Opgave 4: Udtryk funktionen f(θ) = sin θ ved hjælp af Legendre-polynomierne på formen P l (cos θ). Dvs. find koefficienterne a l i ekspansionen f(θ) = a l P l (cos θ) l= Svar: Bemærk, at funktionen er lige og derfor findes kun koefficienter for l lige. Man finder ved direkte beregning eller ved inspektion, at a = /3 og a = /3. Opgave 5: Hvis man skulle ekspandere 7 ved hjælp af Legendre-polynomierne, hvilke koefficienter a l ville så indgå? (Der skal ikke regnes i denne opgave). Svar: Funktionen er ulige, så derfor vil kun de ulige led indgå. Samtidig vides at P l () har den største potens l. Man skal derfor bruge alle de ulige led a, a 3, a 5,..., a 7. Man bruger rekursivt P () til at fjerne leddet i P 3 () og danner derved en funktion H 3 () = 3 = (/5)P 3 () + (7/5)P (). Man bruger nu H 3 til at fjerne 3 leddet fra P 5 () og danne H 5 () = 5. Fortsættes denne procedure opnår man til sidst H 7 () = 7. Opgave 6: Opgave 9. i bogen (RHB 8.) Svar: π π π f(θ, φ) = 5 Y 3 Y 3 Y + π Opgave 7: For det første integrale, er der et forgreningspunkt i origo og en simpel pol i = 4. Vi vælger derfor en opskæringslinie langs den reelle akse og får derved ( + 4) d + Residuet i = 4 er lig /(i) og derved får vi, at hvilket igen giver, at ( + 4) d d = πires( = 4) e πi (e πi + 4) d = π ( + 4) ( + 4) d = π
som endelig giver, ( + 4) d = π Integralet herunder udregnes på lignende vis, men istedet for at udføre integralet rundt langs en cirkel, udføres integralet langs en halvcirkel i den øvre plan + d + ln + iπ d = Res( = i) + Ved at substituere og ved at vende integrationsgrænserne i det andet integrale fås + d + iπ d = Res( = i) + Det andet integrale kan skrives som + d + iπ d = Res( = i) + Vi får derved (ved at udføre pol-integration på det andet integrale) Hvilket giver iπ d + + = iπ + d = Det samme kan nu gøres for integralet med poler i = ±i. Opgave 8: Inspirationsopgave Temperaturen i en uendelig lang metalbar bestemmes fra diffusionsligningen t T (, t) = T (, t). () Temperaturen afhænger kun af -koordinaten for og har følgende randbetingelser T (, t) = T rand-betingelser T (, ) =, for > () T (, t) Hvis vi anvender Laplace-transformationen mht. tiden får vi s ˆT (, s) T (, ) ˆT (, s) =. (3)
Vi bruger nu betingelsen, T (, ) = og får differentialligningen som har den generelle løsning = ( s ) ˆT (, s) = ( s + ) ( s ) ˆT (, s), (4) ˆT (, s) = A(s) s + B(s)e s, (5) hvor A(s) og B(s) er funktioner afhængig af s. Vi ser, at det andet led ikke er kompatibelt med randbetingelsen T for og derfor sætter vi B(s) =. Vi finder funktionen A(s) fra randbetingelsen T (, t) = T res ved at benytte ligning (5) ˆT (, s) = A(s), (6) som igen giver ˆT (, s) = Den komplette løsning i Laplace-rummet er derfor T res st dt = T res s. (7) ˆv (, s) = T res s s e. (8) For at få løsningen i tid skal vi benytte den inverse Laplace-transformation. Vi kan gøre dette direkte eller ved at benytte foldnings-egenskaben og skrive ligning (8) som et produkt af to led ĝ (s) = Tres og ĝ s (s) = ep( s), i.e. Fra foldnings-sætningen får vi så ˆT (, s) = ĝ (s)ĝ (, s) (9) L [ĝ (s)ĝ (, s)] = t g (t τ)g (τ)dτ, () hvor g og g er den inverst transformerede af ĝ and ĝ. Den inverse transformation af ĝ følger direkte fra ligning (7). Den inverse transformation af ĝ er noget mere kompliceret at beregne, L [ĝ (, s)] = πi λ+i λ i s e st ds = πi λ+i λ i s e st ds. () Ved det andet lighedstegn herover har vi redefineret integrationvariablen s til s og benyttet at er positiv. Problemet med den inverse transformation er, at funktionen har et branch- 3
Figur : Integration path derfor, at point pga. kvadratroden, så vi bliver nødt til at introducere en opskæringslinie. Samtidig skal vi være påpasselig i forhold til at vælge en passende kontour at integrere langs. Vi vælger her at bruge den negative reelle akse som opskæringslinie og lader argumentet for de komplekse tal løbe mellem π og π. Vi vælgere en intgrationsvej som vist i Fig.. Bemærk, at eftersom t >, så vil integrationsvejen langs elementerne Γ og Γ 5 være lig, og vi har = s e st πi ds. () Γ +Γ 3 +Γ 4 Det samlede integrale er lig nul eftersom der ikke er nogen poler inden for integrationsvejen, og derfor, hvis t = t/, kan vi skrive s e ts ds = s e ts ds s e ts ds Γ Γ 3 Γ 4 = e iπ r ep(iπ) e r ep(iπ) t dr iπ r ep( iπ) e r ep( iπ) t dr = = = i r r t dr + iu u t udu + ( e iu iu) uu t du e i r r t dr e iu u t udu ( = e iu iu) uu t du [ ] = iim e iu uu t du, (3) i denne længere beregning, har vi benyttet substitutionen r = u og benyttet symmetrien af integranten til at udvide integrationen til hele den reelle akse. Vi har yderlige taget imaginær funktionen uden for integralet eftersom eksponentialfunktionen som involverer u er reel. Vi kan nu complete the square, og udføre det Gauss-lignende integrale til at opnå resultatet πi Γ s e ts ds = [ ] π Im e iu uu t du = 4πy t 3/ e /(4 t) = e 4t 4πt 3/ (4) 4
Hopper vi nu tilbage til ligning (), så får vi den endelige løsning T (, t) = T t ( ) [ ( )] res τ 3/ 4τ dτ = Tres erfc 4π = T res erf t, t (5) hvor erfc er den konjugerede error function erf (slå evt. op på Wikipedia) 5