MODELLI e METODI MATEMATICI della FISICA. Esercizi - A.A

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1 MODELLI e METODI MATEMATICI della FISICA Esercizi - A.A. 7-8 settimana Esercizi:. Dimostrare che z z = z z z z = z z z ± z = z + z ± Re(z z ). Dimostrare, facendo il calcolo esplicito, che ( + i ) 3 ( 3 = i ) 3 3 = 3. Trovare tutte le soluzioni complesse dell equazione z 3 = 8 4. Calcolare i limiti lim z z z lungo le due diagonali del piano complesso Soluzioni:. Abbiamo: z z = (x + iy )(x + iy ) = x x y y + i(x y + y x ) = (x x y y ) + (x y + y x ) = x + y x + y = z z

2 z z = x +iy x +iy = (x +iy )(x iy ) = x +y (x x +y y ) +(x y y x ) x +y = = x x +y y +i(x y y x ) x +y x +y x +y z ± z = (x ± x ) + (y ± y ) = x + x ± x x + y + y ± y y = z + z ± (x x + y y ) = z + z ± Re(z z ) = z z. ( + i 3 ( = i 3 ) 3 = ( ) ( + i 3 + i 3 ) ( + i 3 ) = + 3 = 4 4 ( e analogamente per i ) 3 3. ) ( + i 3 ) 3. Le soluzioni sono z = e iπ/3 = + i 3 z = e iπ = z 3 = e i5π/3 = i 3 4. Lungo la diagonale x = y il limite è i = i +i mentre lungo la diagonale x = y il limite è +i = i i

3 settimana Esercizi:. Data la funzione g(z) che soddisfa le condizioni di Cauchy-Riemann intorno a z e la funzione f(z) che le soddisfa intorno a g(z ), dimostrare calcolando il limite del rapporto incrementale che la derivata rispetto a z calcolata in z della funzione composta (f g)(z) = f(g(z)) esiste.. Dimostrare che cosh(z) = cos(iz) cos(z) = cosh(iz) sinh(z) = isin(iz) sin(z) = isinh(iz) 3. Dimostrare che, data la funzione f(z) = ũ(r, θ) + iṽ(r, θ), le condizioni di Cauchy-Riemann in coordinate polari sono r ũ = r θṽ r ṽ = r θũ 4. Usando le condizioni di Cauchy-Riemann in coordinate polari, mostrare che qualsiasi determinazione della funzione logaritmo f(z) = ln(z) è analitica. Usare θ < π, tagliando il piano complesso lungo l asse reale positivo. 5. Discutere le diverse determinazioni della funzione f(z) = z α, α C 6. Trovare i punti di diramazione della funzione f(z) = (z + )(z + 4) e in particolare mostrare se il punto all infinito è o non è un punto di diramazione. Fare una scelta di tagli sul piano complesso. 3

4 Soluzioni:. Chiamiamo h(z) = f(g(z)). Vogliamo calcolare il limite per z di [h(z + z) h(z)] = [f(g(z) + g) f(g(z))] z z La parti reale e immaginaria di f e g sono g = u + iv f = ũ + iṽ Le condizioni di Cauchy-Riemann per f e g sono u ũ = v ṽ x u = y v v ũ = u ṽ y u = x v Abbiamo: f(g(z) + g) f(g(z)) = u ũ u + v ũ v + i u ṽ u + i v ṽ v con u = x u x + y u y v = x v x + y v y Sostituendo queste ultime relazioni e utilizzando le condizioni di Cauchy- Riemann otteniamo che il limite del rapporto incrementale è u ũ x u + v ũ x v + i u ṽ x u + i v ṽ x v = u f x u + v f x v Usando v f = i v f otteniamo che il limite è uguale a u f ( x u + i x v ) = u f x g. Come esempio possiamo calcolare cos(iz) = (ei(iz) + e i(iz) ) = (e z + e z ) = cosh(z) Analogamente si calcolano gli altri casi 4

5 3. Scriviamo f(z) = ũ(r, θ) + iṽ(r, θ) = u(x(r, θ), y(r, θ)) + iv(x(r, θ), y(r, θ)) dove x = rcosθ y = rsinθ Abbiamo r ũ = cosθ x u + sinθ y u r θṽ = sinθ x v + cosθ y v Facendo la differenza di queste due equazioni e imponendo le condizioni di Cauchy-Riemann per u e v si trova r ũ r θṽ = Analogamente abbiamo r ṽ = cosθ x v + sinθ y v r θũ = sinθ x u + cosθ y u e in questo caso facendo la somma e imponendo Cauchy-Riemann per u e v si trova r ṽ + r θũ = 4. Abbiamo f(z) = lnz = lnr + i(θ + kπ) Quindi ũ = lnr ṽ = θ + kπ In qualsiasi foglio abbiamo r ũ = r θ ṽ = r ṽ = θ ũ = e quindi le condizioni di Cauchy-Riemann sono soddisfatte 5

6 5. Scriviamo f(z) = z α, con α = a + ib, come il prodotto di due funzioni f(z) = z a z ib La prima funzione è z a = e alnz = e alnr e ia(θ+kπ) e quindi è a un solo valore per a intero, a q valori per a = p q determinazioni per a irrazionale. La seconda funzione è e ha infinite z ib = e iblnz = e iblnr e b(θ+k π) che ha infinite determinazioni per ogni b 6. Sostituendo w = z otteniamo f ( ) w = w ( + w )( + 4w ) che ha un polo doppio in zero. Quindi f(z) non ha punti di diramazione all infinito. I punti di diramazione sono ±i e ±i e possiamo ad esempio scegliere di tagliare il piano compesso da i a i e da i a i. Ci sono due determinazioni e quindi due fogli di Riemann. 6

7 settimana 3 Esercizi:. Data la funzione f(z) = (z + )(z + 4) con punti di diramazione in ±i e ±i, fare la scelta di tagli che uniscono i a i e i a i sull asse immaginario. Sul foglio in cui f() =, calcolare f(3i).. Considerare la funzione v(x, y) = cos(x) cosh(y) Verificare se è armonica, e in caso affermativo determinare u(x, y) tale che u(x, y) e v(x, y) sono parte reale e immaginaria di una funzione analitica. Scrivere f(z). 3. Usando il teorema di Green, calcolare lungo una curva chiusa antioraria che circonda una superficie di area S gli integrali C x dz C y dz Usare questo risultato per calcolare z dz C z dz C 4. Usando la rappresentazione integrale di Cauchy, calcolare l integrale ln(z+) z dz lungo un cerchio centrato nell origine e di raggio. 5. Calcolare la serie di Taylor centrata in z =, e il raggio di convergenza, delle funzioni 7

