2016-10-10

I tried to write formulas (part 9)

Physics

＜Complete Normalized Orthogonal System＞完全正規直交系(正規直交基底)

　The j-th wave function is expressed by complete normalized orthogonal system as follows.(j番目の波動関数は完全正規直交系を用いて次のように表される。) \begin{eqnarray}\psi_j(\boldsymbol r)&=&\sum_{i=0}^{\infty}c_{ij}\psi_{ij}(\boldsymbol r)\end{eqnarray}

Then, Schrödinger's wave equation is deformed as below.(すると、シュレーディンガーの波動方程式は次のように変形できる。)

\begin{eqnarray}\hat{H}(\boldsymbol r, t)\psi_j(\boldsymbol r)&=&E_j\psi_j(\boldsymbol r)\notag\\\hat{H}(\boldsymbol r, t)\sum_{i=0}^{\infty}C_{ij}\psi_{ij}(\boldsymbol r)&=&E_j\sum_{i=0}^{\infty}C_{ij}\psi_{ij}(\boldsymbol r)\notag\\\int d\boldsymbol r\psi_{kj}^{*}(\boldsymbol r)\hat{H}(\boldsymbol r, t)\sum_{i=0}^{\infty}C_{ij}\psi_{ij}(\boldsymbol r)&=&\int d\boldsymbol r\psi_{kj}^{*}(\boldsymbol r)E_j\sum_{i=0}^{\infty}C_{ij}\psi_{ij}(\boldsymbol r)\notag\\\sum_{i=0}^{\infty}C_{ij}\int d\boldsymbol r\psi_{kj}^{*}(\boldsymbol r)\hat{H}(\boldsymbol r, t)\psi_{ij}(\boldsymbol r)&=&E_j\sum_{i=0}^{\infty}C_{ij}\int d\boldsymbol r\psi_{kj}^{*}(\boldsymbol r)\psi_{ij}(\boldsymbol r)\notag\\\sum_{i=0}^{\infty}H_{ki}C_{ij}&=&E_j\sum_{i=0}^{\infty}\delta_{ki}C_{ij}\notag\\\Biggl(\because \int d\boldsymbol r\psi_{kj}^{*}(\boldsymbol r)\hat{H}(\boldsymbol r, t)\psi_{ij}(\boldsymbol r)&{\equiv}&H_{ki} , \int d\boldsymbol r\psi_{kj}^{*}(\boldsymbol r)\psi_{ij}(\boldsymbol r)=\delta_{ki}\Biggl)\notag \\\sum_{i=0}^{\infty}H_{ki}C_{ij}&=&E_j\delta_{kk}C_{kj}=E_jC_{kj}\notag\\ \begin{pmatrix}H_{k0} \space H_{k1} \cdots H_{kn} \cdots\end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_{0j} \\ C_{1j} \\\vdots\\C_{nj}\\\vdots \end{pmatrix}&=&E_jC_{kj}\notag\\ \begin{pmatrix}H_{00} \space H_{01} \cdots H_{0n} \cdots\\H_{10} \space H_{11} \cdots H_{1n} \cdots\\\vdots\\H_{n0} \space H_{n1} \cdots H_{nn}\cdots\\\vdots\end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_{0j} \\ C_{1j} \\\vdots\\C_{nj}\\\vdots \end{pmatrix} &=&E_j\begin{pmatrix} C_{0j} \\ C_{1j} \\\vdots\\C_{nj}\\\vdots \end{pmatrix} \notag\\ H\boldsymbol u_j &=&E_j\boldsymbol u_j \Biggl(\because \boldsymbol u_j{\equiv}\begin{pmatrix} C_{0j} \\ C_{1j} \\\vdots\\C_{nj}\\\vdots \end{pmatrix}\Biggr) \end{eqnarray}

2016-10-09

I tried to write formulas (part 8)

Physics

＜Time-independent Hamiltonian＞

　Schrödinger's Wave Equation is described as follows.

\begin{eqnarray}i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi &=&\hat{H}\Psi\end{eqnarray}

　　　　　　　　　　　　　　 $\hbar \rm : Dirac\space constant\space[J\cdot s$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\Psi \rm : wave\space function\space[-$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{H} \rm : Hamiltonian\space[J$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{K} \rm : kinetic\space energy\space[J$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{V} \rm : potential\space energy\space[J$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{\boldsymbol{p}} \rm : momentum\space[kg\cdot m/s$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{\boldsymbol{r}} \rm : position\space[kg\cdot m/s$ ]

　Schrödinger's Wave Equation is described as follows when we assume that $\Psi({\boldsymbol r}, t)$ is $\psi({\boldsymbol r})\phi(t)$ and that $\hat{H}({\boldsymbol r}, t)$ is $\hat{H}(\boldsymbol r).$

\begin{eqnarray}i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi &=&\hat{H}\Psi\notag\\i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi({\boldsymbol r}, t) &=&\hat{H}({\boldsymbol r}, t)\Psi({\boldsymbol r}, t) \notag\\i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi({\boldsymbol r})\phi(t) &=&\hat{H}(\boldsymbol r)\psi({\boldsymbol r})\phi(t) \notag\\i\hbar\psi({\boldsymbol r})\frac{\partial}{\partial t}\phi(t) &=&\phi(t)\hat{H}(\boldsymbol r)\psi({\boldsymbol r}) \notag\\i\hbar\frac{1}{\phi(t)}\frac{\partial}{\partial t}\phi(t) &=&\frac{1}{\psi(\boldsymbol r)}\hat{H}(\boldsymbol r)\psi({\boldsymbol r}) \end{eqnarray}

Here, left hand side is a function of $\it t$ , and the right hand side is a function of $\boldsymbol r$ . Therefore, the both sides must be equal to constant function $\it E$ , whose dimension is energy.

\begin{eqnarray}i\hbar\frac{1}{\phi(t)}\frac{\partial}{\partial t}\phi(t) &=&E\notag\\\frac{\partial}{\partial t}\phi(t) &=&-{i}\frac{E}{\hbar}\phi(t)\notag\\\left(\frac{\partial}{\partial t}+i\frac{E}{\hbar}\right)\phi(t) &=&0\notag\\\phi(t) &=&{\rm Const.}e^{-{i}\frac{E}{\hbar}t}\notag\\\phi(t) &=&\phi(t_0)e^{-{i}\frac{E}{\hbar}(t-t_0)}\\\notag\\\frac{1}{\psi(\boldsymbol r)}\hat{H}(\boldsymbol r)\psi({\boldsymbol r}) &=&E\notag\\\hat{H}(\boldsymbol r)\psi({\boldsymbol r}) &=&E\psi(\boldsymbol r)\end{eqnarray}

