1. Раскрыть скобки в операторном выражении: 2 d 2 Fˆ x . dx Р е ш е н и е . Подействуем оператором F̂ на произвольную функцию : 2 d 2 Fˆ x . dx По определению квадрата оператора имеем 2 d 2 d 2 d 2 x x x . dx dx dx Прочтём полученное выражение «по–арабски» – справа налево: на функцию сначала x 2 (его действие сводится к умножению функции на x 2 ). На полученный результат действует оператор d dx (он «вычисляет» производную по x ). Полученный результат действует оператор 2 умножается на x и, наконец, вычисляется производная от этого произведения. Зафиксируем порядок действия операторов с помощью скобок: d 2 d Fˆ x x 2 . dx dx Теперь раскрываем скобки по обычным правилам математики: d 2 d 2 d Fˆ x 2 x x dx dx dx 3 4 d 2x x dx 2 2 d d 3 d 4d 4d 6x 2x 4x x x 6x 3 6x 2 . 2 2 dx dx dx dx dx 2 3 Сравнивая начало и конец последней цепочки равенств, находим, что 2 d2 d d 2 Fˆ x x 4 2 6x 3 6x 2 . dx dx dx a ˆ e 1. Найти результат действия оператора F d dx на функцию x . Р е ш е н и е . По определению a Fˆ e d dx 2 3 1 d 1 d 1 d 1 a a a 1! dx 2! dx 3! dx , тогда 2 3 1 d x 1 2 d x 1 3 d x ˆ F x x a a a 1! dx 2! dx 2 3! dx 3 Сравнивая это выражение с разложением функции x a в ряд Тейлора по степеням a в окрестности точки a 0 x a x 2 3 1 d x 1 d x 2 1 d x 3 a a a 1! dx 2! dx 2 3! dx 3 , находим, что a e d dx x x a . 1. Найти собственные функции и собственные значения оператора d2 2 d . Fˆ 2 dx x dx Решение. По определению собственной функции F̂ , (1.30) где – собственное значение оператора F̂ , соответствующее собственной функции . Подставляя оператор F̂ в выражение (1.30), получим d 2 2 d 0 . dx 2 x dx (1.31) Соотношение (1.31) – обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка, линейное, однородное, но с непостоянными коэффициентами. Для его решения заметим, что оно имеет особую точку x 0 . Предполагая, что эта особенность сохранится и в решении, положим x u x , x (1.32) где u x – новая неизвестная функция. Тогда d d dx dx u x u u 2 , x x d 2 d u u u u u 2u u 2u 2u 2 3 dx 2 dx x x 2 x x 2 x 2 x 3 x x x и уравнение (1.31) принимает вид u 2u 2u 2u 2u u 2 3 2 3 0, x x x x x x или u u 0 (1.33) Уравнение (1.33) – обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка, линейное, однородное, и с постоянными коэффициентами. Корни его характеристического уравнения r 2 0 равны r1,2 , следовательно, общее решение уравнения (1.33) запишется в виде u x C1e x C2e x , поэтому x C1e x C2e x x . (1.34) Согласно стандартным условиям, собственная функция x должна быть конечной при любых значениях x . Если 0 , то условия конечности функции (1.34) нарушаются при x (поскольку ex при x растёт быстрее, чем любая конечная степень x ). Если же 0 , то x C x и, следовательно, x при x 0 . Поэтому остаётся единственная возможность 2 0 . Тогда x C1ei x C2ei x . x (1.35) Для конечности функция x при x 0 , необходимо, чтобы числитель выражения (1.35) обращался в нуль при x 0 . Это возможно, если C2 C1 . Следовательно, собственные функции оператора F̂ имеют вид ei x ei x sin x sin x , x C1 iC1 C x x x где – произвольное действительное число, при этом собственные значения определяются выражением и образуют непрерывный спектр. 2 1. Пронормировать функцию ikx x e где x 2 2 , (1.36) x , а k и – постоянные. Р е ш е н и е . По условию нормировки должно быть x dx 1 2 (1.37) Для того чтобы удовлетворить условию (1.37), умножим x на постоянную N (нормировочный множитель), который и подберём так, чтобы выполнялось условие нормировки. Тогда x 2 dx x x dx N e 2 ikx x 2 2 ikx e x 2 2 dx N 2 x e dx 1 . 