8 f (z) = ln(z + ) f (z) = ln(z ) Soluzioni:. f è reale positiva per ogni z immaginario positivo minore di i. Intorno a i possiamo scrivere z come z = i + ɛe iθ dove possiamo scegliere l angolo iniziale θ i = 3π oppure θ i = π La funzione z + 4 non cambia segno spostandosi dai punti sotto i ai punti sopra i infinitesimamente vicini a i, e possiamo assumere che è positiva e quindi vale 3. Quindi anche z + è positiva sotto al taglio. Vicino a i otteniamo z + iɛe iθ Fissiamo per i la determinazione i = e iπ 4 Quindi otteniamo, vicino a i, f(z) 6ɛe i( θ + π 4 ) Siccome vogliamo f(z) positivo sotto al taglio, dobbiamo scegliere θ i = π. Questo significa che se ci spostiamo sopra al taglio a destra del taglio, ruotando in senso antiorario, abbiamo θ f = π da cui segne che la funzione è immaginaria positiva lungo il taglio a destra del taglio. Per ottenere la funzione a sinistra del taglio dobbiamo invece ruotare di π in senso orario, ottenendo θ f = 3π, da cui segue che la funzione è immaginaria negativa. Spostiamoci ora lungo l asse immaginario da i a i a sinistra del taglio. Scriviamo z = i + ɛe iθ 8

9 La funzione z + non cambia segno spostandosi dai punti sotto i ai punti sopra i infinitesimamente vicini a i, e abbiamo visto che è immaginaria negativa a sinistra del taglio, per cui vale i 3. z + 4 è positiva sotto al taglio. Vicino a i otteniamo z + 4 4iɛe iθ Fissiamo di nuovo per i la determinazione i = e iπ 4 Quindi otteniamo, vicino a i, f(z) i ɛe i( θ + π 4 ) Per ottenere f(z) immaginario negativo sotto al taglio devo quindi scegliere θ i = π, e ruotando in senso orario ottengo θ f = 3π, da cui ottengo f(i + iɛ) = ɛ, ovvero la funzione è reale negativa per z immaginario positivo maggiore di i. Quindi f(3i) = 4 =. La funzione è armonica. Abbiamo x v(x, y) = sin(x) cosh(y) y v(x, y) = cos(x) sinh(y) Quindi dalle condizioni di Cauchy-Riemann troviamo du = cos(x) sinh(y) dx + sin(x) cosh(y) dy Integrando troviamo a meno di una costante u(x, y) = sin(x) sinh(y) Possiamo quindi scrivere f(z) come f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = 4i (eix e ix )(e y e y ) + i 4 (eix + e ix )(e y + e y ) = i ei(x+iy) + i e i(x+iy) = i cos(z) 9

10 3. Il primo integrale è x (dx + idy) C Per il teorema di Green, l integrale in dx è nullo mentre C x dy = S xx dxdy = S dxdy = S Quindi x dz = is C Analogamente si dimostra che y dz = S C Di conseguenza z dz = is C mentre C z dz = in accordo col teorema di Cauchy 4. Abbiamo d ln(z + ) dz z= = z+ z= = = πi Quindi ln(z+) z dz = πi ln(z+) z dz 5. Per la prima funzione scegliamo il foglio tale che f () =. La funzione è f (z) = ln(z i) + ln(z + i) La funzione ha punti di diramazione in i, i e all infinito, e scegliamo i tagli da i a i e da i a i, in modo che possiamo sviluppare la serie con centro z = e raggio di convergenza. Scriviamo

11 ln(z i) = ln[ i(+iz)] = ln( i)+ln(+iz) = i π + n= ( )n (iz) n n ln(z + i) = ln[i( iz)] = ln(i) + ln( iz) = i π (iz) n n= n Quindi f (z) = zn n= ( )n n Per la seconda funzione scegliamo il foglio f () = iπ Scriviamo f (z) = ln(z ) + ln(z + ) Abbiamo ln(z ) = iπ z n n= n ln(z + ) = n= ( )n zn n Otteniamo f (z) = iπ z n n= n Entrambi gli sviluppi si possono più semplicemente calcolare usando ln(z + ) = n= ( )n zn n ln(z ) = z n n= n e il fatto che se f(z) = a n z n allora f(z ) = a n z n

12 settimana 4 Esercizi:. Sviluppare in serie di potenze intorno a z = la funzione f(z) = z3 +z z 5z+6 e calcolare il raggio di convergenza. Trovare la somma della serie k= k z k 3. Usando la formula per l espansione in serie della funzione g(z) = f(z) a partire dall espansione in serie di f(z), calcolare i primi cinque coefficienti B, B... B 4 della serie z = B n e z n= n! z n I numeri B n si chiamano numberi di Bernoulli 4. Determinare tutti i possibili sviluppi di Laurent della funzione f(z) = z(z ) intorno a z = 5. Calcolare il residuo della funzione f(z) = tgz in ogni punto di singolarità 6. Usando il teorema dei residui, calcolare i seguenti integrali: dz z = z 4 + dz e z sinz z z = dz sin z z =

13 dz sin z = z dz e z z = z (z 9) dz dz Soluzioni: z (z )(z ) z = z z = 5 sinz( cosz). Dividendo z 3 + z per z 5z + 6 otteniamo z + 5 con resto z 3, ovvero z 3 +z = z z 3 z 5z+6 z 5z+6 Abbiamo anche z 3 = 9 9 z 5z+6 z 3 z Quindi la funzione è 5 + z + 9 z 3 9 z = 5 + z 9 3 z z La prima frazione si può risommare come serie geometrica con raggio di convergenza 3, mentre la seconda ha raggio di convergenza. Quindi f(z) = 5 + z 9 3 n= z n + 9 z n 3 n n= n Il raggio di convergenza della serie è. Partendo dalla serie geometrica = z k= zk e derivando si trova ( z) ( z) 3 Quindi = k= (k + )zk = k= (k + )(k + )zk 3

14 k= kzk = ( z) z = z ( z) da cui si trova k= k z k = 3z = z(+z) ( z) 3 ( z) z ( z) 3 La serie converge per z < 3. Abbiamo f(z) = ez z = n= a nz n = n= (n+)! zn Scriviamo l espansione della funzione g(z) = g(z) = z = e z n= b nz n La condizione f(z)g(z) = implica a b = n k= a kb n k = n > z come e z Ponendo a n = (n+)! e B n = b n n! si trova B = B = B = 6 B 3 = B 4 = 3 4. Poniamo z = u e sviluppiamo intorno a u =. La funzione diventa f(u) = u(u+)(u+) Abbiamo singolarità in u =,,, quindi abbiamo uno sviluppo per < u <, uno sviluppo per < u < e infine uno sviluppo per u >. Scriviamo la funzione come 4

15 f(u) = u f(u) = u ( ) u+ u+ Per < u <, lo sviluppo di Laurent è ( n= ( )n u n un n= ( )n = n= ) (( ) n+ + ( )n u n n+ n ) Per < u < scriviamo la prima serie come = u+ u + u = u n= ( )n u n che converge per u >. Otteniamo f(z) = n= ( )n u n + n= ( )n un n+ Infine, per u > scriviamo la seconda serie come u+ = u + u = u n n= ( )n u n da cui otteniamo f(z) = n= (( )n ( ) n n ) u n 5. La funzione ha poli semplici in z = z k = π + kπ Dobbiamo quindi calcolare Res z=zk tgz = (z z k )tgz z=zk Abbiamo, sviluppando il coseno in z k, lim z zk z z k cosz = sinz k Quindi Res z=zk tgz = sinz k sinz k = 5