Therefore, $\phi(t)$ can be obtained if $\it E$ is known by solving the equation on $\psi(\boldsymbol r)$ . $\hat{H}\space$ is expressed as below.

\begin{eqnarray}\hat{H}&=&\hat{K} +\hat{V} \\&=&\frac{\hat{\boldsymbol{p}}^2}{2m} +\hat{V}\\&=&-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla ^2 +\hat{V}\left(\because \hat{\boldsymbol p}=-i\hbar\frac{\partial}{\partial \boldsymbol r}\right) \end{eqnarray}

Dimensional analysis makes it to easier to memorize the equation. Also, it is important that to know conjugate variables. (Position and momentum are conjugate each other. Energy and time are conjugate each other.) Moreover, the dimension of the product of position and momentum is equal to that of energy and time.

\begin{eqnarray} {\rm \left[m\cdot \left(kg\cdot m/s\right)\right]=\space\left[m\cdot \left(kg\cdot m/s^2\right)\cdot s\right] =\space \left[m\cdot N\cdot s\right]=\space \left[J\cdot s\right]}\end{eqnarray}

＜Conjugate variables＞

　Poisson bracket is defined as follows.

\begin{eqnarray}[\hat{A}, \hat{B}]\space{\equiv}\space\hat{A}\hat{B}-\hat{B}\hat{A}\end{eqnarray}

Poisson bracket $[\hat{x}, \hat{p_x}$ ] is calculated as below.

\begin{eqnarray}\left[\hat{x}, \hat{p_x}\right]f&=&\left(\hat{x}\hat{p_x}-\hat{p_x}\hat{x}\right)f\notag\\ &=&\left(x\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)-\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)x\right)f \notag\\&=&-i\hbar\left(x\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}x\right)f \notag\\ &=&-i\hbar\left(x\frac{\partial}{\partial x}-\left(1+x\frac{\partial}{\partial x}\right)\right)f \notag\\&=&i\hbar f\notag\\\left[\hat{x}, \hat{p_x}\right]&=&i\hbar\hat{1}\end{eqnarray}

Here, $\hat{1}$ is the identity operator.

\begin{eqnarray}\left[\hat{x}, \hat{p_x}\right]&=&i\hbar\hat{1}\notag\\\left(-i\hbar\right)\left[\hat{x}, \frac{\partial}{\partial x}\right]&=&i\hbar\hat{1}\notag\\\left[\hat{x}, \frac{\partial}{\partial x}\right]&=&-\hat{1}\end{eqnarray}

Mathematically, $i\hbar$ is the mere constant.

＜時間に依存しないハミルトニアン＞

　シュレーディンガーの波動方程式は次のように記述される。

\begin{eqnarray}i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi &=&\hat{H}\Psi\end{eqnarray}

　　　　　　　　　　　　　　 $\hbar \rm : ディラック定数[J\cdot s$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\Psi \rm : 波動関数[-$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{H} \rm : ハミルトニアン[J$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{K} \rm : 運動エネルギー[J$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{V} \rm : ポテンシャル[J$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{\boldsymbol{p}} \rm : 運動量[kg\cdot m/s$ ]

　　　　　　　　　　　　　　 $\hat{\boldsymbol{r}} \rm : 位置[kg\cdot m/s$ ]

　 $\Psi({\boldsymbol r}, t)$ が $\psi({\boldsymbol r})\phi(t)$ であり、 $\hat{H}({\boldsymbol r}, t)$ が $\hat{H}(\boldsymbol r)$ であると仮定すると、シュレーディンガーの波動方程式は次のように記述される。

ここで、左辺は $\it t$ の関数であり、右辺は $\boldsymbol r$ の関数であるから、両辺は定数関数 $\it E$ に等しくなければならない。 $\it E$ はエネルギーの次元を持つ。

従って、 $\psi(\boldsymbol r)$ に関する方程式を解くことで $\it E$ が分かれば、 $\phi(t)$ は得られる。 $\hat{H}\space$ は次のように表現できる。

次元解析は方程式を覚えるのに役立つ。また、共役変数について知ることが重要である(位置と運動量は互いに共役であり、エネルギーと時間は互いに共役である)。さらに位置と運動量の積の次元は、エネルギーと時間の積の次元に等しい。

＜共役変数＞

　ポアソン括弧は次のように定義される。

\begin{eqnarray}[\hat{A}, \hat{B}]\space{\equiv}\space\hat{A}\hat{B}-\hat{B}\hat{A}\end{eqnarray}

ポアソン括弧 $[\hat{x}, \hat{p_x}$ ]は次のように計算される。

ここで、 $\hat{1}$ は恒等演算子である。

数学的には, $i\hbar$ はただの定数である。

2016-10-09

I tried to write formulas (part 7)

