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 × mv là một hằng vector. Tìm độ lớn của
L?
1. Ta có
v =
dr
dt
= −aω sin(ωt)
i + aω cos(ωt)
j,
v ·r = 0, đpcm.
2. Ta có
a =
dv
dt
= −ω
2
r, đpcm.
a = ω
2
r.
3. Ta có
L = r ×mv = 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 · dσ = 0,
˛
S
B · dσ =
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) · dσ.
˛
C
u
∇v · d
l =
ˆ
S
∇ ×(u
∇v) · dσ
=
ˆ
S
[(
∇u) ×(
∇v) + u
∇ ×
∇v] · dσ =
ˆ
S
(
∇u) ×(
∇v) · dσ
(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