Methods of Mathematical Physics Script of the Lecture

59 Pages·2006·0.305 MB·English

by  Trubowitz E.

Methods of Mathematical Physics
Script of the Lecture
Prof. Eugene Trubowitz
January 29, 2006
Taking down:
Raphael Honegger
$Id: mmp.tex 1003 2006-01-29 14:03:28Z raphael $
i
Contents
1 Two Classical Bodies 1
1.1 Kepler-Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 The complex logarithm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Where are we? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Fourer Series (Preview) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Fourier Series 24
2.1 Finite Fourier Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2 Inflnite Fourier Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.3 Some Integrals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4 Plane waves and the Fourier Transform . . . . . . . . . . . . . . 43
2.5 Eigenvalues of . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
¢
A Proposals to solve the exercices 56
b
A.1 Kapitel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Stichwortverzeichnis 56
ii
1 Two Classical Bodies 26.10.2005
1 Two Classical Bodies
1.1 Kepler-Problem
o is a flxed center and „>0 a positive constant. Let q =x o be the position
of a particle (body) of mass m>0 at x R3 relative to the¡flxed center o.
2
Deflnition 1.1: TheNewtoniangravitationalflelddeterminedbyoand„acts
on a particle of mass m>0 at x R3 by
2
„
m r 1q
¡
¡ r2
where r = q . Observe that r 1q is a unit vector directed from x to o
2 ¡
k k ¡
r 1q =1
¡
k¡ k
Universal law of gravitation. ⁄
!
Newton’s Second Law: Newton’s Second Law implies
d2 „
m q = m r 1q q =(q ;q ;q ) R3 o
dt2 ¡ r2 ¡ 1 2 3 2 nf g
For the moment, lets assume that there is a solution.
d2 „
q = r 1q
¡
dt2 ¡r2
We can write d q = v
dt
1 d d „ „
p = v = r 1q = q (1.1)
¡
) mdt dt ¡r2 ¡r3
Deflnition 1.2: a;b R3 set
8 2
a b a b
2 3 3 2
¡
[a;b] := a b a b
3 1 1 3
0 ¡ 1
a b a b
1 2 2 1
¡
@ A
⁄
Proposition 1.1: Thebracket[; ]deflnesabilinearmapfromR3 R3 toR3
¢ ¢ '
satisfying
1) [a;b]= [b;a]
¡
2) Jacobi identity
[a;[b;c]]+[c;[a;b]]+[b;[c;a]] = 0
a;b;c R3.
8 2
Look up the deflnition of Lie-Algebra. ⁄
!
Deflnition 1.3: q;p R3, the linear momentum is deflned by
8 2
p := mv
the angular momentum by
L := [q;p]
the Lenz vector by
1
F := [p;L] m„r 1q
¡
m ¡
1
1 Two Classical Bodies 28.10.2005
the kinetic energy by
1 1
T := p 2 = m v 2
2mk k 2 k k
the potential energy by
U := m„r 1 = m„ q 1
¡ ¡
¡ ¡ k k
and the total energy by
1
H := T +U = p 2 m„r 1
¡
2mk k ¡
⁄
Proposition 1.2: Suppose (q(t);p(t)), a t b is a solution of (1:1) (that
• •
means the Kepler problem). Then a t b
8 • •
d d d
L = 0 F = 0 H = 0
dt dt dt
where
L(t) = [q(t);p(t)]
Inotherwords,L;F;H areconstantalongthetrajectoriesoftheKeplerproblem.
