关于朗道《力学》p.27习题积分的思路

作者: 有限与微小的面包 | 来源:发表于2019-12-14 10:41 被阅读0次

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纲要
4-6 周六晴

这一节主要是讲关于运动方程的积分。作者着重演示了如何利用作为七大运动积分之一的能量来求解一维粒子在特定势函数下的振荡周期。

题(a)， $U = A |x|^n$ 这个势函数的表达式看似简单，但是却拥有很丰富的内涵。我认为难的地方在于两点：

1） $n$ 的任意性

2）绝对值符号的处理

根据能量的定义式： $E = T + U(x) = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 + U(x)$

解 $\dot{x}$ 得： $\dot{x} = \frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2}{m}(E - U(x))}$

这是个ODE，要解这个ODE就要知道如何计算关于 $x$ 部分的积分：

$t = \sqrt{\frac{m}{2}}\int_{x_1}^{x_2} \frac{dx}{\sqrt{E - A|x|^n}} + C$

因为粒子的总能量必须大于等于势函数（动能必须非负），粒子被束缚在在两个转折点（动能为零的位置）之间做往返运动， $x_1, x_2$ 是粒子在该势函数下振荡运动的转折点。

也就是说 $t$ 是粒子从一个转折点到另一个转折点的时间，周期 $P$ 实际上的等于 $2t$ 。

与此同时我们可以通过联立能量和势函数： $E = U(x)$ 来求出相应的转折点：

$E = A|x|^n\\|x|^n = \frac{E}{A}\\x = \pm \left( \frac{E}{A}\right)^{1/n}$

即 $x_1 = -\left( \frac{E}{A}\right)^{1/n}\\x_2 = \left( \frac{E}{A}\right)^{1/n}$

因为积分域是对称的，又因为被积函数是一个偶函数，所以被积函数在整个积分域的积分等于被积函数在半个积分域的积分的二倍。

所以我们所要寻找的周期是：

$P = 2\sqrt{2m}\int_{x = 0}^{(E/A)^{1/n}} \frac{dx}{\sqrt{E - Ax^n}}$

我选择了 $C = 0$ ，并且 $x$ 的绝对值符号没有了，是因为在 $0 \leq x \leq \left( \frac{E}{A}\right)^{1/n}$ 的范围内它是正数，而正数的绝对值等于它本身。

之后的积分才是关键。书上的方法，是把这个积分转化成一个关于贝塔函数的表达式，然后利用其与伽马函数的关系来求解的方法。这个转化的过程就可以说是整个积分的精华。

首先是对于分母根号的处理，需要把常数项变为1：

$P = 2\sqrt{\frac{2m}{E}}\int_{x = 0}^{(E/A)^{1/n}} \frac{dx}{\sqrt{1 - \frac{A}{E}x^n}}$

神奇之处在于，当我们换元后，该积分域会自动变成从0到1.（但其实也能够预料到，因为这个积分本身就是贝塔函数的一种情况）。

令 $\frac{A}{E}x^n = t^n$ ，则 $dx = \left(\frac{A}{E}\right)^n dt$ ,替换后的积分变成

$P = 2\sqrt{\frac{2m}{E}}\left( \frac{A}{E}\right)^n \int_{t=0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1 - t^n}} dt$

贝塔函数有很多种定义，其中一种就是

$B(x, y) = n \int_{0}^{1}t^{nx -1}(1 - t^n)^{y-1} dt$

通过与 $P$ 比较，

$P = 2\sqrt{\frac{2m}{E}}\left(\frac{A}{E}\right)^n (\frac{1}{n}) n \int_{t=0}^{1}t^0(1 - t^n)^{-1/2}dt$

得到方程组 $\begin{cases} nx - 1 = 0\\ y - 1 = -\frac{1}{2}\end{cases}$ ,解得 $\begin{cases} x = \frac{1}{n}\\ y = \frac{1}{2}\end{cases}$

于是 $P = 2\sqrt{\frac{2m}{E}}\left(\frac{A}{E}\right)^n\frac{1}{n}B(\frac{1}{n}, \frac{1}{2})$

又根据贝塔函数与伽马函数的关系：

$B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$

最终我们得到周期为：

$P = 2\sqrt{\frac{2\pi m}{E}}\left(\frac{A}{E}\right)^n\frac{1}{n}\frac{\Gamma(\frac{1}{n})}{\Gamma(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})}$

其中 $\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}$ 在数学家眼里再熟悉不过了，可以根据欧拉反射公式得来。

题(b)中的势函数 $U = -\frac{U_0}{\cosh ^2 \alpha x}$ 被称为Modified Pöschl–Teller potential,该形式在量子力学中具有重要意义。满足其一维薛定谔方程的解具有特殊函数的形式（贝塔，伽马，椭圆，贝塞尔函数等等）。

利用同样的能量表达式可以得到积分：

$t = \sqrt{\frac{m}{2}}\int_{x_1}^{x_2}\frac{dx}{\sqrt{E + \frac{U_0}{\cosh ^2 \alpha x}}}$

（初始时刻为零）

求解积分范围：

$\begin{align*}E &= U(x)\\E &= \frac{-U_0}{\cosh^2\alpha x}\\\end{align*}$

$\implies \boxed{x = \pm \frac{1}{\alpha} \cosh^{-1}\left( \sqrt{\frac{-U_0}{E}} \right)}$

