t2=

∂

∂z

[gz

∂x

∂z

](4.18.6)

– pierwsza część problemu, znalezienie równania ruchu, została zakończona.Równanie (4.18.6) rozwiązujemy metodą separacji zmiennych: podstawiamy x(z, t) =Z(z)T (t), i po wykonaniu prostych, standardowych przekształceń przyrównujemy le-wą i prawą stronę równania do pewnej stałej λ. Dwa rozseparowane równania to

dT (t)dt

= λT (t), (4.18.7)d

dz

[gz

dZ(z)dz

]= λZ(z). (4.18.8)

Zaczynamy od prostszego równania (4.18.7). Z naszego doświadczenia, wiemy już, żezasadnicze znaczenie będzie miała „dodatniość” czy też „ujemność” stałej separacjiλ. Dla tej drugiej możliwości, λ ≡ −k2 równanie (4.18.7) sprowadza się – zgodniez naszymi oczekiwaniami – do równania ruchu harmonicznego, z rozwiązaniem

T (t) ≡ Tk(t) = Ak cos kt+Bk sin kt, (4.18.9)

natomiast równanie (4.18.8) to

z2Z ′′ + zZ ′ +k2

gzZ = 0, (4.18.10)

które mocno przypomina równanie Bessela o wskaźniku 0. Odwołując się do „uniwer-salnej” postaci równania sprowadzalnego do równania Bessela, wzoru 4.149 „Wy-branych rozdziałów. . . ”, znajdujemy bez trudu, że rozwiązaniem (4.18.10) będziekombinacja liniowa funkcji Bessela o wskaźniku 0, ale z argumentem nieco bardziejskomplikowanym

Z(z) ≡ Zk(z) = CkJ0

(k√g

√z

)+DkY0

(k√g

√z

). (4.18.11)

Wskaźnik k stałych Ck i Dk przypomina nam, że wybór stałych zależy (może zależeć)od wyboru konkretnej stałej separacji k. Oczywiście z kombinacji liniowej (4.18.11)odrzucamy Y0, ponieważ punkt z = 0 – dolny koniec łańcucha – należy do obszarunaszych zainteresowań. Podobnie, jeżeli założymy, że w chwili początkowej łańcuch

BG AGH


zwisał idealnie pionowo – x(z, t = 0) = 0, dla wszystkich wartości z z przedziału[0, L] musimy wyrzucić kosinusy z (4.18.9). Ostatecznie ogólna postać rozwiązaniadla naszych poziomych oscylacji to

x(z, t) =∑k

(AkCk)J0

(k√g

√z

)sin kt ≡

∑k

CkJ0

(k√g

√z

)sin kt; Ck ≡ AkCk.

(4.18.12)Wskaźnik k pod sumą oznacza, że sumujemy po wszystkich możliwych wartościachstałej separacji (λ ≡ −k2). Te możliwe wartości dostajemy z warunku uwięzieniagórnego końca łańcucha

x(L, t) = 0, → J0

(k√g

√L

)= 0 → k

√g

√L = α0n (4.18.13)

– gdzie α0n to n-te zero funkcji Bessela J0. Mamy więc

k ≡ kn =√g

Lα0n (4.18.14)

i rozwiązanie (4.18.12) przybiera już bardzo czytelną postać

x(z, t) =∑n=1

CnJ0

(kn√g

√z

)sin knt; kn =

√g

Lα0n, (4.18.15)

albo explicite

x(z, t) =∑n=1

CnJ0

(√z

Lα0n

)sin√g

Lα0nt. (4.18.16)

Występujące w nim stałe Cn wyznaczymy, wykorzystując zadany rozkład prędkościpunktów łańcucha w chwili t = 0. Mamy

∂

∂tx(z, t)

∣∣∣∣t=0

=∑n=1

Cn√g

Lα0nJ0

(√z

Lα0n

)= G(z), (4.18.17)

gdzie G(z) jest pewną zadaną funkcją, która reprezentuje rozkład prędkości punktówłańcucha w chwili t = 0. Funkcję tę rozkładamy w szereg funkcji Bessela

J0

(√z

Lα0n√z

).

Można to zrobić tak, jak jest to opisane w podrozdziale 4.2.3 „Wybranych rozdzia-łów. . . ”. Jedyny – drobny – problem to zamiana odpowiednio skalowanego argumentufunkcji Bessela – pierwiastka ze zmiennej z na nową zmienną, np.

√z ≡ y i odpo-

wiednie przetłumaczenie – na język tej nowej zmiennej naszej funkcji G(z).

BG AGH


PROBLEM 4.19

W jednorodnym walcu o wysokości H i promieniu podstawyR generowane jest ciepło, z prędkością (ilość ciepła na jed-nostkę czasu i na jednostkę objętości) q, która jest liniowąfunkcją temperatury: q = a+ bT ; a, b > 0.Pobocznica walca i obie jego podstawy są utrzymywanew stałej temperaturze Tp. Zakładamy:

(1) temperatura walca nie zależy od czasu, rozważamy stanustalony ∂T/∂t = 0;

(2) temperatura walca zależy tylko od odległości r od osiwalca, tzn. T = T (r).Dodatkowo przyjmujemy, że

∂T/∂r < 0

(ciepło jest wypromieniowywane na zewnątrz).

Znajdź rozkład temperatury wewnątrz walca.

Zacznijmy od bilansu przestrzennego ciepła, które produkowane jest, w jednostce cza-su, w objętości elementarnego walca, o wysokościH i promieniu r (r < R). Oznaczającto ciepło przez Qr mamy

Qr =∫∫∫

q dV = 2πH∫ r

0(a+ bT )ρ dρ. (4.19.1)

Całkowanie po objętości walca o promieniu r sprowadza się do całkowania po „ru-rach” o wysokości H, promieniu wewnętrznym równym ρ, a zewnętrznym – ρ + dρ,od ρ = 0, do ρ = r.Ta ilość ciepła, wyprodukowana w jednostce czasu w objętości walca o promieniu r,musi być, w tej samej jednostce czasu, wydalona „na zewnątrz” z tego walca – bozałożyliśmy, że temperatura dowolnego punktu walca nie zmienia się w czasie. Przyj-mujemy też, że transport ciepła odbywa się zgodnie z I prawem Fouriera – strumieńciepła (ilość ciepła na jednostkę czasu i jednostkę powierzchni) jest, co do wartościbezwzględnej, proporcjonalny do przestrzennego gradientu temperatury i skierowanyprzeciwnie. Mamy więc

Qr = 2πH∫ r

0(a+ bT )ρ dρ = −2πrHk

dT

dr, (4.19.2)

BG AGH


gdzie k jest współczynnikiem przewodnictwa cieplnego [[k]– J/(m·s·K)].Takie równanie różniczkowo-całkowe sprowadzamy do równania różniczkowego. W tymcelu różniczkujemy obie jego strony względem r (por. wzór Leibniza, 2.143). Otrzy-mujemy stąd

2πH(a+ bT )r = −2πHkd

dr

[rdT

dr

]= 2πHk

[rd2T

dr2 +dT

dr

], (4.19.3)

a po prostych przekształceniach

d2T

dr2 +1r

dT

dr+b

kT = −a

k. (4.19.4)

To niejednorodne równanie drugiego rzędu rozwiązujemy w standardowy sposób, za-czynając od równania jednorodnego

r2 d2T

dr2 + rdT

dr+b

kr2T = 0. (4.19.5)

Jest to równanie Bessela o zerowej wartości wskaźnika, jego ogólne rozwiązanie to(por. 4.82 i 4.83)

T = T (r) = C1J0

√ b

kr

+ C2Y0

√ b

kr

. (4.19.6)

Ponieważ funkcja Y0 jest osobliwa dla r = 0, stałą C2 musimy przyjąć jako równązeru.Z kolei, całka szczególna równania niejednorodnego będzie równa stałej C3 (bo nie-jednorodność równania to pewna stała). Prosty rachunek daje

C3 = −ab

i rozwiązanie równania (4.19.4) przybiera postać

T (r) = C1J0

√ b

kr

− a

b. (4.19.7)

Stałą C1 wyznaczymy z warunku T (r = R) = Tp. Mamy

T (R) = C1J0

√ b

kR

− a

b= Tp, (4.19.8)

skąd

C1 =

a

b+ Tp

J0

(√b

kR

) (4.19.9)

BG AGH


i ostatecznie

T = T (r) =

a

b+ Tp

J0

(√b

kR

)J0

√ b

kr

− a

b. (4.19.10)

Uwaga: Jeżeli w temacie zadania dokonać niewielkiej zmiany i funkcję szybkości „pro-dukcji” ciepła przedstawić jako q′ = a− bT (ujemny znak stałej mówi nam, że mamydo czynienia z absorpcją, a nie produkcją), to wzorem analogicznym do (4.19.10)będzie

T ′ = T ′(r) =−ab

+ Tp

I0

(√b

kR

)I0

√ b

kr

− a

b, (4.19.11)

gdzie I0 to modyfikowana funkcja Bessela pierwszego rodzaju.

BG AGH

Rozdział 5

Transformaty i równaniacałkowe; funkcje Greena

Problemy 5.1 i 5.2 to „fizyczne spojrzenie” na transformatę Fouriera: pierwszy z nichdotyczy słynnych eksperymentów Roberta Hofstadtera (rozproszenie wysokoenerge-tycznych elektronów na jądrach atomowych) z lat 50. XX wieku; drugi pokazuje, jakpewne „oczywiste” własności fali elektromagnetycznej wynikają z odpowiedniego po-traktowania równań Maxwella transformatą Fouriera.

Problemy 5.3 i 5.4 mają charakter bardziej formalny i związane są z pewnymi własno-ściami tej transformaty. Z kolei problem 5.5 to ilustracja sposobu zamiany równaniaróżniczkowego na równoważne mu równanie całkowe – wykorzystując metodę trans-formaty całkowej. Po raz pierwszy pojawia się – właściwie dopiero jako pojęcie –funkcja Greena, dlatego też analogiczny problem, ale już z użyciem innej techniki,prezentujemy pod koniec rozdziału (problem 5.26).

Problemy 5.6 i 5.7 związane są z własnościami transformaty Laplace’a; w pierwszymz nich pojawia się, tak ważne w zastosowaniach fizycznych, pojęcie splotu funkcji itwierdzenie o transformacie splotu. Metoda transformaty Laplace’a w zastosowaniudo rozwiązania zwyczajnego równania różniczkowania to treść problemu 5.8.

Problemy 5.9 i 5.10 to znowu przewodnictwo cieplne – a więc równanie o pochod-nych cząstkowych, które rozwiązujemy metodą transformaty Laplace’a. W tych dwóchproblemach główny nacisk położony jest na znajdywanie transformaty odwrotnej –Czytelnik, który opanował rachunek residuów i całkowanie na płaszczyźnie zespolonejbędzie mógł z pełną satysfakcją uznać, że poświęcone trud i czas nie poszły na marne.Fizyka jest także „mocno obecna” w problemie 5.11 (ruchy Browna i transformataLaplace’a) a także – w kontekście mechaniki kwantowej w problemach 5.12 i 5.13. Tedwa ostatnie problemy ilustrują obecność języka równania całkowego w problemachmechaniki kwantowej – (powracamy tu, po raz kolejny, do problemu rozpraszania).

Problemy 5.14— 5.21 to standardowe zadania z równań całkowych – typu Fredhol-ma i Volterry. Prawie każdy problem jest rozwiązywany wszystkimi technikami, o któ-

171

BG AGH

172 Równania i transformaty całkowe. Funkcje Greena

rych mowa w „Wybranych rozdziałach. . . ” (metody iteracyjne: szereg Neumanna irezolwenta oraz metoda jąder zdegenerowanych), a które mogą znaleźć zastosowa-nie w konkretnym zadaniu. W rozwiązywaniu równań klasy Volterry stosujemy takżetechnikę transformaty Laplace’a.

Problem 5.22 to „historyczny” problem tautochrony (albo izochrony) sformułowanyw języku równania całkowego. Stanowi on swoistego rodzaju apologię „specjalnego”zainteresowania fizyków cykloidą – krzywą która nie tylko jest tautochroną ale i bra-chistochroną pola sił ciężkości.

Ostatnia część rozdziału to kilka przykładów konstrukcji funkcji Greena (znowu przyużyciu alternatywnych technik) dla różnych operatorów różniczkowych, poddanychdwupunktowym warunkom brzegowym. Ostatni problem – 5.27 – omawia w sposóbbardzo szczegółowy taką konstrukcję dla bardzo typowego operatora, ale dla przedzia-łu zarówno skończonego jak i nieskończonego. Problem ten jest znowu pomyślany jakomożliwie kompletny przegląd różnych technik i różnych kłopotów, z jakimi możemymieć do czynienia w tego typu rachunkach.

BG AGH

Równania i transformaty całkowe. Funkcje Greena 173

PROBLEM 5.1

Oblicz transformatę Fouriera z potencjału Yukawy

V (r) =1

4πε0

qQ

re−αr. (5.1.1)

Potencjał Yukawy jest potencjałem krótkozasięgowym. Wynika to stąd, że długoza-sięgowy potencjał kulombowski (czynnik 1/r) jest intensywnie tłumiony na dużychodległościach przez funkcję wykładniczą exp (−αr). Miarą tego tłumienia jest para-metr α. Potencjał Yukawy jest na tyle uniwersalny, że dość często pojawia się w róż-nych obliczeniach kwantowo-mechanicznych związanych z fizyką atomową, ciała sta-łego czy też fizyką jądrową. Przykładowo, w pustej przestrzeni oddziaływanie międzydwoma ładunkami elektrycznymi jest opisane prawem Coulomba. Taki sam układ –dwóch ładunków, umieszczony w plazmie, wymaga już pewnej modyfikacji potencjałukulombowskiego, ponieważ wybrane przez nas ładunki są ekranowane przez chmuręładunku pochodzącą od pozostałych cząstek naładowanych. W związku z tym zasięgoddziaływania ulega zmianie. Zauważmy, że zapisanie potencjału Yukawy w postaci

V (r) =1

4πε0

qQ(r)r

,

pozwala nam dostrzec – dobrze znany z kursu elektrodynamiki – potencjał Coulomba.Oczywiście ceną, jaką za to płacimy, jest zależność ładunku od współrzędnych prze-strzennych. Ten (formalny) problem można jednak rozwiązać za pomocą procedury,która nosi nazwę renormalizacji ładunku. Ta idea jest dobrze znana w fizyce wysokichenergii czy też w fizyce ciała stałego.Wróćmy jednak to naszego zadania. Transformatę Fouriera z funkcji V (r) będzie-my oznaczać w następujący sposób: F [V (r)] ≡ V(k), a ponadto będziemy używaćniesymetrycznej konwencji dla transformat Fouriera, tzn.

V(k) =∫d3r V (r)e−ik·r, (5.1.2)

natomiast transformata odwrotna to

V (r) =1

(2π)3

∫d3k V(k)eik·r. (5.1.3)

Zanim rozpoczniemy rachunki, zauważmy, że potencjał Yukawy jest potencjałemsferycznie-symetrycznym, tzn. V (r) = V (r), co znakomicie uprości nam obliczenia,gdyż symetria potencjału automatycznie wymusza na nas użycie współrzędnych sfe-rycznych:

x = r cosϕ sinϑ, y = r sinϕ sinϑ, z = r cosϑ,

BG AGH


gdzie 0 ¬ r <∞, 0 ¬ ϕ < 2π, 0 ¬ ϑ ¬ π.Przechodząc do współrzędnych sferycznych, transformata Fouriera z potencjału Yuka-wy ma postać

V(k) =1

(2π)3/2

∫d3r V (r)e−ik·r

=∫ 2π

0dϕ

∫ π

0dϑ sinϑ

∫ ∞0

dr r2V (r)e−ikr cosϑ

= 2πg2∫ ∞

0dr re−αr

∫ 1

−1dζ e−ikrζ

= 2πg2I(k), (5.1.4)

gdzie nowa zmienna to ζ = cosϑ, natomiast czynnik liczbowy g2 = qQ/(4πε0).W rezultacie, obliczenie transformaty Fouriera z potencjału Yukawy sprowadza się dopoliczenia całki w postaci

I(k) =2k

∫ ∞0

dr e−αr sin kr. (5.1.5)

Obliczenie wartości tej całki pozostawimy Czytelnikowi jako proste ćwiczenie1. Myzadowolimy się podaniem wyniku końcowego, czyli I(k) = 2/(α2 + k2). Zatem trans-formata Fouriera z potencjału Yukawy ma postać

V(k) =4πg2

α2 + k2 . (5.1.6)

Zwróćmy uwagę, że transformata Fouriera z potencjału Yukawy ma również symetrięsferyczną, czego należało się spodziewać.Czytelnik, który pasjonuje się rachunkami z pewnością zechce „powtórzyć” rachun-ki wstecz – tzn. posługując się zadaną postacią V(k) [wzór (5.1.6)] oraz wzorem(5.1.3), określającym transformatę odwrotną, odtworzy postać potencjału oddziały-wania – wzór wyjściowy (5.1.1). Rachunki są proste; całka analogiczna do całki(5.1.5) wymaga zastosowania rachunku residuów. Powtarzając te rachunki, Czytelnikuczci pamięć noblisty (A.D. 1961) Roberta Hofstadtera, którego rodzice, polscy Ży-dzi, wyemigrowali z Polski z końcem XIX w. R. Hofstadter, poprzez analizę wynikówrozproszeń wysokoenergetycznych elektronów na jądrach atomów (lata pięćdziesiąteXX w.) określił strukturę ładunku jąder, kładąc eksperymentalne podwaliny pod teo-rię kwarków. Bezpośrednim wynikiem pomiarów Hofstadtera były przekroje czynnedla rozpraszania elektronów; przekroje te okazują się bezpośrednio związane z trans-formatą Fouriera potencjału oddziaływania. Eksperymentalnie znaleziona transfor-mata fourierowska potencjału pozwalała – poprzez rachunki transformaty odwrotnej– odtworzyć sam potencjał; ten z kolei jest bezpośrednio powiązany z funkcją roz-kładu ładunku w jądrze (de facto ta ostatnia jest . . . też transformatą fourierowską

1Najprościej – całkujemy dwukrotnie przez części.

BG AGH


potencjału, pomnożoną przez pewną stała i podzieloną przez kwadrat transferu pęduprzy rozproszeniu.Por. także problemy 4.7 i 5.13.

BG AGH


PROBLEM 5.2

Przeprowadź analizę Fouriera równań Maxwella dla polaelektromagnetycznego w próżni. Przyjmij, że w dowol-nej chwili czasu t natężenie pola elektrycznego E(r, t)można wyrazić przez

E(r, t) =1

(2π)3

∫d3k E (k, t)eik·r.

Podstawowymi wielkościami charakteryzującymi pole elektromagnetyczne w dowol-nym punkcie przestrzeni r i chwili czasu t są wektor natężenia pola elektrycznegoE(r, t) oraz wektor indukcji pola magnetycznego B(r, t). Wiemy, że pole elektro-magnetyczne rozchodzi się w postaci fal poprzecznych z prędkością światła c, a jegoskładowe, czyli pole elektryczne i pole magnetyczne, drgają w płaszczyznach wza-jemnie prostopadłych. Kierunek rozchodzenia się fali elektromagnetycznej pokrywasię z wektorem Poyntinga S = E ×B, który jest związany z szybkością przepływuenergii.W pustej przestrzeni, tj. z dala od ładunków i prądów, pole elektromagnetyczne speł-nia równania Maxwella w postaci

∇ ·E(r, t) = 0, (5.2.1)

∇×E(r, t) = − ∂

∂tB(r, t), (5.2.2)

∇ ·B(r, t) = 0, (5.2.3)

∇×B(r, t) =1c2∂

∂tE(r, t), (5.2.4)

Z tego układu równań wynika, że każda składowa pola elektromagnetycznego spełniarównanie falowe.

E(r, t) = 0, B(r, t) = 0,

gdzie jest operatorem d’Alemberta: = ∆− 1c2

∂2

∂t2.

Aby się o tym przekonać wystarczy skorzystać z tożsamości

∇× (∇×A) =∇(∇ ·A)−∇2A,

gdzie A jest funkcją wektorową zmiennych r i t.

BG AGH


Zapewne pamiętamy, że równanie falowe jest równaniem liniowym. To akademickiestwierdzenie ma bardzo ważne konsekwencje, gdyż pozwala nam przedstawić ogólnerozwiązanie takiego równania w postaci kombinacji liniowej rozwiązań szczególnych,czyli

E(r, t) =1

(2π)3

∫d3k E(k, 0)ei(k·r−ωt)

=1

(2π)3

∫d3k E(k, t)eik·r, (5.2.5)

gdzie ω = ck jest częstością oscylacji pola E w ustalonym punkcie przestrzeni.Innymi słowy, możemy rozłożyć pole E(r, t) na fale płaskie, które są matematycznienajprostszymi rozwiązaniami równania falowego2. Podobnie można postąpić z polemmagnetycznym B(r, t), tzn. wyrazić je przez transformatę Fouriera,

B(r, t) =1

(2π)3

∫d3k B(k, t)eik·r. (5.2.6)

Przejdźmy teraz do równania (5.2.1) wyrażającego prawo Gaussa w pustej przestrzeni.Wyraźmy poleE(r, t) przez transformatę Fouriera (5.2.5). W tej sytuacji dywergencjapola E(r, t) przyjmie postać

∇ ·E(r, t) = ∇ · 1(2π)3

∫d3k E(k, 0)ei(k·r−ωt)

=1

(2π)3

∫d3k ∇ ·

[E(k, t)eik·r

]. (5.2.7)

W celu obliczenia dywergencji występującej w wyrażeniu danym wzorem (5.2.7) wy-korzystamy tożsamość

∇ ·[E(k, t)eik·r

]=[∇eik·r

]· E(k, t) + eik·r∇ · E(k, t).

