1625914359-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (Подивилов 2012 - Рабочая тетрадь по математическим методам физики), страница 2

1.1. Контуры интегрирования резольвентыЗадача 6 . Вычислитьln1 xx 1!при |x| < 1.Указание. Найти собственные векторы и построить из них матрицу T, приводящую к диагональному виду (1.1):!!!1111 11+x0.Λ=, T=, T−1 =2 1 −101−x1 −1Ответ.1 xlnx 1!1=2!ln(1 − x2 )ln 1+x1−x.ln(1−x2 )ln 1+x1−xМожно ли сказать заранее, что матрица в последней задаче приводится к диагональному виду? Приводится ли к диагональному виду большинство матриц?1.2.1.РезольвентаОпределение. Резольвента матрицы Rλ = (λE − A)−1 позволяет вычислитьфункцию от матрицы по формулеI1Rλ f (λ) dλ,f (A) =2πi Cгде контур C охватывает все полюсы резольвенты (рис. 1.1).Задача 7 .

Решить предыдущую задачу методом резольвенты.Задача 8 . НайтиУказание.0 0 xsin 0 x 0  .z 0 0λ(λ − x)0x(λ − x)1Rλ =0λ2 − x20.22(λ − x)(λ − x )x(λ − x)0λ(λ − x)81. ЛИНЕЙНЫЕ ОПЕРАТОРЫОтвет.1.2.2.00sin xsin x0 . 0sin z00ПроекторыПусть все собственные значения невырождены. Если проинтегрировать резольвенту непо контуру C, а по контуру Ci (см. рис. 1.1), обходящему в положительном направлениитолько один полюс λ = λi , то получится оператор проектированияI1Pi =Rλ dλ.2πi CiКвадрат проектора равен проекторуP2i = Pi .Сумма вычетов по всем полюсам равна интегралу по контуру C, откуда сумма проекторов равна единичной матрицеnXPi = 1.i=1Матрицу можно разложить по проекторамA=nXλi P i .i=1Задача 9 .

Найти проектор P1 на подпространство матрицы A =ющее собственному значению λ1 = 1.0 0 11 0 00 1 0, отвеча-Ответ.−1λ2 1 λλ0 −11 Rλ = −1 λ0  =  λ λ2 1  ,∆1 λ λ20 −1 λ∆ = det A = λ3 − 1;1 1 111Rλ dλ = 1 1 1 .P1 =2πi C131 1 1I1.3.Унитарные и эрмитовы матрицыОпределение. Скалярное произведение двух векторов из Cn имеет следующие свойства:1) ha|b + λci = ha|bi + λha|ci (линейность);2) ha|bi = hb|ai∗ (эрмитовость);91.4. Матрицы Паули3) ha|ai > 0 (положительность), причем ha|ai = 0 только для нулевого вектораa = 0.Эрмитово сопряжение оператора определяется через скалярное произведениеha|Lbi = hL† a|bi ≡ ha|L|bi.(1.4)Определение.

Матрица U унитарная, если U−1 = U† .Задача 10 . Проверьте, что все собственные числа унитарной матрицы по модулюравны 1 и что унитарное преобразование не меняет нормы вектора.Указание. Подействуем оператором U† на обе части уравнения(1.5)U|ni = λn |ni.ПолучитсяU† U|ni = λ∗n λn |ni.Определение. Матрица H эрмитова, если H† = H.Задача 11 . Покажите, что все собственные значения эрмитовой матрицы действительны и что у эрмитовой матрицы существует ортогональный базис из собственныхвекторов.Указание.

Запишем спектральную задачу(1.6)H|ni = λn |ni,умножим слева на hn| и получимhn|H|ni = λn hn|ni ⇒ λn =hn|H|nihn|H† |ni=.hn|nihn|niДля доказательства ортогональности выпишите два уравнения (1.6) для n = i, j иумножьте одно на hj|, а другое на hi|.Может ли матрица быть одновременно эрмитовой и унитарной?1.4.Матрицы ПаулиОпределение. Матрицы Паули!0 1, σ2 =σ1 =1 0!0 −i,i 0σ3 =!1 0.0 −1Можно условно записать матрицы Паули в виде вектора σ = (σ 1 , σ2 , σ3 ).Задача 12 .

Вывести формулу для произведения матриц Паулиσ i σ j = δij + ieijk σ kи получить из нее формулы для коммутатора [σ i , σ j ] = 2ieijk σ k и антикоммутатора{σ i , σ j } = 2δij . Здесь eijk — полностью антисимметричный тензор ранга 3.101. ЛИНЕЙНЫЕ ОПЕРАТОРЫЗадача 13 . Найти коэффициенты разложения произвольной матрицы 2×2 по матрицам Паули. Показать, что коэффициенты разложения эрмитовой матрицы действительны.Ответ.A = a0 σ 0 +3X11a0 = tr A, ai = tr σ i A,22ai σ i ,i=1где σ 0 единичная матрица. Можно ввести 4-вектор σ µ = (σ 0 , σ).

