\input{preamble} \title{10 - FUNKSJONER AV FLERE VARIABLE III - LF} \begin{document} \pagenumbering{gobble} \maketitle \begin{oppgave}{1} Vi har $\partial_{x_k} f = \beta_k$, så \[ f'(x) = \left( \beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n \right) = \beta^T \qquad \text{og} \qquad \nabla f = \beta. \] Strengt tatt er dette et spesialtilfelle av neste oppgave, med $A = \beta^T$, men en morsom fun fact kan vel ikke fremsies for ofte. \end{oppgave} \begin{oppgave}{2} Komponent nummer $k$ er $f_k(x) = \sum_l a_{kl}x_l$, så $\partial_{x_l} f_k = a_{kl}$ og \[ f'(x) = A. \] Dette er det første av mange pene eksempler på at regneregler du kjenner fra envariable funksjoner generaliserer pent til flervariable dersom du setter inn matrisemultiplikasjon overalt der det er vanlig multiplikasjon i regelen du kan fra før. \end{oppgave} \begin{oppgave}{3} Med $s = x_1 + x_2$ er \[ f'(x) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2s & 2s \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \qquad \text{og} \qquad g'(z) = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}. \] Jacobimatrisen til $f$ er $3 \times 2$ og jacobimatrisen til $g$ er $2 \times 3$: like mange rader som komponenter og like mange kolonner som variable. \end{oppgave} \begin{oppgave}{4} Siden $g_1(z) + g_2(z) = z_3$, er \[ \left( f \circ g \right)'(z) = f'(g(z))\,g'(z) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2z_3 & 2z_3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 2z_3 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \] og med $s = x_1 + x_2$ er \[ \left( g \circ f \right)'(x) = g'(f(x))\,f'(x) = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2s & 2s \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1-2s & -2s \\ 1+2s & 1+2s \end{pmatrix}. \] Du kan dobbeltsjekke ved å sette sammen funksjonene først: $f(g(z)) = \left( -z_1-z_2, z_3^2, z_1+z_2+z_3 \right)^T$ og $g(f(x)) = \left( -x_1 - (x_1+x_2)^2, x_1 + (x_1+x_2)^2 + x_2 \right)^T$. Den første er en $3\times 3$-matrise og den andre en $2 \times 2$-matrise. \end{oppgave} \begin{oppgave}{5} Vi skriver ut \begin{align*} f(x)= \left( \; \begin{matrix} x_1 & x_2 \end{matrix} \; \right) \left( \; \begin{matrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22} \end{matrix} \; \right) \left( \; \begin{matrix} x_1 \\ x_2 \end{matrix} \; \right) = a_{11}x_1^2 + \left( a_{12} + a_{21} \right)x_1x_2 + a_{22}x_2^2, \end{align*} som har gradient \begin{align*} f'(x) = \left( 2a_{11}x_1 + \left( a_{12} + a_{21} \right)x_2 ,\left( a_{12} + a_{21} \right)x_1 + 2a_{22}x_2 \right). \end{align*} Dette er det samme som \[ f'(x) = x^T\left( A+A^T \right), \] siden \begin{align*} A+ A^T= \left( \; \begin{matrix} 2a_{11} & a_{21} + a_{12}\\ a_{12} + a_{21} & 2a_{22} \end{matrix} \; \right). \end{align*} Transponerer vi, får vi \[ \nabla f = \left( A + A^T \right)x. \] Vi kan alltid skrive \begin{align*} A=\frac{1}{2}\left( A+ A^T \right) + \frac{1}{2}\left( A- A^T \right), \end{align*} og $\frac{1}{2}\left( A+ A^T \right)$ kalles den \textbf{symmetriske delen} av $A$, mens $\frac{1}{2}\left( A- A^T \right)$ kalles den \textbf{skjevsymmetriske delen}. Den skjevsymmetriske delen bidrar ikke til $x^TAx$, så er $A$ symmetrisk, blir $\nabla f = 2Ax$ - akkurat som den deriverte av $ax^2$ er $2ax$. \end{oppgave} \begin{oppgave}{6} Denne oppgaven ser tilforlatelig ut, men peker frem på en veldig viktig ting, spesielt for de som skal lære elektromagnetisme. Vi partiellderiverer og får \begin{align*} \partial_{x_1} u(x) = \partial_{x_1} \frac{1}{\sqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}} = -\frac{x_1}{\left( x_1^2+x_2^2+x_3^2 \right)^{3/2}} \end{align*} og tilsvarende for $x_2$ og $x_3$, slik at \begin{align*} \nabla u(x)= -\frac{x}{|x|^{3}}. \end{align*} Dette er en vektor som alltid peker rett inn mot origo, mot lyset, og lengden er $1/|x|^2$. Nivåflatene er kuleskall sentrert i origo med radius $1/C$, siden likningen \begin{align*} u(x)=\frac{1}{\sqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}}=C \end{align*} kan skrives om til \begin{align*} \sqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}=\frac{1}{C}. \end{align*} \end{oppgave} \begin{oppgave}{7} Heliksen er $x(t) = \left( \cos t, \sin t, t \right)^T$. Vi er interessert i funksjonen \begin{align*} g(t) = u(x(t))= \frac{1}{|x(t)|}= \frac{1}{\sqrt{\cos^2 t + \sin^2 t + t^2}}= \frac{1}{\sqrt{1 + t^2}}. \end{align*} Denne er det bare å derivere med hensyn på $t$, og få \begin{align*} g'(t) = -\frac{t}{\left( 1+t^2 \right)^{3/2}}, \end{align*} eller bruke kjerneregelen og forrige oppgave og få \begin{align*} g'(t) = u'(x(t))\, \dot x(t)= -\frac{(\cos t,\sin t,t)}{\left( 1+t^2 \right)^{3/2}} \left( \; \begin{matrix} -\sin t \\[1mm] \cos t \\[1mm] 1 \end{matrix} \; \right) = -\frac{t}{\left( 1 + t^2\right)^{3/2}}, \end{align*} som selvfølgelig blir det samme. Fluen kjøler seg ned mens den flyr oppover. \end{oppgave} \begin{oppgave}{8} Et skalarfelt av $n$ variable har $n$ partiellderiverte, og hver av disse er et skalarfelt med $n$ partiellderiverte, så da blir det totalt $n^2$ dobbelderiverte - her ni stykker. Vi deriverer $\partial_{x_k} u = -x_k/|x|^3$ en gang til. De rene dobbelderiverte er \begin{align*} \partial_{x_k x_k} u = -\frac{1}{ | x |^3}+3\frac{x_k^2}{ | x |^5}, \end{align*} mens de blandede er \begin{align*} \partial_{x_k x_l} u = 3\frac{x_kx_l}{ | x |^5} \qquad k \neq l. \end{align*} Legger vi sammen de tre rene, får vi \[ \Delta u = -\frac{3}{|x|^3} + 3\frac{|x|^2}{|x|^5} = 0, \] så $u$ oppfyller Laplaces likning utenfor origo. Det er derfor $1/|x|$ dukker opp som potensialet rundt en punktladning. \end{oppgave} \clearpage \begin{oppgave}{9} Vi setter \begin{align*} v(r,\theta) = u(r\cos \theta, r\sin \theta) \end{align*} og skriver $c = \cos\theta$, $s = \sin\theta$ og $u_1 = \partial_{x_1} u$ og så videre. Kjerneregelen gir \begin{align*} \partial_r v &= u_1c + u_2s, \\[2mm] \partial_r^2 v &= u_{11}c^2 + 2u_{12}cs + u_{22}s^2, \\[2mm] \partial_\theta v &= -u_1rs + u_2rc, \\[2mm] \partial_\theta^2 v &= r^2\left( u_{11}s^2 - 2u_{12}cs + u_{22}c^2 \right) - r\left( u_1c + u_2s \right). \end{align*} Deler vi den siste på $r^2$ og legger sammen, kansellerer førsteordensleddene og de blandede leddene, og vi står igjen med \[ \partial_r^2 v+\frac{1}{r}\partial_r v+\frac{1}{r^2}\partial_\theta^2 v = u_{11}\left( c^2 + s^2 \right) + u_{22}\left( s^2 + c^2 \right) = \partial_{x_1}^2 u + \partial_{x_2}^2 u. \] Avhenger ikke $u$ av $\theta$, blir Laplaces likning \[ u'' + \frac{1}{r}u' = \frac{1}{r}\left( ru' \right)' = 0, \] så $ru' = A$ og \[ u = A\ln r + B. \] Dette er for eksempel potensialet rundt en lang, rett ledning. \end{oppgave} \begin{oppgave}{10} Vi setter inn $\Psi(x,t)=f(t)\psi(x)$ og får \[ i\hbar \dot f(t)\psi(x) = -\frac{\hbar^2}{2m}f(t)\psi''(x) + V(x)f(t)\psi(x). \] Deler vi på $f(t)\psi(x)$, står det \[ i\hbar\frac{\dot f(t)}{f(t)}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''(x)}{\psi(x)} + V(x), \] som er akkurat samme situasjon som i oppgave 6 i økt 3: venstresiden avhenger bare av $t$ og høyresiden bare av $x$ (her brukte vi antagelsen om at $V$ kun avhenger av $x$), så begge må være konstante. Det eneste nye er navnet på konstanten: den kalles $E$, og har benevning energi. \end{oppgave} \begin{oppgave}{11} Tidsdelen er \[ i\hbar\frac{\dot f(t)}{f(t)}=E \hspace{10mm}\text{altså}\hspace{10mm} \dot f(t) = -\frac{iE}{\hbar}f(t), \] en likning vi har løst hundre ganger i høst: \[ f(t)=e^{-iEt/\hbar}. \] Legg merke til at eksponenten er ren imaginær når $E$ er reell, så $f$ hverken vokser eller dør ut - den bare roterer rundt enhetssirkelen med vinkelfrekvens $E/\hbar$. Sammenlign med varmelikningens $e^{-\alpha n^2 t}$: $i$-en i schrödingerlikningen bytter ut demping med svingning, og det er hele forskjellen på en kopp kaffe og et atom. Romdelen gir \[ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''(x)}{\psi(x)} + V(x) = E, \] og ganger vi opp med $\psi$, står den tidsuavhengige schrödingerlikningen der: \[ \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 }{\partial x^2} +V(x)\right) \psi=E\psi. \] \end{oppgave} \begin{oppgave}{12} Med $V=0$ er likningen \[ \frac{\hbar^2}{2m}\psi'' + E\psi = 0 \hspace{10mm}\text{altså}\hspace{10mm} \psi'' = -\frac{2mE}{\hbar^2}\psi, \] og randkravene er $\psi(0)=\psi(\pi)=0$. Men dette randverdiproblemet har vi allerede løst, i oppgave 6 i økt 3 - bare med $-\frac{2mE}{\hbar^2}$ i rollen som $k$. Konklusjonen derfra var $k=-n^2$ og $y_n = \sin(nx)$, så \[ \frac{2mE}{\hbar^2} = n^2 \hspace{10mm}\Longrightarrow\hspace{10mm} E_n = \frac{\hbar^2 n^2}{2m}, \] og det er dette som er de tillatte energinivåene. Bølgefunksjonene blir \[ \Psi_n(x,t) = c_n