Tylko pierwszy składnik sumy po prawej stronie powyższej tożsamości daje niezerowywkład do wyrażenia danego wzorem (5.2.7), gdyż w próżni, mamy ∇ · E(k, t) = 0.Wobec tego

1(2π)3

∫d3k ∇ ·

[E(k, t)eik·r

]=

1(2π)3

∫d3k

[∇eik·r

]· E(k, t)

=1

(2π)3

∫d3k ik · E(k, t)eik·r. (5.2.8)

Na tej podstawie wnioskujemy, że transformata Fouriera z prawa Gaussa w pustejprzestrzeni (por. wzór (5.2.1)) spełnia równanie

k · E(k, t) = 0. (5.2.9)2Być może Czytelnika zaniepokoi użycie całki do wyrażenia kombinacji liniowej, ale przecież zmien-

na k jest prawie ciągła, więc to nie powinno być dużym zaskoczeniem.

BG AGH


Z tego równania wynika, że wektor natężenie pola elektrycznego jest prostopadły dokierunku rozchodzenia się fali.Następne w kolejności jest prawo Faradaya, równanie (5.2.2), z którego wynika, żezmieniające się w czasie pole magnetyczne B(r, t) powoduje powstanie wirowego polaelektrycznego E(r, t) – oznacza to, że oba pola są wzajemnie sprzężone.Postępując podobnie jak w poprzednim przypadku, pola E(r, t) oraz B(r, t) wystę-pujące w równaniu (5.2.2) zastępujemy odpowiednimi transformatami Fouriera (por.wzory (5.2.5) oraz (5.2.6)) i w rezultacie otrzymujemy równość

∇×E(r, t) +∂

∂tB(r, t)

=1

(2π)3

∫d3k

∇×

[E(k, t)eik·r

]+∂

∂t

[B(k, t)eik·r

]. (5.2.10)

Pierwszy składnik sumy występującej w nawiasie klamrowym pod znakiem całki prze-kształcamy zgodnie z tożsamością

∇×[E(k, t)eik·r

]=[∇eik·r

]× E(k, t) +

[∇× E(k, t)

]eik·r.

Dzięki temu, funkcja podcałkowa w (5.2.10) upraszcza się, ponieważ ∇×E(k, t) = 0,a ∇ exp [ik · r] = ik exp [ik · r]. Zatem mamy

1(2π)3

∫d3k

ik × E(k, t) +

∂

∂tB(k, t)

eik·r = 0, (5.2.11)

a stąd wynika, że prawo Faradaya w przestrzeni wektora falowego k ma postać

i[k × E(k, t)] = − ∂

∂tB(k, t). (5.2.12)

Na podstawie tego równania wnioskujemy, że w dowolnej chwili czasu t wektory k,Eoraz B tworzą układ prawoskrętny, gdyż

k × E = ωB.

Transformaty Fouriera pozostałych dwóch równań Maxwella, ze względu na ich „sy-metrię”, można w zasadzie odgadnąć, gdyż sposób ich wyprowadzenia jest taki sam,jak to przedstawiono powyżej. Ograniczymy się do podania ich postaci. Równanie

k ·B(k, t) = 0 (5.2.13)

odpowiada równaniu (5.2.3), a z kolei odpowiednikiem równania (5.2.4) jest

ic2[k ×B(k, t)] =∂

∂tE(k, t). (5.2.14)

Na zakończenie tego zadania powróćmy jeszcze do wyrażenia opisującego transforma-tę Fouriera pola elektrycznego (magnetycznego). Zgodnie z dyskusją przeprowadzoną

BG AGH


w podrozdziale 2.1 „Wybranych rozdziałów. . . ” rozwiązanie równania falowego możnanapisać w postaci

E(r, t) =1

(2π)3

∫d3k

[E(k, 0)ei(k·r−ωt) + E∗(k, 0)e−i(k·r−ωt)

]. (5.2.15)

W tym przypadku wyrażenie podcałkowe reprezentuje superpozycję dwóch fal pła-skich biegnących w przeciwnych kierunkach. Pojawienie się wyrazu sprzężonego E∗(k, 0)gwarantuje, że pole elektryczne jest rzeczywiste.

BG AGH


PROBLEM 5.3

Wykaż, że między funkcją ψ(x) a jej transformatą Fo-uriera φ(k) zachodzi związek

∫ ∞−∞

dx |ψ(x)|2 =1

2π

∫ ∞−∞

dk |φ(k)|2, (5.3.1)

przy założeniu, że funkcja ψ(x) ma transformatęFouriera.

Przedstawiony związek jest treścią twierdzenia Rayleigha–Plancherela, które możnatraktować jako szczególny przypadek równości Parsevala,∫ ∞

−∞dx F ∗(x)G(x) =

12π

∫ ∞−∞

dk F∗(k)G(k),

gdzie funkcje F (x) oraz G(x) są całkowalne z kwadratem, natomiast F (k) oraz G(k)są ich transformatami Fouriera.Dość często spotykamy się z tym twierdzeniem w elektronice (np. w teorii sygna-łów), ale również mamy z nim do czynienia w mechanice kwantowej. Wystarczy tylkozauważyć, że gdy ψ(x) nadamy sens funkcji falowej cząstki w reprezentacji położenio-wej, to wyraz po lewej stronie (5.3.1) opisuje prawdopodobieństwo znalezienia cząstkiw rzeczywistej przestrzeni jednowymiarowej. Z kolei funkcja φ(k) odpowiada funk-cji falowej w reprezentacji wektora falowego (reprezentacji „pędowej”). Tym samymwyrażenie po prawej stronie tej równości można traktować jako prawdopodobieństwozmierzenia wektora falowego, gdy stan cząstki jest opisany przez funkcję falową ψ(x).Zatem widzimy, że transformata Fouriera

ψ(x) =1

2π

∫ ∞−∞

dk φ(k)eikx. (5.3.2)

umożliwia nam zmianę reprezentacji funkcji falowej.Przepiszmy lewą stronę równości (5.3.1), wykorzystując definicję kwadratu modułufunkcji ψ(x). Podstawiając w miejsce funkcji ψ(x) oraz jej sprzężenia ψ∗(x) transfor-matę wyrażoną wzorem (5.3.2), dostajemy

∫ ∞−∞

dx ψ∗(x)ψ(x) =∫ ∞−∞

dx

1

2π

∫ ∞−∞

dk φ∗(k)e−ikx

12π

∫ ∞−∞

dk′ φ(k′)eik′x.

Korzystając z twierdzenia Fubiniego o zmianie kolejności całkowania, przekształcamy

BG AGH


prawą stronę powyższego wyrażenia do postaci∫ ∞−∞

dx ψ∗(x)ψ(x) =

12π

∫ ∞−∞

dk dk′ φ∗(k)φ(k′)

12π

∫ ∞−∞

dx e−i(k−k′)x. (5.3.3)

Zgodnie ze wzorem 2.193 z „Wybranych rozdziałów. . . ”, wyrażenie występującew nawiasie klamrowym, to nic innego, jak jedna z możliwych reprezentacji delty Di-raca. Zatem mamy∫ ∞

−∞dx ψ∗(x)ψ(x) =

12π

∫ ∞−∞

dk

∫ ∞−∞

dk′ φ∗(k)φ(k′)δ(k − k′)

=1

2π

∫ ∞−∞

dk φ∗(k)φ(k), (5.3.4)

gdzie w pierwszej kolejności wykonaliśmy całkowanie po zmiennej k′, korzystającz własności delty Diraca wyrażonej wzorem 2.190 z „Wybranych rozdziałów. . . ”.Tym samym otrzymaliśmy prawą stronę równości (5.3.1).

BG AGH


PROBLEM 5.4

Odpowiedź układu na zaburzenie typu delta Diracaw chwili t = 0 może być reprezentowana przez funk-cję odpowiedzi χ(t) opisaną wyrażeniem

χ(t) = χ0 exp (iω0t) exp (−Γt)H(t), (5.4.1)

gdzie H(t) jest funkcją Heaviside’a.Znajdź funkcję odpowiedzi zależną od częstości ω.

W teorii liniowej odpowiedzi, każdy układ fizyczny jest traktowany jako tzw. czar-na skrzynka. Jego własności można określać na podstawie odpowiedzi, którą otrzy-mujemy po przyłożeniu do rozważanego układu zewnętrznego zaburzenia. Na przy-kład w fizyce ciała stałego, badając własności transportowe, czy też magnetyczneukładu, wprowadzamy dla scharakteryzownaia układu pojęcie funkcji odpowiedzi.I tak, w przypadku zaburzenia kryształu polem elektrycznym, wyjściu odpowiadagęstość prądu elektrycznego, a funkcji odpowiedzi – przewodnictwo elektryczne (pra-wo Ohma); przy zaburzeniu polem magnetycznym funkcją odpowiedzi jest podatnośćmagnetyczna, a odpowiedzią namagnesowanie. Podobnych przykładów można podaćznacznie więcej, ale dla nas istotne jest to, że funkcja odpowiedzi pojawia się w za-gadnieniach nierównowagowej mechaniki statystycznej. W ogólnym przypadku teoriiliniowej odpowiedzi, związek przyczynowo-skutkowy można wyrazić wzorem

Ji(t) = χij(t) ∗Xj(t), (5.4.2)

czyli odpowiedź układu jest splotem funkcji odpowiedzi i zaburzenia.Podobnie jak w poprzednich zadaniach, przyjmiemy niesymetryczną konwencję dlatransformat Fouriera,

Ξ(ω) = F [χ(t)] =1

2π

∫ ∞−∞

dt χ(t)e−iωt. (5.4.3)

Podstawiając jawną postać funkcji χ(t) do wzoru (5.4.3), dostajemy

Ξ(ω) =1

2π

∫ ∞−∞

dt

χ0e

iω0te−ΓtH(t)e−iωt. (5.4.4)

Z definicji funkcji Heaviside’a (por. wzór 2.205 z „Wybranych rozdziałów. . . ”) wy-nika, że jest ona równa jedności dla chwil t > 0, natomiast dla t < 0 jest równazeru. Wykres funkcji to „schodek jednostkowy”, rozgraniczający sytuację „niebytu”

BG AGH


(dla t < 0) od „stanu ustalonego” (dla t > 0). Dzięki temu całka po lewej stroniewyrażenia danego wzorem (5.4.4) przyjmie postać

Ξ(ω) =1

2πχ0

∫ ∞0

dt e−[Γ+i(ω−ω0)]t. (5.4.5)

Obliczenie wartości tej całki jest proste; poszukiwana funkcja odpowiedzi ma postać

Ξ(ω) =1

2πiχ0

(ω − ω0)− iΓ. (5.4.6)

Wygodnie jest przekształcić to wyrażenie do postaci

Ξ(ω) =1

2πχ0

[Γ

(ω − ω0)2 + Γ2 + iω0 − ω

(ω0 − ω)2 + Γ2

], (5.4.7)

gdzie oddzieliliśmy część rzeczywistą od urojonej.

BG AGH


PROBLEM 5.5

Niejednorodne równanie Helmholtza ma postać

[∇2 − µ2]ψ(r) = S(r), (5.5.1)

gdzie µ ∈ R\0.Zakładając, że interesującym nas rozwiązaniem jedno-rodnego równania Helmholtza jest funkcja ψ0(r), znajdźrównanie całkowe na funkcję ψ(r). Przyjmij, że funkcjeψ(r) i S(r) mają transformaty Fouriera.

Równanie Helmholtza pojawia się dość często w różnych działach fizyki (por. punktC w podrozdziale 2.1 z „Wybranych rozdziałów. . . ”), dlatego też nie będziemy tutajomawiać jego kontekstu fizycznego, a raczej skupimy się na zastosowaniu technikitransformat Fouriera do wyprowadzenia odpowiedniego równania całkowego. Dopierowówczas powrócimy do zagadnień fizycznych, nawiązując do mechaniki kwantowej.Wyrażając w równaniu Helmholtza funkcje ψ(r) oraz S(r) przez ich transformatyFouriera

ψ(r) =1

(2π)3

∫d3k φ(k)eik·r, (5.5.2)

S(r) =1

(2π)3

∫d3k S(k)eik·r, (5.5.3)

dostajemy po prostych przekształceniach wyrażenie w postaci

1(2π)3

∫d3k

(ik)2φ(k)− µ2φ(k)− S(k)

eik·r = 0, (5.5.4)

z którego wynika− k2φ(k)− µ2φ(k) = S(k). (5.5.5)

Zatem widzimy, że zastosowanie techniki transformat Fouriera pozwoliło przekształcićrównanie Helmholtza w równanie algebraiczne, którego rozwiązaniem jest funkcja

φ(k) = − S(k)µ2 + k2 . (5.5.6)

W tym momencie dalsze postępowanie wydaje się intuicyjnie oczywiste. Transformu-jemy obie strony równania (5.5.6) i w rezultacie otrzymujemy wyrażenie w postaci

ψ(r) = − 1(2π)3

∫d3k

S(k)µ2 + k2 e

ik·r. (5.5.7)

BG AGH


Teraz powinniśmy wykonać jeszcze jeden krok pośredni, a mianowicie przetransfor-mować funkcję S(k) do przestrzeni rzeczywistej, stosując odwrotną transformatę Fo-uriera,

S(k) =∫d3r′ S(r′)e−ik·r

′. (5.5.8)

Dzięki temu dostajemy równanie

ψ(r) =∫d3r′

− 1

(2π)3

∫d3k

eik·(r−r′)

µ2 + k2

S(r′), (5.5.9)

w którym zmieniliśmy kolejność całkowania.Całkę w nawiasie klamrowym można policzyć metodą residuów (por. podrozdział 1.1z „Wybranych rozdziałów. . . ”) po uprzednim przejściu do współrzędnych sferycznych(por. problem 5.1). Po wykonaniu tego rachunku, otrzymujemy

G(r − r′) = − 14π

e−µ|r−r′|

|r − r′|. (5.5.10)

Uwzględniając rozwiązania jednorodnego równania Helmholtza, tj. ψ0(r), możemyzapisać poszukiwane równanie całkowe w postaci

ψ(r) = ψ0(r) +∫d3r′G(r − r′)S(r′), (5.5.11)

gdzie jądro całkowe G(r − r′) jest dane wzorem (5.5.10).Patrząc na to zadanie od strony formalnej, możemy powiedzieć, że znalezienie równa-nia całkowego sprowadza się do problemu odwrócenia operatora różniczkowego. Jeżelilewą stronę równania (5.5.1) oznaczymy przez L = ∇2 − µ2, to wówczas równanieHelmholtza możemy zapisać symbolicznie jako

Lψ(r) = S(r), (5.5.12)

a stąd wynika, żeψ(r) = L−1S(r). (5.5.13)

Operator odwrotny L−1, który – jak wynika z naszych dotychczasowych rozważań –jest operatorem całkowym z jądrem danym przez G(r − r′), ma postać

L−1S(r) =∫d3r′G(r − r′)S(r′). (5.5.14)

Mnożąc z lewej strony to równanie przez operator L, otrzymujemy równość

LL−1S(r) = S(r) =∫d3r′ LG(r − r′)S(r′). (5.5.15)

Zwróćmy uwagę, że ta równość będzie spełniona tylko wtedy, gdy jądro całkowe speł-nia równanie

LG(r − r′) = δ(r − r′). (5.5.16)

BG AGH


Wydaje się, że nie powinno być dla nas zaskoczeniem (por. dyskusję w podrozdziale5.5.1 z „Wybranych rozdziałów. . . ”), że jądro całkowe to poprostu . . . funkcja Greena– por. także problemy 5.23—5.27.Na zakończenie tego zadania zastanówmy się chwilę nad uogólnieniem otrzymane-go wyniku. Jeżeli niejednorodność S(r) przedstawimy w postaci iloczynu V (r)ψ(r),gdzie V (r) jest „dobrze zachowującą się” funkcją w tym sensie, że wartość całki po-zostaje skończona, to wówczas nasze równanie (5.5.11) można zapisać w następującysposób

ψ(r) = ψ0(r) +∫d3r′G(r − r′)V (r′)ψ(r′). (5.5.17)

Z kolei to równanie można rozwiązać metodą iteracyjną (por. podrozdział 5.2 „Wy-branych rozdziałów. . . ”). W fizyce, a w szczególności w kwantowej teorii rozpraszaniaprzedstawiona procedura przybliżania dokładnego rozwiązywania równania (5.5.17)nosi nazwę przybliżenia Borna, zaś samo równanie nosi nazwę równania Lipmanna–Schwingera, oczywiście, przy założeniu, że funkcja ψ0(r) jest akceptowalnym fizycznierozwiązaniem równania jednorodnego. Innymi słowy, równanie (5.5.17) to nic innegojak reprezentacja całkowa równania Schrodingera wraz z odpowiednim warunkiembrzegowym. Ten ostatni, to odpowiedni, jakościowy charakter, jakiego oczekujemyod rozwiązań równania – funkcji falowych. Przypomnijmy, że dla stanów związanychoczekujemy, iż w nieskończoności funkcja falowa dąży do zera (warunek całkowalno-ści w kwadracie), natomiast w przypadku stanów rozproszeniowych oczekujemy, żez dala od centrum rozpraszającego, reprezentowanego przez funkcję V (r), mamy doczynienia z falą płaską.Byłoby wspaniale, gdyby Czytelnik zastanowił się nad tym zadaniem w kontekściemechaniki kwantowej i uzasadnił poczynione uwagi na ten temat oraz odpowiedział,jaką – dobrze znaną – zasadę wyraża równanie Lipmana–Schwingera?

BG AGH


PROBLEM 5.6

Wykaż, że transformata Laplace’a splotu jest równa ilo-czynowi transformat

L [f(t) ∗ g(t)] = L [f(t)]L [g(t)]. (5.6.1)

Na początek, przypomnijmy, że splotem dwóch funkcji rzeczywistych f(t) i g(t), któresą ciągłe w przedziale [0, t], dla t 0, nazywamy odwzorowanie przyporządkowującetym funkcjom, wyrażenie w postaci

∗ : f, g ∈ R→∫ t

0du f(t− u)g(u), (5.6.2)

które oznaczamy przez f(t) ∗ g(t).W celu wykazania równości (5.6.1), która nosi nazwę twierdzenia Borela o splocie,rozważmy jej lewą stronę, którą zgodnie z definicją transformaty Laplace’a zapiszemy

L [f(t)∗g(t)] =∫ ∞

0dt e−st[f(t)∗g(t)] =

∫ ∞0

dt e−st[ ∫ t

0du f(t−u)g(u)

], (5.6.3)

gdzie wykorzystaliśmy podaną wcześniej definicję splotu – wzór (5.6.2).Wyrażenie występujące po prawej stronie (5.6.3) przekształcimy zgodnie ze wzorem3,∫ b

adt

∫ t

adu h(t, u) =

∫ b

adu

∫ b

udt h(t, u), (5.6.4)

do postaci ∫ ∞0

du

∫ ∞u

dt e−stf(t− u)g(u)

=∫ ∞

0du g(u)

[ ∫ u

0dt e−stf(t− u)

]=

∫ ∞0

du g(u)[ ∫ ∞

0dw e−s(u+w)f(w)

]=

∫ ∞0

du e−sug(u)[ ∫ ∞

0dw e−swf(w)

]. (5.6.5)

Otrzymany wynik to nic innego jak iloczyn g(s)f(s), czyli prawa strona (5.6.1). Zatemwykazaliśmy, że transformata Laplace’a splotu funkcji jest równa iloczynowi trans-format Laplace’a.3Wyprowadzenie tego wzoru, znajdzie Czytelnik w podręcznikach do analizy matematycznej, np.

G. M. Fichtenholtz: „Rachunek różniczkowy i całkowy”, tom. 3, Wydawnictwa Naukowe PWN,Warszawa 1995.

BG AGH


PROBLEM 5.7

Wykaż, że transformata Laplace’a z funkcji okresowej,f(t) = f(t + T ), gdzie T jest okresem funkcji f(t), wy-raża się wzorem

L [f(t)] =1

1− e−sT∫ T

0dt f(t)e−st. (5.7.1)

Już niejednokrotnie mieliśmy okazję, aby przekonać się o tym, że funkcje okresowestanowią wyjątkowo ważną klasę funkcji pojawiających się w różnych zagadnieniachfizycznych. W tym zadaniu chcemy znaleźć ogólną postać transformaty Laplace’az funkcji okresowych. Należy jednak zaznaczyć, że transformata Laplace’a nadaje sięprzede wszystkim do badania funkcji określonych na półosi dodatniej.Zgodnie z definicją, transformata Laplace’a z funkcji f(t) wyraża się wzorem

L [f(t)] =∫ ∞

0dt e−stf(t). (5.7.2)

Całkę występująca po prawej stronie definicji (5.7.2) można przekształcić do postaci∫ ∞0

dt e−stf(t) =∫ T

0dt e−stf(t) +

∫ ∞T

dt e−stf(t), (5.7.3)

gdzie T – okres funkcji f(t) jest traktowany jako punkt podziału półprostej.Zauważmy, że pierwsza z całek, znajdujących się po prawej stronie powyższej równościwystępuje w wyrażeniu (5.7.1) dlatego też pozostawimy ją bez zmian. Dokonującw drugiej całce zmiany zmiennych t = u+ T , otrzymujemy∫ ∞

Tdu e−s(u+T )f(u+ T ) = e−sT

∫ ∞0

du e−suf(u), (5.7.4)

gdzie skorzystaliśmy z faktu, że funkcja f(u) jest okresowa.Podstawiając otrzymany wynik do wyrażenia (5.7.3), dostajemy[

1− e−sT]L [f(t)] =

∫ T

0dt e−stf(t), (5.7.5)

a stąd, po obustronnym podzieleniu przez czynnik [1 − exp (−sT )], otrzymujemyposzukiwany wynik.

BG AGH


PROBLEM 5.8


[tf ′(t)]′ + tf(t) = 0, (5.8.1)

metodą transformaty Laplace’a. Przyjmij jednopunkto-we warunki brzegowe w postaci f(0) = 1.