16 6. La funzione z 4 + ha poli semplici per z = e iπ 4 z = e 3iπ 4 z 3 = e 5iπ 4 z 4 = e iπ 4 Solamente z e z 4 sono dentro il cerchio z = di centro e raggio. Il primo integrale è quindi uguale a πi [ Res + Res ] z=z z 4 + z=z 4 z 4 + [ = πi [ = πi [ = πi = πi e iπ 4 (e iπ 4 +e iπ 4 )(e iπ 4 e iπ 4 ) e iπ 4 (e iπ e iπ ) 4ie iπ 4 ] = π 4ie iπ 4 + e iπ 4 (e iπ e iπ ) + e iπ 4 (e iπ 4 +e iπ 4 )(e iπ 4 e iπ 4 ) ] ( ) e iπ 4 e iπ 4 = πisin π 4 Consideriamo ora il secondo integrale. La funzione ha un polo di ordine 3 in z =. Per calcolare il residuo, consideriamo l espansione di Laurent della funzione. Abbiamo e z = +z+ z +... z +z+ = +... sinz z z3 6 + z5... z3 6z ( 5! 6 5! +...) = 6 z 3 ( + z + z +... ) ( + 6 5! z +... ) Da qui troviamo che il coefficiente di z, ovvero il residuo, è 3 3 = 33 Quindi l integrale è dz e z = 33πi sinz z 5 Per il terzo integrale abbiamo una singolarità essenziale in z =, quindi dobbiamo per forza considerare la serie di Laurent. Lo sviluppo è sin z = n= ( )n (n+)!z n+ ] 6

17 da cui si vede che il coefficiente del termine z è uguale a, quindi dz sin z = πi Per il quarto integrale possiamo considerare il quadrato dell espansione di Laurent precedente, da cui si vede che l espansione di Laurent di sin ha solo potenze pari (in generale una funzione pari ha solo potenze z pari di z e una funzione dispari ha solo potenze dispari). Quindi dz sin = z Per il quinto integrale, la funzione ha un polo doppio in z = e un polo semplice in z = 3 e z = 3, ma solo z = è dentro il cerchio di centro e raggio. Quindi calcoliamo il residuo in z = : e Res z z= = d z (z 9) dz da cui dz e z = πi z (z 9) 9 e z z 9 z= = 9 Per il sesto integrale, abbiamo un polo doppio in z = e un polo semplice in z =, ma quest ultimo è fuori dal cerchio di centro e raggio. Quindi dobbiamo calcolare solo il residuo in z = : z Res z= (z )(z ) da cui = d dz z z z= = dz z (z )(z ) = πi Infine, l ultimo integrale ha un polo doppio in z = e un polo semplice in z = π e in z = π (tutti dentro al cerchio di centro e raggio 5). Il residuo in z = è zero perché la funzione è pari. Il residuo in z = π è z Res z=π = sinz( cosz) (z π)z sinz( cosz) z=π = π mentre in residuo in z = π è z Res z= π = sinz( cosz) (z+π)z sinz( cosz) z= π = π Quindi la somma dei residui è zero, da cui 7

18 dz z = sinz( cosz) 8

19 settimana 5 Esercizi:. L integrale I = dz (z 3)(z 5 ) lungo z = si calcola facilmente utilizzando I = πires z=3 (z 3)(z 5 ) = πi Mostrare che lo stesso risultato si ottiene calcolando I = πi 5 i= Res z=z i (z 3)(z 5 ) dove z i = e nπi 5 n =,,, 3, 4. Calcolare I = π dθ (+cos θ) 3. Calcolare I n = + dx +x n n =, 3, 4, 5,... utilizzando il teorema dei residui Soluzioni:. In generale, se una funzione analitica con un polo semplice in z = z è della forma f(z) = h(z) g(z) dove h(z ), g(z ) = e g (z ), allora il residuo in z è dato da Res z=z f(z) = h(z ) g (z ) 9

20 Possiamo applicarlo alla funzione f(z) = (z 3)(z 5 ), dove h(z) = z 3 e g(z) = z 5. Dentro il cerchio di raggio la funzione ha poli semplici in z = z = e πi 5 z 3 = e 4πi 5 z 4 = e 6πi 5 z 5 = e 8πi 5 L integrale della funzione lungo il cerchio di raggio è dato da πi per la somma dei residui. Indicando con a = e πi 5, otteniamo I = πi 5 i= [ = πi 5 5z 4 i (z i 3) a 8 (a 3) a 6 (a 4 3) a 4 (a 6 3) a 3 (a 8 3) Osservando che a 5 =, otteniamo I = πi 5 [ ] + + a 3 (a 3) a(a 4 3) a 4 ( a 3) a ( a 3 3) Osserviamo poi che a 4 = a e a 3 = a. Quindi [ I = πi a (a 3) a(a +3) a (a+3) a (a 3) = πi 5 = πi 5 Usando [ + 3a + +3a + +3a + [ + 3cos π 5 5 3cos π cos π 5 5+3cos π 5 cos π 5 = 4 ( 5 + ) cos π 5 = 4 ( 5 ) si trova I = πi ] 3a ]. In termini di z = e iθ dobbiamo calcolare lungo z = l integrale I = i dz z[+ 4 (z +z +)] = i dz 6z 3 [z 4 +z +] Il polinomio z 4 + z + ha zeri per ] ]

21 z, = 5 ± 4 Definendo i numeri reali positivi a = 5 4 b = abbiamo quindi che gli zeri del polinomio sono z = ±ia z = ±ib che corrispondono a quattro poli doppi per la funzione integranda. Di questi quattro poli doppi, solo i primi due, z = ±ia, sono dentro il cerchio di centro z = e raggio. Otteniamo quindi [ ] 6iz I = πi Res 3 6iz z=ia + Res 3 (z +a ) (z +b ) z= ia (z +a ) (z +b ) [ = 3π [ = 64π Usando d dz z 3 (z+ia) (z+b ) z=ia + d dz ] 3 ( a +b ) 8a 4( a +b ) 8( a +b ) 3 ] z 3 (z ia) (z+b ) z= ia a = 5 4 = 5 6 a + b = 4 6 si trova I = 5π Per ogni n, possiamo considerare l integrale I(R) della funzione +x n lungo il seguente percorso: da z = a z = R lungo l asse reale positivo, (arco di angolo πi πi e raggio R) e da z = Re n n. Dal momento che (re πi n ) n = r n, che la curva n, e che nel limite R + l integrale lungo l arco di circonferenza va a zero, otteniamo da z = R a z = Re πi n a z = lungo z = re πi n contiene solo il polo in z = a = e πi ( e πi n )I n = πires z=a +z n Il residuo è Res z=a +z n = na n

22 da cui I n = πi a na n = πi a(a a) na n Usando a n = otteniamo I n = ovvero I n = πi n(a a ) π n sin π n

23 settimana 6 Esercizi: Calcolare i seguenti integrali:. I = + dx lnx +x 3. I = + dx x +x 3 3. I = + dx x lnx x +5x+6 4. I = + dx 3 x lnx +x Soluzioni:. Possiamo usare la discontinuità di (lnz), tagliando la superficie di Riemann da a +. Scegliamo la determinazione in modo che per z reale positivo sopra il taglio lnz = lnx, da cui segue che sotto il taglio lnz = lnx+πi. Consideriamo il cammino chiuso Γ R che circonda l asse reale positivo da o a R e si chiude lungo la circonferenza di raggio R per θ che va da o a π, e consideriamo l integrale lungo Γ R della funzione f(z) = (lnz) +z 3. Nel limite R + questo integrale è Γ R dz f(z) = + dx (lnx) + dx (lnx) 4π +4πilnx +x 3 +x 3 = 4π + dx +x 3 4πi + dx lnx +x 3 Il valore dell integrale è dato dal teorema dei residui, ed è [ ] πi (lnz ) dove 3z + (lnz ) 3z + (lnz 3) 3z 3 z = e πi 3 z = e πi z 3 = e 5πi 3 Quindi si trova 3