В этих обозначенияхформулы запишутся короче:1A = aµ σ µ , aµ = tr σ µ A.2Задача 14 . Найти общий вид проектора 2×2.Ответ.1P = (1 + n · σ),2где n — единичный вектор. Проверьте формулу для n = (0, 0, 1).Задача 15 . Решить задачу 6 с помощью разложения матрицы A по матрицамПаули.Указание.!1 xA== 1 + σ 1 x,x 1r√1+xx3x2 x42+ . .

. ) + σ 1 (x ++ . . . ) = ln 1 − x + σ 1 ln.ln(1 + σ 1 x) = −( +2431−xЗадача 16 . Доказать, что если матрица H эрмитова, то U = eiH — унитарная.1.5.Операторы в пространстве функцийВ пространстве функций скалярное произведение имеет те же свойства и обозначаетсятак же, как и в конечномерном. Если функции заданы на отрезке [0, 1], тоZ 1hv|ui =v ∗ (x)u(x) dx.(1.7)0Линейные операторы в Гильбертовом пространстве — интегральные:Z 1Lu(x) =K(x, x′ )u(x′ ) dx′ ,0где ядро интегрального преобразования K(x, x′ ) — обобщенная функция. Сопряженныйоператор определяется так же, как в конечномерном пространстве.Скалярное произведениеЗадача 17 .

Проверьте, что скалярное произведение функций (1.7) обладает темиже свойствами, что и для векторов конечномерного пространства (стр. 8). Останутсяли эти свойства, если в определение добавить весовую функцию?Задача 18 . Выполнить ортогонализацию последовательности 1, x, x2 , .

. . на отрезке [−1, 1].111.5. Операторы в пространстве функцийСамосопряженный операторЗадача 19 . Показать, что оператор Штурма — Лиувилляddp(x) + q(x)dxdxсамосопряженный, если заданы граничные условия вида 1) u(0) = u(1) = 0; 2) u′(0) =u′ (1) = 0 либо в виде линейной комбинации 1 и 2.L=Указание.hv|L|ui =Z1v0d dup + qudx dx1dx = hLv|ui + (vpu′ − upv ′ )|0 .В случае 1 второе слагаемое внеинтегрального члена обращается в нуль в силу граничных условий. Чтобы обратилось в нуль первое слагаемое, надо наложить точно такоеже условие на пространство функций v(x): v(0) = v(1) = 0.Задача 20 . Каким условиям должны удовлетворять функции p(x), q(x) в случаеu(0) = u(1), u′(0) = u′ (1) (периодических граничных условий), чтобы оператор Штурма — Лиувилля был самосопряженным?Функция ДиракаОпределение.

Дельта-функция определена только под знаком интеграла:Z ∞f (x)δ(x − a) dx = f (a).−∞Другими словами, функция Дирака — это ядро тождественного интегральногооператора, аналогичная единичной матрице в конечномерном пространстве.Задача 21 . Показать, что дельта-функция может быть представлена в виде пределаε1lim 2.π ε→0 ε + x2Задача 22 . Показать, что дельта-функция может быть представлена в виде преδ(x) =дела2x2 εlim 2.π ε→0 (ε + x2 )2Указание. Вычет в полюсе порядка n вычисляется по формулеδ(x) =Res w(z) =z=z01dn−1lim n−1 (z − z0 )n w(z).(n − 1)! z→z0 dzЗадача 23 . Доказать тождествоδ(f (x)) =X δ(x − an ),|f ′ (an )|{an }где {an } — множество простых нулей функции f (x) (f ′ (an ) 6= 0).Указание.

Разбейте интервал интегрирования на отрезки, где функция f (x) монотонна, и сделайте на каждом отрезке замену независимой переменной x → f .Задача 24 . Доказать тождество xδ ′ (x) = −δ(x).Задача 25 . Доказать формулу Племеля1x−i0=Px+ iπδ(x).Глава 2Уравнения в частных производных2.1.Линейные уравнения первого порядкаДля квазилинейного уравнения первого порядкаa(x, u)∂u= b(x, u)∂xуравнения характеристик имеют видẋ = a,u̇ = b.Общее решение дается произвольной функцией первых интеграловG(F1 , .

