da de thi toan cho vl

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SĐH 2011 TRÌNH ĐỘ THẠC SĨ NĂM 2011 (đợt 1) Môn: Phương trình toán lý Chuyên nghành: Vật lý (Kỹ thuật và Lý thuyết) Thời gian làm bài: 180 phút NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu 1 (1 đ): Thực hiện các phép tính sau 1. Thiết lập phương trình truyền sóng điện từ trong môi trường chân không từ hệ phương trình Maxwell  ∇ ·  B = 0,  ∇ ·  E = 0,  ∇ ×  B =  0 µ 0 ∂  E ∂t ,  ∇ ×  E = − ∂  B ∂t . Tác dụng toán tử Curl lên hai vế phương trình thứ ba  ∇ ×(  ∇ ×  B) =  ∇(  ∇ ·  B) −  ∇ 2  B =  ∇ ×( 0 µ 0 ∂  E ∂t ), =⇒  ∇ 2  B =  0 µ 0 ∂ 2  B ∂t 2 . Tương tự  ∇ 2  E =  0 µ 0 ∂ 2  E ∂t 2 . Đây là các phương trình truyền sóng điện từ trong môi trường chân không. Mỗi thành phần Decartes (x, y, z) của  E,  B tuân theo phương trình truyền sóng 3 chiều  ∇ 2 f = 1 c 2 ∂ 2 f ∂t 2 , c = 1 √  0 µ 0 = 3 ·10 8 m/s, f : E x , E y , E z , B x , B y , B z . 2. Chứng minh các đẳng thức sau:  ∇ ×  ∇V (r) = 0 , trong đó V (r) là thế vô hướng.  ∇ ·  ∇ ×  A = 0 , trong đó  A là thế vector. 1  ∇ ×  ∇V (r) =         i  j  k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z ∂ ∂x V ∂ ∂y V ∂ ∂z V        = 0, Như vậy Curl của Gradient là bằng không, hay tất cả các Gradient là không xoáy.  ∇ ·  ∇ ×  A =       ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z A x A y A z       = 0, Divergence của Curl là bằng không, hay tất cả các Curl đều xoáy. Câu 2 (1,5 đ): Một chất điểm chuyển động trên mặt phẳng Oxy , vector định vị của nó được cho bởi r = a cos(ωt)  i + a sin(ωt)  j, (a, ω là các hằng số). Chứng minh rằng 1. Vector vận tốc v vuông góc với r. 2. Vector gia tốc a hướng về gốc tọa độ. Độ lớn của a? 3.  L = r × mv là một hằng vector. Tìm độ lớn của  L? 1. Ta có v = dr dt = −aω sin(ωt)  i + aω cos(ωt)  j, v ·r = 0, đpcm. 2. Ta có a = dv dt = −ω 2 r, đpcm. a = ω 2 r. 3. Ta có  L = r ×mv = ma 2 ω  k = −−−−−→ constant, L = ma 2 ω. Câu 3 (1 đ): Chứng minh các đẳng thức sau 2 1. Chứng minh rằng nếu  B =  ∇ ×  A (  B là vector cảm ứng từ và  A là thế vector), S là một mặt kín bất kỳ thì ˛ S  B · dσ = 0, ˛ S  B · dσ = ˆ V  ∇ ·  B dV = ˆ V  ∇ ·  ∇ ×  A dV = ˆ V 0 dV = 0, (Divergence cửa một Curl luôn bằng không). 2. Chứng minh rằng nếu u, v là hai hàm vô hướng, C là một đường cong kín bất kỳ, S là diện tích giới hạn bởi C thì ˛ C u  ∇v · d  l = ˆ S (  ∇u) ×(  ∇v) · dσ. ˛ C u  ∇v · d  l = ˆ S  ∇ ×(u  ∇v) · dσ = ˆ S [(  ∇u) ×(  ∇v) + u  ∇ ×  ∇v] · dσ = ˆ S (  ∇u) ×(  ∇v) · dσ (Curl của một Divergence luôn bằng không). Câu 4 (1 đ): Toán tử T (t + , t) mô tả sự thay đổi của hàm sóng từ thời điểm t đến thời điểm t + . Với  thực và đủ nhỏ sao cho ta có thể cho  2 = 0, khi đó T được biểu diễn T (t + , t) = 1 − i  H(t). 1. Nếu H là hermite, chứng minh T là unita. 2. Nếu T là unita, chứng minh H là hermite. 1. Ta có: T T † = (1 − i  H(t))(1 + i  H † (t)) = 1 + i    H † (t) − H(t)  = 1, tương tự cho T † T . Như vậy T là unita. 2. Vì T là unita nên T T † = 1 =⇒ H † (t) − H(t) = 0 hay H † (t) = H(t) =⇒ H(t) là hermite. Tương tự cho T † T . Câu 5 (1,5 đ): Tìm các trị riêng và các vector riêng (trực giao, chuẩn hóa) tương ứng của các ma trận sau A =   0 0 0 0 0 −i 0 i 0   , B =   0 0 i 0 0 0 −i 0 0   . 