24 Γ R dz f(z) = πi 9 [ 4π 4 ] 3π i 3 Del resto sappiamo anche che (esercizio della settimana precedente) + dx +x 3 = π 3sin π 3 = π 3 3 Sostituendo otteniamo + dx lnx = π +x 3 7 Facciamo ora vedere che lo stesso integrale si può calcolare tagliando il piano complesso da a, in modo che la regione di integrazione non coincide col taglio. Possiamo quindi considerare la funzione integranda come analitica nella regione del piano complesso comprese tra la semiretta reale positiva e la semiretta z = re πi 3. Se consideriamo quindi la linea chiusa Γ R che va da a R sull asse reale, da R a Re πi 3 lungo la porzione di circonferenza di raggio R, e infine da Re πi 3 a, abbiamo, per il teorema dei residui Γ R dz lnz +z 3 = πires z=z lnz +z 3 = πi lnz 3z = π πi e 3 9 visto che la curva circonda solo il polo z. Nel limite R + otteniamo quindi + dx lnx e πi + +x 3 3 dx lnx+ πi 3 = π +x 3 9 πi e 3 da cui si può mostrare che di nuovo + dx lnx = π +x 3 7. Utilizziamo la discontinuità del logaritmo. Consideriamo l integrale lungo il percorso Γ R che circonda il taglio lungo l asse reale positivo della funzione f(z) = z lnz +z 3 Otteniamo, nel limite R, Γ R dz f(z) = πi + dx x +x 3 = πi 3 i= Res z=z i f(z) dove i poli z sono gli stessi dell esercizio precedente. Otteniamo 4

25 [ ] + dx x = lnz +x 3 3 z + lnz z + lnz 3 z 3 Si trova + dx x = 3π +x La funzione la cui discontinuità è la funzione integranda è f(z) = z (lnz πi) = z (lnz πi) z +5z+6 (z+3)(z+) con taglio lungo l asse reale positivo. Otteniamo, nel limite R Γ R dz f(z) = + dx x (lnx πi) + dx x (lnx+πi) (x+)(x+3) (x+)(x+3) = + dx x lnx (x+)(x+3) = πi [Res z= f(z) + Res z= 3 f(z)] = πi [ i (ln + πi) πii i 3(ln3 + πi) + πii 3 ] = π [ 3 ln3 ln ] 4. La funzione la cui discontinuità è la funzione integranda è [ ] lnz + e πi 3 3 z e πi 3 πi e πi 3 La funzione ha poli in z = e πi z = e 3πi +z Dal teorema dei residui si ottiene [ ] I = π πi e πi e πi 6 + πi e 5πi 6 3πie πi 3 e πi πi e 7πi 6 3 e πi 3 Usando e πi 6 = 3 + i e 5πi 6 = 3 + i e 7πi 6 = 3 i e πi 3 = + 3 i e πi = i troviamo I = π 6 5

26 settimana 7 Esercizi:. Dimostrare che in R 3 i vettori u = (,, ) u = (,, ) u 3 = (,, ) sono linearmente indipendenti, e quindi costituiscono una base. Usare l algoritmo di Gram-Schmidt per trovare a partire da questi una base ortonormale.. Calcolare l integrale dx x 3 x( x) 3. Calcolare l integrale i i dz +z 4+z lungo il segmento sull asse immaginario, usando la determinazione tale che + z è positiva lungo il segmento. Soluzioni:. È immediato mostrare che la combinazione lineare a u + a u + a 3 u 3 = (a + a + a 3, a a + a 3, a 3 ) = ha come unica soluzione a = a = a 3 = e quindi i vettori sono linearmente indipendenti. La norma di u è, e quindi e = u = (,, ) A partire da u, proiettiamo sulla parte ortogonale a e scrivendo u = u (e, u )e 6

27 Troviamo che (e, u ) =, quindi u = u. Anche questo vettore ha norma, e quindi e = u = (,, ) Infine abbiamo u 3 = u 3 (e, u 3 )e (e, u 3 )e = (,, ) che è già normalizzato a. Quindi e 3 = u 3 = (,, ). La funzione f(z) = z 3 z( z) ha punti di diramazione in z = e z =. Effettuiamo il taglio lungo il segmento sui reali che unisce e, e scegliamo la determinazione tale che z( z) è positiva sopra al taglio. Se circondiamo il taglio con una linea chiusa Γ percorsa in senso antiorario, abbiamo che dz z 3 = dx x 3 Γ z( z) x( x) perché l integrale sopra il taglio è percorso in senso opposto e la radice sotto al taglio ha determinazione opposta. La funzione non ha singolarità isolate al finito, per cui l unico contributo viene dal residuo all infinito. Studiando il comportamento di z( z) intorno ai punti di diramazione si può vedere che questa radice deve essere immaginaria negativa per z reale e maggiore di. Ci conviene quindi, per studiare il residuo all infinito, scrivere z( z) = i z(z ) dove per z(z ) dobbiamo consistentemente usare la determinazione tale che la radice è reale per z reali maggiori di. Questo significa che per z grandi la radice diventa z = z. 7

28 Scriviamo quindi f(z) = i z 3 z(z ) da cui troviamo g(w) = i w ( 3w ) w Sviluppando in serie w = + w +... troviamo g(w) = i ( 3w )( + w +...) = i w da cui leggiamo Res w= g(w) = Res z= f(z) = 5i + 5i w Abbiamo quindi trovato dz z 3 = dx x 3 = πi 5i = 5π Γ z( z) x( x) da cui si trova dx x 3 = 5π x( x) w +... È utile osservare che l integrale è reale negativo come ci aspettiamo. 3. La funzione f(z) = +z 4+z ha punti di diramazione in z = i e z = i. l integrale Dobbiamo calcolare I = i dz +z i 4+z tra questi due punti prendendo + z positiva. Possiamo quindi considerare il taglio tra i e i e scegliere la radice positiva a destra 8

29 del taglio. La funzione ha anche poli semplici in z = i e z = i. Scegliamo quindi una curva Γ percorsa in senso antiorario che circondi il taglio ma non i due poli semplici. Abbiamo Γ dz +z 4+z = I Calcoliamo l integrale usando il teorema dei residui, e osserviamo che la funzione ha anche un residuo all infinito. La determinazione che abbiamo assegnato corrisponde a radice positiva per z reali positivi, ovvero, per z grandi, + z si può approssimare con z = z. Otteniamo quindi g(w) = w da cui segue +w +4w Res w= g(w) = Res z= f(z) = Per i residui in ±i, osserviamo che + z è immaginaria positiva per z immaginario maggiore di i, e immaginaria negativa per z immaginario minore di i. Quindi dobbiamo usare le determinazioni + z z=i = 3i + z z= i = 3i Quindi troviamo Res z=i f(z) = 3i = 3 Res 4i 4 z= i f(z) = 3i = 3 4i 4 Unendo tutti i risultati abbiamo Γ dz +z 4+z = I = πi(res z=i + Res z= i + Res z= )f(z) = πi( 3 ) ovvero I = πi( 3 ) Osserviamo che il risultato è un numero immaginario positivo. Questo è in accordo con quanto ci aspettavamo. Infatti, ponendo z = iy, l integrale diventa 9