Mathematics

＜Linear Differential Equation part 2＞
　Linear differential equation can be solved as below.(線形微分方程式は下記のように解くことができる。) \begin{eqnarray}\prod_{i=0}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y&=&0\notag \\ \left(\frac{d}{dx}-\lambda_0\right)\prod_{i=1}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y&=&0\notag\\ \left(\frac{d}{dx}-\lambda_0\right)z_0&=&0\left(\because z_0=\prod_{i=1}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y\right)\notag \\z_0&=&C_0e^{\lambda_0 x} \\\notag\\\prod_{i=1}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y&=&C_0e^{\lambda_0 x}\notag\\\left(\frac{d}{dx}-\lambda_1\right)\prod_{i=2}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y&=&C_0e^{\lambda_0 x}\notag\\\left(\frac{d}{dx}-\lambda_1\right)z_1&=&C_0e^{\lambda_0 x}\left(z_1=\prod_{i=2}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y\right)\notag \\e^{\lambda_1 x}\left(\left(\frac{d}{dx}+\lambda_1\right)-\lambda_1\right)e^{-\lambda_1 x}z_1&=&C_0e^{\lambda_0 x}\notag \\e^{\lambda_1 x}\frac{d}{dx}e^{-\lambda_1 x}z_1&=&C_0e^{\lambda_0 x}\notag \\\frac{d}{dx}e^{-\lambda_1 x}z_1&=&C_0e^{\left(\lambda_0-\lambda_1\right) x}\notag \\e^{-\lambda_1 x}z_1&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\left(\lambda_0-\lambda_1\right) x}+C_1\notag \\z_1&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\lambda_0 x}+C_1e^{\lambda_1 x}\\\notag \\\prod_{i=2}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\lambda_0 x}+C_1e^{\lambda_1 x}\notag \\\left(\frac{d}{dx}-\lambda_2\right)\prod_{i=3}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\lambda_0 x}+C_1e^{\lambda_1 x}\notag \\\left(\frac{d}{dx}-\lambda_2\right)z_2&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\lambda_0 x}+C_1e^{\lambda_1 x}\left(\because z_2= \prod_{i=3}^k\left(\frac{d}{dx}-\lambda_i\right)y\right)\notag \\e^{\lambda_2 x}\left(\left(\frac{d}{dx}+\lambda_2\right)-\lambda_2\right)e^{-\lambda_2 x}z_2&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\lambda_0 x}+C_1e^{\lambda_1 x}\notag \\e^{\lambda_2 x}\frac{d}{dx}e^{-\lambda_2 x}z_2&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\lambda_0 x}+C_1e^{\lambda_1 x}\notag \\ \frac{d}{dx}e^{-\lambda_2 x}z_2&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)}e^{\left(\lambda_0-\lambda_2\right) x}+C_1e^{\left(\lambda_1-\lambda_2\right)x}\notag \\e^{-\lambda_2 x}z_2&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)\left(\lambda_0-\lambda_2\right)}e^{\left(\lambda_0-\lambda_2\right) x}+\frac{C_1}{\left(\lambda_1-\lambda_2\right)}e^{\left(\lambda_1-\lambda_2\right)x}+C_2\notag \\z_2&=&\frac{C_0}{\left(\lambda_0-\lambda_1\right)\left(\lambda_0-\lambda_2\right)}e^{\lambda_0 x}+\frac{C_1}{\left(\lambda_1-\lambda_2\right)}e^{\lambda_1 x}+C_2e^{\lambda_2 x} \\\vdots\notag \\z_{k{-1}}=\left(\frac{d}{dx}-\lambda_k\right)y&=&C_0e^{\lambda_0\space x}+\cdots+C_{k{-1}}e^{\lambda_{k{-1}}\space x}\notag\\e^{\lambda_k x}\left(\left(\frac{d}{dx}+\lambda_k\right)-\lambda_k\right)e^{-\lambda_k x}y&=&C_0e^{\lambda_0\space x}+\cdots+C_{k{-1}}e^{\lambda_{k{-1}}x}\notag\\e^{\lambda_k x}\frac{d}{dx}e^{-\lambda_k x}y&=&C_0e^{\lambda_0\space x}+\cdots+C_{k{-1}}e^{\lambda_{k{-1}}\space x}\notag\\\frac{d}{dx}e^{-\lambda_k x}y&=&C_0e^{(\lambda_0-\lambda_k)\space x}+\cdots+C_{k{-1}}e^{(\lambda_{k{-1}}-\lambda_k)x}\notag\\ e^{-\lambda_k x}y&=&\frac{C_0}{(\lambda_0-\lambda_k)}e^{(\lambda_0-\lambda_k)\space x}+\cdots+\frac{C_{k{-1}}}{(\lambda_{k{-1}}-\lambda_k)}e^{(\lambda_{k{-1}}-\lambda_k)x}+C_k\notag \\y&=&\frac{C_0}{(\lambda_0-\lambda_k)}e^{\lambda_0\space x}+\cdots+\frac{C_{k{-1}}}{(\lambda_{k{-1}}-\lambda_k)}e^{\lambda_{k{-1}}\space x}+C_ke^{\lambda_k x}\end{eqnarray}

Here, for the sake of simplicity, the coefficients is expressed as follows.(ここで、簡単のために係数を次のように表す。)

\begin{eqnarray}y&=&C_0e^{\lambda_0\space x}+\cdots+C_{k{-1}}e^{\lambda_{k{-1}}\space x}+C_ke^{\lambda_k x} =\sum_{i=0}^{k}C_{i}e^{\lambda_i x} \end{eqnarray}

2016-10-09

I tried to write formulas (part 6)

Mathematics

＜Linear Differential Equation＞

　Linear differential equation can be solved as follows.(線形微分方程式は次のようにして解くことができる。)

\begin{eqnarray}\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k}y&=&0\notag\\\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-1}}y&=&0\notag\\\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)z_0&=&0\left(\because z_0 = \left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-1}}y\right)\notag\\z_0&=&C_0e^{\lambda x}\\&(&\because {\rm the \space result\space in\space the\space case\space of\space} i=1)\notag\\\notag\\\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-1}}y&=&C_0e^{\lambda x}\notag\\\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-2}}y&=&C_0e^{\lambda x}\notag\\ \left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)z_1&=&C_0e^{\lambda x}\left(\because z_1=\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-2}}y\right)\notag \\e^{\lambda x}\left(\left(\frac{d}{dx}+\lambda\right)-\lambda\right)e^{-\lambda x}z_1&=&C_0e^{\lambda x}\notag\\e^{\lambda x}\frac{d}{dx}e^{-\lambda x}z_1&=&C_0e^{\lambda x}\notag\\\frac{d}{dx}e^{-\lambda x}z_1&=&C_0\notag\\e^{-\lambda x}z_1&=&C_0x+C_1\notag\\z_1&=&(C_0x+C_1)e^{\lambda x} \\\notag\\ \left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-2}}y&=&(C_0x+C_1)e^{\lambda x}\notag\\\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-3}}y&=&(C_0x+C_1)e^{\lambda x}\notag \\\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)z_2&=&(C_0x+C_1)e^{\lambda x}\left(\because z_2=\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k{-3}}y\right)\notag \\e^{\lambda x}\left(\left(\frac{d}{dx}+\lambda\right)-\lambda\right)e^{-\lambda x}z_2&=&(C_0x+C_1)e^{\lambda x}\notag\\e^{\lambda x}\frac{d}{dx}e^{-\lambda x}z_2&=&(C_0x+C_1)e^{\lambda x}\notag\\\frac{d}{dx}e^{-\lambda x}z_2&=&(C_0x+C_1)\notag\\e^{-\lambda x}z_2&=&C_0x^2+C_1x+C_2\notag\\&(&C_0, C_1, C_2:{\rm arbitrary\space constants})\notag\\z_2&=&(C_0x^2+C_1x+C_2)e^{\lambda x}\\\vdots\notag\\z_{k{-1}}=\left(\frac{d}{dx}-\lambda\right)^{k-k}y&=&\left(C_0x^{k{-1}}+C_1x^{k{-2}}+\cdots+C_{k{-2}}x+C_{k{-1}}\right)e^{\lambda x}\notag\\y&=&\sum_{i=0}^{k{-1}}C_ix^{k{-1}{-i}}e^{\lambda x}\end{eqnarray}

2016-10-09

I tried to write formulas (part 5)