⁄
Proposition 1.3: a;b;c R3
8 2
[a;a] = 0
[a;b];c = b; [a;c]
h i h ¡ i
a;[a;b] = 0
h i
[a;b] 2 = a 2 b 2 a;b 2 = a 2 b 2sin2(cid:181)
k k k k k k ¡h i k k k k
[[a;b];c] = a;c b b;c a
h i ¡h i
where (cid:181) is the angle between a and b. ⁄
Proposition 1.4: p;q R3, L=0
8 2 6
q;L = 0
h i
p;L = 0
h i
F;L = 0
h i
q lies in the plane perpindicular to L. ⁄
Proof:
q;L = q;[q;p] = 0
h i h i
p;L = p;[q;p] = p;[p;q] = 0
h i h i ¡h i
1 1 1
F;L = [p;L];L m„ q;L = L;[p;L] = 0
h i mh i¡ r h i mh i
0
| {z } (QED)
Proposition 1.5: Suppose q(t), a t b, is any smooth curve in R3. If
• •
q(t)=0, then
6
d 1
r 1q = r 3 [q;L]
¡ ¡
dt ¡ m
where r =r(t)= q(t) . ¡ ¢ ⁄
k k
2
1 Two Classical Bodies 28.10.2005
Proof:
d d d
r 1q = r 1 q+r 1 q
¡ ¡ ¡
dt dt dt
(cid:181) ¶
¡ ¢ d d
= r 2 r q+r 1 q
¡ ¡
¡ dt dt
(cid:181) ¶
d
= r 2 rv q r
¡
¡ dt
(cid:181) ¶
where v = d q.
dt
d d
2r r = r2
dt dt
d
= q;q
dth i
d d
= q;q + q; q
dt dt
¿ (cid:192) ¿ (cid:192)
= v;q + q;v
h i h i
= 2 q;v
h i
From these equations follows
d
r 1q = r 3( q;q v q;v q)
¡ ¡
dt h i ¡h i
¡ ¢ = r 3( q;v q q;q v)
¡
¡ h i ¡h i
= r 3[q;[q;v]]
¡
¡
1
= r 3[q;[q;p]]
¡
¡m
where we use
[a;[a;b]] = a;b a a;a b
h i ¡h i
(QED)
Remark: Let a(t);b(t) Rn be functions of t.
2
n
d d
a(t);b(t) = a (t)b (t)
i i
dth i dt
i=1
X
n
d
= (a (t)b (t))
i i
dt
i=1
X
n
d d
= a (t) b (t)+a (t) b (t)
i i i i
dt dt
i=1(cid:181) ¶
X
n n
d d
= a (t) b (t)+ a (t) b (t)
i i i i
dt dt
i=1(cid:181) ¶ i=1
X X
da db
= ;b + a;
dt dt
¿ (cid:192) ¿ (cid:192)
⁄
Proof 1.2:
d d
L = [q;p]
dt dt
d d
= q;p + q; p
dt dt
• ‚ • ‚
= [v;p]+ q; m„r 3q
¡
¡
= m[v;v]£+ m„r¡3 ⁄[q;q]
¡
= 0
¡ ¢
3
1 Two Classical Bodies 02.11.2005
d 1 d d
F = [q;L] m„ r 1q
¡
dt mdt ¡ dt
1 d 1 ¡ d ¢ 1
= p;L + p; L m„ r 3 [q;L]
¡
m dt m dt ¡ ¡ m
• ‚ • ‚ (cid:181) ¶
1 1
= m„r 3q;L m„ r 3 [q;L]
¡ ¡
m ¡ ¡ ¡ m
(cid:181) ¶
= „£r 3[q;L]+„r⁄ 3[q;L]
¡ ¡
¡
= 0
d d 1
H = p 2 m„r 1
¡
dt dt 2mk k ¡
(cid:181) ¶
d 1
= (p;p) m„r 1
¡
dt 2m ¡
(cid:181) ¶
1 d 1 d d
= p;p + p; p m„r 1
¡
2m dt 2m dt ¡ dt
(cid:181) ¶ (cid:181) ¶
1 d d
= p;p + m„r 2 r
¡
m dt dt
(cid:181) ¶
1 d
= m„r 3q;p + m„r 2 r
¡ ¡
m ¡ dt
¡ ¢ d
= „r 3(q;mv)+ m„r 2 r
¡ ¡
¡ dt
d d
= m„r 3 q; q + m„r 2 r
¡ ¡
¡ dt dt
(cid:181) ¶
1 d d
= m„r 3 (q;q)+ m„r 2 r
¡ ¡