e^{-iE_nt/\hbar}\sin(nx), \] og konstanten $c_n$ bestemmes av bornfortolkningen: \[ 1=\int_0^\pi \left|\Psi_n(x,t)\right|^2 dx = |c_n|^2\int_0^\pi \left| e^{-iE_nt/\hbar}\right|^2\sin^2(nx)\; dx = |c_n|^2\cdot\frac{\pi}{2}, \] der vi brukte at $|e^{-iE_nt/\hbar}|=1$ og at $\sin^2$ i snitt er $\frac12$ over hele perioder. Altså $c_n = \sqrt{2/\pi}$, og \[ \Psi_n(x,t)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}e^{-iE_nt/\hbar}\sin nx = \sqrt{\frac{2}{\pi}}e^{-i\frac{\hbar}{2m}n^2t}\sin nx. \] Merk at normaliseringen holder seg for alle $t$ helt gratis - tidsfaktoren ligger på enhetssirkelen og forsvinner i absoluttverdien. Og merk kvantifiseringen: partikkelen får ikke lov å ha hvilken som helst energi, kun $E_1, 4E_1, 9E_1, \ldots$ Det er randkravene som lager dette, nøyaktig som de laget overtonerekken på strengen. \end{oppgave} \begin{oppgave}{13} Vi regner ut, med reelle $E_k$ og $E_n$: \begin{align*} \langle \Psi_k|\Psi_n\rangle =&\int_0^\pi \overline{\Psi_k(x,t)}\Psi_n(x,t)\; dx \\[2mm] =&\frac{2}{\pi}\,\overline{e^{-iE_kt/\hbar}}e^{-iE_nt/\hbar} \int_0^\pi \sin(kx) \sin(nx)\; dx \\[2mm] =&\frac{2}{\pi}\,e^{i(E_k-E_n)t/\hbar} \int_0^\pi \sin(kx) \sin(nx)\; dx. \end{align*} (Det er her det brukes at $E$ er reell - ellers hadde ikke $\overline{e^{-iE_kt/\hbar}}$ vært $e^{iE_kt/\hbar}$.) Integralet kjenner du fra fourieranalysen: \[ \int_0^\pi \sin(kx)\sin(nx)\; dx = \begin{cases} \frac{\pi}{2} & k=n \\ 0 & k\neq n. \end{cases} \] For $k=n$ blir fasefaktoren $e^{0}=1$, og vi står igjen med $\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2}=1$; for $k \neq n$ er alt null. Altså \[ \langle \Psi_k|\Psi_n\rangle= \begin{cases} 1 & k= n \\ 0 & k\neq n. \end{cases} \] \end{oppgave} \begin{oppgave}{14} La $y_k$ og $y_n$ være to egenfunksjoner med forskjellige egenverdier, \[ -y_k'' = \lambda_k y_k \hspace{10mm} -y_n'' = \lambda_n y_n, \] som begge tilfredsstiller samme randkrav (dirichlet eller neumann, det spiller ingen rolle - det er poenget). Vi ganger den første likningen med $y_n$, den andre med $y_k$, trekker fra hverandre og integrerer: \[ \left( \lambda_k - \lambda_n \right)\int_0^\pi y_k y_n\; dx = \int_0^\pi \left( y_k''y_n - y_n''y_k \right) dx. \] Høyresiden delvisintegrerer vi: \[ \int_0^\pi y_k''y_n\; dx = y_k'y_n \biggr\rvert_0^\pi - \int_0^\pi y_k'y_n'\; dx, \] og tilsvarende for det andre leddet, slik at \[ \int_0^\pi \left( y_k''y_n - y_n''y_k \right) dx = \left( y_k'y_n - y_n'y_k \right)\biggr\rvert_0^\pi. \] ($\int y_k'y_n'$-leddene er like og kansellerer.) Og nå kommer poenget: randleddet er null i begge tilfellene, men av hver sin grunn. Med dirichletkrav er $y_k(0)=y_n(0)=y_k(\pi)=y_n(\pi)=0$, så hvert ledd har en faktor som er null; med neumannkrav er det de deriverte som er null, og hvert ledd har fortsatt en faktor som er null. Altså er \[ \left( \lambda_k - \lambda_n \right)\int_0^\pi y_k y_n\; dx = 0, \] og siden $\lambda_k \neq \lambda_n$, må \[ \int_0^\pi y_k y_n\; dx = 0. \] Ortogonaliteten skyldes altså hverken sinus eller cosinus i seg selv, men kombinasjonen av egenvektorlikningen og randkravene. Overtonene på gitaren, i orgelpipen og i boksen til partikkelen er ortogonale av nøyaktig samme grunn, og dette er startskuddet for noe som kalles \textbf{sturm-liouville-teori}.