Feladatok:

Az alábbi feladat tárgyalását a szemináriumon a Pálffy Péter Pál előadásának a vége sugallta.

Határozzuk meg az A, Af(x) = x^{2}f(x) − \frac{d^{2}f}{dx^{2}} (x) operátor sajátértékeit és sajátfüggvényeit.

Megjegyzés: Az A operátor az un. quantum rotátort leíró operátor. Valóban, egy (klasszikus) rotátor (harmonikus oszcillátor) Hamilton függvénye H = x^{2} + v^{2}, ha a paramétereket alkalmasan választjuk. Kvantáláskor az x^{2}-nek az x^{2} szorzóoperátor, v-nek az i\frac{d}{dx} (a Planck állandót egynek választottuk), így v^{2}-nek a −\frac{d^{2}}{dx^{2}} operátor felel meg. Ezért a H kvantáltja a A operátor.

Vázolok egy lehetséges megoldást.

Lássuk be, hogy az A operátor önadjungált operátor a négyzetesen integrálható függvények terében, amelynek sajátaltereit alkotják minden k-ra a következő függvények: g(x) = P_{k}(x)e^{−x^{2}/2}, ahol P_{k}(x) legfeljebb k-fokú polinom. Oldjuk meg a feladatot ennek az észrevételnek az alapján. A sajátfüggvényben szereplő polinom legmagasabb fokú tagjának az együtthatóját vizsgálva lássuk be, hogy amennyiben e polinom fokszáma k, akkor a sajátérték 2k.

Feladat Fourier transzformált aszimptotikus viselkedésének meghatározására a végtelen környezetében a nyeregpont módszer segítségével.

Határozzuk meg az φ(t) = ∫_{−∞}^{∞} e^{itx−x^{4}} dx Fourier transzformált aszimptotikus viselkedését, ha t → ∞. Mutassuk meg, hogy ez t → ∞-re aszimptotikusan

Ct^{−1/3} exp \{−\frac{3}{8\sqrt[3]{4}}t^{4/3}\} ,

alkalmas C > 0-val. Számítsuk ki a C > 0 konstanst.

Ennek a feladatnak a megoldása a nyeregpont módszer egy nem triviális alkalmazásán alapul. Beszéltünk a szemináriumon arról, hogy analitikus függvény Fourier transzformáltja a végtelenben exponenciális gyorsan tart nullához. A feladat az, hogy ennek az állításnak a bizonyítását finomítva egy konkrét esetben pontos aszimptotikát adjunk. További kérdés: Milyen a φ(t) = ∫_{−∞}^{∞} e^{itx−x^{2k}} dx Fourier transzformált aszimptotikus viselkedése tetszőleges pozitív egész k számra? (E feladat megoldásának részleteit nem dolgozzuk ki, de ha valaki a résztvevők közül ezt mégis megteszi, azt szívesen meghallgatjuk.)

Megoldásvázlat: Érdemes a feladatot átírni homogénabb formában az x = t^{1/3}x̄ helyettesítéssel. Azt kapjuk, hogy φ(t) = ∫_{−∞}^{∞} e^{itx−x^{4}} dx = t^{1/3} ∫_{−∞}^{∞} e^{t^{4/3}(ix̄−x̄^{4})} dx̄, ezért foglalkozhatunk az ∫_{−∞}^{∞} e^{t^{4/3}(ix−x^{4})} dx integrál aszimptotikájának a vizsgálatával. A nyeregpontok, az exponensben levő h(x) = ix − x^{4} függvény i − 4x^{3} deriváltjának a

nullhelyei, azaz a z_{j} = −i\sqrt[3]{\frac{1}{4}}ε_{j}, j = 1, 2, 3 számok, ahol ε_{1} = 1, ε_{2} = −\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2},