Mathematics

＜Linear Differential Operator＞

　A linear combination of differential operators $\left(\frac{d}{dx}\right)^i (i=0, 1, 2, \cdots, n)$ is described as below.

\begin{eqnarray}\sum_{i=0}^na_i\left(\frac{d}{dx}\right)^i\end{eqnarray}

Then, the next formula is true.

\begin{eqnarray}\sum_{i=0}^na_i\left(\frac{d}{dx}\right)^{i}e^{ax}y&=& e^{ax}\sum_{i=0}^na_i\left(\frac{d}{dx}+a\right)^{i}y \end{eqnarray}

The formula can be derived as follows. First, the next formula must be introduced.

\begin{eqnarray}\left(\frac{d}{dx}\right)^{i}e^{ax}y &=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)^{i}y\end{eqnarray}

$(a)i=1$

\begin{eqnarray}\left(\frac{d}{dx}\right)e^{ax}y &=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}\right)y +yae^{ax} \notag\\&=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)y \end{eqnarray}

$(b)i=k+1$

We assume that the formula (3) is true when $i=k$ . Then, the formula (3) is true when $i=k+1$ .

\begin{eqnarray}\left(\frac{d}{dx}\right)^{k+1}e^{ax}y &=& \left(\frac{d}{dx}\right)\left(\frac{d}{dx}\right)^ke^{ax}y \notag\\&=& \left(\frac{d}{dx}\right)e^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)^ky\notag\\&=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}\right)\left(\frac{d}{dx}+a\right)^ky+ae^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)^ky\notag\\&=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)\left(\frac{d}{dx}+a\right)^ky\notag\\&=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)^{k+1}y\end{eqnarray}

The formula (3) is proved inductively as above. Therefore, the formula (2) can be introduced by summing up the formula (3).

＜線形微分演算子＞

　微分演算子の線形結合 $\left(\frac{d}{dx}\right)^i (i=0, 1, 2, \cdots, n)$ を次のように記述する。

\begin{eqnarray}\sum_{i=0}^na_i\left(\frac{d}{dx}\right)^i\end{eqnarray}

すると、次の公式が成り立つ。

\begin{eqnarray}\sum_{i=0}^na_i\left(\frac{d}{dx}\right)^{i}e^{ax}y&=& e^{ax}\sum_{i=0}^na_i\left(\frac{d}{dx}+a\right)^{i}y \end{eqnarray}

この公式は次のように導出することができる。まず、次の公式を導入する。

\begin{eqnarray}\left(\frac{d}{dx}\right)^{i}e^{ax}y &=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)^{i}y\end{eqnarray}

$(a)i=1$

\begin{eqnarray}\left(\frac{d}{dx}\right)e^{ax}y &=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}\right)y +yae^{ax} \notag\\&=& e^{ax}\left(\frac{d}{dx}+a\right)y \end{eqnarray}

$(b)i=k+1$

$i=k$ のとき、公式(8)が成り立つと仮定する。すると、 $i=k+1$ のときも公式(8)が成り立つ。

上記のようにして、公式(8)は帰納的に証明された。それゆえ、公式(7)は公式(8)を足し合わせることによって導出できる。

2016-10-02

I tried to write formulas (part 4).

Physics

＜Wave Equation＞

　Wave equation in 3 dimensions is described as below. 　

\begin{eqnarray}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} &=& v^2\left(\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}+\frac{\partial^2u}{\partial z^2}\right)\end{eqnarray}

Here, we assume as follows: \begin{eqnarray}u(x,y,z,t)=f(x)g(y)h(z)I(t)\end{eqnarray}

Then, the equation can be deformed as below.

\begin{eqnarray}f(x)g(y)h(z)\frac{\partial^2I(t)}{\partial t^2} &=& v^2\left(g(y)h(z)I(t)\frac{\partial^2f(x)}{\partial x^2}+f(x)h(z)I(t)\frac{\partial^2g(y)}{\partial y^2}\\+f(x)g(y)I(t)\frac{\partial^2h(z)}{\partial z^2}\right)\notag\\\notag\\\frac{1}{I(t)}\frac{\partial^2I(t)}{\partial t^2} &=& v^2\left(\frac{1}{f(x)}\frac{\partial^2f(x)}{\partial x^2}+\frac{1}{g(y)}\frac{\partial^2g(y)}{\partial y^2}+\frac{1}{h(z)}\frac{\partial^2h(z)}{\partial z^2}\right) \end{eqnarray}

Here, left hand side is a function of $\it t$ , and the right hand side is a function of $\it x, y, z$ . Therefore, the both sides must be equal to constant function $\it C$ ( $\it C$ is nonzero because $\it v$ is nozero).Moreover, when $\it C$ is replaced by $-\omega^2$ , the equation can be deformed as below.

\begin{eqnarray}\frac{1}{I(t)}\frac{\partial^2I(t)}{\partial t^2} &=& -\omega^2 \\v^2\left(\frac{1}{f(x)}\frac{\partial^2f(x)}{\partial x^2}+\frac{1}{g(y)}\frac{\partial^2g(y)}{\partial y^2}+\frac{1}{h(z)}\frac{\partial^2h(z)}{\partial z^2}\right) &=& -\omega^2 \end{eqnarray}

Also, wave number $\it k$ is expressed by $\it v$ and $\omega$ .

\begin{eqnarray}\frac{\omega}{v}&=&\frac{2\pi f}{f\lambda}=\frac{2\pi}{\lambda}{\equiv}\space k\\k^2 &=&k^2_{x}+k^2_{y}+k^2_{z}\end{eqnarray}

So, the equation can be deformed into 4 equations as below. \begin{eqnarray}\frac{1}{I(t)}\frac{\partial^2I(t)}{\partial t^2} &=& -\omega^2 \\\frac{1}{f(x)}\frac{\partial^2f(x)}{\partial x^2}&=& -k^2_x \\\frac{1}{g(y)}\frac{\partial^2g(y)}{\partial y^2}&=& -k^2_y \\\frac{1}{h(z)}\frac{\partial^2h(z)}{\partial z^2} &=& -k^2_z \end{eqnarray}

Then, each equation can be solved as follows.

\begin{eqnarray}f(x)&=&A_1e^{-ik_xx}+A_2e^{ik_xx}\\g(y)&=&A_3e^{-ik_yy}+A_4e^{ik_yy}\\h(z)&=&A_5e^{-ik_zz}+A_6e^{ik_zz}\\I(t)&=&A_7e^{-i\omega t}+A_8e^{i\omega t}\end{eqnarray}