¡ 2dt dt
1 d d
= m„r 3 r2+ m„r 2 r
¡ ¡
¡ 2dt dt
d d
= m„r 2 r+ m„r 2 r
¡ ¡
¡ dt dt
= 0
(QED)
Proposition 1.6: p;q R3
8 2
2
F 2 = L 2H +m2„2
k k mk k
1
F;q = L 2 m„r
h i mk k ¡
⁄
Proof:
F 2 = F;F
k k h i
1 1
= [p;L] m„r 1q; [p;L] m„r 1q
¡ ¡
m ¡ m ¡
¿ (cid:192)
1
= [p;L] 2 2„r 1 [p;L];q +m2„2r 2 q 2
¡ ¡
m2 k k ¡ h i k k
1
= p 2 L 2 p;L 2 +2„r 1 L;[p;q] +m2„2
¡
m2 k k k k ¡h i h i
1 ‡ ·
= p 2 L 2 2„r 1 L;L +m2„2
¡
m2 k k k k ¡ h i
2 1
= p 2 m„r 1 L 2+m2„2
¡
m 2mk k ¡ k k
(cid:181) ¶
4
1 Two Classical Bodies 02.11.2005
1
F;q = [p;L] m„r 1q;q
¡
h i m ¡
¿ (cid:192)
1
= [p;L];q m„r 1 q;q
¡
mh i¡ h i
1
= [q;p];L
mh i
(QED)
Remark: The \TAO" of Schwarz’s Inequality
[a;b] 2 = a 2 b 2 a;b 2
k k k k k k ¡h i
a;b 2 a 2 b 2
)h i • k k k k
We prove this by simply calculating
n 2 n n
a b + (a b a b )2 = a2 b2
ˆ i i! i j ¡ j i ˆ i!ˆ i!
i=1 i<j i=1 i=1
X X X X
⁄
Proposition 1.7: SupposeL=0andF =0. Letf bethepositivelyoriented
6 6
angle between F and q in the plane perpendicular to L. Then
1 e2
r = a ¡
1+ecosf
where
1 „m
r = q e:= F a:=
k k m„k k 2( H)
¡
⁄
Proof:
F;q = F q cosf
h i k kk k
= F rcosf
k k
1
= L 2 m„r
mk k ¡
We now get
1
F rcosf +m„r = L 2
k k mk k
1
(m„+ F cosf)r = L 2 (1.2)
) k k mk k
By using the equation
1 e2 = 1 (m„) 2 F 2
¡
¡ ¡ k k
2
= 1 (m„) 2 L 2H +m2„2
¡
¡ mk k
(cid:181) ¶
2
= 1 L 2H +1
¡ m3„2 k k
(cid:181) ¶
2
= (m„)¡1 L 2( H) (1.3)
m2„ k k ¡
5
1 Two Classical Bodies 04.11.2005
we can then derive
1 L 2
r (1=:2) mk k
m„+ F cosf
k k
1 (m„) 1 L 2
¡
= k k
m 1+(m„) 1 F cosf
¡ k k
1 (m„) 1 L 2
¡
= k k
m 1+ecosf
m„ 1 e2
= ¡
2( H) 1+ecosf
¡
(QED)
Deflnition 1.4: Looking at an ellipse
r
x2 + y2 =1
E a2 b2
f
(0;0) ae
we call f true anomaly and E eccentric anomaly. ⁄
Proposition 1.8: The two parametrisations
(x;y) = (acosE;bsinE)
(x;y) = (rcosf +ae;rsinf)
where
1 e2
r = a ¡ (1.4)
1+ecosf
both solve the ellipse equation
x2 y2
+ = 1
a2 b2
⁄
Proof: This is obvious for the flrst parametrisation
(acosE)2 (bsinE)2
+ = cos2E+sin2E = 1
a2 b2
For the other one, we have to do some calculations: In the coordinate system
with axes along F, [F;L] and L, we have q =(q ;q ;0) and
1 2
¡
r = q = q2+q2+02 = q2+q2
k k 1 2 1 2
q q
where
q = rcosf q = rsinf
1 2
6
1 Two Classical Bodies 09.11.2005