W podrozdziale 2.5 z „Wybranych rozdziałów. . . ” poznaliśmy metodę rozwiązywaniarównań różniczkowych drugiego rzędu, polegającą na szukaniu rozwiązania w postaciszeregu Frobeniusa. Wówczas zaznaczyliśmy, że jest to standardowa metoda znaj-dowania rozwiązania. Teraz pokażemy jak „pracuje” technika transformat Laplace’aw zastosowaniu do rozwiązywania równań różniczkowych, na przykładzie równania(5.8.1), które – jak Czytelnik zapewne zauważył – jest równaniem Bessela o wskaźni-ku równym zeru.Stosując przekształcenie Laplace’a do obu stron równania (5.8.1), dostajemy

L

[[tf ′(t)]′

]+ L

[tf(t)

]= 0. (5.8.2)

Zanim przejdziemy do dalszych rachunków, wprowadźmy oznaczenie na transformatęLaplace’a z funkcji f(t), mianowicie L [f(t)] = F (s). Całkując dwukrotnie przezczęści, dostajemy

L

[[tf ′(t)]′

]=∫ ∞

0dt e−st[tf ′(t)]′ = −s2F ′(s) + sF (s). (5.8.3)

Podobnie postępujemy z drugim wyrazem w równaniu (5.8.1) i w rezultacie mamy

L [tf(t)] = −F ′(s). (5.8.4)

Po podstawieniu otrzymanych wyników, tj. (5.8.3) i (5.8.4), do równania (5.8.2),widzimy, że zastosowanie techniki tranformat Laplace’a pozwoliło obniżyć rząd rów-nania różniczkowego. Otrzymaliśmy liniowe równanie różniczkowe pierwszego rzęduo stałych współczynnikach w postaci,

(1 + s2)F ′(s) + sF (s) = 0. (5.8.5)

Rozwiązaniem tego równania jest funkcja

F (s) = C1√

1 + s2, (5.8.6)

BG AGH


gdzie C jest stałą, którą należy wyznaczyć z warunku początkowego.W celu znalezienia oryginału, czyli funkcji f(t), należy wziąć obustronnie odwrotnątransformatę Laplace’a L −1[F (s)] z wyrażenia (5.8.6). Zanim to jednak zrobimy, tozauważmy, że funkcję F (s) można przekształcić do postaci

F (s) =C

s

[1 +

1s2

]−1/2

, (5.8.7)

a następnie rozwinąć ją w szereg (dwumianowy, o połówkowym wykładniku ujemnym– por. wzór (4.4.18) w problemie 4.4) tak, że mamy

F (s) = C∞∑n=0

(−1)n(2n)!

22n(n!)21

s2n+1 . (5.8.8)

Przedstawienie funkcji F (s) w postaci szeregu wydaje się o tyle bardziej przyjazne,że obliczenie odwrotnej transformaty Laplace’a odbywa się wyraz po wyrazie, przywykorzystaniu własności

L −1

[1

s2n+1

]=

t2n

(2n)!. (5.8.9)

Dzięki temu możemy napisać

f(t) = L −1[F (s)] = C∞∑n=0

(−1)n

(n!)2

(t

2

)2n

. (5.8.10)

Szereg występujący po prawej stronie tego wyrażenia definiuje funkcję Bessela J0(t),(por. wzór 2.54 „Wybranych rozdziałów. . . ”), a zatem mamy

f(t) = CJ0(t), (5.8.11)

przy czym stała C = 1. To ostatnie wynika z warunku f(0) = 1 podanego w temacie,oraz z J0(0) = 1.

BG AGH


PROBLEM 5.9

Nieskończenie długi walec o promieniu a jest zanurzonyw ośrodku o stałej temperaturze θ0. W chwili początkowejtemperatura wszystkich punktów wewnętrznych walca wy-nosiła

θ(r, t = 0) = 0; dla r < a.Znajdź temperaturę punktów walca θ(r, t) metodątransformaty Laplace’a.

Temperatura spełnia równanie przewodnictwa cieplnego (por. np. problem 3.10, w któ-rym m.in. określony jest sens fizyczny stałej κ)

∂θ(r, t)∂t

= κ4θ(r, t) =κ

r

∂

∂r

(r∂θ(r, t)∂r

). (5.9.1)

Jak widzimy, z operatora Laplace’a, zapisanego we współrzędnych cylindrycznych,pozostał tylko człon odpowiedzialny za zależność od współrzędnej radialnej. Warunkibrzegowe dla naszego rozwiązania to

θ(r, t = 0) = 0, r < a; θ(a, t) = θ0, t > 0. (5.9.2)

Definiujemy transformatę Laplace’a L szukanej temperatury jako

ϑ(r, s) = L

[θ(r, t)

]=∫ ∞

0e−stθ(r, t) dt (5.9.3)

i poddajemy transformacie równanie (5.9.1) oraz drugi z warunków (5.9.2). Zwy-czajne równanie różniczkowe dla ϑ(r, s) ma postać

d2ϑ

dr2 +1r

dϑ

dr− 1κsϑ = 0, (5.9.4)

z warunkiem

ϑ(r = a, s) =θ0

s. (5.9.5)

W równaniu (5.9.4) wprowadzamy4 nową, bezwymiarową zmienną, ρ = r/a co pro-wadzi do

d2ϑ

dρ2 +1ρ

dϑ

dρ− a2

κsϑ = 0, ϑ(ρ = 1, s) =

θ0

s. (5.9.6)

4Nie jest to operacja konieczna, ale zwykle zależy nam na „odwymiarowywaniu” zmiennych. Zachwilę zresztą wrócimy – ze względów czysto praktycznych – do starej zmiennej r. Najprościej po-zbawimy zmienną radialną wymiaru mnożąc obie strony równania (5.9.4) przez a2.

BG AGH


Równanie (5.9.6) identyfikujemy jako modyfikowane równanie Bessela o wskaźni-ku 0 (por. wzory 4.84 i 4.85 oraz rysunek 4.5 „Wybranych rozdziałów. . . ”). Jegoogólnym rozwiązaniem będzie

ϑ(ρ, s) = C1I0

(a

√s

κρ

)+ C2K0

(a

√s

κρ

). (5.9.7)

Stałą C2 przyjmujemy równą zeru ze względu na osobliwość5 funkcji K0 dla r = 0;stałą C1 wyliczamy z warunku (5.9.5)

ϑ(ρ = 1, s) = C1I0

(a

√s

κ

)=θ0

s.

Ostatecznie – powracając do zmiennej r – mamy

ϑ(r, s) =θ0

s

I0

(√s

κr

)I0

(√s

κa

) . (5.9.8)

Pozostaje nam znalezienie transformaty odwrotnej

θ(r, t) = L −1 (ϑ(r, s)) =θ0

2πi

∫ γ+i∞

γ−i∞etsI0

(√s

κr

)I0

(√s

κa

) ds

s. (5.9.9)

Całkowanie odbywa się na płaszczyźnie zespolonej Cs, po linii prostej, równoległejdo osi urojonej. Stała γ musi być tak dobrana, aby wszystkie osobliwości biegunowefunkcji podcałkowej znajdowały się po lewej stronie prostej – wówczas prostą uzupeł-niamy o „lewy” półokrąg [zwrócony swą wypukłością w stronę ujemnej półosi <(s)]– por. rysunek 5.9.1 – i całkę liczymy metodą residuów. Kluczową sprawą jest przytym zerowanie się całki konturowej po łuku półokręgu, przy jego promieniu dążącymdo nieskończoności. Zwykle takie znikanie całki po półokręgu przyjmujemy „z góry”za zagwarantowane – gdyż w przeciwnym przypadku nie można by było zastosowaćrachunku residuów do liczenia całki wzdłuż prostej. Spróbujmy prześledzić tę kwestięnieco dokładniej. Jak wynika z rysunku 5.9.1 naszym konturem całkowania będziepraktycznie „lewy” półokrąg, którego średnica leży na osi urojonej.Znikanie całkikonturowej po łuku półokręgu, przy promieniu półokręgu zmierzającym, jest konse-kwencją, odpowiednio zmodyfikowanego, lematu Jordana. Ten ostatni (por. podroz-dział 1.1 „Wybranych rozdziałów. . . ” – rysunek 1.2 i przypis na stronie czwartej)gwarantuje znikanie analogicznej całki z funkcji

limR→∞

∫CR

f(ζ)eiαζ dζ = 0; α > 0 (5.9.10)

5Osobliwość ta dotyczy wprawdzie nie szukanego rozwiązania, ale jego transformaty Laplace’a.Z prezentowanego w dalszym ciągu rachunku wynika niezbicie, że taka „osobliwa” transformata daje– po odwróceniu – równie „osobliwy” oryginał.

BG AGH


Rysunek 5.9.1: Kontur na płaszczyźnie Cs do obliczeń całki (5.9.9) i (pierwsze trzy)bieguny funkcji podcałkowej, związane z kwadratami zer funkcji J0

dla półokręgu CR położonego w górnej półpłaszczyźnie zespolonej, =(ζ) 0, podwarunkiem, że granicą funkcji f(ζ) przy ζ → ∞ jest zero. Kontur na rysunku 5.9.1powstaje z konturu z rysunku 1.2 „Wybranych rozdziałów. . . ” w wyniku obrotu tegoostatniego konturu o kąt π/2. Zamiast jednak obracać kontur CR z rysunku 1.2 o kątπ/2 możemy obrócić płaszczyznę Cζ o kąt −π/2, a więc dokonać transformacji

ζ → e−iπ/2ζ = −iζ,

co przekształca całkę (5.9.10) w

limR→∞

∫CR

f(ζ)eiα(−iζ) dζ = limR→∞

∫CR

f(ζ)eαζ dζ = 0; α > 0. (5.9.11)

Tak więc uogólniony lemat Jordana pozwala wyrokować o znikaniu całki po „lewympółokręgu” na płaszczyźnie Cs, o ile towarzysząca eksponencie ets funkcja f(s) – por.wzór 5.9.9 – zachowuje się odpowiednio przy s→∞; <(s) ¬ 06. Tak jest w naszymprzypadku – zapewnia to ułamek 1/s w (5.9.9). W funkcji podcałkowej występuje

6Upraszczając nieco wywód: w lemacie Jordana o znikaniu całki po „górnym” półokręgu decydo-wała część rzeczywista wykładnika eksponenty eiαz (z = x+ iy) – a więc e−y, gdzie y było nieujemne(górna półpłaszczyzna). W całce (5.9.9) analogiczny wykładnik to t · <(s). Dla lewej półpłaszczy-zny mamy <(s) ¬ 0, a zmienna czasowa t jest większa od zera – tak więc i tutaj rzeczywista częśćwykładnika jest niedodatnia.

BG AGH


jeszcze stosunek dwóch funkcji I0

I0

(√s

κr

)I0

(√s

κa

) , (5.9.12)

którego granica, przy zmiennej s zmierzającej do nieskończoności w lewej półpłasz-czyźnie Cs powinna być stała. Podpowiada nam to . . . pragmatyzm, intuicja, ale jeżelichcemy te nie do końca naukowe argumenty zweryfikować, to możemy zawsze posłu-żyć się reprezentacją funkcji I0(z) (z – zmienna zespolona, bez żadnych ograniczeń7)w postaci szeregu

I0(z) = 1 +∞∑k=1

(14z

2)k

(k!)2 . (5.9.13)

Ponieważ w liczniku (5.9.12) argument funkcji I0 zawiera mnożnik r, a w mianowniku– a, przy czym r ¬ a możemy być spokojni, że stosunek (5.9.12) na lewym półokręguzmierza, przy promieniu półokręgu rosnącym nieograniczenie, do zera (ewentualniedo 1, dla r = a). Dlatego

θ(r, t) = L −1[ϑ(r, s)

]=∑k

Res

ets I0

(√s

κr

)I0

(√s

κa

) 1s

; s = sk

. (5.9.14)

Przyjrzyjmy się osobliwościom – punktom s = sk – funkcji podcałkowej w (5.9.9).Funkcja ta

f(s) = etsI0

(√s

κr

)I0

(√s

κa

) 1s

ma oczywiście biegun pierwszego rzędu w s = 0, z residuum równym jedności (niezapominajmy – I0(0) = 1). Kolejne osobliwości to punkty, w których może się zerować

I0

(√s

κa

), występujące w mianowniku ułamka. Na pierwszy rzut oka wydaje się to

niemożliwe – z wspomnianego już rysunku 4.5 „Wybranych rozdziałów. . . ” wynikaprzecież, że funkcja I0(x) nie ma miejsc zerowych! Ale nie zapominajmy, że jesteśmyna płaszczyźnie zespolonej i że dla argumentu czysto urojonego mamy

I0(ix) = J0(x). (5.9.15)

7Niestety, nie możemy użyć wzoru 4.90, podającego asymptotykę funkcji I0 dla czysto rzeczywi-stego argumentu x, przy x → ∞. Rozszerzenie tego wzoru na płaszczyznę zespoloną, dla I0 = I0(z)jest poprawne tylko dla | arg(z)| ¬ π/2.

BG AGH


Z tej ostatniej relacji wynika, że funkcja I0

(√s

κa

)będzie równa zeru dla argumentu

i

√s

κa = α0k, albo s ≡ sk = −α

20ka2 κ; k = 1, 2, . . .

– bieguny funkcji podcałkowej w (5.9.9) leżą (por. rysunek 5.9.1) na ujemnej półosirzeczywistej płaszczyzny Cs, w punktach, które są ujemnymi kwadratami zer α0k

funkcji Bessela J0, „skalowanymi” jednostkami8 a2/κ. Są to – jak zawsze w przypadkufunkcji Bessela – bieguny pierwszego rzędu, bo pochodna funkcji J0 to (z dokładnościądo stałego czynnika) funkcja J1, a jak wiemy zera funkcji Bessela o różnych (kolejnych)wskaźnikach nigdy się nie przekrywają (por. problem 4.8). Na rysunku 5.9.1 naujemnej osi rzeczywistej zmiennej s zaznaczyliśmy kwadraty pierwszych trzech zerfunkcji Bessela J0 – bieguny funkcji podcałkowej w (5.9.9). Residua we wszystkichbiegunach, z wyjątkiem s = 0, policzymy najprościej jako

Res

ets I0

(√s

κr

)I0

(√s

κa

) 1s

; s = sk

= Res

ets I0

(√s

κr

)I0

(√s

κa

) 1s

; s = sk = −α20ka2 κ; k = 1, 2, . . .

= − exp

(−κα

20ka2 t

)a2J0

(α0k

r

a

)κ · α2

0k· 1[

d

dsI0

(√s

κa

)]s=sk=−

α20ka2

κ

. (5.9.16)

Policzenie pochodnej nie jest trudne, chociaż wymaga zmiany zmiennej. Mamy

d

dsI0

(√s

κa

)∣∣∣∣s=sk

=

√s

κ= x

d

ds=

12√κs

d

dx

=a2

2κα0kJ1(α0k). (5.9.17)

(W obliczeniach korzystamy z relacji rekurencyjnej R1 dla funkcji Bessela.) Uwzględ-niając (5.9.16) i (5.9.17) (i nie zapominając o jednostkowym residuum dla s = 0!),otrzymujemy ostateczną postać wzoru (5.9.14), który daje nam szukane rozwiązanie

θ(r, t) = θ0

1− 2∞∑k=1

J0

(α0k

r

a

)α0kJ1 (α0k)

exp

(−κα

20ka2 t

) . (5.9.18)

8Jeżeli Czytelniku zastanawiasz się przypadkiem nad problemem jednostek, to zauważyłeś z pew-nością, że jednostka zmiennej zespolonej s ma wymiar, będący odwrotnością wymiaru czasu. Totylko konsekwencja bezwymiarowego iloczynu st lub ts w jądrze całkowym transformaty Laplace’ai jej transformaty odwrotnej.

BG AGH


Zgodnie z tym, czego można było oczekiwać, zależność radialna wyraża się poprzezfunkcję cylindryczną Bessela J0. Przebieg czasowy to – również zgodnie z oczekiwania-mi – typowa dla fizycznych zjawisk zależność typu [1− exp(−t/τ)], gdzie τ odgrywarolę czasu charakterystycznego problemu (u nas τ ≡ τk = a2/(α2

0kκ).

Oczywiście, problem ten można rozwiązać, stosując standardową technikę separacjizmiennych. Wymaga to pewnej drobnej zmiany niewiadomej funkcji. Zamiast θ(r, t)użyjemy

Θ(r, t) = θ0 − θ(r, t) ≡ R(r)T (t). (5.9.19)

Równanie (5.9.1) rozpadnie się na dwa równania: proste równanie pierwszego rzędudla funkcji T (t) oraz zwykłe równanie Bessela o wskaźniku zero dla R(r), z warunkiemR(r = a) = 0, który wygeneruje ortogonalny i zupełny zbiór funkcji J0(α0kr/a). Tegoostatniego trzeba będzie użyć do rozwinięcia funkcji Θ(r, t = 0) = θ0. Niewątpliwie,technika separacji zmiennych dostarczy nam rozwiązania (5.9.18) szybciej i kosztemmniejszego wysiłku. Ale jeżeli ktoś lubi niebanalne rachunki, to zaprezentowana tutajtechnika transformaty Laplace’a sprawi mu z pewnością więcej satysfakcji.

BG AGH


PROBLEM 5.10

Rozpatrujemy półnieskończony ośrodek jednorodny, ograni-czony płaszczyzną x = 0. W chwili początkowej (t = 0)temperatura wszystkich punktów ośrodka była równa zeru,natomiast płaszczyzna graniczna x = 0 jest utrzymywanacały czas w temperaturze θ0. Znajdź temperaturę punktówośrodka, θ = θ(x, t), metodą transformaty Laplace’a.

Tak jak w problemie 5.9 mamy do rozwiązania równanie przewodnictwa cieplnego

∂θ(x, t)∂t

= κ∂2θ(x, t)∂x2 . (5.10.1)

Stała κ to współczynnik przewodnictwa cieplnego. Warunki brzegowe dla naszegorozwiązania to

θ(x, t = 0) = 0, x > 0; θ(0, t) = θ0, t > 0. (5.10.2)

Definiujemy transformatę Laplace’a L szukanej temperatury jako

ϑ(x, s) = L

[θ(x, t)

]=∫ ∞

0e−stθ(x, t) dt (5.10.3)

i poddajemy transformacie równanie (5.10.1) oraz drugi z warunków (5.10.2). Zwy-czajne równanie różniczkowe dla ϑ(x, s) ma postać

d2ϑ(x, s)dx2 =

s

κϑ(x, s), (5.10.4)

z warunkiem

ϑ(x = 0, s) =θ0

s, (5.10.5)

a jego rozwiązaniem będzie

ϑ(x, s) =θ0

se−x√s/κ. (5.10.6)

Drugie rozwiązanie z dodatnim wykładnikiem w funkcji wykładniczej odrzucamy –temperatura θ(x, t) dla x→∞ musi dążyć do zera, a to narzuca analogiczny warunekna jej transformatę ϑ(x, s).W tym momencie można zaglądnąć do tablic odwrotnej transformaty Laplace’a. Na-wet w tych stosunkowo skromnych powinniśmy znaleźć bez trudu, że transformataodwrotna funkcji określonej w (5.10.6) to

θ(x, t) = L −1

[ϑ(s, t)

]= θ0erfc

(x

2√κt

), (5.10.7)

BG AGH


gdzie erfc(z) to dopełnienie funkcji błędu (por. 1.142).To, że taka transformata odwrotna będzie ława do wyszukania w tablicach wynika z„popularności” sytuacji fizycznej, opisanej w temacie tego problemu. Bardzo częstozdarza się, że „na wejściu” do niezaburzonego ośrodka o stałej temperaturze (alboo stałym stężeniu pewnego składnika – równania rządzące procesami przewodnictwacieplnego i procesami dyfuzji są przecież identyczne) pojawia się, skokowo, stały sy-gnał (temperatura, stężenie). Właśnie z uwagi na wagę tego problemu spróbujmywyprowadzić wzór (5.10.7), obliczając transformatę odwrotną metodą całki kontu-rowej. Wiemy, że

L −1

[ϑ(s, t)

]=

θ0

2πi

∫ γ+i∞

γ−i∞exp

(ts− x

√s

κ

)ds

s≡ θ0

2πi

∫ γ+i∞

γ−i∞exp

(ts− b

√s) dss,

(5.10.8)gdzie podstawiliśmy b = x/

√κ.

Całkujemy po prostej równoległej do osi urojonej Cs i umieszczonej tak, aby wszystkie

Rysunek 5.10.1: Kontur na płaszczyźnie Cs do obliczeń całki (5.10.8)

osobliwości funkcji podcałkowej znajdowały się po lewej stronie tej prostej. Zgodniez praktyką, prostą „uzupełniamy” do konturu zamkniętego, ale z uwagi na niejedno-znaczność funkcji podcałkowej (pierwiastek!) musimy wybrać nasz kontur w specjalnysposób. Będzie to kontur jak na rysunku 5.10.1, w którym „lewy” półokrąg rozdzie-liliśmy na dwa segmenty – górny i dolny, uzupełnione przez linię cięcia (odcinki CDi EF na rysunku) wzdłuż ujemnej osi urojonej i mały okrąg Cρ, który obiega punkt

BG AGH


s = 0, punkt rozgałęzienia√s (por. podrozdział 1.1.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”).

Całki po górnym i dolnym segmencie półokręgu znikają przy promieniu półokręgudążącym do nieskończoności. Wiemy już (por. problem 5.9), że aby to uzasadnić,wystarczy wykazać

lims→∞; <(s)¬0

1s

exp(−b√s)

= 0. (5.10.9)

Czynnik 1/s rodzi duże nadzieje, ale pozostaje weryfikacja zachowania się funkcjiwykładniczej. Mamy∣∣∣∣∣e−b

√s

s

∣∣∣∣∣ = s = Reiφ =∣∣∣∣ 1Reiφ

e−b√R(cos φ2+i sin φ

2 )∣∣∣∣ =

1Re−b√R cos φ2 .