For the sake of simplicity, the solutions are expressed as below. \begin{eqnarray}f(x)&=&A_2e^{ik_xx}\\g(y)&=&A_4e^{ik_yy}\\h(z)&=&A_6e^{ik_zz}\\I(t)&=&A_7e^{-i\omega t}\end{eqnarray}

Therefore the wave equation can be solved as below. \begin{eqnarray}u(x,y,z,t)&=&f(x)g(y)h(z)I(t)\\&=&A_2e^{ik_xx}A_4e^{ik_yy}A_6e^{ik_zz}A_7e^{-i\omega t}\\&=&A_2A_4A_6A_7e^{ik_xx}e^{ik_yy}e^{ik_zz}e^{-i\omega t}\\&=&Ae^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}\space(\because A=A_2A_4A_6A_7) \end{eqnarray}

The solution can be expressed as follows, when we use the wave number vector $\boldsymbol k$ and the position vector $\boldsymbol r$ .

\begin{eqnarray}u({\boldsymbol r}, t)=Ae^{i( {\boldsymbol k}{\cdot}{\boldsymbol r}-\omega t)}\end{eqnarray}

＜波動方程式＞

　3次元における波動方程式は次のように記述される。

\begin{eqnarray}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} &=& v^2\left(\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}+\frac{\partial^2u}{\partial z^2}\right)\end{eqnarray}

ここで、次のように仮定する。\begin{eqnarray}u(x,y,z,t)=f(x)g(y)h(z)I(t)\end{eqnarray}

すると、方程式は次のように変形できる。

ここで、左辺は時刻 $\it t$ の関数であり、右辺は位置 $\it x, y, z$ の関数である。それゆえ両辺は定数関数 $\it C$ に等しくなければならない ( $\it v$ は0でないので、 $\it C$ は0でない)。さらに $\it C$ を $-\omega^2$ で置き換えれば、方程式は次のように変形できる。

さらに波数 $\it k$ は $\it v$ と $\omega$ を用いて次のように表される。

\begin{eqnarray}\frac{\omega}{v}&=&\frac{2\pi f}{f\lambda}=\frac{2\pi}{\lambda}{\equiv}\space k\\k^2 &=&k^2_{x}+k^2_{y}+k^2_{z}\end{eqnarray}

ゆえに、方程式は次のように4つの方程式へ変形できる。\begin{eqnarray}\frac{1}{I(t)}\frac{\partial^2I(t)}{\partial t^2} &=& -\omega^2 \\\frac{1}{f(x)}\frac{\partial^2f(x)}{\partial x^2}&=& -k^2_x \\\frac{1}{g(y)}\frac{\partial^2g(y)}{\partial y^2}&=& -k^2_y \\\frac{1}{h(z)}\frac{\partial^2h(z)}{\partial z^2} &=& -k^2_z \end{eqnarray}

それぞれの方程式は、次のように解かれる。

\begin{eqnarray}f(x)&=&A_1e^{-ik_xx}+A_2e^{ik_xx}\\g(y)&=&A_3e^{-ik_yy}+A_4e^{ik_yy}\\h(z)&=&A_5e^{-ik_zz}+A_6e^{ik_zz}\\I(t)&=&A_7e^{-i\omega t}+A_8e^{i\omega t}\end{eqnarray}

簡単のために、解を次のように表す。\begin{eqnarray}f(x)&=&A_2e^{ik_xx}\\g(y)&=&A_4e^{ik_yy}\\h(z)&=&A_6e^{ik_zz}\\I(t)&=&A_7e^{-i\omega t}\end{eqnarray}

よって、波動方程式は次のように解くことができる。\begin{eqnarray}u(x,y,z,t)&=&f(x)g(y)h(z)I(t)\\&=&A_2e^{ik_xx}A_4e^{ik_yy}A_6e^{ik_zz}A_7e^{-i\omega t}\\&=&A_2A_4A_6A_7e^{ik_xx}e^{ik_yy}e^{ik_zz}e^{-i\omega t}\\&=&Ae^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}\space(\because A=A_2A_4A_6A_7) \end{eqnarray}

波動方程式の解は波数ベクトル $\boldsymbol k$ と位置ベクトル $\boldsymbol r$ を用いれば、次のように表現することができる。

\begin{eqnarray}u({\boldsymbol r}, t)=Ae^{i( {\boldsymbol k}{\cdot}{\boldsymbol r}-\omega t)}\end{eqnarray}

2016-10-02

I tried to write formulas (part 3).

Physics

＜Wave Equation＞

　Wave equation in one dimension is described as below. 　

\begin{eqnarray}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} &=& v^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2} \end{eqnarray}

Here, $\it u$ is the displacement of the wave at position $\it x$ in time $\it t$ , and expressed $\it u$ ( $\it x, t$ ). $\it v$ is the velocity of the wave. This equation connects the velocity of the wave to second partial differentials of the wave displacement by time and position, respectively. The equation looks complicated, but dimensional analysis makes it easier to memorize the equation. The dimension of the right hand side ${\displaystyle \bigl[\bigl({\rm m}\cdot {\rm s}^{-1}\bigr)^2\bigr]}\cdot \bigl[{\rm m}\cdot {\rm m}^{-2}\bigr]$ is equal to the dimension of the left hand side $\bigl[{\rm m}\cdot {\rm s}^{-2}\bigr]$ .

　In the following manner, the equation can be solved by the use of variable separation method. When we assume that $\it u$ ( $\it x, t$ ) is expressed by $\it f$ ( $\it x$ ) $\it g$ ( $\it t$ ), the equation can be deformed as below.

\begin{eqnarray} \frac{\partial^2 f(x)g(t)}{\partial t^2} &=& v^2\frac{\partial^2 f(x)g(t)}{\partial x^2}\notag\\ f(x)\frac{\partial^2 g(t)}{\partial t^2} &=& v^2g(t)\frac{\partial^2 f(x)}{\partial x^2}\notag\\ \frac{1}{g(t)}\frac{\partial^2 g(t)}{\partial t^2} &=& \frac{v^2}{f(x)}\frac{\partial^2 f(x)}{\partial x^2} \notag\\ \frac{1}{g(t)}\frac{d^2 g(t)}{dt^2} &=& \frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{dx^2}\notag\end{eqnarray}

Here, left hand side is a function of $\it t$ , and the right hand side is a function of $\it x$ . Therefore, the both sides must be equal to constant function $\it C$ ( $\it C$ is nonzero because $\it v$ is nozero).

\begin{eqnarray}\frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\\\frac{1}{g(t)}\frac{d^2 g(t)}{d t^2}&=& C \end{eqnarray}

The equation (2) can be solved as below.