30 I = i dy y 4 y e la funzione integranda è positiva nella regione di integrazione. 3

31 settimana 8 Esercizi:. Mostrare che I 3 e le matrici di Gell-Mann formano una base per lo spazio vettoriale delle matrici hermitiane Data la matrice ( ) A = 3 4 trovare S tale che la matrice A = S AS è diagonale 3. Data la matrice ( ) i A = i trovare S tale che la matrice A = S AS è diagonale. Mostrare che S può essere scelta unitaria. 4. Se un operatore A ha un solo autovalore λ ha molteplicità algebrica n e molteplicità geometrica, vuol dire che a meno di constanti esiste un unico autovettore, ovvero un unico vettore non nullo tale che Av = λv Vogliamo trovare la trasformazione che porta la matrice in forma di Jordan. Determiniamo il vettore v definito dall equazione (A λi)v = v Il vettore v è definito dall equazione a meno di αv, dal momento che (A λi)v =. In altre parole, l equazione definisce un vettore linearmente indipendente da v. Analogamente, definiamo il vettore v 3 dall equazione (A λi)v 3 = v Iterando la procedura, definiamo v n dall equazione 3

32 (A λi)v n = v n La matrice S che ha per colonne le componenti dei vettori v i, i =,..., n (nell ordine giusto) è quella che mette A in forma di Jordan: λ... λ... A J = S AS = λ λ... λ Più in generale, una qualsiasi matrice si può diagonalizzare in blocchi di Jordan, dove ciascun blocco è della forma A J, usando la procedura descritta sopra. Trovare la matrice S e mettere in forma di blocchi di Jordan le matrici 4 A = 3 4 A = A 3 = 4 A 4 = A 5 = A 6 =

33 Soluzioni:. La più generale matrice hermitiana 3 3 ha la forma a b ic d ie b + ic f g ih d + ie g + ih m = b λ + c λ + (a f) λ 3 + d λ 4 + eλ 5 + g λ 6 +h λ 7 + (a + f m) λ (a + f + m) I 3 dove i coefficienti sono tutti reali.. L equazione caratteristica è λ 5λ = da cui si ottengono gli autovalori λ = 5 33 λ = I corrispondenti autovettori sono ( ) ( ) λ = 3 33 λ = I due vettori non sono ortogonali, quindi non è necessario normalizzarli. La matrice che diagonalizza A è ( ) S = La matrice inversa è ) S = 4 Si ottiene ( A = S AS = ( 5 )

34 3. La matrice è hermitiana, per cui gli autovettori formano una base ortonormale. L equazione caratteristica è λ λ = le cui soluzioni sono λ = λ = Gli autovalori normalizzati sono ) λ = ( i λ = ( i La matrice unitaria che diagonalizza A è ( ) U = i i la cui inversa è ( ) U = U = i i Consistentemente otteniamo ( ) A = U AU = 4. Per la matrice A otteniamo che l equazione caratteristica è P (λ) = (3 λ)(λ 8λ + 5) = da cui si trova che gli autovalori sono λ = 5 λ = 3 (molteplicità= ) L autovettore corrispondente all autovalore λ = 5 è v = ) 34

35 mentre l autospazio corrispondente all autovalore λ = 3 è formato da tutti i vettori della forma x v = y x Questo autospazio ha dimensione, per cui l operatore A è diagonalizzabile e possiamo scegliere gli autovettori linearmente indipendenti v = v 3 = Scriviamo quindi la matrice che porta nella base degli autovettori, S = la cui inversa è S = Si ottiene 5 A = S A S = 3 3 La matrice A ha autovalore λ = con molteplicità algebrica 3. Ogni vettore della forma x v = y y è un autovettore. Quindi l autospazio ha dimensione. Scegliamo come base i vettori 35

36 v = v = Vogliamo determinare il terzo vettore per mettere la matrice in forma di Jordan. Ci accorgiamo che l equazione (A I) v 3 = v non può avere soluzione. Cerchiamo quindi v 3 che soddisfa (A I) v 3 = v La più generale soluzione è v = x y y Possiamo in particolare scegliere v 3 = Vogliamo quindi trasformare A utilizzando la matrice S = le cui colonne sono le componenti dei vettori v, v e v 3. La matrice inversa è S = da cui si ottiene A = S A S = 36

37 La matrice A 3 ha autovalore λ = con molteplicità algebrica 3. L autospazio ha dimensione, e quindi a meno di costanti l unico autovettore è v = Per trovare la base che mette A 3 in forma di Jordan, cerciamo v che soddisfi (A 3 + I) v = v una particolare soluzione è v = Cerchiamo poi v 3 che soddisfi (A 3 + I) v 3 = v che ha come soluzione particolare v 3 = La matrice S è S = la cui inversa è S = La matrice trasformata è quindi 37

38 A 3 = S A 3 S = L equazione caratteristica della matrice A 4 è P 4 (λ) = (4 λ) ( λ) L autovettore di autovalore λ = è v = La molteplicità geometrica dell autovalore λ = 4 è. Troviamo l autovettore v = Per trovare la base che mette A 4 in forma di Jordan, cerciamo v 3 che soddisfi (A 4 4I) v 3 = v Troviamo che una particolare soluzione è v 3 = 5 5 Quindi 5 S = 5 la cui inversa è S = 5 38

39 La matrice trasformata è quindi A 4 = S A 4 S = 4 4 L equazione caratteristica di A 5 è P 5 (λ) = λ 3 + 6λ 3 = Osserviamo che λ = è soluzione. Dividendo quindi il polinomio per λ +, troviamo P 5 (λ) = λ 3 + 6λ 3 = (λ + )( λ + 8λ 6) = (λ + )(λ 4) = Quindi l autovalore λ = ha molteplicità algebrica e l autovalore λ = 4 ha molteplicità algebrica. Per il primo autovalore, l autovettore è v = mentre troviamo che l autospazio del secondo autovalore ha dimensione, e scegliamo come autovettore v = Troviamo v 3 che soddisfi (A 5 4I) v 3 = v Troviamo che una particolare soluzione è v 3 = 39

40 da cui S = la cui inversa è S = La matrice trasformata è quindi A 5 = S A 5 S = 4 4 L equazione caratteristica della matrice A 6 è P 6 (λ) = λ 3 3λ + 4 = Osserviamo che λ = è soluzione. Dividendo quindi il polinomio per λ +, troviamo P 6 (λ) = λ 3 3λ + 4 = (λ + )( λ λ + ) = Gli zeri del termine quadratico sono λ = λ = Considerando anche l altro fattore, questo significa che λ ha molteplicità algebrica. Per il primo autovalore, l autovettore è v = mentre troviamo che l autospazio del secondo autovalore ha dimensione, e scegliamo come base di questo spazio gli autovettori 4

41 v = v 3 = La matrice è quindi diagonalizzabile. Abbiamo S = la cui inversa è S = La matrice trasformata è quindi A 6 = S A 6 S = 4