Na łuku BC mamy φ ∈ [π/2, π], a więc φ/2 ∈ [π/4, π/2]; po obejściu punktu s = 0argument s zmienia się o −2π i dlatego na łuku FA φ ∈ [−π,−π/2] albo φ/2 ∈[−π/2,−π/4]. Wartość kosinusa φ/2 jest więc w obu przypadkach dodatnia (nieujem-na), co gwarantuje

lims→∞; <(s)¬0

1s

exp(−b√s)

= limR→∞

1Re−b√R cos φ2 = 0. (5.10.10)

Ponieważ wewnątrz tak skonstruowanego konturu funkcja podcałkowa nie ma żadnychosobliwości całka konturowa jest równa zeru, co prowadzi do∫ γ+i∞

γ−i∞exp

(ts− b

√s)ds+

∫CD

ets−b√s ds+

∫EF

ets−b√s ds+

∫Cρets−b

√s ds

≡ I + I1 + I2 + I3 = 0. (5.10.11)

Całka I1 (górna granica cięcia) przy podstawieniu s = eiπR; ds = ieiπdR prze-kształca się (przy R→∞ oraz przy ρ→ 0) w

I1 →∫ ∞

0e−Rte−ib

√R dR

R;

podobnie – dla dolnej granicy cięcia, podstawienie s = e−iπR; ds = −ie−iπdR –otrzymujemy

I2 → −∫ ∞

0e−Rteib

√R dR

R.

Obie te całki możemy połączyć, pozbywając się jednocześnie pierwiastka przez pod-stawienie R = k2; dR = 2kdk. Daje to

I1 + I2 → −∫ ∞

0e−Rt

[eib√R − e−ib

√R] dRR

= −4i∫ ∞

0e−k

2t sin bkk

dk.

Całka po małym okręgu Cρ, przy ρ→ 0 daje (por. 1.7 i dalsze obliczenia w „Wy-branych rozdziałach. . . ”)

I3 → i

∫ π

−πdφ = 2πi.

BG AGH


Uwzględniając te wyniki w (5.10.11), dostajemy

ϑ0

2πiI = L −1

[ϑ(s, t)

]= ϑ0

(1− 2

π

∫ ∞0

e−k2t sin bk

kdk

). (5.10.12)

Nasze zabiegi przekształciły wyjściową całkę (5.10.8) w . . . „zwykłą” całkę, która niewygląda zbyt przyjaźnie. Musimy uciec się do zdobytych już wiadomości, połączonychz pewnym zgrabnym trikiem. Całka w (5.10.12) kojarzy nam się z całką (3.10.19)z problemu 3.10

Ib ≡∫ ∞

0exp(−tk2) cos bk dk =

√π

2√t

exp

(−b2

4tz

)t > 0. (5.10.13)

Konkretnie, całkę ∫ ∞0

e−k2t sin bk

kdk

można otrzymać drogą . . . całkowania całki (5.10.13) względem parametru b ≡ β odβ = 0 do β = b. Zobaczmy∫ b

0

∫ ∞0

exp(−tk2) cosβk dkdβ = . . . całkujemy pod znakiem całki. . .

=∫ ∞

0exp(−tk2)

[1k

sinβk]β=b

β=0dk =

∫ ∞0

e−k2t sin bk

kdk.

Jeżeli tak, to wartość naszej całki w (5.10.12) obliczymy, całkując w identycznysposób prawą stronę równości (5.10.13) Prowadzi to do

∫ ∞0

e−k2t sin bk

kdk =

∫ b

0

√π

2√t

exp

(−β2

4t

)dβ

=√π

∫ b

0exp

[−(

β

2√t

)2]d

(β

2√t

)

= β/2√t = u; β = b→ u =

b

2√t

=π

2· 2√

π

∫ b2√t

0e−u

2du =

π

2erf

b

2√t

=π

2erf

x√4κt

.

(5.10.14)

W ostatnim wierszu wykorzystaliśmy definicję funkcji erf(x) – wzór 1.142 „Wybra-nych rozdziałów. . . ”. Pozostaje już tylko podstawić wynik uzyskany w (5.10.14) do(5.10.12)

L −1

[ϑ(s, t)

]= θ0

(1− 2

π· π

2erf

x√4κt

)= θ0erfc

x√4κt

, (5.10.15)

BG AGH


w zgodzie z postulowanym (na podstawie tablic) wyrażeniem (5.10.7).Dyskutowany, a właściwie pracowicie „policzony” problem stanowi znakomitą apolo-gię naszych trudów, poniesionych przy opanowaniu techniki liczenia całek metodamiresiduów. Rachunki na etapie transformaty „wprost” są prawie banalne; rachunkitransformaty odwrotnej odwołują się już do sporych umiejętności i wiadomości mate-matycznych. Poniesiony trud – oprócz satysfakcji – pozwala jednak dobrze zrozumieć,skąd w tym rzeczywiście „ważnym” problemie fizycznym pojawia się jako rozwiązanietwór dość egzotyczny – dopełnienie funkcji błędu, erfc(x)9.

9 Bardzo pouczające jest także wyprowadzenie wzoru (5.10.7) przez zastąpienie stałego (w czasie)źródła ciepła (stężenia) w x = 0 superpozycją nieskończonej liczby punktowych (w czasie i przestrzeni)źródeł, umieszczonych na ujemnej półosi x < 0. Dla takich źródeł typu dirakowskiej delty rozwiąza-niem równania (5.10.1) jest krzywa gaussowska; tak więc dla superpozycji źródeł będziemy mieli doczynienia z funkcjami błędu. Por. http://www.ftj.agh.edu.pl/∼lenda/transport/adendum.pdf.

BG AGH


PROBLEM 5.11

Ciężka cząstka o masie m porusza się w cieczy lekkichcząstek, które ją potrącają w sposób przypadkowy. Podwpływem tych uderzeń rozważana cząstka ulega przy-spieszeniu, zgodnie z równaniem

mx(t) = −γ0x(t) +∑nϕnδ(t− tn), (5.11.1)

gdzie γ0 jest współczynnikiem tarcia dla siły tarcia pro-porcjonalnej do prędkości, natomiast ϕn jest miarą siłypopchnięć.Zakładając, że w chwili początkowej t = 0 cząstka znaj-duje się w położeniu x(0) = x0, a jej prędkość wynosix(0) = 0, znajdź równanie ruchu x(t) metodą transfor-mat Laplace’a.

Ruch ciężkiej cząstki zanurzonej w cieczy lekkich cząstek, które zderzają się z nią loso-wo jest najstarszym i najlepiej znanym w fizyce przykładem procesu stochastycznego.Zjawisko to zostało zaobserwowane po raz pierwszy w XIX wieku przez R. Browna– angielskiego botanika, który zauważył, że pyłek roślinny zawieszony w wodzie niepozostaje w miejscu, lecz wykonuje złożone ruchy. Badania J. Perrina nad tymi ru-chami potwierdziły atomową hipotezę budowy materii, a niezależne prace teoretyczneprowadzone przez A. Einsteina i M. Smoluchowskiego na początku XX wieku pozwo-liły zrozumieć naturę tego zjawiska. Ogólnie można powiedzieć, że przyczyną ruchówBrowna jest cieplny ruch cząstek cieczy, w której jest zanurzona ciężka cząstka. Więcejszczegółów na ten temat Czytelnik zapewne pozna podczas wykładów fizyki staty-stycznej.Równanie (5.11.1) jest równaniem Newtona, w którym prawa strona odpowiada silestochastycznej działającej na cząstkę. Dzieląc to równanie obustronnie przez masę m,dostajemy

x(t) = −βx(t) +∑n

Φnδ(t− tn), (5.11.2)

gdzie β = γ0/m, natomiast Φn = ϕn/m.Zanim przystąpimy do rozwiązania równania (5.11.2) techniką transformaty Lapla-ce’a, to wcześniej wyznaczymy transformaty Laplace’a poszczególnych wyrazów w tym

BG AGH


równaniu. Tak więc transformata Laplace’a wyrazu po lewej stronie ma postać

L [x(t)] = −sx(0)− x(0) + s2X(s), (5.11.3)

gdzie X(s) = L [x(t)].Z kolei transformata Laplace’a pierwszego wyrazu po prawej stronie równania (5.11.2)to

L [x(t)] = −x(0) + sX(s) (5.11.4)

i w końcu transformata Laplace’a z ostatniego wyrazu po prawej stronie równania(5.11.2) ma postać

L [∑n

Φnδ(t− tn)] =∑n

ΦnL [δ(t− tn)] =∑n

Φne−stn . (5.11.5)

Biorąc obustronnie transformatę Laplace’a z równania (5.11.2), dostajemy

L [x(t)] = −βL [x(t)] +∑n

ΦnL [δ(t− tn)]. (5.11.6)

Po podstawieniu wyrażeń (5.11.3-5.11.5) do równania (5.11.6) i wykorzystaniu wa-runków początkowych otrzymujemy następujące równanie algebraiczne

s2X(s)− sx0 = βx0 − βsX(s) +∑n

Φne−stn , (5.11.7)

którego rozwiązaniem jest funkcja

X(s) =x0s

s(s+ β)+

βx0

s(s+ β)+∑n

Φne−stn

s(s+ β). (5.11.8)

W celu znalezienia rzeczywistego równania ruchu rozpatrywanej cząstki, musimy po-liczyć odwrotną transformatę Laplace’a z równania (5.11.8)

x(t) = L −1

[1

s+ β

]x0 + βL −1

[1

s(s+ β)

]x0 +

∑n

ΦnL−1

[e−stn

s(s+ β)

]. (5.11.9)

Znalezienie równań ruchu wymaga wyznaczenia oryginałów z wyrazów znajdującychsię po prawej stronie równania (5.11.9). Odwrotna transformata Laplace’a dla pierw-szego wyrazu z prawej strony tego równania ma postać

L −1

[1

s+ β

]= e−βt. (5.11.10)

Do obliczenia transformaty odwrotnej kolejnego składnika zastosujemy metodę roz-kładu na ułamki proste, zgodnie z którą mamy

L −1

[1

s(s+ β)

]=

1βL −1

[1s− 1s+ β

]=

1β

[1− e−βt

]. (5.11.11)

BG AGH


Z kolei wyznaczenie oryginału z ostatniego składnika w (5.11.9) wymaga zastosowaniametody residuów zgodnie ze wzorem

L −1[G(s)] =1

2πi

∫ds estG(s) =

∑i=1

Res[G(s)est; s = si

], (5.11.12)

przy czym residuum funkcji w punkcie si obliczamy na podstawie wzoru

Res[G(s)est; s = si

]=

1(k − 1)!

lims→si

dk−1

dsk−1

[(s− si)kG(s)est

]. (5.11.13)

Nasza funkcja G(s) [trzeci składnik prawej strony równania (5.11.9)] ma dwa bie-guny pierwszego rzędu: s1 = 0 oraz s2 = −β, będące miejscami zerowymi równanias(s+ β) = 0. Zastosowanie wzoru (5.11.13) daje nam, o czym się łatwo przekonać,dla s = 0 przyczynek Res[G(s) exp (st); s1 = 0] = β−1, natomiast dla s = −β, dosta-jemy przyczynek Res[G(s) exp (st); s2 = −β] = −β−1 exp [−β(t− tn)]. Stąd wynika,że równanie ruchu dla cząstki Browna ma postać

x(t) = x0 +1γ0

∑n

ϕn

[1− e−β(t−tn)

]. (5.11.14)

BG AGH


PROBLEM 5.12

Podaj warunek zbieżności dla iteracyjnego rozwiązaniarównania całkowego w postaci

ψ(x) = eikx − im

~2k

∫ ∞−∞

dx′ eik|x−x′|V (x′)ψ(x′), (5.12.1)

gdzie potencjał V (x) przyjmuje wartość V0 wewnątrz prze-działu [−a/2, a/2], a na zewnątrz tego przedziału jest toż-samościowo równy zeru.

Równanie (5.12.1) to nic innego jak całkowa postać jednowymiarowego równaniaSchrodingera ze stałym potencjałem V0 znikającym na zewnątrz przedziału [−a/2, a/2],która w kwantowej teorii rozpraszania funkcjonuje pod nazwą równania Lippmana–Schwingera. Jak dobrze wiemy, na podstawie podrozdziału 5.1 z „Wybranych roz-działów. . . ”, jest to równanie Fredholma drugiego rodzaju, które formalnie zapiszemyw postaci

ψ(x) = φ0(x) + λ

∫ a/2

−a/2dx′ K(x, x′)ψ(x′). (5.12.2)

Jedną z podstawowych technik rozwiązywania tego typu równań całkowych jest me-toda iteracyjna, dzięki której dostajemy jednoznaczne rozwiązanie w postaci szereguNeumanna pod warunkiem, że jądro równania całkowego (5.12.2) jest całkowalnez kwadratem, tzn. ∫ a/2

−a/2dx

∫ a/2

−a/2dx′ |K(x, x′)|2 = B2, (5.12.3)

a występujący w równaniu (5.12.2) parametr λ spełnia nierówność

|λ| < 1B, (5.12.4)

gdzie B jest pewną skończoną liczbą.Porównując równania (5.12.1) i (5.12.2) możemy zidentyfikować jądro całkowe jako

K(x, x′) = exp (ik|x− x′|),

natomiast parametr λ ma postać

λ = i[mV0/(~2k)].

BG AGH


Z warunku (5.12.3) wynika, że B2 = a2, natomiast z nierówności (5.12.4), mamy

mV0

~2k<

1a, (5.12.5)

skąd, po uwzględnieniu ~k = p = mv otrzymujemy równoważny warunek w postaci

V0a

~v< 1. (5.12.6)

Ten wynik oznacza, że przy wysokich energiach, gdy energia kinetyczna wyraźnieprzewyższa energię potencjalną, metoda iteracyjna daje dokładne wyniki, tzn. szeregNeumanna jest zbieżny.Kryterium dane wzorem (5.12.6) można stosunkowo łatwo uogólnić na przypadek po-tencjału V (x). W tym celu należy zastąpić licznik wyrażenia danego wzorem (5.12.6)przez wartość średnią z potencjału V (x), zgodnie ze wzorem

〈V 〉 =1a

∫ ∞−∞

dx V (x). (5.12.7)

Do zilustrowania tego wyniku posłużymy się potencjałem krótkozasięgowym, mode-lowanym przez deltę Diraca scentrowaną w punkcie x = 0, czyli V (x) = V δ(x). Łatwozauważyć, że po skorzystaniu z własności 2.187 z „Wybranych rozdziałów. . . ” na-tychmiast odtwarzamy kryterium (5.12.6).

BG AGH


PROBLEM 5.13

Oblicz w pierwszym przybliżeniu Borna różniczkowy prze-krój czynny na rozpraszanie cząstek na potencjale Yukawy.

Rozpraszanie cząstek na różnego rodzaju obiektach mikroskopowych dostarcza naminformacji na temat ich struktury. Oczywiście z „rachunkowego” punktu widzeniaobiekt mikroskopowy jest modelowany przez odpowiednio dobrany potencjał10. I tak,Yukawa poszukując wyjaśnienia krótkozasięgowego charakteru oddziaływań międzynukleonami w jądrach, pokazał, że potencjał typu

V (r) = g2 e−r/R

r(5.13.1)

jest możliwie najprostszym przybliżeniem tego typu oddziaływań. W teorii jądra ato-mowego, parametr R jest zasięgiem działania sił jądrowych i można go wyrazić jako~/(mpc), gdzie mp jest masą cząstki odpowiedzialnej za przenoszenie oddziaływańmiędzy nukleonami w jądrze, z kolei g2 jest stałą sprzężenia dla tego oddziaływania.W mechanice kwantowej opis rozpraszania najwygodniej jest przeprowadzić opierającsię na równaniu całkowym Lipmanna–Schwingera,

ψ(r) = eip·r/~ − m

2π~2

∫d3r′

eip|r−r′|/~

|r − r′|V (r′)ψ(r′). (5.13.2)

W typowym eksperymencie rozproszeniowym przyjmujemy, że detektor znajduje sięz dala od centrum rozpraszającego, tak jak to przedstawiono na rysunku 5.13.2.Uwzględnienie tego przybliżenia w równaniu (5.13.2) oznacza, że długość wektorar − r′ jest w przybliżeniu równa odległości r pomniejszonej o rzut r′ na kierunek r,tzn. |r−r′| ≈ r−r′ ·nr, gdzie nr jest wersorem wzdłuż kierunku wyznaczonego przezwektor r. Zastosowanie tego wyrażenia do wykładnika eksponenty pod znakiem całkimożna interpretować jako różnice fazowe pomiędzy falami docierającymi z różnychpunktów leżących wewnątrz obszaru rozpraszania. W mianowniku wyrażenia podcał-kowego przyjmiemy, że |r − r′| ≈ r, co z kolei oznacza iż zakładamy, że osłabianiefal dochodzących do detektora z różnych punktów leżących wewnątrz obszaru rozpra-szania jest jednakowe. Po zastosowaniu tych przybliżeń, równanie (5.13.2) przyjmiepostać11

ψ(r) ≈ eik·r +− m

2π~2

∫d3r′ e−ik

′·r′V (r′)ψ(r′)eikr

r, (5.13.3)

10Por. także problem 4.7 i 5.1.11W literaturze można spotkać się z określeniem postać asymptotyczna równania Lippmana–Schwingera.

BG AGH


Rysunek 5.13.2: Typowy ekperyment rozproszeniowy: padająca fala płaskai rozbiegająca się fala kulista

gdzie wprowadziliśmy wektory falowe: k = p/~ dla fali padającej oraz k′ = pnr/~dla fali rozproszonej.Wyrażenie w nawiasie klamrowym jest amplitudą fali kulistej f(k,k′) (powstałej naskutek rozproszenia) i nosi nazwę amplitudy rozpraszania,

f(k,k′) = − m

2π~2

∫d3r′ e−ik

′·r′V (r′)ψ(r′). (5.13.4)

Zwróćmy uwagę, że zawiera ona informację o centrum rozpraszającym, a co więcej –można ją bezpośrednio powiązać z różniczkowym przekrojem czynnym, mianowicie

dσ

dΩ= |f(k,k′)|2. (5.13.5)

Uzasadnienie tego związku Czytelnik znajdzie w podręcznikach do mechaniki kwan-towej. Zaznaczmy jednak, że wyrażenie (5.13.5) łączy w sobie aspekt falowy z korpu-skularnym.Zastosowanie procedury iteracyjnej pozwala wyrazić amplitudę rozpraszania w po-staci szeregu Neumanna,

f(k,k′) =∞∑n=0

fn(k,k′), (5.13.6)

przy czym

fn(k,k′) = − m

2π~2

∫d3r′ e−ik

′·r′V (r′)ψn−1(r′), (5.13.7)

dla n = 1, 2, . . ., z kolei funkcja ψn−1(r′) jest n− 1 przybliżeniem funkcji ψ(r′) speł-niającej równanie Lippmana–Schwingera.

BG AGH


Przekrój czynny obliczony w pierwszym przybliżeniu Borna odpowiada sytuacji, w któ-rej funkcja falowa występująca pod znakiem całki w wyrażeniu (5.13.4) jest przybli-żona przez niejednorodność w równaniu (5.13.3) – czyli falę płaską. W rezultaciedostajemy

f1(k,k′) = − m

2π~2

∫d3r′ e−ik

′·r′V (r′)eik·r′

= − m

2π~2

∫d3r′ e−iq·r

′V (r′), (5.13.8)

Rysunek 5.13.3: Obliczanie długościwektora q

gdzie ~q = ~k′ − ~k jest przekazem pędupodczas rozproszenia elastycznego o war-tości

q = 2k sinθ

2, (5.13.9)

przy czym θ jest kątem rozpraszania jak topokazano na rysunku 5.13.3.

Jak łatwo zauważyć, obliczenie amplitudy rozpraszania w pierwszym przybliżeniuBorna sprowadza się do wyznaczenia transformaty Fouriera z potencjału V (r). Tozagadnienie już zostało przedstawione w problemie 5.1, zatem poszukiwana amplitu-da rozpraszania ma postać

f1(k,k′) = −2m~2

g2

(1/R)2 + 4k2 sin2 θ

2

, (5.13.10)

a stąd wynika, że różniczkowy przekrój czynny, zgodnie ze wzorem (5.13.5) ma postać

dσ

dΩ=(

2mg2

~2

)2 1[(1/R)2 + 4k2 sin2 θ/2

]2 . (5.13.11)

BG AGH


W szczególności, jeżeli przejdziemy z R −→ ∞, co odpowiada potencjałowi kulom-bowskiemu, to odtworzymy formułę rozpraszania otrzymaną po raz pierwszy przezE. Rutherforda, która opisuje rozpraszanie naładowanej cząstki o ładunku e i masiem na nieruchomym ładunku Q, tzn.

dσ

dΩ=(g2

4E

)2 1sin4 θ/2

, (5.13.12)

gdzie E jest energią kinetyczną padającej cząstki, a g2 = eQ/(4πε0).Warto wiedzieć, że Rutherford wyprowadził wyrażenie dane wzorem (5.13.12) meto-dami mechaniki klasycznej, a otrzymany wynik pozwolił mu wyjaśnić doświadczalnewyniki rozpraszania cząstek α na złocie i postawić hipotezę istnienia jądra atomowe-go.