\begin{eqnarray} \frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\notag\\\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& \frac{C}{v^2}f(x)\notag\\\Biggl(\frac{d^2}{dx^2}-\frac{C}{v^2}\Biggr)f(x) &=& 0\notag\end{eqnarray}

According to the value of $\it C$ , we can assume the 2 cases,

\begin{eqnarray}\Biggl(\frac{d}{dx}-\frac{\sqrt C}{v}\Biggr)\Biggl(\frac{d}{dx}+\frac{\sqrt C}{v}\Biggr)f(x) = 0 \space({\rm if}\space C>0)\\ \Biggl(\frac{d}{dx}-i\frac{\sqrt {-C}}{v}\Biggr)\Biggl(\frac{d}{dx}+i\frac{\sqrt {-C}}{v}\Biggr)f(x) =0 \space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

and the solution can be expressed as below.

\begin{eqnarray}f(x)&=&Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\ f(x)&=&Ae^{i\frac{\sqrt {-C}}{v}x}+Be^{-i\frac{\sqrt {-C}}{v}x}\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

Similarly, $\it g$ ( $\it t$ ) can be expressed as follows.

\begin{eqnarray}g(t)&=&De^{{\sqrt C}t}+Ee^{-{\sqrt C}t}\space\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\ g(t)&=&De^{i{\sqrt {-C}}t}+Ee^{-i{\sqrt {-C}}t}\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

$\it A, B, D, E\space$ are arbitrary constans. Then, $\it u$ ( $\it x, t$ ) can be expressed as below. \begin{eqnarray}u(x,t)&=&f(x)g(t)\notag\\&=&(Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x})(De^{{\sqrt C}t}+Ee^{-{\sqrt C}t})\space\space\space \notag\\&=&Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\& &+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\&=&ADe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\\notag\\u(x,t)&=&ADe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

For the sake of simplicity, we consider the case $\it C$ <0. When we use angular frequency $\omega$ and period $\it T$ , ${\sqrt {-C}}$ and $\frac{\sqrt {-C}}{v}$ are replaced respectively as follows.

\begin{eqnarray}{\sqrt {-C}} = {\omega} \left({\equiv} \frac{2{\pi}}{T}\right)\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}\frac{\sqrt {-C}}{v} = \frac{\omega}{f\lambda}&=&\frac{2\pi}{\lambda}(\because \omega = 2\pi f) \notag\\&\space{\equiv}&\space\space\space k\end{eqnarray}

Then, the solution can be expressed as below.

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&ADe^{i(kx+\omega t)}+AEe^{i(kx-\omega t)}\notag\\& &+BDe^{-i(kx-\omega t)}+BEe^{-i(kx+\omega t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

Moreover, we consider the case below.

\begin{eqnarray}B=D=0, \space E=1\end{eqnarray}

So, the solution is symplified as follows.

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&Ae^{i(kx-\omega t)}\end{eqnarray}

＜波動方程式＞

　1次元における波動方程式は次のように記述される。

\begin{eqnarray}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} &=& v^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2} \end{eqnarray}

ここで、 $\it u$ は時刻 $\it t$ 、位置 $\it x$ における波の変位であり、 $\it u$ ( $\it x, t$ )で表される。 $\it v$ は波の速度である。この方程式は波の速度、波の変位の時間に関する二階偏微分及び位置に関する二階偏微分とを関連付けている。方程式は複雑に見えるが、次元解析によって覚えやすくなる。右辺の次元 ${\displaystyle \bigl[\bigl({\rm m}\cdot {\rm s}^{-1}\bigr)^2\bigr]}\cdot \bigl[{\rm m}\cdot {\rm m}^{-2}\bigr]$ は、左辺の次元 $\bigl[{\rm m}\cdot {\rm s}^{-2}\bigr]$ に等しい。

　以下のように、変数分離法を用いることで、方程式を解くことができる。 $\it u$ ( $\it x, t$ )は $\it f$ ( $\it x$ ) $\it g$ ( $\it t$ )で表されると仮定すると、方程式は次のように変形できる。

ここで、左辺は時刻 $\it t$ の関数であり、右辺は位置 $\it x$ の関数である。それゆえ、両辺は定数関数 $\it C$ に等しくなければならない( $\it v$ が0でないので、 $\it C$ は0ではない)。

\begin{eqnarray}\frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\\\frac{1}{g(t)}\frac{d^2 g(t)}{d t^2}&=& C \end{eqnarray}

方程式(18)は次のようにして解ける。

\begin{eqnarray} \frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\notag\\\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& \frac{C}{v^2}f(x)\notag\\\Biggl(\frac{d^2}{dx^2}-\frac{C}{v^2}\Biggr)f(x) &=& 0\notag\end{eqnarray}

$\it C$ の値に応じて、次の2つの場合が考えられ、

解は次のように表せる。

同様にして、 $\it g$ ( $\it t$ )は次のように表せる。

$\it A, B, D, E\space$ は任意定数である。よって、 $\it u$ ( $\it x, t$ )は次のように表せる。 \begin{eqnarray}u(x,t)&=&f(x)g(t)\notag\\&=&(Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x})(De^{{\sqrt C}t}+Ee^{-{\sqrt C}t})\space\space\space \notag\\&=&Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\& &+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\&=&ADe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\\notag\\u(x,t)&=&ADe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

簡単のために、 $\it C$ <0の場合を考える。角振動数 $\omega$ と周期 $\it T$ を用いればを用いれば、 ${\sqrt {-C}}$ と $\frac{\sqrt {-C}}{v}$ はそれぞれ次のように置換される。

\begin{eqnarray}{\sqrt {-C}} = {\omega} \left({\equiv} \frac{2{\pi}}{T}\right)\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}\frac{\sqrt {-C}}{v} = \frac{\omega}{f\lambda}&=&\frac{2\pi}{\lambda}(\because \omega = 2\pi f) \notag\\&\space{\equiv}&\space\space\space k\end{eqnarray}

すると、解は次のように表される。

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&ADe^{i(kx+\omega t)}+AEe^{i(kx-\omega t)}\notag\\& &+BDe^{-i(kx-\omega t)}+BEe^{-i(kx+\omega t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

さらに、次のような場合を考えると、

\begin{eqnarray}B=D=0, \space E=1\end{eqnarray}

解は以下のように単純化される。

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&Ae^{i(kx-\omega t)}\end{eqnarray}

2016-09-28

I tried to write formulas (part 2).