因为被积函数是偶函数，周期可以写成：

$P = 2\sqrt{2m} \int_{x=0}^{\frac{1}{\alpha} \cosh^{-1}\left( \sqrt{\frac{-U_0}{E}} \right)}\frac{dx}{\sqrt{E + \frac{U_0}{\cosh^2 \alpha x}}}$

先做代换 $y \equiv \alpha x$ , 则 $dy = \alpha \; dx$

$P = \frac{2\sqrt{2m}}{\alpha} \int_{y=0}^{\cosh^{-1}\left( \sqrt{\frac{-U_0}{E}} \right)}\frac{dy}{\sqrt{E + \frac{U_0}{\cosh^2 y}}}$

要点就是要把分母的部分变成一个含根号的二次多项式。

被积函数的部分，分子分母同乘以 $\cosh y$ ，再利用关系 $\cosh^2y = \sinh^2y + 1$ 可以得到：

$\frac{\cosh y \; dy}{\sqrt{E \cosh^2y + U_0}} = \frac{\cosh y \; dy}{\sqrt{E(\sinh^2 y + 1) + U_0}}$

又因为 $-U_0 < E < 0$ , 所以 $|E| = -E$ ，

$\frac{\cosh y \; dy}{\sqrt{E(\sinh^2 y + 1) + U_0}} = \frac{\cosh y \; dy}{\sqrt{-|E|\sinh^2y - |E| + U_0}} = \frac{\cosh y \; dy}{\sqrt{|E|}\sqrt{-\sinh^2y + (U_0 - |E|)/|E|}}$

再进行一次换元： $\xi = \sinh y$ , $d\xi = \cosh y \; dy$ ,我们得到形式：

$\frac{d\xi}{\sqrt{|E|}\sqrt{-\xi^2 + a^2}}$ ,其中 $a = \sqrt{\frac{U_0 - |E|}{|E|}}$

代入之前的积分：

$P = \frac{2}{\alpha}\sqrt{\frac{2m}{|E|}} \int_{\xi=0}^{\sqrt{\frac{U_0}{|E|}-1}}\frac{d\xi}{\sqrt{-\xi^2 + a^2}}$

形如上述的积分可以通过三角换元来轻松求解：

$\int_{\xi=0}^{\sqrt{\frac{U_0}{|E|}-1}}\frac{d\xi}{\sqrt{-\xi^2 + a^2}} = \frac{1}{a}\int_{\xi=0}^{\sqrt{\frac{U_0}{|E|}-1}}\frac{d\xi}{\sqrt{-(\xi/a)^2 + 1}}$

令 $\frac{\xi}{a} = \sin \theta$ ,则 $d\xi = a\cos \theta \; d\theta$

$\frac{1}{a}\int_{\xi=0}^{\sqrt{\frac{U_0}{|E|}-1}}\frac{d\xi}{\sqrt{-(\xi/a)^2 + 1}} = \int_{\theta=0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos \theta \; d\theta}{\sqrt{-\sin^2\theta + 1}} = \int_{\theta=0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta = \frac{\pi}{2}$

所以最终的周期为： $P = \frac{2}{\alpha}\sqrt{\frac{2m}{|E|}} \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{\alpha}\sqrt{\frac{2m}{|E|}}$

最后一题如法炮制

周期的积分表达式为： $P = 2\sqrt{2m}\int_{x=0}^{\frac{1}{\alpha}\tan^{-1}\left( \sqrt{\frac{E}{U_0}}\right)} \frac{dx}{\sqrt{E - U_0\tan^2 \alpha x}}$

先做代换 $y = \alpha x$ , $dy = \alpha \; dx$

$P = \frac{2\sqrt{2m}}{\alpha} \int_{y=0}^{\tan^{-1}\left( \sqrt{\frac{E}{U_0}}\right)} \frac{dy}{\sqrt{E - U_0\tan^2 y}}$

我们同样考虑将被积函数转化成分母是根号下二次多项式的形式，但是考技巧的地方就在于：

我们需要令 $\zeta = \sin y$ ,于是 $d\zeta = \cos y \; dy$

$\int_{\zeta =0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_0}}} \frac{d\zeta}{\cos y\sqrt{E - U_0\tan^2 y}} = \int_{\zeta =0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_0}}} \frac{d\zeta}{\sqrt{E\cos^2y - U_0\sin^2 y}} = \int_{\zeta =0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_0}}} \frac{d\zeta}{\sqrt{E(1 - \sin^2y) - U_0\sin^2 y}}$

$\int_{\zeta =0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_0}}} \frac{d\zeta}{\sqrt{-(E + U_0)\zeta^2 + E}} = \frac{1}{\sqrt{E + U_0}} \int_{\zeta =0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_0}}} \frac{d\zeta}{\sqrt{-\zeta^2 + \frac{E}{E + U_0}}} = \frac{1}{\sqrt{E + U_0}} \int_{\zeta =0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_0}}} \frac{d\zeta}{\sqrt{-\zeta^2 + a^2}}$ , 其中 $a = \sqrt{\frac{E}{E + U_0}}$

代入周期的积分： $P = \frac{2}{\alpha}\sqrt{\frac{2m}{E + U_0}} \int_{\zeta = 0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_0}}}\frac{d\zeta}{\sqrt{-\zeta^2 + a^2}} = \frac{2}{\alpha}\sqrt{\frac{2m}{E + U_0}} \left[ \sin^{-1}\left(\frac{\zeta}{a}\right)\right]_{\zeta=0}^{\sqrt{E/(E+U_0)}} = \frac{\pi}{\alpha}\sqrt{\frac{2m}{E + U_0}}$

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