METODI MATEMATICI DELLA FISICA A.A. 2003/2004 Prof. C. Presilla. Prova in itinere 27 febbraio 2004

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1 METODI MATEMATICI DELLA FISICA A.A. 003/004 Prof. C. Presilla Prova in itinere 7 febbraio 004 Cognome Nome penalità esercizio voto

2 Esercizio 1 Determinare la funzione vx, y) armonica coniugata alla funzione ux, y) = x + sinx y ) coshxy) nell intero piano xy. Nella regione considerata, v è armonica coniugata di u se e solo se f = u+iv è analitica. Devono pertanto essere soddisfatte le equazioni di Cauchy- Riemann u x = v y e u y = v x. Dalla seconda si ha v x x, y) = u y x, y) che risolta da = y cosx y ) coshxy) x sinx y ) sinhxy) = d [ cosx y ) sinhxy) ] dx vx, y) = cosx y ) sinhxy) + φy) e dalla prima v y x, y) = y sinx y ) sinhxy) + x cosx y ) coshxy) + φ y) ovvero φ y) = 1 che risolta da φy) = y + C In conclusione = u x x, y) = 1 + x cosx y ) coshxy) + y sinx y ) sinhxy) vx, y) = y + cosx y ) sinhxy) + C Si noti che fz) = ux, y) + ivx, y) = z + sin z ) + ic dove z = x + iy.

3 Esercizio Determinare tutte le soluzioni dell equazione sinz) cosz) = Dalla definizione sin z = e iz e iz )/i e cos z = e iz + e iz )/ e posto z = x + iy l equazione da risolvere è e ix+iy) e ix+iy) = 8i da cui prendendo la parte reale e quella immaginaria cosx) sinhy) = 0 sinx) coshy) = 4 La soluzione y = 0 della prima equazione non è compatibile con la seconda equazione. Deve perciò essere cosx) = 0 ovvero x = / + k, con k = 0, ±1, ±,. Questa soluzione è compatibile con la seconda equazione solo per n pari. In questo caso la seconda equazione fornisce coshy) = 4 ovvero e y ) 8e y + 1 = 0 che risolta da e y = 4 ± 15 In conclusione x = 4 + k k = 0, ±1, ±, y = 1 ln 4 ± 15 ) = ± 1 ln ) Alternativamente si risolva sinz) = 4. Posto w = e iz si ha w 8iw 1 = 0 cha da w = e iz = i 4 ± ) 15 Prendendo il logaritmo z = 1 [ ln 4 ± ) 15 i = )] + i + k ) 4 + k ) ± i ln k = 0, ±1, ±,...

4 Esercizio 3 esiste e vale d dz log z = 1 z Dimostare che per un generico ramo del logaritmo la derivata [punteggio 5] Un generico ramo del logaritmo è definito da log z = ln z + i arg z con z > 0 e α < arg z < α +. Posto z = re iθ e decomponendo in parte reale e immaginaria si ottiene log z = ur, θ) + ivr, θ) ur, θ) = ln r vr, θ) = θ Le funzioni ur, θ) e vr, θ) hanno derivate prime parziali continue nel dominio {r > 0, α < θ < α + } u r r, θ) = 1 r u θ r, θ) = 0 v r r, θ) = 0 v θ r, θ) = 1 inoltre soddisfano le equazioni di Cauchy-Riemann r u r r, θ) = v θ r, θ) u θ r, θ) = r v r r, θ) La funzione log z ha dunque derivata in ogni punto del dominio specificato e questa vale ) d 1 dz log z = e iθ u r r, θ) + iv r r, θ)) = e iθ r + i0 = 1 z

5 Esercizio 4 Stabilire il dominio di analiticità dei rami principali delle seguenti funzioni a) z sinh z b) log cos z) a) La funzione z sinh z è definita dall equazione z sinh z = exp sinh z log z) Poiché la composizione di funzioni analitiche è analitica e le funzioni exp e sinh sono monodrome e intere, il ramo principale di z sinh z è analitico nel dominio in cui il ramo principale di log z è analitico, ovvero nell intero piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l origine. b) Ragionando come al punto a), il dominio di analiticità di log cos z) coincide con tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z che soddisfano cos z = t t 0 Posto z = x + iy, questa condizione equivale a cos x cosh y = t t 0 sin x sinh y = 0 La seconda equazione del sistema è soddisfatta quando sin x = 0 oppure sinh y = 0. Nel primo caso x = k, k = ±1, ±,...: le soluzioni con k pari sono incopatibili con la prima equazione mentre per k dispari risulta cosh y = t. Si ha dunque z = k + 1) + iy k = 0, ±1, ±,... < y < La soluzione sinh y = 0, cioé y = 0, sostituita nella prima equazione da x = arccos t) con t 0. Si ha dunque z = x + i0 + k x 3 + k k = 0, ±1, ±,

6 Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, di- Esercizio 5 mostrare che lim R z 3/ log z dz = 0 [punteggio 5] Posto z = re iθ la integranda è z 3/ log z = r 3 e i 3 θ ln r + iθ) r > 0 < θ < Sul cerchio z = R si ha r = R e θ. Per il modulo della funzione integranda vale la seguente maggiorazione R 3 e i 3 θ ln R + iθ) = R 3 ln R + iθ R 3 ln R + ) Pertanto z 3/ log z dz R 3 ln R + ln R + ) R = R R 0

7 Esercizio 6 Assumendo per z 3/ il ramo principale e per il cammino z = R il verso di percorrenza antiorario, calcolare l integrale z 3/ dz Posto z = re iθ la funzione integranda è definita da z 3/ = r 3 e i 3 θ r > 0 < θ < Scelto il cammino C β = {zθ) = Re iθ, β θ β + } con β arbitrario, la funzione integranda è continua a tratti per z C e risulta assumendo ad esempio 0 β ) β+ z 3/ dz = R 3 e i 3 θ ire iθ dθ + C β β = ir 5 = ir 5 5i β = 5 R 5 e i 5 e i 5 θ dθ + e i3 β+ e i 5 θ] β ei 5 θ] β+ ) R 3 e i 3 θ ) ire iθ dθ ) e i 5 θ dθ Dunque, indipendentemente dal valore scelto per β, si ha z 3/ dz = i 4 5 R5/ Alternativamente, si osservi che z 3/ ramo principale) è analitica sul cammino C ε = {zθ) = Re iθ, + ε θ ε} e ivi ammette la primitiva 5 z5/ ramo principale). Si ha allora z 3/ dz = lim z 3/ dz ε 0 C ε = lim ε 0 5 z5/ = lim ε 0 = lim ε 0 i 4 5 R5/ cos = i 4 5 R5/ ] z=re i ε) z=re i +ε) 5 R5/ e i 5 ε) e i 5 +ε)) ) 5 ε