BG AGH


PROBLEM 5.14

Rozwiąż równanie całkowe

φ(x) = x2 + λ∫ x

0(x− t)φ(t) dt (5.14.1)

Nasze równanie to równanie Volterry, drugiego rodzaju, niejednorodne. Jądro równa-nia jest jądrem różnicowym i to w najprostszej postaci: K(x, t) = K(x−t) = x−t. Taczęsta postać zależności funkcyjnej jąder całkowych wywodzi się z równie często wy-stępującej w fizyce zależności typu splotu – występująca w równaniu całka to właśniesplot dwóch funkcji K(x− t) i φ(t), z których pierwsza zależy od „względnej odległo-ści” zmiennych. Splotem może być na przykład natężenie promieniowania, rejestro-wane przez przesuwający się wzdłuż osi odwiertu detektor. Sygnał detektora zależyod koncentracji pierwiastka promieniotwórczego w warstwach skały (φ(t); zmiennat to głębokość warstwy) i „funkcji odpowiedzi” detektora, umieszczonego w pozycji(głębokości) x. Ta ostatnia jest funkcją różnicy położeń12 warstwy i detektora (x− t).Podobnie widmo promieniowania gamma, rejestrowane przez układ spektrometrycz-ny, jest splotem13 widma fizycznego (rzeczywistego udziału kwantów o określonychenergiach) i znowu „funkcji odpowiedzi” układu, który rejestruje kwanty z przedziałuenergetycznego (E′, E′ + dE′) w przedziale (E,E + dE)14.Równanie (5.14.1) możemy rozwiązywać metodami „standardowymi”: szeregu Neu-manna, albo rezolwenty (por. podrozdział 5.2 i 5.3 ”Wybranych rozdziałów... ”), aleze względu na różnicową postać jądra możemy też stosować metodę transformaty La-place’a. Rozpatrzmy wszystkie te trzy metody.Metoda rezolwentyMetoda rezolwenty (por. podrozdział 5.3 „Wybranych rozdziałów. . . ”) jest zdecydo-wanie najbardziej uniwersalna – pamiętajmy, że rezolwenty, raz obliczonej dla kon-kretnego jądra równania, można użyć do rozwiązywania wszystkich równań niejed-norodnych z takim właśnie jądrem i różnymi funkcjami f(x), reprezentującymi nie-jednorodności równania. Pierwsze jądro iterowane K1(x, t) = K(x, t) = x − t. JądroK2(x, t), zgodnie z wzorem 5.60 „Wybranych rozdziałów. . . ”, to

K2(x, t) =∫ x

tK1(x, s)K1(s, t) ds =

∫ x

t(x− s)(s− t) ds = . . .

Sukces dalszych rachunków zależy w dużym stopniu od umiejętnego podejścia do12Mówiąc dokładniej: funkcją różnicy położeń centralnych punktów detektora i warstwy, ponieważ

tak detektor, jak i warstwa posiadają pewne rozmiary liniowe.13Więcej na temat splotu – por. problemy 5.4 i 5.6.14Funkcja odpowiedzi idealnego układu to delta Diraca: δ(E′−E). Nawet w takiej wyidealizowanej

sytuacji funkcja odpowiedzi zależy od różnicy (E′ − E)!

BG AGH


obliczenia takiej całki. Oczywiście, można wymnożyć dwa dwumiany, występującew funkcji podcałkowej i całkować uzyskany wielomian wyraz po wyrazie. Znaczniełatwiej dostrzeżemy jednak ogólny wzór w iteracji jeżeli będziemy całkować przezczęści:

K2(x, t) =∫ x

t(x− s)(s− t) ds =

∫ x

t(x− s) d

ds

[12

(s− t)2]ds

= (x− s) 12

(s− t)2∣∣∣∣s=xs=t

+12

∫ x

t(s− t)2 ds =

12 · 3

(x− t)3.

Iteracja już prawie jest widoczna, ale dla pewności policzymy jeszcze kolejne jądroiterowane

K3(x, t) =∫ x

tK1(x, s)K2(s, t) ds =

∫ x

t(x− s) 1

2 · 3(s− t)3 ds

=∫ x

t(x− s) d

ds

[1

2 · 3 · 4(s− t)4

]ds

= (x− s) 12 · 3 · 4

(s− t)3∣∣∣∣s=xs=t

+1

2 · 3 · 4

∫ x

t(s− t)4 ds =

12 · 3 · 4 · 5

(x− t)5.

Ogólną postacią n-ego jądra iterowanego będzie więc

Kn(x, t) =(x− t)2n−1

(2n− 1)!; n = 1, 2, . . . , (5.14.2)

albo

Kn+1(x, t) =(x− t)2(n+1)−1

[2(n+ 1)− 1]!=

(x− t)2n+1

(2n+ 1)!; n = 0, 1, . . . , (5.14.3)

co prowadzi do rezolwenty

R(x, t) =∞∑m=1

λm−1Km(x, t) =∞∑m=0

λmKm+1(x, t) =∞∑m=0

λm(x− t)2m+1

(2m+ 1)!.

Zapisanie takiego szeregu w postaci zwartej wymaga ujednolicenia wykładników lamb-dy i dwumianu

λm =(√

λ)2m

=1√λ

(√λ)2m+1.

Ostatecznie

R(x, t) =1√λ

∞∑m=0

[√λ(x− t)

]2m+1

(2m+ 1)!=

1√λ

sinh[√λ(x− t)].

BG AGH


Rozwiązaniem równania (5.14.1) będzie więc

φ(x) = f(x) + λ

∫ x

0R(x, t)f(t) dt

= x2 + λ

∫ x

0

1√λ

sinh[√λ(x− t)]t2 dt

= x2 +∫ x

0

d

dt

− cosh[

√λ(x− t)]

t2 dt

= x2 − cosh[√λ(x− t)]t2

∣∣∣t=xt=0

+ 2∫ x

0cosh[

√λ(x− t)]t dt

=2√λ

∫ x

0

d

dt

− sinh[

√λ(x− t)]

t dt

= − 2√λ

sinh[√λ(x− t)]t

∣∣∣∣t=xt=0

+2√λ

∫ x

0sinh[

√λ(x− t)] dt

= − 2λ

cosh[√λ(x− t)]

∣∣∣t=xt=0

=2λ

(cosh

√λx− 1

). (5.14.4)

Metoda szeregu NeumannaDoświadczenie zdobyte w konstrukcji rezolwenty niewątpliwie ułatwi iteracyjne roz-wiązywanie równania. Punktem wyjściowym iteracji będzie

φ0(x) = f(x) = x2.

Kolejne przybliżenie to

φ1(x) = x2 + λ

∫ x

0(x− t)φ0(t) dt = x2 + λ

∫ x

0(x− t)t2 dt

= . . . = x2 + λx4

3 · 4i dalej

φ2(x) = x2 + λ

∫ x

0(x− t)φ1(t) dt = x2 + λ

∫ x

0(x− t)

[t2 + λ

t4

3 · 4

]dt

= . . . = x2 + λx4

3 · 4+ λ2 x6

3 · 4 · 5 · 6.

Specjalnie pozostawiamy mianowniki ułamków w postaci rozbitej na czynniki, aby ła-twiej uchwycić rekurencję. Ewidentnie, we wszystkich mianownikach brakuje dwójki,a ujednolicenie potęg lambdy i zmiennej x uzyskamy podobnie jak w poprzedniej me-todzie, wyciągając przed nawias czynnik 1/λ i wprowadzając lambdę pod pierwiastek.Ostatecznie

φn(x) =2λ

[(x√λ)2

2!+

(x√λ)4

4!+

(x√λ)6

6!+ . . .+

(x√λ)n

n!

]

BG AGH


i – zgodnie z (5.14.4) –

φ(x) = limn→∞

φn(x) =2λ

(cosh

√λx− 1

). (5.14.5)

Metoda transformaty Laplace’aPonieważ występująca po prawej stronie równania (5.14.1) całka to splot dwóchfunkcji, to stosując transformatę Laplace’a L do obu stron tego równania (i pamię-tając, że transformata ze splotu jest równa iloczynowi transformat jego składowych)otrzymujemy

L [φ] = L [x2] + λL [x] ·L [φ],

a po uporządkowaniu

L [φ] =L [x2]

1− λL [x]=

2s3

1− λ 1s2

, (5.14.6)

gdzie wykorzystaliśmy

L [xn] =∫ ∞

0e−sxxn dx =

1sn+1

∫ ∞0

e−sx(sx)n d(sx) =Γ(n+ 1)sn+1 . (5.14.7)

Pozostaje przekształcenie (5.14.6) do postaci bardziej przyjaznej dla zastosowaniatransformaty odwrotnej

L [φ] =2

s(s2 − λ)=

1λ

[1

s−√λ

+1

s+√λ− 2s

]=

2λ

[s

s2 − (√λ)2− 1s

].

Jeszcze raz korzystamy z (5.14.7), a także z

L [cosh kx] = L[12

(ekx + e−kx

)]=

12

( 1s− k

+1

s+ k

)=

s

s2 − k2.

Transformata odwrotna – nasze rozwiązanie – to

L −1

2λ

[s

s2 − (√λ)2− 1s

]=

2λ

(cosh

√λx− 1

). (5.14.8)

Zestawienie trzech technik wykazuje niewątpliwie wyższość metody transformaty La-place’a (pod warunkiem, że znamy podstawy tej techniki!). Nie zapominajmy jednak,że jej użycie jest uwarunkowane różnicową postacią jądra. Metoda iteracyjna, prowa-dząca czy to do rezolwenty, czy – bezpośrednio – do rozwiązania jest bardziej uni-wersalna, ale i przy jej stosowaniu potrzebna jest znajomość reprezentacji pewnychfunkcji w postaci nieskończonych sum.

BG AGH


PROBLEM 5.15

Udowodnij, że rezolwenta równania całkowego typu Vol-terry o jądrze różnicowym, K(x, t) = K(x − t) zależytakże od różnicy (x − t). Wykorzystując ten fakt, tenfakt wykaż, że

L [R(x− t)] = L [K(x− t)]1− λL [K(x− t)]

. (5.15.1)

To, że jądro zależne od różnicy x−t prowadzi do rezolwenty zależnej od takiej właśnieróżnicy, widzieliśmy już na konkretnym przykładzie – w problemie 5.12. Rzeczywi-ście, tak być musi zawsze. Drugie jądro iterowane, K2(x, t) zgodnie z wzorem 5.60„Wybranych rozdziałów. . . ” to

K2(x, t) =∫ x

tK(x, s)K1(s, t) ds = . . .K(x, s) = K(x− s); K1(s, t) = K(s− t) . . .

=∫ x

tK(x− s)K(s− t) ds =

s− t = ∆ ds = d∆s = x → ∆ = x− ts = t → ∆ = 0

=∫ x−t

0K(x− t−∆)K(∆) d∆ ≡ K2(x− t)

– po wycałkowaniu względem nowej zmiennej ∆ podstawiamy za tą zmienną alboliczbę (0) albo x − t – wynik całkowania może więc zależeć tylko od różnicy x − t.Identycznie będą wyglądać obliczenia kolejnych jąder Kn(x, t) ≡ Kn(x − t); sumatakich jąder, pomnożonych przez kolejne potęgi parametru λ będzie więc zależała odróżnicy x− t. Wykazaliśmy więc

R(x, t) =∞∑m=1

λm−1Km(x− t) ≡ R(x− t). (5.15.2)

Dla równania o jądrze różnicowym

φ(x) = f(x) + λ

∫ x

0K(x− t)φ(t) dt (5.15.3)

metoda transformaty Laplace’a prowadzi do

L [φ(x)] = L [f(x)] + λL [∫ x

0K(x− t)φ(t) dt]

= L [f(x) + λL [K(x− t)] ·L [φ(x)], (5.15.4)

BG AGH


albo, po uporządkowaniu,

L [φ] =L [f ]

1− λL [K]. (5.15.5)

Z kolei, po obliczeniu rezolwenty, funkcję φ znajdujemy z równania (por. 5.64)

φ(x) = f(x) + λ

∫ x

0R(x− t)f(t) dt. (5.15.6)

Potraktowanie obu stron tego równania transformatą Laplace’a prowadzi do

L [φ] = L [f ] + λL [R] ·L [f ]. (5.15.7)

Wyznaczamy z tego równania transformatę rezolwenty

L [R] =L [φ]−L [f ]

λL [f ](5.15.8)

i – ostatni krok – podstawiamy w (5.15.8) za L [φ] z równania (5.15.5). Mamy

L [R] =

L [f ]1− λL [K]

−L [f ]

λL [f ]= . . . =

L [K]1− λL [K]

. (5.15.9)

Tak więc, dla równań klasy Volterry z jądrami różnicowymi technika transformatyLaplace’a oferuje dodatkowe ułatwienia – znalezienie rezolwenty równania sprowadzasię do obliczenia transformaty Laplace’a jądra równania, prostej algebry i znalezieniatransformaty odwrotnej.W podrozdziale 5.3 „Wybranych rozdziałów. . . ”obliczaliśmy rezolwentę dla równania(por. 5.62)

φ(x) = ex +∫ x

0ex−tφ(t) dt. (5.62)

Warto sprawdzić, jak wyglądałyby te obliczenia przy zastosowaniu równania (5.15.9).Transformata Laplace’e jądra równania to

L [K(x− t)] = L[ex−t

]=

1s− 1

.

Wzór (5.15.9) prowadzi do

L [R] =L [K]

1− λL [K]= . . . =

1s− (1 + λ)

.

Biorąc transformatę odwrotną, mamy

L −1

[1

s− (1 + λ)

]= e(1+λ)(x−t).

Ponieważ w równaniu 5.62 λ = 1, mamy ostatecznie

R(x− t;λ = 1) = e2(x−t)

w pełnej zgodzie z równaniem 5.63.

BG AGH


PROBLEM 5.16

Znajdź rozwiązanie równania całkowego typu Volterry

φ(x) =x3

3− 2x−

∫ x0φ(t) dt. (5.16.1)

Znowu mamy do wyboru trzy metody: metodę rezolwenty, metodę iteracyjną (szeregNeumanna) i technikę transformaty Laplace’a. Prześledzimy w skrócie wszystkie trzy.Metoda transformaty Laplace’a.Stosując transformatę Laplace’a do obu stron (5.16.1) [po prawej stronie mamytransformatę splotu; por. też (5.14.7)] otrzymujemy

L [φ] =13

3!s4 − 2

1s2 −L [φ] · 1

s, (5.16.2)

albo po uporządkowaniu

L [φ](

1 +1s

)=

2(1− s2)s4

,

co prowadzi do

L [φ] =2s3 −

2s2 = L

[x2 − 2x

]. (5.16.3)

W obliczaniu transformat korzystamy z (5.14.7). Tak więc

φ(x) = x2 − 2x. (5.16.4)

Metoda rezolwenty.Dla tak prostego jądra równania całkowego – K(x, t) = 1 – obliczenie rezolwenty jestprawie natychmiastowe. Rachunki są analogiczne do obliczeń rezolwenty dla jądraK(x, t) = ex−t, w podrozdziale 5.3 „Wybranych rozdziałów. . . ”(por. 5.63, a takżeproblem 5.18); poprzestajemy na obliczeniu dwóch pierwszych jąder iterowanych

K2(x, t) =∫ x

t1 · 1 ds = x− t,

K3(x, t) =∫ x

t1 · (s− t) ds =

(x− t)2

2!,

. . . = . . .

Kn(x, t) = . . . =(x− t)n

n!.

BG AGH


Rezolwenta będzie równa

R(x, t;λ) =∞∑m=1

λm−1Km(x, t) =∞∑m=0

λmKm+1(x, t)

=∞∑m=0

λm(x− t)m

m!= eλ(x−t). (5.16.5)

Pozostaje weryfikacja:

φ(x) = f(x) +∫ x

0R(x, t;λ = −1)f(t) dt =

x3

3− 2x−

∫ x

0e−(x−t)

[t3

3− 2t

]dt

= . . . = x2 − 2x, (5.16.6)

w zgodzie z (5.16.4)Metoda szeregu Neumanna.To najmniej skuteczna – przynajmniej w tym przypadku – technika. Podajemy wynikiobliczeń kolejnych przybliżeń rozwiązania; ponieważ nie mamy lepszych pomysłówjako przybliżenie zerowe przyjmujemy φ0(x) = f(x).

φ0(x) =x3

3− 2x,

φ1(x) =x3

3− 2x+ x2 − x4

3 · 4,

φ2(x) = −2x+ x2 − x4

3 · 4+

x5

4 · 5,

φ3(x) = −2x+ x2 +x5

3 · 4 · 5− x6

3 · 4 · 5 · 6,

φ4(x) = −2x+ x2 − x6

3 · 4 · 5 · 6+

x7

3 · 4 · 5 · 6 · 7.

Ogólna postać (łatwo ją napisać znając konkretną postać rozwiązania!) to

φn(x) = x2 − 2x− (−1)n2xn+2

(n+ 2)!+ (−1)n

2xn+3

(n+ 3)!; n 2. (5.16.7)

Przy przejściu granicznym z n do nieskończoności wyrażenia typuxn

n!dążą (dla skoń-

czonego x) do zera; pozostają dwa pierwsze wyrazy w zgodzie z (5.16.4) i (5.16.6).Dodajmy, że niewiele pomoże, jeżeli iterację zaczniemy od nieco innego φ0(x). Oczy-wiście, zaczynając od φ0(x) = x2 − 2x sukces osiągamy natychmiast, ale trudnodoprawdy aby ktoś wymagał od nas aż tak dalece posuniętej intuicji!

BG AGH


PROBLEM 5.17

Znajdź rozwiązanie równania całkowego typu Volterry

φ(x) = x3x −∫ x

03x−tφ(t) dt. (5.17.1)

Poprzestaniemy na metodzie rezolwenty i metodzie iteracyjnej15. Ta pierwsza – obli-czenia identyczne jak w problemie 5.14 – prowadzi do sekwencji jąder iterowanych

K1(x, t) = 3x−t,

K2(x, t) =∫ x

t3x−s · 3s−t ds = 3x−t(x− t),

K3(x, t) =∫ x

t3x−s · 3s−t(s− t) ds = 3x−t

(x− t)2

2!,

. . . = . . .

Kn(x, t) = . . . = 3x−t(x− t)n

n!,

z której – por. (5.16.5) – otrzymujemy rezolwentę

R(x, t;λ) = 3x−teλ(x−t). (5.17.2)

Rozwiązaniem równania całkowego będzie więc funkcja

φ(x) = f(x) + λ

∫ x

0R(x, t;λ = −1)f(t) dt

= x3x −∫ x

03x−te−x+t t3t dt = . . . = 3x

(1− e−x

). (5.17.3)

Równie prosto przebiegają obliczenie kolejnych iteracji. Podajemy końcowe wyniki:

φ0(x) = x3x,

φ1(x) = x3x − x2

2· 3x,

φ2(x) = x3x − x2

2· 3x +

x3

3!· 3x,

φ3(x) = x3x − x2

2· 3x +

x3

3!· 3x − x4

4!· 3x.

15Dociekliwy Czytelnik, dysponujący średniej klasy tablicami transformat Laplace’a, rozwiąże bezwiększych kłopotów równanie (5.17.1), stosując technikę transformaty Laplace’a.

BG AGH


Ogólny wyraz to

φn(x) =

[x− x2

2+x3

3!− . . .+ (−1)n

xn+1

(n+ 1)!

]3x

=[1− e−x

]3x,

w zgodzie z (5.17.3).

BG AGH


PROBLEM 5.18

Znajdź rozwiązanie równania całkowego typu Fredholma

φ(x) = ex −∫ 1

0ex−tφ(t) dt. (5.18.1)

Do wyboru mamy trzy metody: rezolwenty, iteracji, a także metodę wynikającą z fak-tu, że jądro naszego równania jest jądrem separowalnym.Metoda rezolwentyTa metoda jest zaskakująco skuteczna. Pierwsze jądro iterowane

K2(x, t) =∫ 1

0ex−ses−t ds = ex−t

∫ 1

0ds = ex−t, (5.18.2)

a więc i wszystkie pozostałe (!) są takie same jak wyjściowe

Kn(x, t) = K1(x, t) = ex−t. (5.18.3)

Rezolwenta będzie równa

R(x, t;λ) =∞∑m=0

λmKm+1(x, t) = ex−t∞∑m=0

λm = ex−t1

1− λ. (5.18.4)

Ostatni wzór wymaga oczywiście |λ| < 1 – warunek ten nie jest spełniony dla rów-nania (5.18.1), dla którego λ = −1. Ale . . . gdyby – wbrew regułom! – spróbowaćpoliczyć rozwiązanie według „zwykłego” wzoru

φ(x) = f(x) + λ

∫ b

aR(x, t;λ)f(t) dt

= ex −∫ 1

0ex−t

11− (−1)

et dt = ex − 12ex =

12ex. (5.18.5)

Tak obliczona funkcja φ(x) spełnia równanie (5.18.1)! Ta miła niespodzianka wy-nika m.in. z faktu, że stosowana przez nas metoda konstrukcji rezolwenty poprzezznajdowanie sekwencji jąder iterowanych jest nieco „sztucznie” restryktywna. Kon-kurencyjna metoda, tzw. metoda wyznaczników Fredholma, pozwoliłaby uzyskać wzór(5.18.4) bez ograniczeń16 dla parametru λ! Zobaczmy, jak „pracują” pozostałe meto-dy.

16Jedynym ograniczeniem będzie λ 6= 1. Zauważmy przy okazji, że kryterium d’Alemberta zbieżno-ści szeregu nie wyklucza zbieżności szeregu, jeżeli wartość bezwzględna stosunku kolejnych wyrazów|an+1/an| = 1!

BG AGH


Metoda jądra separowalnego (zdegenerowanego)Jądro równania (5.18.1) jest jądrem separowalnym

K(x, t) = exe−t ≡M1(x)N1(t),

a jeżeli tak, to rozwiązanie powinno mieć postać (pamiętajmy, że λ = −1)

φ(x) = f(x) + λC1M1(x) = ex(1− C1). (5.18.6)

Podstawiamy do (5.18.1)

ex(1− C1) = ex −∫ 1

0exe−tet(1− C1) dt

i wyliczamy niewiadomą C1

(1− C1) = [1− (1− C1)] → C1 =12.

Wstawienie takiej wartości C1 do (5.18.6) daje taki sam wynik jaki uzyskaliśmy(wbrew regułom!) z równaniu (5.18.5).Metoda iteracyjnaTo nie koniec niespodzianek. Położenie

φ0(x) = f(x) = ex

daje natychmiast

φ1(x) = ex −∫ 1

0ex−tet dt = 0.