42 settimana 9 Esercizi:. Date due matrici quadrate X e Y che non commutano, calcolare α tale che e t(x+y ) = e tx e ty e αt [X,Y ]... a meno di termini di ordine t 3.. Data la matrice ( ) λ A = λ calcolare usando la formula di Dunford f(a), dove f(z) è una qualunque funzione analitica in un intorno di z = λ. 3. Ripetere l esercizio precedente per la matrice λ A = λ λ 4. Data la matrice ( ) A = calcolare f(a) = e A usando la formula di Dunford. Soluzioni:. Espandendo entrambi i termini fino all ordine t, otteniamo I + t(x + Y ) + t (X + Y )

43 = (I + tx + t X +...)(I + ty + t Y +...)(I + αt [X, Y ] +...) All ordine t abbiamo (X + Y + XY + Y X) = (X + Y + XY + α[x, Y ]) da cui troviamo α =. Abbiamo zi A = ( z λ ) z λ il cui inverso è l operatore risolvente ( ) z λ R z (A) = (z λ) z λ Usando la formula di Dunford otteniamo ( f(z) dz πi γ z λ πi γ dz ) f(z) (z λ) f(a) = πi γ dz f(z) z λ dove la cursa γ circonda in senso antiorario il punto λ sul piano complesso z. Per la rappresentazione integrale di Cauchy della funzione e della derivata troviamo ( ) f(λ) f f(a) = (λ) f(λ) 3. In questo caso abbiamo z λ zi A = z λ z λ il cui inverso è l operatore risolvente (z λ) z λ R z (A) = (z λ) z λ (z λ) 3 (z λ) 43

44 Usando la formula di Dunford otteniamo f(a) = πi γ dz f(z) z λ πi πi γ dz f(z) (z λ) πi γ dz f(z) (z λ) γ 3 f(z) dz z λ πi γ dz f(z) (z λ) γ f(z) dz z λ πi dove la curva γ circonda in senso antiorario il punto λ sul piano complesso z. Usando la rappresentazione integrale di Cauchy della funzione e della derivata prima e seconda troviamo f(λ) f (λ) f (λ) f(a) = f(λ) f (λ) f(λ) 4. Abbiamo zi A = ( z ) z il cui inverso è l operatore risolvente ( ) z R z (A) = z z 3 z Il risolvente ha poli semplici per z = e z = 3 (gli autovalori della matrice A). Usando la formula di Dunford otteniamo ) e A = ( πi γ dz ez (z ) z z 3 πi γ dz e z z z 3 πi γ dz e z z z 3 πi γ dz ez (z ) z z 3 dove la cursa γ circonda in senso antiorario i punti z = e z = 3. Usando il teorema dei residui troviamo ( e A = (e3 + ) e (e3 ) ) e (e3 ) e (e3 + ) e 44

45 settimana Esercizi:. Data la matrice A dell esercizio 4 della settimana 9, di cui abbiamo calcolato e A, calcolare sin ( ) πa usando la formula di Dunford e dimostrare che l operatore e A sin ( ) πa che si ottiene coincide con l operatore che si ottiene usando la formula di Dunford per la funzione f(z) = e z sin ( ) πz. Calcolare gli operatori spettrali per le matrici A 3, A 4, A 5 e A 6 dell esercizio 4 della settimana Data la matrice A 5 dell esercizio precedente, calcolare lna 5 usando la prescrizione in cui il logaritmo è reale sull asse reale positivo e il taglio è lungo l asse immaginario positivo. Usando la stessa prescrizione per la radice, calcolare A 5 4. Data la matrice A = calcolare ln(a ii) usando per il logaritmo la stessa prescrizione dell esercizio precedente. 45

46 Soluzioni:. Abbiamo ) = πi dz sin( πz )(z ) sin ( πa πi dz ( = sin ( ) π + sin ( ) 3π sin ( ) π sin ( ) 3π ( ) = = I Quindi e A sin ( πa e A sin ( πa ) = e A (z+)(z 3) sin( πz ) (z+)(z 3) πi πi dz sin( dz πz sin( πz ) (z+)(z 3) )(z ) (z+)(z 3) sin ( ) π sin ( )) 3π sin ( ) π + sin ( ) 3π Avremmo ottenuto lo stesso risultato calcolando ) = e πi dz z sin( πz )(z ) (z+)(z 3) πi πi dz e z sin( πz ) (z+)(z 3) πi dz e z sin( πz ) dz e z sin( πz (z+)(z 3) )(z ) (z+)(z 3). Dobbiamo calcolare l operatore risolvente per tutte le matrici. Per A 3 abbiamo (z + ) (z + ) R z (A 3 ) = (z + ) (z + ) (z+) 3 (z + ) L autovalore λ = ha molteplicità algebrica. Dal fatto che il risolvente ha un polo di ordine 3 deduciamo che la molteplicità geometrica è. Calcoliamo gli operatori spettrali. Otteniamo P = P = come ci aspettiamo dal fatto che c è un solo autovalore. Inoltre 46

47 P = J = P = (J ) = Il risolvente della matrice A 4 è (z )(z 4) R z (A 4 ) = z + 7 (z 4) 3(z 4) (z )(z 4) 5(z ) (z )(z 4) Gli autovalori sono λ = e λ = 4 (con molteplicità algebrica ). Il proiettore P è semplice da calcolare perché il risolvente ha solo poli semplici in z =. Otteniamo P = Per calcolare P 4 (che già sappiamo essere uguale a I P ), dobbiamo calcolare il residuo di funzioni che hanno poli doppi. In particolare l elemento di riga e colonna è dato da Res z=4 z+7 (z )(z 4) Si ottiene P 4 = = d dz z+7 z z=4 = che giustamente è uguale a I P. Troviamo poi J 4 = 5 5 Si può verificare per consistenza che 47

48 A 4 = P + 4P 4 + J 4 Il risolvente della matrice A 5 è (z 3)(z + ) 4z 3(z 4) R z (A 5 ) = (z + ) z 6z + 3(z 4) (z+)(z 4) z + z + 4 (z )(z 4) Gli autovalori sono λ = e λ = 4 (con molteplicità algebrica ). Otteniamo P = P 4 = che giustamente è uguale a I P. Troviamo poi J 4 = Si può verificare per consistenza che A 5 = P + 4P 4 + J 4 Il risolvente della matrice A 6 è z R z (A 6 ) = 3 z 4 3 (z )(z+) 3 3 z + Anche se l autovalore λ = ha molteplicità algebrica, vediamo che il risolvente ha solo poli semplici, in accordo col fatto che sappiamo che l operatore A 6 è diagonalizzabile. Otteniamo i proiettori P = 48

49 P = e ovviamente A 6 = P P 3. Abbiamo, con la prescrizione data lna 5 = (ln iπ)p + ln 4 P J 4 Analogamente A 5 = i P + P J 4 4. La matrice è in realtà diagonale a blocchi. Per riconoscerlo, possiamo scambiare riga con riga 4 e colonna con colonna 4. Otteniamo A = Vediamo che l autovalore λ = ha molteplicità algebrica 3 e l autovalore λ = ha molteplicità algebrica. Scriviamo l operatore risolvente a blocchi ( ) B R z (A ) = C dove ( ) z B = z(z ) z ( ) z C = z z + Ci accorgiamo che il risolvente ha poli doppi in z =, e quindi la molteplicità geometrica di λ = è. Troviamo 49