. . , Fn ) = 0.Если уравнение линейное, последнее уравнение характеристик решается отдельно. Здесьx = (x1 , . . . , xn ), a = (a1 , . . . , an ) — n-мерные действительные векторы.2.1.1.ХарактеристикиЗадача 26 . ux − y 2uy = 0.Ответ. u = g(x − y1 ).Задача 27 . xux − yuy = 0.Ответ. u = g(xy).Задача 28 .1ux x− yuy = 0.Ответ. u = g(y exp(x2 /2)).y-0.4215410250.2-0.2yy60.41x-1.00.5-0.5-2-5-4-101.0x-3-21-1-1-6а-15-2бвРис.

2.1. Характеристики задач 26 (а), 27 (б), 28 (в)23x132.1. Линейные уравнения первого порядка1.51.00.5yy0.05-0.5-1.00.5-0.5x1.0-1.0-1.5-1.5-5-1.00.0-0.50.51.01.5xабz120100806040200-10-8-6-4-20x246810-10-8-6-4-20246810yвРис. 2.2. Характеристики задач 29 (а), 30 (б). Характеристики задачи 31 (параболы) лежат напересечении параболоида вращения и плоскости y/x = const (в)2.1.2.Задача КошиТеория гарантирует единственность решения задачи с начальными условиями тольков окрестности начальной точки: задача Коши разрешима в окрестности точки x0 , еслипроходящая через эту точку характеристика трансверсальна начальной гиперповерхности. В задачах надо получить решение в конечной области.

Следует проверять, чтохарактеристики не пересекают начальную поверхность в двух точках. Иначе может возникнуть конфликт между значениями, которое задано начальными условиями и котороеприносится характеристиками.Задача 29 . ux = yuy , u(0, y) = y 2 .Задача 30 . yux − xuy = 0, u(1, y) = y 2 .

Проверьте условие трансверсальности характеристик по отношению к начальной гиперповерхности.Указание. Характеристики являются окружностями x2 + y 2 = C (рис. 2.2, б) ипересекают прямую x = 1, на которой заданы начальные условия, в двух точках каждаяпри C > 1 и ни разу при C < 1. Есть всего одна точка (1, 1), в которой не выполненоусловие трансверсальности. Этого достаточно, чтобы задача Коши не была разрешимой.Чтобы задача стала разрешимой, достаточно ограничить начальную прямую условиемy > 0 либо задать симметричное начальное условие u(1, y) = u(1, −y). Но даже в этихслучаях решение при C < 1 отсутствует. Проверьте на примере начальных условийu(1, y) = y.146u2. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@-txРис.

2.3. Характеристики уравнения Хопфа представляют собой параллельные прямые в каждойплоскости u = const2.0u1.51.00.50.0-2-1012xРис. 2.4. Укручение профиля в задаче 35 : t = 0 (точки), 0,5 (штрихи), 1 (сплошная)Задача 31 . xux + yuy + 2(x2 + y 2)uz = 0, u|z=0 = x2 + y 2. Нарисуйте характеристики,проверьте условие трансверсальности.Указание. В цилиндрических координатах уравнение станет проще:rur − 2r 2 uz = 0.2.2.Квазилинейные уравненияЗадача 32 . Найти и проверить общее решение уравнения ut + ux = u.Указание. Если разделить на u, уравнение сведется к линейному.Задача 33 . Найти и проверить общее решение уравнения Хопфа ut + uux = 0.Нарисовать характеристики.Ответ. u = g(x − ut) (рис.

2.3).Задача 34 . Найти общее решение уравнения Хопфа для осциллятора ut + uux =−x.Ответ. G(x cos t − u sin t, x sin t + u cos t) = 0.Задача 35 . Найти частное решение уравнения Хопфа с начальным условием u(x, 0) =1 − th x и точку опрокидывания.2.3. Нелинейные уравнения I порядка15∗Ответ.u = 1 − th(x − ut),ux = −1⇒ t∗ = 1; (x − ut)∗ = 0 ⇒ u∗ = 1, x∗ = 1.ch (x − ut) − t2Задача 36 . Решить предыдущую задачу в лагранжевых координатах.Указание.ẍ = 0,x = x0 + u0 (x0 )t,dx= 1 + u′0 t = 0.dx0Задача 37 . То же для начального условия u(x, 0) = a/(a2 + x2 ).Ответ.

Опрокидывание происходит в точке с максимальной по абсолютной величине отрицательной производной начального профиля. Для функции Лоренца это√√точка перегиба x∗ = a/ 3. Момент опрокидывания t∗ = 8a 3/9.Задача 38 . ∗ Найти закон расширения области неоднозначности в задаче 35 .Указание.1 − th ξ = 1 − ξ +√t = ch2 ξ = 1 + ξ 2 + · · · ⇒ ξ = ± t − 1;ξ322x = ξ + (1 + ξ + . . .