\footnote{ \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Sturm-Liouville_theory} } \end{oppgave} \clearpage \section*{GAMLE EKSAMENSOPPGAVER} % TMA4111 kont 2023, oppgave 2 \begin{oppgave}{1} Dette er oppgave 6 og 8 med en konstant foran. Med $r = |x| = \sqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}$ er $\partial_{x_k} r = x_k/r$, så \[ \partial_{x_k}\frac{1}{r} = -\frac{x_k}{r^3} \hspace{10mm}\text{og}\hspace{10mm} \partial_{x_k}^2\frac{1}{r} = -\frac{1}{r^3} + \frac{3x_k^2}{r^5}. \] Summerer vi over $k = 1, 2, 3$, blir \[ \Delta\frac{1}{r} = -\frac{3}{r^3} + \frac{3\left( x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 \right)}{r^5} = -\frac{3}{r^3} + \frac{3}{r^3} = 0 \] for $x \neq 0$, og da er $\Delta V = 0$ også. På matriseform er hessematrisen \[ \partial_x^2\,\frac{1}{r} = \frac{3xx^T - r^2I}{r^5}, \] og sporet er $3r^2 - 3r^2 = 0$. Tallet $3$ er dimensjonen - i planet er det $\ln r$ som er harmonisk, ikke $1/r$. Coloumbpotensialet er altså harmonisk overalt unntatt der ladningen sitter, og det er derfor det elektriske feltet $-\nabla V$ er kildefritt utenfor origo, jf. økt 13. \end{oppgave} % TMA4106 vår 2026, oppgave 7 / TMA4121 vår 2024, oppgave 8 \begin{oppgave}{2} Skal $|\Psi|^2$ være en sannsynlighets\-tetthet, må $\Psi$ og $\Psi'$ gå mot null når $x \to \pm\infty$. Schrödinger\-likningen gir \[ \dot \Psi = \frac{1}{i\hbar}\left( -\frac{\hbar^2}{2m}\Psi'' + V\Psi \right) = \frac{i\hbar}{2m}\Psi'' - \frac{i}{\hbar}V\Psi, \] og siden $V$ er reell, er $\overline{\dot\Psi} = -\frac{i\hbar}{2m}\overline{\Psi''} + \frac{i}{\hbar}V\overline\Psi$. Vi deriverer under integraltegnet: \begin{align*} \frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{\infty} \Psi\overline\Psi\; dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \dot\Psi\overline\Psi + \Psi\overline{\dot\Psi}\; dx = \frac{i\hbar}{2m}\int_{-\infty}^{\infty} \Psi''\overline\Psi - \Psi\overline{\Psi''}\; dx \\[2mm] &= \frac{i\hbar}{2m}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial}{\partial x}\left( \Psi'\overline\Psi - \Psi\overline{\Psi'} \right) dx = \frac{i\hbar}{2m}\left[ \Psi'\overline\Psi - \Psi\overline{\Psi'} \right]_{-\infty}^{\infty} = 0. \end{align*} Potensialleddene kansellerte fordi $V$ er reell, og $\Psi'\overline{\Psi'}$-leddene kansellerte i produktregelen. Har du normalisert bølgefunksjonen én gang, forblir den altså normalisert for alltid - sannsynligheten for at partikkelen er \emph{et eller annet sted} er alltid én. \end{oppgave} \end{document}