50 P = P = J = Tornando alle variabili originarie otteniamo P = P = J = Abbiamo f(a) = f()p + f()p + f ()J Quindi, per la funzione f(z) = ln(z i) con la prescrizione data otteniamo 5

51 f(a) = ln( i)p + ln( i)p + i J Con la prescrizione data, abbiamo i = e πi i = e πi 4 quindi f(a) = πi P + ( ln πi 4 )P + ij Lo stesso risultato si ottiene considerando la matrice à = A ii che ha autovalori i e i, e la funzione f(z) = ln z con la stessa prescrizione. 5

52 settimana Esercizi:. Considerare la successione di funzioni x > n f n (x) = nx < x n f n ( x) x < dove x [, ]. Dimostrare che f n è di Cauchy in L [, ] e non è di Cauchy in C[, ] (spazio di Banach delle funzioni continue con norma uniforme).. Calcolare i polinomi di Legendre P 3 (x), P 4 (x) e P 5 (x) usando l algoritmo di Gram-Schmidt e confrontare con quello che si ottiene sviluppando la formula di Rodrigues P n (x) = n n! d n dx n ((x ) n ) 3. Dimostrare che la formula di Rodrigues implica le relazioni di ricorrenza P n+(x) = (n + )P n (x) + xp n(x) P n (x) = np n (x) + xp n(x) (n + )P n+ (x) = (n + )xp n (x) np n (x) e dimostrare che da queste segue l equazione di Legendre ( x )P n (x) xp n(x) + n(n + )P n (x) = 4. Dati i polinomi di Laguerre L n (x) = ex d n (e x x n ) n! dx n dimostrare le relazioni di ricorrenza L n (x) = L n (x) L n(x) xl n(x) = nl n (x) nl n (x) 5

53 (n + )L n+ (x) = (n + x)l n (x) nl n (x) e mostrare che queste implicano l equazione di Laguerre xl n(x) + ( x)l n(x) + nl n (x) = 5. Data la funzione f(x) = xe x calcolare i coefficienti a k del suo sviluppo in serie di polinomi di Hermite f(x) = k= a kh k (x) usando l identità xh k (x) = H k+ (x) + kh k (x) 6. Data la funzione Soluzioni: f(x) = H k (x) k= (k)! calcolare l integrale I = + dx e x f (x). Calcoliamo la distanza tra f n e f m nella norma L. Prendiamo n > m, in modo che f m (x) f n (x). Abbiamo f m f n = dx [f m(x) f n (x)] L integrando è pari, per cui possiamo moltiplicare per e integrare da a. Entrambe le funzioni sono nulle per x, e f m n(x) è zero anche da a. Quindi otteniamo n m f m f n = n dx ( mx ( nx)) + m dx ( mx) n = m n 53

54 Quindi per m e n grandi la distanza va a zero e quindi la successione è di Cauchy. Nella norma unforme invece abbiamo f m f n sup = sup [,] f n (x) f m (x) Di nuovo prendiamo n > m. La distanza puntuale tra le funzioni è massima quando x = n, in cui f n(x) = e f m (x) = m n. Quindi f m f n sup = m n Si possono prendere m e n grandi a piacere mantenendo comunque il rapporto m diverso da, per cui la successione in questa norma non è n di Cauchy. Questo è consistente col fatto che lo spazio delle funzioni continue con norma uniforme è uno spazio completo. Se la successione fosse di Cauchy in questa norma questo non sarebbe consistente perché la successione converge puntualmente alla funzione che è per x e per x = che non è continua.. Sappiamo che P (x) = P P = P (x) = x P P = 3 P (x) = (3x ) P P = 5 Scriviamo ( ) P 3 (x) = α 3 x 3 P x 3 P P P (x) Abbiamo P x 3 = 5 da cui P 3 (x) = α 3 ( x x) La costante di normalizzazione α 3 è fissata a 5 dalla condizione P n() =. Quindi abbiamo 54

55 P 3 (x) = (5x3 3x) P 3 P 3 = 7 Scriviamo poi ( ) P 4 (x) = α 4 x 4 P x 4 P P P (x) P x 4 P P P (x) Abbiamo P x 4 = 8 35 P x 4 = 5 da cui P 4 (x) = α 4 ( x P (x) 5 P (x) ) La costante di normalizzazione α 4 è fissata a 35 8 dalla condizione P n() =. Quindi abbiamo P 4 (x) = 8 (35x4 3x + 3) Infine abbiamo ( ) P 5 (x) = α 5 x 5 P 3 x 5 P P 3 P 3 3(x) P x 5 P P P (x) Abbiamo P 3 x 5 = 8 63 P x 5 = 7 da cui P 5 (x) = α 5 ( x P 3(x) 3 7 P (x) ) La costante di normalizzazione α 5 è fissata a 63 8 dalla condizione P n() =. Quindi abbiamo P 5 (x) = 8 (63x5 7x 3 + 5x) Si può facilmente mosrtare che questi sono esattamente i polinomi che si ottengono dalla formula di Rodrigues. 3. Vogliamo prima di tutto dimostrare che P n+(x) (n + )P n (x) + xp n(x) 55

56 abbiamo P n+(x) = n+ (n+)! d n+ agendo con una derivata, d = n+ n (n+)! dx n+ [(x ) n x] Adesso usiamo la relazione dx n+ (x ) n+ d m dx m [xf(x)] = m dm dx m f(x) + x dm dx m f(x) e troviamo P n+(x) = n n! = (n + )P n (x) + xp n(x) [ (n + ) dn dx n (x ) n + x dn+ dx n+ (x ) n ] che dimostra la prima identità. dimostriamo prima che Per dimostrare la seconda identità P n+(x) P n (x) = (n + )P n (x) Moltiplicando per n n! l identità che vogliamo dimostrare è d n+ (n+) (x ) n+ n dn (x ) n = (n + ) dn (x ) n dx n+ dx n dx n Sviluppando i termini a sinistra, e in particolare derivando due volte il primo, otteniamo n dn dx n [(x ) n x ] + dn dx n (x ) n n dn dx n (x ) n = n dn d n [(x ) n (x )] + dn (x ) n dx n dx n dx n = (n + ) dn dx n (x ) n che coincide col termine di destra. La relazione ricorsiva P n (x) = np n (x) + xp n(x) segue dalla relazione appena dimostrata e dalla prima relazione semplicemente risolvendo per P n+(x) in un equazione e sostituendo nell altra. La terza relazione da dimostrare è 56