Oczywiście następna iteracja – i wszystkie parzyste iteracje – będą równe

φ2(x) = f(x) = ex ≡ φ2n(x);

iteracje nieparzyste – tak jak pierwsza – będą równe zeru!Na niewiele zdadzą się próby zaczynania od innej funkcji φ0. Na przykład dla φ0 = 1dostajemy identyczny, „oscylacyjny” charakter kolejnych – parzystych i nieparzystych– iteracji. Ale już położenie φ0 = 1/2 daje – i to natychmiast – szukane rozwiązanie.Jak widać, standardowe metody rozwiązywania standardowych postaci równań mogąkryć w sobie nie lada niespodzianki!

BG AGH


PROBLEM 5.19

Znajdź rozwiązanie równania całkowego typu Fredholma

φ(x) = e−x + λ∫ 1

0xetφ(t) dt. (5.19.1)

I znowu do wyboru mamy trzy metody: rezolwenty i szeregu Neumanna oraz metodęjądra separowalnego. Zacznijmy od tej ostatniej.Metoda jądra separowalnego (zdegenerowanego)Jądro równania (5.19.1) jest jądrem separowalnym i – rachunki identyczne jak w pro-blemie 5.16 –

K(x, t) = xet ≡M1(x)N1(t);

a takżeφ(x) = f(x) + λC1M1(x) = e−x + λC1x. (5.19.2)

Podstawiamy do (5.19.1)

e−x + λC1x = e−x + λ

∫ 1

0xet

[e−t + λC1t

]dt

i wyliczamy stałą C1; otrzymujemy

C1 =1

1− λ; λ 6= 1. (5.19.3)

Nasze rozwiązanie (warto sprawdzić) to

φ(x) = f(x) + λC1N1(x) = e−x +λ

1− λx; λ 6= 1. (5.19.4)

Metody iteracyjne: rezolwenta i szereg NeumannaŁatwo zauważyć, że podobnie jak w problemie 5.18 wszystkie jądra iterowane sąrówne jądru wyjściowemu:

K2(x, t) =∫ 1

0xesset ds = xet

∫ 1

0ses ds = xet,

bo całka∫ 1

0ses ds = 1. Rezolwenta – rachunki jak w problemie 5.16 –

R(x, t;λ) = xet1

1− λ; |λ| < 1. (5.19.5)

BG AGH


Jak widać, ograniczenia dotyczące wartości λ są znowu znacznie bardziej restryktywneniż w przypadku wzoru (5.19.4)! Po obliczeniu rezolwenty pozostaje wyliczenie całki

φ(x) = e−x + λ

∫ 1

0xet

11− λ

e−t dt

= . . . = e−x +λ

1− λx; |λ| < 1. (5.19.6)

Te same zbyt restryktywne ograniczenia pojawiają się w konstrukcji szeregu Neuman-na. Kolejne iteracje to

φ0(x) = e−x,

φ1(x) = e−x + λ

∫ 1

0xete−t dt = e−x + xλ,

φ2(x) = e−x + λ

∫ 1

0xet[e−t + tλ] dt

= . . . = e−x + xλ(1 + λ),

φ3(x) = e−x + λ

∫ 1

0xet[φ2(t)] dt = . . .

= e−x + xλ(1 + λ+ λ2).

Tak więcφn = e−x + xλ(1 + λ+ λ2 + . . .+ λn)

i w granicy – dla n → ∞, ale znowu przy warunku |λ| < 1 otrzymujemy znalezionewcześniej rozwiązanie [wzory (5.19.4) i (5.19.6)].Ostatnie dwa przykłady unaoczniają, wspomnianą już w „Wybranych rozdziałach. . . ”nieco przesadną ostrożność, towarzyszącą standardowym procedurom iteracyjnymw konstrukcji szeregu Neumanna lub rezolwenty równania całkującego. Od tych (zbęd-nych) ograniczeń wolna jest metoda jądra separowalnego – i to zdecydowanie prze-mawia na jej korzyść.

BG AGH


PROBLEM 5.20

Znajdź rozwiązanie równania całkowego typu Fredholmadrugiego rodzaju, niejednorodnego

φ(x) = x3−x+ λ∫ 1

−1

(x2 − 2xt

)φ(t) dt. (5.20.1)

Jest to równanie o jądrze separowalnym

K(x, t) = x2 − 2xt ≡M1(x)N1(t) +M2(x)N2(t). (5.20.2)

Przyjmując dla prostoty M1 = x2, M2 = x, widzimy, że nasze rozwiązanie musi miećpostać

φ(x) = x3−x+ λ [C1M1(x) + C2M2(x)] = x3−x+ λ[C1x

2 + C2x]

= x3 + λC1x2 + (λC2 − 1)x.

(5.20.3)

Moglibyśmy zastosować metodę opisaną w podrozdziale 5.41. „Wybranych rozdzia-łów. . . ”, ale w gruncie rzeczy prościej jest (jądro składa się tylko z dwóch składników!)uciec się do rachunków bezpośrednich. Podstawiając z (5.20.3) do (5.20.1) otrzymu-jemy

x3 + λC1x2 + (λC2 − 1)x = x3 − x+ λ

∫ 1

−1

(x2 − 2xt

) [t3 + λC1t

2 + (λC2 − 1)t]dt

= x3 − x+ λx2∫ 1

−1

[t3 + λC1t

2 + (λC2 − 1)t]dt

− λ2x∫ 1

−1

[t4 + λC1t

3 + (λC2 − 1)t2]dt.

Obliczenia są proste – całki z wyrazów zawierających nieparzyste potęgi zmiennej tbędą równe zeru. Po wykonaniu pozostałych obliczeń, redukcji identycznych wyrazówpo obu stronach równania i podzieleniu przez λ otrzymujemy równanie

C1x2 + C2x = λC1

23x2 − 2

[25

+ (λC2 − 1)23

]x,

które posłuży do wyznaczenia współczynników C1 i C2. I tak, porównując współczyn-niki przy x2 mamy

C1 = λC123. (5.20.4)

BG AGH


Równanie to będzie spełnione zawsze dla λ = 3/2; wówczas stała C1 może być zupełniedowolna: C1 ≡ C. Natomiast dla λ 6= 3/2 stała C1 musi być równa zeru. Mamy więc

C1 =

C λ = 3/2,0 λ 6= 3/2.

(5.20.5)

Porównanie współczynników przy x prowadzi do równania

C2 = −2[

25

+ (λC2 − 1)23

],

z którego wyznaczamy C2

C2 =85

13 + 4λ

; λ 6= −34. (5.20.6)

Podstawiając znalezione współczynniki do (5.20.3) i przeprowadzając redukcję współ-czynników pierwszej potęgi zmiennej x dostajemy

φ(x) =

φ(x) = x3 − 3(5 + 4λ)

5(3 + 4λ); λ 6= 3

2, λ 6= −3

4,

φ(x) = x3 − 1115x+ Cx2; λ =

32.

(5.20.7)

Oczywiście należałoby zastanowić się nad otrzymanymi wynikami w kontekście alter-natywy Fredholma. Dwie wartości λ1 = 3/2 i λ2 = −3/4 to wartości własne równaniajednorodnego

φ0(x) = λ

∫ 1

−1

(x2 − 2xt

)φ0(t) dt, (5.20.8)

z funkcjami własnymi

φ0(x) ≡ φ1(x) = x2 dla λ1 =32,

φ0(x) ≡ φ2(x) = x dla λ2 = −34.

Dla pierwszej wartości parametru lambda, ze względu na ortogonalność niejednorod-ności równania (5.20.1) (funkcji x3 − x) do funkcji własnej φ1 = x2 w przedziale[−1,+1], istnieje – jak wykazaliśmy – niejednoznaczne rozwiązanie równania niejed-norodnego.

BG AGH


Przedział całkowania występujący w tym problemie nieodparcie kojarzy się nam z wie-lomianami Legendre’a. Dlatego można szukać rozwiązania w postaci

φ(x) = a0P0(x) + a1P1(x) + a2P2(x) + a3P3(x), (5.20.9)

gdzie cztery pierwsze wielomiany Legendre’a to

P0(x) = 1, P1(x) = x, P2(x) =12

(3x2 − 1

), P3(x) =

12

(5x3 − 3x

).

Rachunki będą bardzo podobne – podstawiamy z (5.20.9) do (5.20.1) zarówno polewej, jak i prawej (pod całką, w języku zmiennej t) stronie. Całkowanie będzie jesz-cze łatwiejsze (wykorzystujemy ortogonalność wielomianów do pojawiających się podcałką P0(t) = 1 i P1(t) = t). Po wykonaniu całkowania dostajemy

a0 + a1x+ a212

(3x2 − 1

)+ a3

12

(5x3 − 3x

)= x3 − x+ 2λa0x

2 − 44λa1x. (5.20.10)

Porównanie wyrazów wolnych i współczynników przy x2 prowadzi do dwóch równań

a0 =a2

2,

32a2 = 2λa0,

z których wynika, że dla λ = 3/2 jeden z tych współczynników – np. a0 – przyjmujemydowolny, a drugi – a2 = 2a0; dla λ 6= 3/2 musimy przyjąć je oba równe zeru. Porów-nanie współczynników przy x3 daje natychmiast a3 = 2/5; natomiast porównaniewspółczynników przy x daje

a1 =32

3a3 − 23 + 4λ

= − 65(3 + 4λ)

, λ 6= −34.

Wstawiając tak znalezione współczynniki do (5.20.9), otrzymujemy te same rozwią-zania, które pojawiły się jako (5.20.7).

BG AGH


PROBLEM 5.21

Znajdź wartości i funkcje własne równania całkowegotypu Fredholma

φ(x) = λ∫ π

0(cosx cos 2t+ cos 2x cos t+ 1)φ(t) dt.

(5.21.1)

Jądro naszego równania jest jądrem symetrycznym: K(x, t) = K(t, x), co gwarantujeistnienie przynajmniej jednej wartości własnej. Dodatkowo, wszystkie wartości własnebędą rzeczywiste (por. podrozdział 5.4.3 „Wybranych rozdziałów. . . ”).Jądro równania jest w dodatku jądrem separowalnym

K(x, t) = cosx cos 2t+ cos 2x cos t+ 1 ≡3∑j=1

Mj(x)Nj(t), (5.21.2)

gdzieM1(x) = cosx, M2(x) = cos 2x, M3(x) = 1;

N1(t) = cos 2t, N2(t) = cos t, N3(t) = 1.

Funkcje własne równania (5.21.1), określone z dokładnością do multyplikatywnejstałej, są kombinacją liniową funkcji Mk(x) (por. 5.80)

φ(x) = λn∑k=1

CkMk(x), (5.80)

której współczynniki Ck obliczamy, rozwiązując układ równań jednorodnych (jak5.77, ale z wszystkimi wyrazami wolnymi równymi zeru)

(1− λa11)C1 −λa12C2 −λa13C3 = 0,− λa21C1 +(1− λa22)C2 −λa23C3 = 0,−λa31C1 −λa32C2 +(1− λa33)C3 = 0.

(5.21.3)

Wyznacznik tego układu (por. 5.81) to

∆(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣(1− λa11) −λa12 −λa13

− λa21 (1− λa22) −λa23

−λa31 −λa32 (1− λa33)

∣∣∣∣∣∣∣ . (5.21.4)

Obliczamy współczynniki amk =∫ π

0Nm(t)Mk(t) dt, korzystając z wzoru 5.74.

Rachunki są natychmiastowe – funkcje Nm i Mk to trzy pierwsze wyrazy ciągu

BG AGH


cosnx, n = 0, 1, 2, który – jak wiemy – jest ciągiem funkcji ortogonalnych w prze-dziale [0, π]; ich kwadrat normy jest równy połowie długości przedziału całkowania(dla n 6= 0), bądź całej długości (n = 0)17. Sześć z dziewięciu współczynników jestrównych zeru

a11 =∫ π

0cos 2t cos t dt, a13 =

∫ π

0cos 2t dt, a22 =

∫ π

0cos t cos 2t dt,

a23 =∫ π

0cos t dt, a31 =

∫ π

0cos t dt, a32 =

∫ π

0cos 2t dt,

a trzy różne od zera to

a12 =∫ π

0cos 2t cos 2t dt =

π

2, a21 =

∫ π

0cos t cos t dt =

π

2, a33 =

∫ π

0dt = π.

Nietrywialne rozwiązanie układu (5.21.3) – różne od zera niewiadome C1, C2 i C3 –istnieje dla wartości λ, dla których ∆(λ) = 0. Wstawiając obliczone amk do (5.21.4),otrzymujemy: ∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −λπ2

0

−λπ2

1 0

0 0 1− λπ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λπ)

[1− λ2π

2

4

]= 0 (5.21.5)

z rozwiązaniami λ1 = 1/π oraz λ2,3 = ±2/π.Wstawiając znalezione wartości własne do układu równań (5.21.3) otrzymujemy:

λ = λ1 =1π

C1 − 12C2 + 0 · C3 = 0

−12C1 + C2 + 0 · C3 = 0

0 · C1 + 0 · C2 + 0 · C3 = 0,

z rozwiązaniem: C1 = C2 = 0, oraz C3 = dowolna liczba ≡ C . Funkcją własną,odpowiadającą wartości własnej λ1 = 1/π będzie więc

φ(x) ≡ φ1(x) = C1M3(x) = C . (5.21.6)

17Por. przypis na stronie 157.

BG AGH


λ = λ2 =2π

C1 − C2 + 0 · C3 = 0−C1 + C2 + 0 · C3 = 0

0 · C1 + 0 · C2 + (−2) · C3 = 0,

z rozwiązaniem: C1 = C2 = dowolna liczba ≡ C2, oraz C3 = 0. Funkcją własną,odpowiadającą wartości własnej λ2 = 2/π będzie więc

φ(x) = C1M1(x) + C2M2(x) ≡ φ2(x) = C2 [cosx+ cos 2x] . (5.21.7)

W końcu dla

λ = λ3 = − 2π

C1 + C2 + 0 · C3 = 0C1 + C2 + 0 · C3 = 0

0 · C1 + 0 · C2 + (−2) · C3 = 0,

z rozwiązaniem: C1 = −C2 = dowolna liczba ≡ C , oraz C3 = 0. Funkcją własną,odpowiadającą wartości własnej λ3 = −2/π będzie więc

φ(x) ≡ φ3(x) = C1M1(x) + C2M2(x) = C [cosx− cos 2x] . (5.21.8)

Ten przykład uświadamia nam, że funkcje własne równania jednorodnego z jądremseparowalnym nie muszą być tożsame z funkcjami Mk(x), występującymi w jądrze.Zawsze jednak będą to liniowe kombinacje tych funkcji.

BG AGH


PROBLEM 5.22

Sformułuj i rozwiąż równanie całkowe, opisujące problem tau-tochrony – krzywej, po której porusza się punkt materialny podwpływem sił ciężkości, przy czym czas osiągnięcia „wysokościzerowej” nie zależy od wartości wysokości, z której punkt roz-począł ruch.Takie izochroniczne wahadło nazywa się wahadłem Huyghensa.

Rysunek 5.22.1: Ruch w polu sił ciężkości po segmencie cykloidy

Sytuację przedstawia rysunek 5.22.1. Ześlizgujący się (bez tarcia!) po tautochronie18

punkt materialny zamienia swoją energię potencjalną w energię kinetyczną. Jeżelipunkt „startowy” ma współrzędne (X,Y ) to prędkość w punkcie, którego wysokośćjest równa y, będzie równa

v ≡ v(y) =√

2g(Y − y), (5.22.1)

a jej współrzędna y będzie równa

vy =dy

dt= −

√2g(Y − y) sin θ, (5.22.2)

gdzie θ = θ(y) to kąt nachylenia prostej, stycznej w punkcie (x, y) do trajektorii19.Czas T , potrzebny na osiągnięcie „poziomu zero”, obliczamy, wyliczając element czasudt z (5.22.2)

dt = − 1√2g(Y − y) sin θ

dy (5.22.3)

18Przy lekturze tego problemu będzie pomocny mały słowniczek greckich terminów. I tak:brakhus – krótki; tauto – taki sam; isos – równy, ten sam; chronos – czas.19Wybieramy ujemny pierwiastek, bo – por. rysunek – vy < 0; dodatkowo sin θ = sin(π − θ) > 0.

BG AGH


i całkując otrzymaną równość w granicach t = 0 i t = T (względem czasu) oraz y = Yi y = 0 (względem zmiennej y)∫ T

0dt = T = −

∫ 0

Y

1√2g(Y − y) sin θ

dy =∫ Y

0

1√2g(Y − y) sin θ

dy. (5.22.4)

Aby uzyskane równanie całkowe przedstawić w postaci zbliżonej do postaci kanonicz-nej (por. podrozdział 5.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”) wprowadzamy oznaczenie

1sin θ(y)

≡ φ(y) oraz√

2gT = f(Y ), (5.22.5)

co prowadzi do znajomej formy kanonicznej – równania klasy Volterry, pierwszegorodzaju ∫ Y

0

φ(y) dy√Y − y

= f(Y ). (5.22.6)

Nasz problem zakłada, że czas podróży T ma być niezależny od Y , tak że niejedno-rodność równania (5.22.6) jest stałą: f(Y ) =

√2gT ≡ C , ale podamy rozwiązanie

dla przypadku bardziej ogólnego. Metoda, którą zastosujemy, pozwala uogólnić rów-nanie (5.22.6) do postaci∫ Y

0

φ(y) dy(Y − y)α

= f(Y ); 0 < α < 1, (5.22.7)

która jest postacią uogólnionego równania Abela. Po znalezieniu ogólnej postaci roz-wiązania tego równania – funkcji φ(y), wyrażającej odwrotność sinusa kąta stycznejdo trajektorii ruchu od współrzędnej y punktu styczności – powrócimy do problemutautochrony, kładąc α = 1/2 i f(Y ) = C .Różnicowa postać jądra równania całkowego, wraz z typem równania (Volterry) za-prasza do użycia techniki transformaty Laplace’a; lewa strona równania to splot nie-znanej funkcji φ(y) i funkcji potęgowej. Poddając transformacji Laplace’a obie strony(5.22.7) i pamiętając, że transformata Laplace’a L funkcji potęgowej to

L yp =Γ(p+ 1)sp+1 , (5.22.8)

otrzymujemy

LY −α

L φ(Y ) =

Γ(−α+ 1)s−α+1 L φ(Y ) = L f(Y ) (5.22.9)

albo

1sL φ(Y ) =

L f(Y )Γ(−α + 1) sα

=L f(Y )Γ(−α + 1)

Γ(α)sα

1Γ(α)

= L f(Y )LY α−1

1Γ(α)Γ(−α + 1)

. (5.22.10)

BG AGH


W mianowniku ostatniego ułamka za iloczyn funkcji gamma podstawiamy wyrażenieze wzoru 1.127 i ostatecznie

1sL φ(Y ) = L f(Y )L

Y α−1

sinπαπ

. (5.22.11)

Zarówno po lewej, jak i prawej stronie mamy iloczyny transformat Laplace’a (1/s to –por. (5.22.8) – transformata jedności); poddając (5.22.11) transformacie odwrotnej,otrzymujemy po lewej i prawej stronie równania sploty funkcji∫ Y

0φ(y) dy =

sinπαπ

∫ Y

0(Y − y)α−1f(y) dy, (5.22.12)

a więc sama funkcja φ(Y ) będzie określona przez odpowiednią pochodną (por. teżwzór Leibniza 2.143)

φ(Y ) =sinπαπ

d

dY

∫ Y

0(Y − y)α−1f(y) dy. (5.22.13)

Problem tautochrony sprowadza się do przyjęcia f(Y ) = C i położenia α = 1/2.Z równania (5.22.13) dostajemy

φ(Y ) = C sinπ/2π

d

dY

∫ Y

0

dy√(Y − y)

= . . . =1π

1√Y. (5.22.14)

Punkt Y jest jednak zupełnie dowolnym punktem naszej trajektorii, a więc zależność(5.22.14) będzie słuszna dla dowolnego y

φ(y) =1

sin θ(y)=Cπ

1√y. (5.22.15)

Pozostaje „rozwikłanie” ostatniego równania i wyprowadzenie zeń parametrycznychrównań krzywej, po której podróżuje punkt materialny. Parametrem równań będziekąt θ – dla wyliczenia współrzędnej y podnosimy obie strony równania (5.22.15) dokwadratu, otrzymując

y(θ) =C 2

π2 sin2 θ =C 2

2π2 (1− cos 2θ). (5.22.16)

Wyliczenia drugiej współrzędnej dokonujemy, korzystając z oczywistego

dy

dx= tg θ → dx =

dy

tg θ. (5.22.17)

Z równań (5.22.15) i (5.22.17) dostajemy

dx =C 2

π22 sin θ cos θ dθ

tg θ=C 2

π2 (1 + cos 2θ) dθ,

BG AGH


Rysunek 5.22.2: Wahadło z więzami cykloidalnymi

co prowadzi do

x =C 2

2π2 (2θ + sin 2θ) + C1. (5.22.18)

Po wprowadzeniu oznaczeń: C 2/π2 ≡ R i 2θ = Θ, oraz położeniu stałej całkowaniaC1 = 0, równanie parametryczne tautochrony przybiera postać

x(Θ) = R(Θ + sin Θ), (5.22.19)

y(Θ) = R(1− cos Θ), (5.22.20)

przy czym nie zapominajmy, że współrzędna x jest określona (wynika to z operacjicałkowania, ale także pozostaje w zgodzie z rysunkiem 5.22.1) z dokładnością dodowolnej stałej addytywnej.Czytelnik zechce sprawdzić, że:(1)„przesuwając” argument kątowy o π: Θ→ Θ + π w obu wzorach;(2) dodając do współrzędnej x stałą πR: x→ x+ πR; oraz(3)„odbijając” naszą trajektorię w osi 0x i przesuwając ją w górę o 2R: y → −y+ 2Rprzekształcimy nasze równania (5.22.19) i (5.22.20) do postaci, którą spotkaliśmyw problemie 4.15. Cykloida jest więc tautochroną (albo izochroną) pola sił ciężkości– wahadło, na którego ruch nałożyć więzy cykloidalne20, będzie wahać się ze stałymokresem, niezależnie od początkowego kąta wychylenia. Ten ostatni nie musi już być„mały” – jak było to w przypadku uproszczonego opisu ruchu wahadła matematycz-nego. Pierwszym fizykiem, który to wykazał, w połowie XVII wieku, był ChristianHuyghens. Nazwisko tego uczonego kojarzy się nam w pierwszym rzędzie z opisem zja-wisk falowych, ale warto wiedzieć, że opublikowane w 1673 opus magnum Huyghensanosiło tytuł „Horologium oscillatorium” i traktowało m.in. o zegarach do dokładnegopomiaru czasu. Ta ostatnia potrzeba wynikała z pasji astronomicznych Huyghensa –dzięki ulepszonemu własnoręcznie teleskopowi był on pierwszym obserwatorem pier-ścieni Saturna.Problem cykloidy jako tautochrony, albo izochrony, jest zarazem problemem brachisto-chrony – cykloida okazuje się być trajektorią, która zapewnia najszybszy (zachodzącyw najkrótszym czasie) spadek, pod wpływem sił ciężkości, pomiędzy dwoma punkta-mi, które nie leżą na linii pionowej. Tym problemem zajmował się już sam Galileusz (w

20Por. rysunek 5.22.2. Długość wahadła l = 4R.