Physics

＜Simple Harmonic Oscillation＞

　Newton's equation of motion in one-dimension is described as below.

\begin{eqnarray} m\frac{d^2x}{dt^2} &=& F \end{eqnarray}

Here, we assume the situation that the point mass is connected to the spring, the constant is expressed by k. Then, the equation is as follows.

\begin{eqnarray} m\frac{d^2x}{dt^2}&=&-kx \end{eqnarray}

This equation can be solved as below.

\begin{eqnarray} m\frac{d^2}{dt^2}x+kx &=& 0\\ \frac{d^2}{dt^2}x+\frac{k}{m}x&=& 0 \\\biggl(\biggl(\frac{d}{dt}\biggr)^2+\frac{k}{m}\biggr)x&=& 0\\\biggl(\biggl(\frac{d}{dt}\biggr)^2+\omega^2\biggr)x&=& 0\biggl(\because \omega {\equiv} \sqrt{\frac{k}{m}}\biggr) \\\biggl(\biggl(\frac{d}{dt}\biggr)^2+i\omega\frac{d}{dt}-i\omega\frac{d}{dt}+\omega^2\biggr)x&=& 0 \end{eqnarray}

Moreover, the upper formula can be deformed as follows, because the differential operator ${\displaystyle\frac{d}{dt}}$ and the constant multiplication operator $i\omega$ are commutative.

\begin{eqnarray}\biggl(\biggl(\frac{d}{dt}\biggr)^2+i\omega\frac{d}{dt}+\frac{d}{dt}(-i\omega)+\omega^2\biggr)x&=& 0 \\\biggl(\frac{d}{dt}+i\omega\biggr)\biggl(\frac{d}{dt}-i\omega\biggr)x&=& 0 \end{eqnarray}

Therefore, the equation can be solved as below with the use of arbitrary constants A and B.

\begin{eqnarray}x(t)&=&Ae^{-i\omega t}+Be^{i\omega t}\end{eqnarray}

Here, the solution can be expressed as follows, when we use Euler's formula

( $e^{i\theta}={\rm cos}\theta+i{\rm sin}\theta$ ).

\begin{eqnarray} x(t)&=&Ae^{-i\omega t}+Be^{i\omega t} \\&=&A({\rm cos}\omega t-i{\rm sin}\omega t)+B({\rm cos}\omega t+i{\rm sin}\omega t) \\&=&(A+B){\rm cos}\omega t-i(A-B){\rm sin}\omega t \\&=&\alpha{\rm cos}\omega t+\beta{\rm sin}\omega t (\because \alpha{\equiv}A+B, \beta{\equiv}-i(A-B)) \end{eqnarray}

＜単振動＞

　1次元のニュートンの運動方程式は下記のように記述されます。

\begin{eqnarray}m\frac{d^2x}{dt^2} &=& F \end{eqnarray}

ここで、バネ定数kのバネに質点がつながれている状況を想定します。このとき運動方程式は下記の通りです。

\begin{eqnarray}m\frac{d^2x}{dt^2}&=&-kx\end{eqnarray}

この方程式は次のように解くことができます。

さらに、微分演算子 ${\displaystyle\frac{d}{dt}}$ と定数倍演算子 $i\omega$ が互いに可換であることから、上式は次のように変形することができます。

従って、任意定数A, Bを用いて方程式は次のように解くことができます。

\begin{eqnarray}x(t)&=&Ae^{-i\omega t}+Be^{i\omega t}\end{eqnarray}

ここで、オイラーの公式 ( $e^{i\theta}={\rm cos}\theta+i{\rm sin}\theta$ ) を用いると、解は下記のように表現することができます。

2016-09-27

YONEX OPEN JAPAN 2016

Miscellaneous Thoughts

＜Defeat＞

　I was very excited in Rio 2016 Olympics by the fact that TAKAHASHI MATSUTOMO badminton pair (TAKA-MATSU pair) won the gold medal. Especially, getting 5 consective points from the situation losing 16-19 is still fresh in my memory.

　In YONEX OPEN, the Denmark pair who were lost by TAKA-MATSU pair about one month ago revenged their defeat. I hope that TAKA-MATSU pair will win a victory over the Denmark pair in next tournament.

＜敗北＞

　2016年リオ五輪では、バドミントンの高橋-松友ペア(タカマツペア)が金メダルを取ったことにとても興奮しました。特に、16-19で負けている状況からの5連続ポイントは記憶に新しいです。

　ヨネックスオープンでは、1か月前に五輪でタカマツペアに負けたデンマークのペアが雪辱を果たしました。次の大会では、タカマツペアがデンマークペアに勝って欲しいですね。

2016-09-25

My Sister's Birthday

Miscellaneous Thoughts

＜Celebration＞

　I went to my parents' home for the first time in 2 months to celebrate my sister's birthday. My family decide to eat out before and after my family member's birthday.We went to washoku sato near home and ate shabu-shabu, sushi, grilled chicken(yakitori) and so on. My sister became marriageable age but I want to make an opportunity for all members to meet together after she gets married.

＜お祝い＞

　妹の誕生日祝いをするために2か月ぶりに実家に帰りました。私の実家では家族の誕生日前後で外食をすることにしています。家の近くの和食さとに行って、しゃぶしゃぶ、寿司、焼き鳥などを食べました。妹は結婚適齢期になりましたが、結婚後もみんなで集まる機会を作りたいものです。

2016-09-24

I tried to write formulas (part 1).

Physics

＜Newton's Equation of Motion＞

　Newton's Equation of Motion is described as below

\[m\frac{d^2{\boldsymbol r}}{dt^2} = {\boldsymbol F} \]

Here, ${\displaystyle{\boldsymbol r}}$ is the position vector of point mass whose mass is m, and ${\displaystyle{\boldsymbol r}}$ is the force vector acting on the point mass. In general, ${\displaystyle{\boldsymbol r}}$ and ${\displaystyle{\boldsymbol F}}$ are defined as stated below respectively.

\[{\boldsymbol r}{\equiv}{}^t\!(r_1, r_2, \cdots, r_n) = \left( \begin{array}{c} r_1 \\ r_2 \\ \vdots \\ r_n \end{array} \right)\]

\[{\boldsymbol F}{\equiv}{}^t\!(F_1, F_2, \cdots, F_n) = \left( \begin{array}{c} F_1 \\ F_2 \\ \vdots \\ F_n \end{array} \right)\]

In 3-dimensional space, they can be expressed as stated below respectively.

\[{\boldsymbol r}{\equiv}{}^t\!(x,y,z)= \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right)\]

\[{\boldsymbol F}{\equiv}{}^t\!(F_x,F_y,F_z)= \left( \begin{array}{c} F_x \\ F_y \\ F_z \end{array} \right)\]

