2011. 1. 29. 13:37 Mathematics/Quiz
간단한 논리학 퀴즈
각종 난감한 머리쓰는 문제를 내던 선임들을 한방에 잠재운 문제. 조금은 유명할 것 같은데...
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\text{To find the maximum of }G=G(x_1,\cdots,x_n)\\\text{Find }(\chi_1,\cdots,\chi_n) \text{ where } \nabla G=0
\text{But }R=R(x_1,\cdots,x_n)\text{must satisfy the relation }R=0
\text{To handle the problem, let }n=2\\\text{The exact differential of }R \text{ becomes}\\dR=\frac{\partial R}{\partial x_1}dx_1+\frac{\partial R}{\partial x_2}dx_2\\\text{when infinitesimal movement does not violate the requirement;}\\dR=0
\text{When the function }G\text{ takes the extremum at the point}\\\text{The exact differential of }G \text{ also satisfies}\\dG=\frac{\partial G}{\partial x_1}dx_1+\frac{\partial G}{\partial x_2}dx_2=0\\\text{under the condition that }dR=0
\frac{\partial R}{\partial x_1}dx_1+\frac{\partial R}{\partial x_2}dx_2=0\\\therefore dx_1=-\frac{\frac{\partial R}{\partial x_2}}{\frac{\partial R}{\partial x_1}}dx_2\\\therefore dG=\frac{\partial G}{\partial x_1}dx_1+\frac{\partial G}{\partial x_2}dx_2\\=\left[-\frac{\partial G}{\partial x_1}\frac{\frac{\partial R}{\partial x_2}}{\frac{\partial R}{\partial x_1}}+\frac{\partial G}{\partial x_2}\right]dx_2\\=0\\\text{However, we are free to choose } dx_2 \text{, which implies}\\-\frac{\partial G}{\partial x_1}\frac{\frac{\partial R}{\partial x_2}}{\frac{\partial R}{\partial x_1}}+\frac{\partial G}{\partial x_2}=0
dR=0, dG=0\\\therefore dR-\alpha dG\\=\left[\frac{\partial R}{\partial x_1}-\alpha\frac{\partial G}{\partial x_1}\right]dx_1\\+\left[\frac{\partial R}{\partial x_2}-\alpha\frac{\partial G}{\partial x_2}\right]dx_2\\=0
\text{However, as the restriction is still not removed,}\\\frac{\partial R}{\partial x_1}dx_1+\frac{\partial R}{\partial x_2}dx_2=0\\\therefore dx_1=-\frac{\frac{\partial R}{\partial x_2}}{\frac{\partial R}{\partial x_1}}dx_2
\text{Therefore under this restriction, we can freely choose }dx_2\\\frac{\partial R}{\partial x_1}dx_1+\frac{\partial R}{\partial x_2}dx_2=0
\text{Assume we choose }\alpha\text{ so that}\\\frac{\partial R}{\partial x_1}-\alpha\frac{\partial G}{\partial x_1}=0\\\text{Then }dR-\alpha dG =0 \text{ reduces to}\\\left[\frac{\partial R}{\partial x_2}-\alpha\frac{\partial G}{\partial x_2}\right]dx_2=0\\\text{As we are free to choose }dx_2 \text{, we must conclude that}\\\frac{\partial R}{\partial x_2}-\alpha\frac{\partial G}{\partial x_2}\text{ must be zero as well}
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\nabla^2\theta
can be zero everywhere inside the lump of metal is for \theta
to be a constant. [...]f(x,y)=e^y\cos x\\\nabla^2f=\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)f=0
\theta(\rho,\phi,z)= J_1(\rho)\cos\phi\cosh z
\theta
는 상태함수의 위상이라 그 절대적인 값은 의미가 없어 임의의 지점에 임의의 값을 대응시켜 주는 것은 자유롭지만 문제는 그 자유도는 한 점에 국한된다는 것이다. 다시 한번 말하면, 금속 표면의 한 점에서 위상을 0으로 주었다고 금속 표면 전체의 위상이 0이라는 근거는 없다. 나는 파인만씨가 다음 식(21.19)만 만족하면 되기에 게이지 자유도(gauge freedom)를 이용해 \theta
를 벡터포텐셜 A로 흡수시켰다고 추측할 뿐이다.mv=\hbar\nabla\theta-q\bold A~~~~~~~~\text{(21.19)}
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T_{x'y'}=p^x_{x'} p^x_{y'} T_{xx} + p^x_{x'} p^y_{y'} T_{xy} + p^y_{x'} p^x_{y'} T_{yx} + p^y_{x'} p^y_{y'} T_{yy}
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