ε_{3} = −\frac{1}{2} − i\frac{\sqrt{3}}{2}. Mi a nyeregpont szemléletes tartalma, és miért ezek az érdekes pontok? A h(z) pont értéke a nyeregpontokban, h(z_{j}) = z_{j}(i − z_{j}^{3}) = \frac{3}{4}iz_{j} = \frac{3}{4^{4/3}} ε_{j}, j = 1, 2, 3. Olyan görbét keresünk, amely a −∞ pontból a ∞ pontba megy, áthaladva a z_{2} és z_{3} nyeregpontokon, a nyeregpontokban a görbe iránya olyan, mint amilyet a nyeregpont módszer sugall, és az e^{t^{4/3}h(x)} függvényt ezen a görben integrálva, az integrál értékének fő hozadékát a z_{2} és z_{3} nyeregpontok kis környezetei adják. A fő kérdés: Hogyan valósítható ez meg?

A h(z) függvény Taylor sor fejtése a z_{j} nyeregpontokban a h(z) = h(z_{j})−6z_{j}^{2}(z −z_{j})^{2} − 4z_{j}(z − z_{j})^{3} − (z − z_{j})^{4} függvény. A keresett integrálási út z_{j} nyeregpontokon átmenő részét u_{j}(s) = z_{j} + \frac{|z_{j}|}{z_{j}}s alakban érdemes választani. Ekkor h(u_{j}(s)) = h(z_{j})−6|z_{j}|^{2}s^{2}−

4\frac{|z_{j}|^{3}}{z_{j}^{2}} s^{3} − \frac{|z_{j}|^{4}}{z_{j}^{4}} s^{4} = h(z_{j}) − 6(\frac{1}{4})^{2/3}s^{2} + 4^{2/3}ε_{j}s^{3} + ε̄_{j}s^{4}, ahonnan ℜh(u_{j}(s)) = ℜh(z_{j}) −

6(\frac{1}{4})^{2/3}s^{2} − 2(\frac{1}{4})^{1/3}s^{3} − \frac{1}{2}s^{4}. Innen következik, hogy a ℜh(u_{j}(s)) függvény maximuma az s = 0 pontban van, (ahol u_{j}(s) = z_{j}), mivel annak deriváltja, a ℜh(u_{j}(s))′ = 2s[−6(\frac{1}{4})^{1/3} − 3(\frac{1}{4})^{2/3}s − 2s^{2}] függvény s ≤ 0 esetén pozitív és s ≥ 0 esetén negatív.

A fenti számolás a következő integrálási utat sugallja a φ(t) integrál kiszámítására. Először menjünk a −∞-ből az abszcissza tengelyen a −\sqrt{3}4^{−1/3} pontba, onnan az u_{3}(·) egyenesen az 4^{−1/3}i pontba, onnan az u_{2}(·) egyenesen a \sqrt{3}4^{−1/3} pontba, onnan az abszcissza tengelyen a +∞-be. A kapott integrál lényeges hozadékat a z_{2} és z_{3} pontok kis környezete adja nagy t paraméterre. Ez olyan Gauss típusú integrál, amely jól számolható. A végeredmény:

φ(t) = t^{1/3}ℜ [2e^{t^{4/3}h(z_{2})} \frac{z̄_{2}}{|z^{2}|}] ∫_{−∞}^{∞} e^{−t^{4/3}·6|z_{2}|^{2}s^{2}} ds(1 + o(1))

= \frac{t^{1/3}}{t^{2/3}\sqrt{6}|z_{2}|}ℜ [\frac{z_{2}}{|z_{2}|}e^{−3·4^{−4/3}ε_{2}t^{4/3}}] (1 + o(1)) = C(t)t^{−1/3}e^{−3/8 \sqrt[3]{4}·t^{4/3}}(1 + o(1)),

ahol

C(t) = \frac{4 · 2^{1/3}\sqrt{6π}}{6} cos [\frac{3\sqrt{3}}{8\sqrt[3]{4}}t^{4/3} + \frac{π}{6} ] .

Valójában a fenti formulában o(1) helyett O(t^{−2/3})-ot is írhatunk.