When x-component is extracted from Newton's equation, one-dimensional one can be obtained as below.(For the sake of simplicity, the subscript is removed from ${F_x}$ .)

\[m\frac{d^2x}{dt^2} = F \]

＜ニュートンの運動方程式＞

ニュートンの運動方程式は下記のように記述されます。

\[m\frac{d^2{\boldsymbol r}}{dt^2} = {\boldsymbol F} \]

ここで、 ${\displaystyle{\boldsymbol r}}$ は質量mの質点の位置ベクトル位置ベクトルであり、 ${\displaystyle{\boldsymbol r}}$ はその質点にかかる力のベクトルです。一般的に ${\displaystyle{\boldsymbol r}}$ と ${\displaystyle{\boldsymbol F}}$ はそれぞれ下記のように定義されます。

\[{\boldsymbol r}{\equiv}{}^t\!(r_1, r_2, \cdots, r_n) = \left( \begin{array}{c} r_1 \\ r_2 \\ \vdots \\ r_n \end{array} \right)\]

\[{\boldsymbol F}{\equiv}{}^t\!(F_1, F_2, \cdots, F_n) = \left( \begin{array}{c} F_1 \\ F_2 \\ \vdots \\ F_n \end{array} \right)\]

3次元空間においては、それら2つのベクトルはそれぞれ下記のように表すことができます。

\[{\boldsymbol r}{\equiv}{}^t\!(x,y,z)= \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right)\]

\[{\boldsymbol F}{\equiv}{}^t\!(F_x,F_y,F_z)= \left( \begin{array}{c} F_x \\ F_y \\ F_z \end{array} \right)\]

ニュートンの運動方程式からx成分だけを抽出すれば、以下のような一次元における方程式が得られます(簡単のために ${F_x}$ の下付き文字を外しています)。

\[m\frac{d^2x}{dt^2} = F \]

2016-09-24

LOVE LOVE LOVE

Miscellaneous Thoughts

＜Long time, No hear＞

　Never for a long time have I heard the Japanese popular song "LOVE LOVE LOVE" which was released by DREAMS COME TRUE in 1995. These few days I heard it many times because it has been used as BGM in SUBARU TV-commercials since September 21, 2016. The song has so attractive and catchy introduction part that I can quickly recognize it is "LOVE LOVE LOVE".

　According to official homepage of Fuji Heavy Industries Ltd.(SUBARU), they chose "LOVE LOVE LOVE" which has been loved by many peple beyond generations as their TV-commercial BGM.

　I hope SUBARU cars will continue to be loved by many peple beyond generations like the song.

＜久しぶりに聞きました。＞

　DREAMS COME TRUEの「LOVE LOVE LOVE」という曲を久しぶりに聞きました。9/21からスバルがCMのBGMで使っているので、ここ2-3日よく耳にします。「LOVE LOVE LOVE」はとても魅力的でキャッチーなイントロなので、曲が流れればすぐにそれとわかります。

　スバルのHPによると、楽曲には、時代や世代を超えて多くの人から愛され続ける名曲である、DREAMS COME TRUEの「LOVE LOVE LOVE」を採用しました、とあります。

　スバルの車も楽曲同様に世代を超えて愛され続けると良いですね。

2016-09-20

Suzuka Balloon Festival

Photos

＜UNLUCKY＞

　If the weather in Suzuka had permitted, I would have taken pictures in which blue sky had many colorful balloons. According to official homepage, it seems that balloons flew up only in the 1st day morning out of 3 days(from 16 to 19 September, 2016). Moreover, in Saku (Nagano pref.) from 3 to 5 May 2016, balloons flew up only in the 1st day morning of 3 days. So, it's difficult that taking pictures of balloons flying in blue sky, I strongly felt.

＜不運でした＞

　鈴鹿の天気が良ければ、たくさんの色とりどりの熱気球が、青空の中飛び交うシーンを写真に収めたかったのに。。。公式HPによると、競技が実施できたのは、9/16～9/19の3日間のうち1日目の朝だけのようです。今年の5/3から5/5に行われた長野県佐久での競技会も実施できたのは、3日間のうち1日目の朝だけだったと思います。ですから、青空の中、熱気球が飛び交う写真を撮ることは、とても難しいことだと痛感しました。

2016-09-19

BLOG START !

＜SELF-INTRODUCTION＞

　I am a chemical researcher who has worked in Japanese small-to-medium-sized enterprise for 3 years and 5months (at September, 2016).

＜PURPOSE＞

　The purpose of the blog is to improve my English ability by recording day-to-day events on my WORK and HOBBIES.

＜WORK＞

　My development theme is INK-JET INK. I repeat trial and errors every day to develop the INK which meets the customer requirements, by mixing resins, solvents, dyes, additives, and so on.

＜HOBBIES＞

　My hobbies are trip and taking pictures. My favorite photographic subject are as stated below.

Mount Fuji which is Japanese symbol
Flowers(cherry-blossoms, rape-blossoms, hydrangeas, "fire works", maples, etc.)
Japanese traditional architecture (shrines, temples, etc.)

Recently, I give high priority to Stock Photo.

https://www.shutterstock.com/g/m161m161

If you have time, please visit the link.

＜EDUCATION＞

A national graduate school, Japan　　　　　　　　　　　　2011 Apr - 2013 Mar

　　Master of Engineering, specialization in Macromolecular Chemistry

　　(Research Theme: Molecular Dynamics Simulation)

A national college, Japan　　　　　　　　　　　　　　　　2007 Apr - 2011 Mar

　　　Bachelor of Engineer

＜自己紹介＞

　私は日本の中小企業で化学系研究員として3年5ヶ月間勤務しています(2016年9月時点)。

＜目的＞

　ブログの目的は、仕事や趣味に関する日々の出来事を記録することによる英語力向上です。

＜仕事＞

　私の開発テーマはインクジェットインクです。顧客の要求を満たすインクを開発するために、樹脂、溶剤、染料、添加剤などを混ぜる試行錯誤を毎日繰り返しています。

＜趣味＞

　趣味は旅行と写真撮影です。好きな被写体は次の3点です。

富士山 (日本の象徴)
花々(春は桜や菜の花、夏はアジサイや"花火"、秋は紅葉などなど)
日本の伝統建築(寺社仏閣)

最近はストックフォトに力を入れています。

https://www.shutterstock.com/g/m161m161

お時間あれば、御来訪ください。

＜学歴＞

日本の某国立大学　　　　　　2007年4月入学 - 2011年3月卒業

　　　工学学士

日本の某国立大学院　　　　　2011年4月入学 - 2013年3月修了

　　　工学修士(高分子化学専攻、研究テーマ: 分子動力学シミュレーション)