2 (1.38) Последний интеграл называют интегралом Пуассона. Поскольку он неоднократно будет встречаться в дальнейшем, укажем метод его вычисления. Будем вычислять не сам интеграл Пуассона, а его квадрат: 2 x 2 2 x 2 x 2 x 2 I e dx e dx e dx e dx ey dy 2 e x 2 y 2 dxdy . Получившийся двойной интеграл без труда вычисляется переходом к полярной системе координат. Имеем: e x 2 y 2 2 x cos , y sin dxdy e d d dxdy d d 0 0 2 2 1 2 2 2 e d e 2 0 0 и, следовательно, 2 I , I ex dx . 2 Подставляя найденное значение интеграла Пуассона в выражение (1.38), получим, что N2 1. Отсюда N 4 . Следовательно, нормированные функция (1.36) имеет вид ikx x2 4 . x e 2 1. Пронормировать функцию r i r ,, Aer 2 1 cos e . 2 (1.39) Р е ш е н и е . На этот раз функция задана в сферической системе координат, и условие её нормировки имеет вид r ,, 2 V dV A e 2 0 2 r 2 2 i i 1 r dr cos sin d e e d 1 . (1.40) 2 0 0 2 r Последний интеграл в выражении (1.40) равен 2 , интеграл по вычисляется столь же легко: cos 3 2 cos sin d cos d cos . 0 0 3 0 3 2 2 Интеграл же по r равен e 0 r 2 r 1 r dr e 2 0 2 r e r 2 2 2r 4 3 r r dr 4 r dr e 2 0 r 0 2 r 4 r dr e r dr . 4 0 3 (1.41) В этом выражении трижды встречаются однотипные интегралы вида J er r n dr 0 с целыми n . Вычислим их, делая замену переменной r x . Тогда x n u , du nx n 1dx 1 1 J n 1 e x x n dx n 1 x n e x x x 0 dv e , v e 0 n n 1 e x x n 1dx . 0 Проинтегрированная часть обращается в нуль и на верхнем пределе (поскольку экспонента убывает быстрее, чем растёт любая конечная степень x ) и на нижнем пределе (из-за множителя x ). Оставшийся интеграл вновь вычисляем по частям: x n 1 u , du n 1 x n 2dx n n x n 1 J n 1 e x dx n 1 x n 1e x x x 0 dv e , v e 0 n n 1 x n 2 n n 1 x n 2 e x dx e x dx . n 1 0 n 1 0 Нетрудно видеть, что, продолжая процесс интегрирования по частям n раз, в конце концов, придём к выражению: J e 0 r n n 1n 2 1 x r dr 0 e dx n 1 n n n 1n 2 1 n! x e . 0 n 1 n 1 Используя общее выражение (1.42), находим e r r 2dr 0 2! 2 3, 3 er r 3dr 0 3! 6 3, 4 2 r 4 2 4! 6 e r dr 3. 5 4 0 4 Подставляя вычисленные значения интегралов в выражение (1.41), получим e 0 2 6 6 2 r 2 1 r dr 3 3 3 3 . 2 2 r Тогда соотношение (1.40) принимает вид A2 2 2 8 2 A 2 3 1 . 3 3 3 Следовательно, нормировочная постоянная A равна A 33 3 , 8 2 2 а нормированная функция (1.39) имеет вид r ,, 3 r 2 r e 1 2 2 2 i cos e . 1. Проверить ортогональность функций 1 x Ae x2 2 x2 2 1 2x и x Be 3 12x 2 2 2 4x 4 x . Р е ш е н и е . Вычислим скалярное произведение данных функций 1 ,2 x 2 x dx AB e 1 x2 2 x2 2 1 2x e 3 12x 2 AB e x 3 18x 2 28x 4 8x 6 dx 2 2 4x 4 dx (1.42) x 2 2 x 2 2 x 2 4 AB 3 e dx 18 e x dx 28 e x dx 8 e x x 6dx . Для вычисления полученных интегралов вспомним значение интеграла Пуассона (см. задачу 5) e I x 2 dx Рассматривая как параметр, от которого зависит величина этого интеграла, получим, что I x e dx 2 ; dI x 2 2 d 1 I e dx x 2ex dx 32 ; d d 2 d 2 I dI 4 x 2 d 1 1 3 I x e dx ; 3 2 2 52 d d d 2 2 2 d 3I dI 2 d 1 3 1 3 5 x 6ex dx . 3 52 72 d d d 2 2 2 2 2 Следовательно, 2 x x e dx 2 4 x x e dx 2 6 x x e dx 2 1 ; 2 3 2 1 3 ; 2 2 5 2 1 3 5 . 2 2 27 2 Без труда прослеживается общая закономерность и можно записать общую формулу: x 2n ex dx 2 1 3 5 2n 1 . 2 n 2n 1 2 Интегралы же вида 2n 1 x x e dx 2 равны нулю ввиду нечётности подынтегральной функции. Пользуясь теперь формулой (1.43), находим, что 1 ,2 AB 3 18 1 3 15 28 8 2 4 8 (1.43) AB 3 9 21 15 0 . Так как скалярное произведение функций 1 и 2 равно нулю, то они взаимно ортогональны на интервале , . .