BG AGH


latach trzydziestych XVII wieku), ale nie potrafił go poprawnie rozwiązać21. W roku1696 Jan Bernoulli w „Acta Eruditorum” wezwał „najtęższych matematyków” świa-ta do rozwiązania tego problemu. Rozwiązali go: Newton, Leibniz, de l’Hospital (n.b.uczeń Jana Bernoulliego) oraz brat Jana, Jakub. Z ciekawostek: Jakub znał prawi-dłową odpowiedź już od pewnego czasu, i zachodzą podejrzenia, że jego (młodszy)brat . . . zapoznał się z nią przed ogłoszeniem konkursu. Leibniz nie tylko rozwiązałproblem, ale podał (prawidłowo!) nazwiska wszystkich matematyków, którzy z nimsię uporają. Newton, będący już w nie najlepszej kondycji psychicznej, po otrzymaniuwyzwania zamknął się na cały wieczór w swojej pracowni i wyszedł z niej o 4. ranoz gotowym rozwiązaniem.Dzisiejsze sformułowanie i rozwiązanie problemu brachistochrony odwołuje się do ra-chunku wariacyjnego – a więc sztuki znajdowania wartości ekstremalnych dla wyrażeńcałkowych, w zależności od trajektorii, wzdłuż której obliczana jest całka. Ale tędzymatematycy z końca XVII wieku nie znali jeszcze tego narzędzia. Ich metodyka by-ła bardzo . . . „fizyczna”; Jan Bernoulli rozwiązał ten problem w oparciu o zasadęFermata.

21Dodajmy, że Galileusz interesował się również . . . cykloidą, ale w innym kontekście. On też jestautorem nazwy tej krzywej, nazwy wywodzącej się z greckiego kykloides – mający kształt koła.Galileusz wykazał, że łuk o kształcie cykloidy wyjątkowo dobrze znosi obciążenia – dlatego cykloidalnełuki można często spotkać w konstrukcji mostów.

BG AGH


PROBLEM 5.23


y′′(x) + k2y(x) = −x, (5.23.1)

które spełnia warunki brzegowe w postaci

y′(0) = y(π/k) = 0, (5.23.2)

stosując metodę funkcji Greena.

Rozpatrywane równanie (5.23.1) jest jednowymiarowym niejednorodnym równaniemróżniczkowym drugiego rzędu. Występująca w nim zmienna x należy do przedzia-łu obustronnie domkniętego x ∈ [0, π/k]. Zgodnie ze wzorem 5.121 „Wybranychrozdziałów. . . ” oczekujemy, że rozwiązanie tego równania będzie miało postać

y(x) =∫ π/k

0dξ G(x, ξ)f(ξ), (5.23.3)

gdzie jądro całkowe w wyrażeniu po prawej stronie, G(x, ξ), jest funkcją Greena, na-tomiast funkcja f(ξ) to – wzięta ze znakiem przeciwnym – niejednorodność równania(5.23.1), f(x) = x.Cała trudność rozwiązania równania (5.23.1) zaproponowaną metodą funkcji Greenaprzenosi się na na konstrukcję samej funkcji Greena, gdyż całkowanie występują-ce w rozwiązaniu (5.23.3) pozostaje sprawą czysto techniczną. Szczegółowy schematkonstrukcji funkcji Greena został przedstawiony w podrozdziale 5.5.2. „Wybranychrozdziałów. . . ”. Zgodnie z nim, funkcja Greena spełnia równanie w postaci

G′′(x, ξ) + k2G(x, ξ) = −δ(x− ξ), (5.23.4)

gdzie znak różniczkowania (′) oznacza pochodną (i to w zasadzie cząstkową; por.uwagi na ten temat w problemie 5.27) względem zmiennej x.Równanie to należy uzupełnić o odpowiednie warunki nałożone na funkcję Greena,ale jak dobrze wiemy, warunki te muszą być zgodne z warunkami nałożonymi naposzukiwaną funkcję y(x), czyli

G′(0, ξ) = G(π/k, ξ) = 0. (5.23.5)

Dla x 6= ξ, funkcja Greena spełnia jednorodne równanie

G′′(x, ξ) + k2G(x, ξ) = 0, (5.23.6)

BG AGH


którego ogólnym rozwiązaniem jest funkcja

G(x, ξ) = A(ξ) cos kx+B(ξ) sin kx. (5.23.7)

Na lewo od punktu podziału ξ, tzn. dla 0 ¬ x < ξ, funkcję Greena oznaczymy przezGL(x, ξ); na prawo od tego punktu – dla ξ < x ¬ π/k – połóżmy G(x, ξ) ≡ GP (x, ξ).Obie funkcję mają tę samą postać ogólną, daną wzorem (5.23.7), z tym, że stałe Ai B występujące w ogólnym rozwiązaniu mają odpowiednie wskaźniki , tj. L oraz P .Z warunku na lewym brzegu

∂GL(x, ξ)∂x

∣∣∣∣x=0

= 0 (5.23.8)

wynika, że funkcja GL(x, ξ) ma postać

GL(x, ξ) = AL(ξ) cos kx. (5.23.9)

Z kolei warunek na drugim końcu przedziału określoności zmiennej x,

G(π/k, ξ) = 0 (5.23.10)

daje nam funkcję GP (x, ξ) w postaci,

GP (x, ξ) = BP (ξ) sin kx. (5.23.11)

W kolejnym etapie konstrukcji funkcji Greena, dla rozpatrywanego zagadnienia, sko-rzystamy z warunku ciągłości:

GL(x, ξ) = GP (x, ξ), (5.23.12)

w punkcie x = ξ, skąd dostajemy równość

AL(ξ) cos kξ = BP (ξ) sin kξ, (5.23.13)

oraz z warunku na „skok pochodnej”

∂GP (x, ξ)∂x

∣∣∣∣x=ξ− ∂GL(x, ξ)

∂x

∣∣∣∣x=ξ

= − 1p(ξ)

= −1, (5.23.14)

gdzie funkcja p = p(x) jest współczynnikiem drugiej pochodnej funkcji y(x) w równa-niu (5.23.1), pod warunkiem że to ostatnie zapisane jest w postaci samosprzężonej.W naszym problemie równanie (5.23.1) ma postać samosprzężoną, p(x) = 1.Z warunku (5.23.14) wynika, że

kBP (ξ) cos kξ + kAL(ξ) sin kξ = −1. (5.23.15)

BG AGH


Łącząc ze sobą warunki (5.23.13) i (5.23.15), dostajemy układ równań na niewiadomewspółczynniki AL oraz BP w postaci[

cos kξ − sin kξ− sin kξ cos kξ

] [AL(ξ)BP (ξ)

]=

[0−1/k

], (5.23.16)

którego rozwiązanie ma postaćAL(ξ) = −(1/k) sin kξ,

BP (ξ) = −(1/k) cos kξ.(5.23.17)

Zatem poszukiwana funkcja Greena ma postać

G(x, ξ) =

−(1/k) cos kx sin kξ; 0 ¬ x ¬ ξ,

−(1/k) sin kx cos kξ; ξ ¬ x ¬ π/k,(5.23.18)

a więc, zgodnie z wprowadzonymi wcześniej oznaczeniami, mamy

GL(x, ξ) = −1k

cos kx sin kξ, (5.23.19)

orazGP (x, ξ) = −1

ksin kx cos kξ. (5.23.20)

W celu wyznaczenia funkcji y(x) spełniającej warunki (5.23.2) podstawiamy do wzoru(5.23.3) otrzymaną funkcję Greena oraz niejednorodność równania (5.23.1) – w re-zultacie dostajemy22

y(x) =∫ x

0dξ GP (x, ξ)f(ξ) +

∫ π/k

xdξ GL(x, ξ)f(ξ)

= −1k

sin kx∫ x

0dξ ξ cos kξ − 1

kcos kx

∫ π/k

xdξ ξ sin kξ. (5.23.21)

Obliczenie całek występujących w tym wyrażeniu pozostawimy Czytelnikowi jakoproste ćwiczenie. Ostatecznie, rozwiązaniem równania (5.23.1) z warunkami (5.23.2)jest funkcja

y(x) =1k3

[sin kx− π cos kx− kx

]. (5.23.22)

Na zakończenie proponujemy Czytelnikowi sprawdzenie poprawności otrzymanegowyniku.

22Porównaj dyskusję przeprowadzoną pod koniec podrozdziału 5.5.2 z „Wybranych rozdziałów. . . ”.

BG AGH


PROBLEM 5.24


d2G(x, ξ)dx2 = −δ(x− ξ), (5.24.1)

w postaci szeregu, zakładając że funkcja Greena, spełniadwupunktowe warunki brzegowe w postaci

G(0, ξ) = G(1, ξ) = 0. (5.24.2)

W tym problemie pokazujemy inną metodę konstruowania funkcji Greena. Jest onaoparta na rozwiązaniu problemu własnego dla operatora różniczkowego (por. podroz-działy 3.2 i 3.8 „Wybranych rozdziałów. . . ”).Równanie własne dla operatora

L =d2

dx2 . (5.24.3)

ma postaćd2φ(x)dx2 = −λφ(x), (5.24.4)

gdzie φ(x) jest funkcją dwukrotnie różniczkowalną i spełniającą warunki brzegowe(5.24.2): φ(0) = φ(1) = 0. Jak dobrze wiemy, rozwiązanie ogólne równania (5.24.4)ma postać23

φ(x) = C1 sin√λx+ C2 cos

√λx. (5.24.5)

Uwzględnienie warunków brzegowych prowadzi do wniosku, że funkcjami własnymioperatora L są funkcje

φ(x) ≡ φn(x) = C1n sinnπx; n = 1, 2, . . . , (5.24.6)

a odpowiadające im wartości własne to λ ≡ λn = (nπ)2, gdzie n = 1, 2, . . . Stałe C1n

wyznaczymy z warunku normalizacji∫ 1

0dxφm(x)φn(x) = δnm → C1n ≡ C1 =

√2,

23Takie rozwiązanie zakłada dodatniość wartości własnej λ. Dla λ ¬ 0 nie istnieją rozwiązaniaspełniające warunki (5.24.2).

BG AGH


a więc funkcje φn(x) =√

2 sinnπx są ortonormalne w rozpatrywanym przedzialez wagą w(x) = 1. Funkcję G(x, ξ) rozkładamy teraz w szereg funkcji własnych, φn(x),operatora L

G(x, ξ) =∞∑n=1

Gn(ξ)φn(x), (5.24.7)

gdzie Gn(ξ) są niewiadomymi współczynnikami rozwinięcia. Aby je wyznaczyć, wy-starczy podstawić wyrażenie dane wzorem (5.24.7) do równania (5.24.1), a następniewykorzystać równanie własne (5.24.4). Mamy

−∞∑n=1

λnGn(ξ)φn(x) = −δ(x− ξ). (5.24.8)

Mnożymy obustronnie tę równość przez funkcję φm(x), a następnie całkujemy obiestrony otrzymanego równania względem zmiennej x w przedziale [0, 1]

−∞∑n=1

λnGn(ξ)∫ 1

0dxφn(x)φm(x) = −

∫ 1

0dx δ(x− ξ)φm(x) = −φm(ξ) (5.24.9)

i korzystając z relacji ortonormalności funkcji własnych operatora L otrzymujemywyrażenie na współczynniki rozwinięcia w postaci

Gm(ξ) =1λm

φm(ξ) =1

(mπ)2φm(ξ). (5.24.10)

Podstawiając to wyrażenie do rozwinięcia (5.24.7), ostatecznie dostajemy poszukiwa-ne rozwiązanie w postaci

G(x, ξ) = 2∞∑n=1

sinnπx sinnπξ(nπ)2 . (5.24.11)

Pilny Czytelnik zechce powtórzyć konstrukcję funkcji Greena metodą analogicznądo tej, jakiej użyliśmy w problemie 5.23 i dokonać konfrontacji uzyskanych wyni-ków. Nagrodą za te (niewielkie) trudy będzie wzór na sumę odwrotności kwadratówliczb nieparzystych, który uzyskuje się, kładąc w uzyskanych wyrażeniach – równaniu(5.24.11) oraz „nowej” definicji funkcji G, w postaci zwartej – x = ξ = 1/2.Przedstawiona metoda może być z powodzeniem zastosowana do rozwiązywania li-niowych równań niejednorodnych

Ly(x) = f(x), (5.24.12)

jeśli potrafimy rozwiązać problem własny dla operatora L, tzn. znaleźć zbiór orto-normalnych24 funkcji własnych φn(x) i odpowiadających im wartości własnych λn.

24Dokładniej: ortonormalnych z wagą w(x) = 1. Por. uwagi na stronie 143 „Wybranych rozdzia-łów. . . ”

BG AGH


Wówczas bowiem możemy przedstawić niewiadomą funkcję y(x) oraz funkcję f(x)w postaci szeregów

y(x) =∞∑n=1

anφn(x), oraz f(x) =∞∑n=1

bnφn(x). (5.24.13)

Podstawiając te rozwinięcia do równania (5.24.12), a następnie wykonując kilka pro-stych przekształceń algebraicznych, dostajemy wyrażenie na funkcję y(x) w postaci

y(x) =∞∑n=1

1λnbnφn(x). (5.24.14)

Zwróćmy jednak uwagę, że jednoznaczne rozwiązanie, w postaci szeregu (5.24.14),istnieje tylko w przypadku, kiedy wszystkie wartości własne są różne od zera, tzn.λn 6= 0, dla każdego n.Aby pokazać związek tego rozwiązania z metodą funkcji Greena (por. podrozdział 3.8„Wybranych rozdziałów. . . ”), wystarczy zauważyć, że współczynnik rozwinięcia bnodpowiada rzutowi funkcji f(x) na element bazowy φ∗(x), a zatem można go wyrazićprzez iloczyn skalarny

bn =∫dx φ∗n(x)f(x). (5.24.15)

Podstawiając to wyrażenie do równania (5.24.14), dostajemy

y(x) =∞∑n=1

1λnφn(x)

∫dξ φ∗n(ξ)f(ξ). (5.24.16)

Następnie zakładając jednostajną zbieżność sumy, możemy dokonać zamiany sumowa-nia z całkowaniem [tak jak zrobiliśmy to w przypadku wyprowadzenia wzoru (5.24.9)]i w rezultacie dostajemy

y(x) =∫dξ

∞∑n=1

φ∗n(ξ)φn(x)λn

f(ξ). (5.24.17)

Wyrażenie w nawiasie klamrowym jest niczym innym jak przedstawieniem spektral-nym funkcji Greena,

G(x, ξ) =∞∑n=1

φ∗n(ξ)φn(x)λn

, (5.24.18)

które otrzymaliśmy w tym przykładzie [por. wzór (5.24.11)]. Zatem rozwiązanie rów-nania (5.24.12) możemy rzeczywiście przedstawić w postaci

y(x) =∫dξ G(x, ξ)f(ξ). (5.24.19)

BG AGH


PROBLEM 5.25

Rozwiąż, stosując metodę funkcji Greena, równanie

d2y

dx2 + π2y(x) = − cos πx (5.25.1)

dla zmiennej x należącej do przedziału [0, 1], z warunkami

y(0) = y(1), (5.25.2)

y′(0) = y′(1). (5.25.3)

Schemat rozwiązywania równań różniczkowych metodą funkcji Greena przedstawionyw podrozdziale 5.5.2 „Wybranych rozdziałów. . . ” wymaga sformułowania warunkówbrzegowych niezależnie („osobno”) dla obu krańców przedziału zmiennej x. W tymproblemie, warunki uległy swoistemu „wymieszaniu” – przekonamy się, że metodafunkcji Greena będzie i tutaj skuteczna.

Przede wszystkim rzędzie zauważmy, że dwie funkcje GL(x, ξ) i GP (x, ξ), określoneodpowiednio dla „lewej” (0 ¬ x < ξ) i „prawej” (ξ < x ¬ 1) części przedziału będąna pewno liniowymi kombinacjami rozwiązań równania jednorodnego w stosunku dorównania (5.25.1), którymi są funkcje cosπx i sinπx. Możemy więc zapisać

GL(x, ξ) = aL cosπx+ bL sinπx, (5.25.4)

GP (x, ξ) = aP cosπx+ bP sinπx. (5.25.5)

Cztery współczynniki aL, bL, aP i bP (zależne od konkretnej wartości ξ) wyznaczymyz układu czterech równań: dwa warunki brzegowe (5.25.2) i (5.25.3) uzupełnimyo warunek równości obu funkcji w punkcie x = ξ

GP (ξ, ξ)−GL(ξ, ξ) = 0 (5.25.6)

i warunek na skok pochodnej

∂GP∂x

∣∣∣∣x=ξ− ∂GL

∂x

∣∣∣∣x=ξ

= − 1p(ξ)

= −1. (5.25.7)

BG AGH


Układ czterech równań będzie miał postać:

(5.25.6)→ aP cosπξ + bP sinπξ − aL cosπξ − bL sinπξ = 0,

(5.25.7)→ π [−aP sinπξ + bP cosπξ + aL sinπξ − bL cosπξ] = −1,

(5.25.2)→ aP cosπ + bP sinπ − aL cos 0− bL sin 0 = 0,

(5.25.3)→ π [−aP sinπ + bP cosπ + aL sin 0− bL cos 0] = 0.

(5.25.8)

Pozostaje tylko zastosowanie metody Cramera – wyznacznik główny układu25 to∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

cosπξ sinπξ − cosπξ − sinπξ

− sinπξ cosπξ sinπξ −bL cosπξ

−1 0 −1 0

0 −1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 4,

natomiast wzory określające poszczególne współczynniki aL,P = aL,P (ξ)i bL,P = bL,P (ξ) to

aP =14

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 sin ξ − cos ξ − sin ξ

− 1π

cos ξ sin ξ − cos ξ

0 0 −1 00 −1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

12π

sinπξ,

bP =14

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣cos ξ 0 − cos ξ − sin ξ

− sin ξ − 1π

sin ξ − cos ξ

−1 0 −1 00 0 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= − 1

2πcosπξ,

aL =14

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣cos ξ sin ξ 0 − sin ξ

− sin ξ cos ξ − 1π

sin ξ

−1 0 0 00 −1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= − 1

2πsinπξ,

bL =14

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣cos ξ sin ξ − cos ξ 0

− sin ξ cos ξ sin ξ − 1π

−1 0 −1 00 −1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

12π

cosπξ.

25Drugie i czwarte równanie układu (5.25.8) dzielimy przez π.

BG AGH


Podstawiając z tych do równań wzorów (5.25.4) i (5.25.5) otrzymujemy dwie skła-dowe funkcji Greena

GL(x, ξ) =1

2π(− cosπx sinπξ + sinπx cosπξ) ; 0 ¬ x < ξ,

GP (x, ξ) =1

2π(cosπx sinπξ − sinπx cosπξ) ; ξ < x ¬ 1.

(5.25.9)

Zauważmy, że zamiana zmiennych x↔ ξ (a więc i zamiana relacji pomiędzy x i ξ naprzeciwne), powoduje „wymianę” składowych

GL(x, ξ)↔ GP (ξ, x) i GP (x, ξ)↔ GL(ξ, x)

– tak jak należało tego oczekiwać.Pozostaje podstawienie do podstawowego wzoru

y(x) =∫ 1

0f(ξ)G(x, ξ) dξ =

∫ x

0f(ξ)GP (x, ξ) dξ +

∫ 1

xf(ξ)GL(x, ξ) dξ

=1

2π

∫ x

0cosπξ (cosπx sinπξ − sinπx cosπξ) dξ

+1

2π

∫ 1

xcosπξ (− cosπx sinπξ sinπx cosπξ) dξ

= · · · = 14π

[1− 2x] sinπx.

Czytelnika zachęcamy do wykonania wszystkich (!) rachunków samodzielnie, a takżedo sprawdzenia, czy uzyskane rozwiązanie spełnia równanie i warunki pojawiające sięw temacie zadania.

BG AGH


PROBLEM 5.26

Stosując metodę funkcji Greena, przekształć równanie

d2y

dx2 + λy(x) = ex, (5.26.1)

poddane warunkom

y(0) = y′(0) (5.26.2)

y(1) = y′(1), (5.26.3)

w równoważne mu równanie całkowe.

W podrozdziale 5.1 „Wybranych rozdziałów. . . ” pokazana jest ekwiwalencja równaniacałkowego i układu: równanie różniczkowe oraz warunki brzegowe, spełniane przezrozwiązanie równania. Przy okazji pokazana jest też metoda przekształcenia takiegoukładu w równanie całkowe – za pomocą bezpośredniego rachunku. Warto jednak zdaćsobie sprawę z faktu, że technika funkcji Greena pozwala dokonać takiej transformacjiw sposób prostszy.