3 1. Trường hợp A: các trị riêng λ = −1, 0, 1. Các vector riêng tương ứng là |r 1  = 1 √ 2   0 1 −i   , |r 2  =   1 0 0   , |r 3  = 1 √ 2   0 1 i   2. Trường hợp B: các trị riêng λ = −1, 0, 1. Các vector riêng tương ứng là |r 1  = 1 √ 2   1 0 i   , |r 2  =   0 1 0   , |r 3  = 1 √ 2   1 0 −i   Câu 6 (1 đ): Thực hiện các phép tính sau 1. Ma trận C không là ma trận hermite. Chứng minh rằng ma trận C + C † và i(C −C † ) là các ma trận hermite. (Điều này có nghĩa là một ma trận không hermite có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai ma trận hermite C = 1 2 (C + C † ) + 1 2i i(C −C † )). (C + C † ) † = C † + C = C + C † , (i(C −C † )) † = −i(C † − C) = i(C + C † ). 2. Chứng minh rằng nếu một ma trận có các trị riêng là thực và các vector riêng là trực giao và chuẩn hóa, tức là r i |r j  = δ ij , thì ma trận đó là một ma trận hermite. Ta có A|r i  = λ i |r i  =⇒ r j |A|r i  = λ i r j |r i  = λ i δ ij , r j |A † = λ ∗ j r j | =⇒ r j |A † |r i  = λ ∗ j r j |r i  = λ ∗ j δ ij , =⇒ r j |(A − A † )|r i  = (λ i − λ j )δ ij , (λ i,j thực). Nếu i = j =⇒ r j |(A − A † )|r i  = (λ i − λ j )0 = 0 =⇒ A = A † . Nếu i = j =⇒ r j |(A − A † )|r i  = (λ i − λ i )1 = 0 =⇒ A = A † . Như vậy A là ma trận hermite. Câu 7 (1,5 đ): Thực hiện các phép tính dưới đây 1. Tách phần thực và phần ảo của các hàm số sau (z = x + iy) a) ω(z) = z − 1 z + 1 ; b) ω(z) = z 3 . Ta có ω(z) = z − 1 z + 1 = (z − 1)(z ∗ + 1) (z + 1)(z ∗ + 1) = x 2 + y 2 − 1 + i2y x 2 + y 2 + 2x + 1 , =⇒ Re[ω(z)] = x 2 + y 2 − 1 x 2 + y 2 + 2x + 1 , Im[ω(z)] = 2y x 2 + y 2 + 2x + 1 . 4 ω(z) = z 3 = (x + iy) 3 = x 3 + 3x(iy) 2 + 3x 2 (iy) + (iy) 3 = x 3 − 3xy 2 + i(3x 2 y − y 3 ), =⇒ Re[ω(z)] = x 3 − 3xy 2 , Im[ω(z)] = 3x 2 y − y 3 . 2. Tìm hàm giải tích ω(z) = u(x, y) + iv(x, y) cho các trường hợp sau (a) Biết u(x, y) = x 3 − 3xy 2 . (b) Biết v(x, y) = e x sin y. Vì ω(z) giải tích nên ∂u ∂x = ∂v ∂y và ∂u ∂y = − ∂v ∂x - điều kiện Cauchy-Riemann. (a) Cho u(x, y) = x 3 − 3xy 2 . ∂u ∂x = 3x 2 − 3y 2 = ∂v ∂y =⇒ v = 3x 2 y − y 3 + A(x), ∂u ∂y = −6xy = − ∂v ∂x =⇒ v = 3x 2 y + B(y). Suy ra 3x 2 y − y 3 + A(x) = 3x 2 y + B(y) =⇒ A(x) = 0, B(y) = −y 3 , =⇒ v = 3x 2 y − y 3 =⇒ ω(z) = (x 3 − 3xy 2 ) + i(3x 2 y − y 3 ). (b) Thực hiện phép tình tương tự, ta tìm được ω(z) = e x cos y + ie x sin y. Câu 8 (1,5 đ): Ứng dụng lý thuyết thặng dư để tính các tích phân sau a) ˆ ∞ −∞ cos x x 2 + a 2 dx ; b) ˆ ∞ −∞ x sin x x 2 + a 2 dx ; c) ˆ ∞ −∞ x 2 dx x 4 + 1 . 1. Ta có ˆ ∞ −∞ cos x x 2 + a 2 dx = Re ˆ ∞ −∞ e ix x 2 + a 2 dx = Re  i2πRes e iz z 2 + a 2 , ia  = Re  i2π lim z→ia (z − ia)e iz (z − ia)(z + ia)  = Re  i2π e −a i2a  = π a e −a . 2. Tương tự ta có ˆ ∞ −∞ x sin x x 2 + a 2 dx = πe −a . 3. Ta có ˆ ∞ −∞ x 2 dx x 4 + 1 = 2πi  Res z 2 z 4 + 1 , e iπ/4  + 2πi  Res z 2 z 4 + 1 , e i3π/4  = π √ 2 . Hết đáp án. 5 . tả sự thay đổi của hàm sóng từ thời điểm t đến thời điểm t + . Với  thực và đủ nhỏ sao cho ta có thể cho  2 = 0, khi đó T được biểu diễn T (t + , t) = 1 − i  H(t). 1. Nếu H là hermite, chứng. + i    H † (t) − H(t)  = 1, tương tự cho T † T . Như vậy T là unita. 2. Vì T là unita nên T T † = 1 =⇒ H † (t) − H(t) = 0 hay H † (t) = H(t) =⇒ H(t) là hermite. Tương tự cho T † T . Câu 5 (1,5 đ): Tìm. iv(x, y) cho các trường hợp sau (a) Biết u(x, y) = x 3 − 3xy 2 . (b) Biết v(x, y) = e x sin y. Vì ω(z) giải tích nên ∂u ∂x = ∂v ∂y và ∂u ∂y = − ∂v ∂x - điều kiện Cauchy-Riemann. (a) Cho u(x,