Now we take equation (1:4) and play a little around
r(1+ecosf) = a(1 e2)
¡
r+ercosf = a(1 e2)
¡
q2+q2+eq = a(1 e2)
1 2 1 ¡
q
q2+q2 = a(1 e2) eq
1 2 ¡ ¡ 1
qq2+q2 = a2(1 e2)2 2eq a(1 e2)+e2q2
1 2 ¡ ¡ 1 ¡ 1
(1 e2)q2+q2+2a(1 e2)eq = a2(1 e2)2
¡ 1 2 ¡ 1 ¡
(1 e2)(q +ae)2+q2 = a2e2 1 e2 +a2(1 e2)2
¡ 1 2 ¡ ¡
= (1 ¡e2) a2e¢2+a2(1 e2)
¡ ¡
= a2(1 e2£) ⁄
¡
which (by setting b2 :=a2(1 e2)) flnally gives us the equation
¡
(q +ae)2 q2
1 + 2 = 1
) a2 b2
(q ;q )
1 2
x=q +ae
1
E f y =q2
(0;0) ae
(QED)
Lets consider the two parametrisations
(x;y) = (acosE;bsinE)
(x;y ) = (rcosf;rsinf)
0 0
where as usual
1 e2
r(f) = a ¡
1+ecosf
The flrst parametrisation is relative to the center of the ellipse (0;0) and the
second one relative to its focus (ae;0). We now want to flnd a transformation
from one to the other.
Proposition 1.9: The relation between the two angles f and E is given by
the Fourier serie
1 flj
f = E+2 sin(jE)
j
j=1
X
where fl =tan1’ and ’=arcsine. ⁄
2
Proposition 1.10: Set » :=eif and · :=eiE. Then
1 fl· 1
¡
» =· ¡
1 fl·
¡
is equivalent to
1 1+fl 1
tan f = tan E
2 1 fl 2
¡
⁄
Exercise 1.1: Prove Proposition 1:10. ⁄
7
1 Two Classical Bodies 09.11.2005
Proof 1.9: By looking at the picture above, we get
r(f)cosf = acosE ae
¡
r(f)sinf = bsinE
Claim 1:
r2(f) = a2(1 ecosE)2
¡
Now we write
1 1
cosf = cos2 f sin2 f
2 ¡ 2
(cid:181) ¶ (cid:181) ¶
1 1 1
= 2cos2 f cos2 f +sin2 f
2 ¡ 2 2
(cid:181) ¶ (cid:181) (cid:181) ¶ (cid:181) ¶¶
1
= 2cos2 f 1
2 ¡
(cid:181) ¶
It follows
1
r 2cos2 f 1 = rcosf = a(cosE e)
2 ¡ ¡
(cid:181) (cid:181) ¶ ¶
1
2rcos2 f = a(cosE e)+r
) 2 ¡
(cid:181) ¶
= a(cosE e)+a(1 ecosE)
¡ ¡
= a(cosE e+1 ecosE)
¡ ¡
= a(1 e)(1+cosE)
¡
Putting this together, we get
1 1
rcos2 f = a(1 e)cos2 E
2 ¡ 2
(cid:181) ¶ (cid:181) ¶
Claim 2:
1 1
rsin2 f = a(1+e)sin2 E
2 2
(cid:181) ¶ (cid:181) ¶
From this follows
sin2 1f (1+e)sin2 1E
2 = 2
cos2 1f (1 e)cos2 1E
2 ¡ 2
which we bring to the form
1=2
1 1+e 1
tan f = tan E
2 1 e 2
(cid:181) ¶ (cid:181) ¡ ¶ (cid:181) ¶
We know, 0<e<1, so there is a unique ’ satisfying
1
e = sin’ 0<’< …
2
Claim 3: By setting fl :=tan1’ follows
2
(i) 0<fl <1
(ii) e= 1+2flfl2, fl = 1¡(1¡ee2)1=2
1=2
(iii) 1+e = 1+fl
1 e 1 fl
¡ ¡
‡ ·
(iv) e=2fl 1+ (fl2)
O
¡ ¢
8