Równanie (5.26.1) możemy przecież traktować jako równanie typu

Ly(x) = −f(x), (5.26.4)

poddane warunkom (5.26.2) i (5.26.3), w którym operator L to operator drugiejpochodnej, a „niejednorodność” tego równania, funkcja f(x) to

f(x) = λy(x)− ex. (5.26.5)

Konstruując funkcję Greena dla operatora L, spełniającą warunki (5.26.2) i (5.26.3),będziemy mogli użyć standardowej formuły

y(x) =∫ 1

0f(ξ)G(x, ξ) dξ (5.26.6)

– podstawienie w niej funkcji f(ξ) określonej przez (5.26.5) doprowadzi właśnie dorównania całkowego.

Konstrukcja funkcji Greena jest bardzo prosta. Jednorodne równanie

d2y

dx2 = 0

BG AGH


ma rozwiązanie ogólney(x) = Ax+B. (5.26.7)

Dwa rozwiązania: y1(x), dla lewej części przedziału 0 ¬ x < ξ, spełniające warunek(5.26.2) oraz y2(x), dla prawej części przedziału ξ < x ¬ 1, spełniające warunek(5.26.3) to odpowiednio (z dokładnością do stałej multyplikatywnej)

y1(x) = x+ 1,

y2(x) = x.

Wykorzystując nasze doświadczenie w konstrukcji funkcji Greena, a konkretnie sy-metrię funkcji [por. też 5.143], możemy napisać

G(x, ξ) =

C(x+ 1)ξ; 0 ¬ x < ξ,

Cx(1 + ξ); ξ < x ¬ 1,(5.26.8)

gdzie stałą C określimy ze skoku pochodnej

∂G(x, ξ)∂x

|x=ξ+ −∂G(x, ξ)∂x

|x=ξ− = − 1p(ξ)

= −1 → C = −1,

a więc ostatecznie

G(x, ξ) =

−(x+ 1)ξ; 0 ¬ x < ξ,

−x(1 + ξ); ξ < x ¬ 1.(5.26.9)

Powracamy do równania (5.26.6), w którym podstawiamy za f(ξ) wyrażenie (5.26.5),a za funkcję Greena – wyrażenie (5.26.9).Otrzymujemy

y(x) =∫ 1

0f(ξ)G(x, ξ) dξ = λ

∫ 1

0y(ξ) dξ +

∫ 1

0[−eξ]G(x, ξ) dξ

= λ

∫ 1

0G(x, ξ)y(ξ) dξ − x

∫ x

0[−eξ](1 + ξ) dξ − (1 + x)

∫ 1

x[−eξ]ξ dξ

= . . . = λ

∫ 1

0G(x, ξ)y(ξ) dξ + ex. (5.26.10)

Otrzymane równanie to równanie typu Fredholma, drugiego rodzaju, niejednorodnez jądrem określonym alternatywą (5.26.9).

BG AGH


PROBLEM 5.27

Znajdź funkcję Greena dla operatora

L =d2

dx2 − k2. (5.27.1)

Rozpatrz przypadki:a) skończonego przedziału zmiennej x; x ∈ [0, a];b) przedziału nieskończonego x ∈ (−∞,+∞).Jako warunki brzegowe przyjmij znikanie funkcji Greenana krańcach przedziału.

Problem ten jest bliski problemowi 5.23 – występujący tam operator miał postać bar-dzo zbliżoną do postaci operatora w równaniu (5.27.1), chociaż warunki brzegowe,jakim poddane było rozwiązanie były nieco inne. Ponieważ jest to ostatni problemtego rozdziału, poświęcony funkcjom Greena, rozwiążemy go w sposób możliwie kom-pletny, rozpatrując różne możliwe techniki, prowadzące do rozwiązania.

Ad a) x ∈ [0, a]; warunki

G(x = 0, ξ) = 0, (5.27.2)

G(x = a, ξ) = 0. (5.27.3)

Zgodnie ze schemat opisanym w podrozdziale 5.5.2 „Wybranych rozdziałów. . . ” roz-poczynamy od rozwiązania równania jednorodnego

Ly(x) =d2y

dx2 − k2y(x) = 0. (5.27.4)

Jego rozwiązanie ogólne to funkcja y0(x)

y0(x) = Aekx +Be−kx. (5.27.5)

Dla „lewej” (L) części przedziału zmiennej x, tzn. dla x ∈ [0, ξ), dobieramy stałe Ai B tak, aby funkcja

y1(x) ≡ ALekx +BLe−kx; 0 ¬ x < ξ, (5.27.6)

spełniała warunek (5.27.2). Mamy

y1(0) = AL +BL = 0, → BL = −AL,

BG AGH


alboy1(x) = AL

(ekx − e−kx

)=AL2

sinh kx. (5.27.7)

Stała multiplikatywna, AL/2, nie jest w tym rozwiązaniu istotna, dlatego ostateczniemożemy przyjąć

y1(x) = sinh kx; 0 ¬ x < ξ. (5.27.8)

Znalezienie odpowiedniego rozwiązania dla „prawej” części (P ) przedziału zmiennejx, tzn. dla x ∈ (ξ, a] wymaga nieco więcej zachodu. Mamy

y2(x) ≡ AP ekx +BP e−kx; ξ < x ¬ a (5.27.9)

z warunkiem (5.27.3), a więc

y2(a) = AP eka +BP e

−ka = 0.

Jedną z dwóch stałych AP i BP możemy przyjąć dowolnie (rozwiązanie równaniajednorodnego są przecież zawsze określone z dokładnością do pewnego stałego mnoż-nika); kładąc AP = e−ka, dostajemy

y2(a) = e−kaeka +BP e−ka = 0 → BP = −eka,

a więc

y2(x) = ek(x−a) − e−k(x−a) =12

sinh(x− a). (5.27.10)

Pomijamy znowu nieistotny czynnika 1/2; przyjmujemy

y2(x) = sinh k(x− a); ξ < x ¬ a. (5.27.11)

Operator równania ma postać – por. (5.27.1) – samosprzężoną, warunki brzegowe sądwupunktowe – zatem funkcja Greena będzie symetryczna G(x, ξ) = G(ξ, x). Korzy-stamy z równania 5.143 i zapisujemy

G(x, ξ) =

− 1Cy1(x)y2(ξ) = − 1

Csinh kx sinh k(ξ − a) 0 ¬ x < ξ,

− 1Cy2(x)y1(ξ) = − 1

Csinh k(x− a) sinh kξ ξ < x ¬ a.

(5.27.12)

Wyznaczenie czynnika −1/C wymaga skorzystania z warunku na „skok pochodnej”funkcji Greena dla x = ξ. Ze wzoru 5.117

∂G

∂x

∣∣∣∣x=ξ+

x=ξ−= − 1

p(ξ)= −1 5.117

(nasze p(x) w (5.27.1) to jedność!) dostajemy

− 1C

∂

∂x[sinh k(x− a) sinh kξ − sinh kx sinh k(ξ − a)]x=ξ = −1,

BG AGH


albok [cosh k(ξ − a) sinh kξ − cosh kx sinh k(ξ − a)]x=ξ = C.

Po podstawieniu x = ξ przekształcamy wyrażenie w kwadratowym nawiasie, korzy-stając z tożsamości 26

sinhα coshβ − coshα sinhβ = sinh(α− β).

Ostatecznie otrzymujemy

k sinh[kξ − (kξ − ka)] = k sinh[ka] = C. (5.27.13)

Podstawiając do (5.27.12), mamy

G(x, ξ) = − 1k sinh ka

×

sinh kx sinh k(ξ − a) 0 ¬ x < ξ,

sinh k(x− a) sinh kξ ξ < x ¬ a,(5.27.14)

albo, pozbywając się ujemnych znaków (wyrażenia (ξ − a) i (x − a) są zawsze nie-dodatnie)

G(x, ξ) =1

k sinh ka×

sinh kx sinh k(a− ξ) 0 ¬ x < ξ,

sinh k(a− x) sinh kξ ξ < x ¬ a.(5.27.15)

Zauważmy, że nasz problem można także rozwiązać, korzystając z wzorów, jakie po-jawiają się w podrozdziale 3.8 „Wybranych rozdziałów. . . ”. Wzór 3.131 możemyprzepisać – dla „jednowymiarowego” zagadnienia, z jakim mamy tu do czynienia –w postaci

G(x, ξ) =∞∑n=0

φn(x)φn(ξ)k2 + k2

n

. (5.27.16)

Zmieniliśmy tylko znak stałej k2 w równaniu 3.131, gdyż to ostatnie odpowiadaprzypadkowi operatora Helmholtza ∆ + k2, a nasz operator (5.27.1) zawiera ujemnąstałą −k2. Funkcje φn(x) to unormowane rozwiązania równania (por. 3.123)

d2φn(x)dx2 = −k2

nφn(x),

spełniające warunki (5.27.2) i (5.27.3): φn(0) = φn(a) = 0, a więc

φn(x) =

√2a

sin knx =

√2a

sinnπ

ax; k2

n =(nπ

a

)2; n = 1, 2, . . . (5.27.17)

26Nieufny Czytelnik, pamiętający zapewne identyczną tożsamość dla „zwykłych” sinusów i kosi-nusów może sprawdzić ten wzór, podstawiając za funkcje hiperboliczne sumy i różnice eksponent,z dodatnim i ujemnym wykładnikiem. Za słusznością wzoru przemawiają także odpowiednie parzy-stości funkcji hiperbolicznych.

BG AGH


(Czynnik√

(2/a) to konsekwencja unormowania funkcji:∫ a

0 φ2n(x) dx = 1, dla każdego

n; por. problem 5.25.) Jeżeli tak, to nic nie stoi na przeszkodzie, aby funkcję Greenaoperatora (5.27.1) zapisać w postaci

G(x, ξ) =2a

∞∑n=1

sinnπ

ax sin

nπ

aξ

k2 +(nπ

a

)2 . (5.27.18)

Taka postać może nie być specjalnie „wygodna” w standardowych rachunkach, z jaki-mi mamy do czynienia przy rozwiązywaniu równań niejednorodnych metodą funkcjiGreena, ale może być przydatna, jeżeli w rozwiązywanym problemie pojawią się obiek-ty (funkcje) zapisane w języku funkcji bazowych φn(x).

Ad b) x ∈ (−∞,+∞); warunki

limx→−∞

G(x, ξ) = 0, (5.27.19)

limx→+∞

G(x, ξ) = 0. (5.27.20)

Odpowiednikami funkcji y1 i y2 z pierwszej części problemu, a więc rozwiązaniamirównania (5.27.1), spełniającymi warunki (5.27.19) lub (5.27.20) będą teraz proste

y1 = ekx; x ∈ (−∞, ξ), (5.27.21)

y2 = e−kx; x ∈ (ξ,∞). (5.27.22)

Funkcję Greena zapisujemy w postaci

G(x, ξ) =

− 1Cy1(x)y2(ξ) = − 1

Cekxe−kξ −∞ < x < ξ,

− 1Cy2(x)y1(ξ) = − 1

Ce−kxekξ ξ < x <∞.

(5.27.23)

Jeszcze raz korzystamy z wzoru 5.117 dla obliczenia skoku pochodnej i stałej −1/C.Proste rachunki prowadzą do

− 1C

∂

∂x

[e−kxekξ − ekxe−kξ

]x=ξ

= −1,

albo −1/C = 1/(2k), skąd

G(x, ξ) =

− 1Cy1(x)y2(ξ) =

12kekxe−kξ −∞ < x < ξ,

− 1Cy2(x)y1(ξ) =

12ke−kxekξ ξ < x <∞.

(5.27.24)

Dociekliwy Czytelnik może odczuwać pewien dyskomfort, związany z nieskończono-ścią przedziału naszej zmiennej x. Czy schematy, które wprowadziliśmy w „Wybra-nych rozdziałach. . . ” dla w zasadzie skończonego przedziału można bezkarnie powielać

BG AGH


w sytuacji, kiedy oba końce przedziału uciekają do nieskończoności? A konkretnie,czy mamy prawo oczekiwać, że dla takiego przedziału funkcja Greena będzie sy-metryczna? Aby rozwiać te wątpliwości, powtórzmy konstrukcję funkcji Greena dlaoperatora (5.27.1) i przedziału x ∈ (−∞,+∞), posługując się . . . bezpośrednim ra-chunkiem. Przy okazji, przypomnimy sobie nasze skromne wiadomości z „funkcji”Diraca i „funkcji Heaviside’a”. Ta ostatnia to – por. 2.205 –

H(x− ξ) =

0 x < ξ,1 x > ξ,

(5.27.25)

dodatkowo – por. 2.206 – pochodna „funkcji” Heaviside’a to delta Diraca

− ∂H(ξ − x)∂x

=∂H(x− ξ)

∂x= δ(x− ξ) = δ(ξ − x). (5.27.26)

Wprowadzając „funkcję” Heaviside’a, możemy zapisać naszą funkcję Greena dla ope-ratora (5.27.1) oraz obu(!) warunków (5.27.19) oraz (5.27.20) w postaci

G(x, ξ) = ekxu1(ξ)H(ξ − x) + e−kxu2(ξ)H(x− ξ). (5.27.27)

W postaci tej wprowadziliśmy specjalnie oznaczenia u1,2(ξ) na części zależne odzmiennej ξ – rezygnujemy z postulatu a priori symetrii naszej funkcji; funkcje Hod odpowiednich argumentów „wycinają” z tego ogólnego wzoru odpowiednie jegowyrazy, w zależności od relacji pomiędzy zmiennymi x i ξ.Funkcja Greena powinna spełniać niejednorodne równanie różniczkowe, z operato-rem L, określonym przez (5.27.1) i z niejednorodnością reprezentowaną przez deltęDiraca27:

∂2G(x, ξ)∂x2 − k2G(x, ξ) = −δ(x− ξ). (5.27.28)

Zaczynamy od obliczenia pierwszej pochodnej funkcji G(x, ξ) [wzór (5.27.27)] wzglę-dem x, pamiętając o relacji (5.27.26). Mamy (uwaga na wszystkie ujemne znaki przyróżniczkowaniu!)

∂G

∂x= k

[ekxH(ξ − x)u1(ξ)− e−kxH(x− ξ)u2(ξ)

]−

[ekxu1(ξ)− e−kxu2(ξ)

]δ(x− ξ). (5.27.29)

W wyrażeniu na pierwszą pochodną funkcji Greena nie ma jednak miejsca na deltęDiraca. Gdyby jej współczynnik – wyraz w kwadratowym nawiasie w drugim wierszurównania (5.27.29) – był różny od zera, to obliczenie drugiej pochodnej funkcji G

27Podobnie jak w równaniu (5.27.26), a także wszystkich poprzednich problemach dotyczącychfunkcji Greena, używamy i w tym problemie symbolu pochodnej cząstkowej ze względów czystoformalnych; dodajmy jednak, że mimo, że funkcja Greena jest funkcją dwóch zmiennych bardzoczęsto w literaturze przedmiotu profesjonaliści stosują znak pochodnej zwyczajnej.

BG AGH


doprowadziłoby nas do obliczania pochodnej z delty Diraca – a tego absolutnie niepotrafimy zrobić! Dlatego też[

ekxu1(ξ)− e−kxu2(ξ)]δ(x− ξ) =

[ekξu1(ξ)− e−kξu2(ξ)

]δ(x− ξ) = 0

[pamiętamy – por. wzór 2.202 – f(x)δ(x− a) = f(a)δ(x− a)], a stąd

ekξu1(ξ) = e−kξu2(ξ) ≡ u(ξ).

Nasze – ciągle nieokreślone – funkcje u1,2(x) możemy więc zapisać jako

u1(ξ) = e−kξu(ξ), (5.27.30)

u2(ξ) = ekξu(ξ). (5.27.31)

Wzór (5.27.27) ulegnie więc pewnemu uproszczeniu; dostajemy

G(x, ξ) = u(ξ)[ek(x−ξ)H(ξ − x) + e−k(x−ξ)(ξ)H(x− ξ)

]. (5.27.32)

Z kolei, pierwsza pochodna funkcjiG, po podstawieniu uzyskanych wyników do (5.27.29)będzie miała postać

∂G

∂x= ku(ξ)

[e−k(ξ−x)H(ξ − x)− e−k(x−ξ)H(x− ξ)

]. (5.27.33)

Różniczkujemy raz jeszcze (5.27.33) względem zmiennej x. Mamy

∂2G

∂x2 = k2u(ξ)[e−(k−x)H(ξ − x) + e−k(x−ξ)H(x− ξ)

]− ku(ξ)

[e−k(ξ−x) + e−k(x−ξ)

]δ(x− ξ). (5.27.34)

Drugi wyraz po prawej stronie – jeszcze raz korzystamy z 2.202 – redukuje sięjednak do prostego

−ku(ξ)[e−k(ξ−x) + e−k(x−ξ)

]δ(x− ξ) = −2ku(ξ)δ(x− ξ).

Ostatecznie – podstawiamy do (5.27.28) z (5.27.34) i (5.27.32) – nasze równaniedla funkcji G(x, ξ) to

∂2G(x, ξ)∂x2 − k2G(x, ξ) = −2ku(ξ)δ(x− ξ) = −δ(x− ξ). (5.27.35)

Ostatnia równość pozwala nam określić funkcję u(ξ)

u(ξ) =12k

;

BG AGH


podstawiając do (5.27.32), otrzymujemy

G(x, ξ) =12k

[ek(x−ξ)H(ξ − x) + e−k(x−ξ)(ξ)H(x− ξ)

], (5.27.36)

w zgodzie z uzyskanym wcześniej równaniem (5.27.24), zapisanym w postaci dwu-wierszowej alternatywy.Super-dociekliwemu Czytelnikowi możemy jeszcze zaprezentować weryfikację wzorów(5.27.24) oraz (5.27.36), korzystającą z rozkładu na funkcje bazowe. Jest to w pew-nym stopniu niespodzianka, gdyż na pierwszy rzut oka trudno nam wyobrazić sobienieskończony zbiór funkcji φn(x), które spełniałyby równanie

d2φn(x)dx2 = −k2

nφn(x) (5.27.37)

i dodatkowo warunki (5.27.19) i (5.27.20): φn(−∞) = φn(∞) = 0. Z teorii szeregówFouriera28 wynika jednak, że trochę „wbrew regułom” taką zespoloną bazę fourierow-ską z ciągłym widmem wartości własnych tworzą funkcje

φκ(x) =1√2πeiκx, gdzie κ dowolna liczba z przedziału (−∞,+∞). (5.27.38)

Funkcje te są unormowane – ale w przedziale [−π,+π] – całka∫ +π

−π

∣∣∣φκ(x)∣∣∣2 dx = 1 (5.27.39)

i niewątpliwie ortogonalne w całym przedziale zmiennej x∫ +∞

−∞φκ(x)φ∗κ′(x) dx =

12π

∫ +∞

−∞eiκxe−iκ

′x dx

=1

2π

∫ +∞

−∞ei(κ−κ

′)x dx = δ(κ− κ′)

= 0 dla κ 6= κ′. (5.27.40)

Pojawienie się definicji całkowej dirakowskiej delty – por. wzór 2.193, a także wzór(5.3.4) w problemie 5.3 – to konsekwencja ciągłego widma wartości własnych rów-nania (5.27.37): kn → κ, przy czym, tak jak powiedzieliśmy, κ jest dowolną liczbą.Odpowiednikiem wzoru (5.27.16) będzie teraz

G(x, ξ) =∫ ∞−∞

φκ(x)φ∗κ(ξ)κ2 + k2 dκ =

12π

∫ +∞

−∞

eiκ(x−ξ)

κ2 + k2 dκ (5.27.41)

– zamiast sumy pojawiła się całka, a znak sprzężenia zespolonego [podobnie jakw (5.27.40)] jest potrzebny, bo nasze funkcje bazowe nie są już rzeczywiste; użycie ze-spolonej sprzężonej gwarantuje nam nieujemność kwadratu normy funkcji bazowych,28Na przykład F.Sneddon, „Fourier Transforms”, Dover Books on Mathematics, 1995.

BG AGH


por. (5.27.39). Całkę pojawiającą się w (5.27.41) obliczymy oczywiście rachunkiemresiduów; funkcja podcałkowa ma na płaszczyźnie zespolonej Cκ dwie osobliwościbiegunowe (bieguny 1. rzędu) w punktach κ = ±ik, leżących na osi urojonej, sy-metrycznie względem osi rzeczywistej. Funkcja podcałkowa spełnia warunki lematuJordana (por. podrozdział 1.1.1 „Wybranych rozdziałów. . . ”, a także problemy 5.9i 5.10 tego rozdziału); w zależności od relacji pomiędzy x i ξ zamykamy kontur cał-kowania półkolem na górnej półpłaszczyźnie <(κ) 0) – dla x > ξ, albo na dolnejpółpłaszczyźnie <(κ) ¬ 0) – dla x < ξ (w tym drugim przypadku dodatni kierunekobiegu konturu całkowania odpowiada przejściu od κ = +∞ do κ = −∞!). FunkcjaGreena określona wzorem (5.27.41) przybiera postać

G(x, ξ) =1

2π· 2πi×

eiκ(x−ξ)

κ+ ik

∣∣∣∣∣κ=ik

=e−k(x−ξ)

2kdla x > ξ,

eiκ(x−ξ)

κ− ik

∣∣∣∣∣κ=−ik

=ek(x−ξ)

2kdla x < ξ.

Zauważmy, że uzyskaną alternatywę

G(x, ξ) =

e−k(x−ξ)

2kdla x > ξ

ek(x−ξ)

2kdla x < ξ

(5.27.42)

możemy też zapisać w postaci zgrabnego wzoru

G(x, ξ) =12ke−k|x−ξ|, (5.27.43)

obowiązującego dla całego zakresu zmiennej x i pozostającego w pełnej zgodnościz rozwiązaniami (5.27.24) oraz (5.27.36).

KU 0219 pozycja wydawnictw naukowych Akademii Górniczo...

Documents

Transcript of KU 0219 pozycja wydawnictw naukowych Akademii Górniczo...