57 (n + )P n+ (x) = (n + )xp n (x) np n (x) ovvero, moltiplicando per per n n!, d n+ (x ) n+ = (n + )x dn (x ) n n dn (x ) n dx n+ dx n dx n Riscriviamo il primo termine a destra usando x dn dx n (x ) n = dn dx n [x(x ) n ] n dn dx n (x ) n L identità segue effettuando esplicitamente le derivate fino a scrivere tutti i termini come dn dx n... Infine vogliamo dimostrare l equazione di Legendre. Scriviamo la prima equazione per n + invece che n e deriviamo. Poi deriviamo la seconda equazione e la moltiplichiamo per x. Infine sommiamo le due equazioni che abbiamo ottenuto. Infine usiamo la seconda equazione per eliminare P n (x). Il risultato è l equazione di Legendre. 4. La prima identità si dimostra facendo le derivate esplicitamente fino a che tutte le derivate rimanenti sono dello stesso ordine. In particolare nella prima equazione scriviamo tutti i termini come e x dn... La dx n seconda identità si dimostra usando d n dx n (e x x n ) = n dn dx n (e x x n ) + x dn dx n (e x x n ) Da queste due identità seguono le altre due. In particolare, la terza si dimostra nel seguente modo: prendiamo la prima equazione e eliminiamo xl n(x) usando la prima equazione moltiplicata per x. In quello che otteniamo ridefiniamo n, ovvero sostituiamo n con n+. Nell equazione risultante eliminiamo xl n(x) utilizzando la seconda equazione. Il risultato è la terza equazione. Infine l equazione di Laguerre si ottiene derivando la seconda identità, eliminando L n (x) usando la prima identità, e nell equazione risultante eliminando L n (x) usando la seconda identità. 5. Dobbiamo calcolare a k = H k f H k H k 57

58 Sappiamo che H k H k = k k! π Calcoliamo H k f = dx xe x e x H k (x) usando l indentità xh k (x) = H k+ (x) + kh k (x), = dx [ +x e x H k+(x) + kh k (x) ] = [ ] dx ex dk+ ( )k+ e x k dk + k( ) e x dx k+ dx k Integrando per parti il primo termine k + volte e il secondo k volte otteniamo = dx e x +x ( + k) = (k + )e 4 π Quindi a k = e 4 (k+ ) k k! 6. Calcoliamo dx e x f (x) = n= m= = n= (n)! (n)! n (n)! π = π n n= = π cosh (n)! (n)! (m)! dx e x H n (x)h m (x) 58

59 settimana Esercizi:. Date le successioni di funzioni f n () (x) = n π e n x f () n (x) = nπ f (3) n (x) = nπ ( ) sin(nx) x x + n dimostrare che + (i) dx f n (x) =. Data la successione di funzioni { n x [ n f n (x) =, ] n altrimenti mostrare che f n (x) converge a δ(x) considerando l integrale + dx f n(x)g(x) dove g(x) è una qualsiasi funzione C (R) a supporto compatto (il supporto di g(x) è l insieme dei punti x tali che g(x) ). 3. Mostrare che la successione f n () (x) del primo esercizio non è di Cauchy in L (R). 4. Mostrare che la successione f n (x) del secondo esercizio non è di Cauchy in L (R). 5. Dimostrare che π D n (x)dx = π dove D n (x) è il nucleo di Dirichlet. 59

60 6. Calcolare la serie di Fourier delle funzioni f (x) = x 4 f (x) = x cos(x) f 3 (x) = x dove x [ π, π]. Soluzioni:. Effettuando il cambio di variabile nx = y gli integrali diventano + () dx f n (x) = π dy e y () ( ) dx f n (x) = + dy sin(y) π y (3) dx f n (x) = + dy π y + Il primo integrale è chiaramente uguale a. Il secondo e il terzo integrale si calcolano facilmente estendendo l integrale al piano complesso e usando il teorema dei residui.. Abbiamo + dx f n(x) = n n dx = n Per dimostrare che la funzione tende a una delta di Dirac nel limite n, è suffuciente prendere una funzione g(x) che sia continua in un intorno di x =. Abbiamo + dx f n(x)g(x) = n Quindi n dx g(x) n 6

61 min [ n, n ]g(x) n da cui n dx g(x) max [ n n, ]g(x) n lim n + dx f n(x)g(x) = g() 3. Dobbiamo calcolare f () n f () m Abbiamo f n () f m () = ( + dx Il risultato è ( f n () f m () = n π + m ) n π e n x m π e m x ) nm n +m da cui si vede facilmente che la successione non è di Cauchy. 4. Dobbiamo calcolare f n f m = + dx f n(x) f m (x) Prendiamo n > m. Otteniamo f n f m = m = ( ) m n m dx + ( n m n ) n dx n Si vede che la successione non è di Cauchy. 5. Il modo più semplice per fare il calcolo è usare D n (x) = n k= n eikx = + n k= cos(kx) L integrale del coseno tra e π è zero, da cui π dx D n (x) = π 6

62 6. Calcoliamo i coefficienti di Fourier c n usando c n = π π π dx e inx f(x) Tutte le funzioni sono reali. Estendendo per periodicamente le funzioni su tutto l asse reale, si vede che la prima e la terza funzione sono pari, mentre la seconda è dispari e nulla in x =. Quindi nella base trigonometrica ci aspettiamo tutti i coefficienti b n nulli nel primo e terzo caso, e tutti i coefficienti a n nulli nel secondo caso. Consideriamo f (x) = x 4. Otteniamo c = π π 5 5 ( c n = π 8( ) n da cui a = π4 5 ) π 3 6π n n 4 a n = 8( ) n ( π n 6 n 4 ) Otteniamo quindi l espansione f (x) = π π n= Per f (x) = x cosx abbiamo c = c = c n = i π π i n nπ π ( ) n > n da cui toviamo ( ) n cos(nx) 48 n n= ( ) n cos(nx) n 4 b = b n = ( ) n n n > n ovvero 6

63 f (x) = sinx + ( ) n n n= sin(nx) n Infine per la funzione f 3 (x) = x abbiamo c = π π c n = n pari c n = 4 πn n dispari ovvero a = π a n = 4 πn n dispari da cui f 3 (x) = π 4 π n= cos(n+)x (n+) 63

64 settimana 3 Esercizi:. Sapendo che n= n = π 6 dimostrare che n= (n+) = π 8. Mostrare che per una funzione f(x) pari la sua trasformata di Fourier è data da ˆf(p) = dx f(x)cos(px) π mentre per una funzione dispari ˆf(p) = i dx f(x)sin(px) π Questo implica che la trasformata di Fourier di una funzione reale pari è reale e la trasformata di Fourier di una funzione reale dispari è immaginaria. 3. Dati gli operatori F + e F in l, che agiscono sui vettori di base canonici come F e i = e i+ F + e i = e i risolvere il problema agli autovalori F ± λ = λ λ Soluzioni:. Abbiamo n= n = π 6 = n= + (n) n= 64 (n+) = 4 n= + n n= (n+)

65 da cui n=. Abbiamo (n+) = ( ) 4 n= = 3 π = π n ˆf(p) = π + dx e ipx f(x) = + π dx (cos(px) isin(px))f(x) Se f(x) è pari solo il primo termine contribuisce, mentre se è dispari contribuisce solo il secondo. Sfruttando la parità in entrambi i casi l integrale è due volte l integrale da a Vogliamo risolvere le equazioni F ± λ = λ λ con λ = v v v 3... Per F + otteniamo il sistema di equazioni v = λv v 3 = λv v 4 = λv 3... Se v = esiste solo la soluzione identicamente nulla. Prendiamo quindi v =. Otteniamo 65

66 λ λ = λ... Questo vettore appartiene a l se λ <. Quindi ogni numero complesso di modulo minore di è autovalore. Per F otteniamo = λv v = λv v = λv 3... La prima equazione implica che λ = o v =. Se λ = tutte le equazioni successive implicano che tutti i v i sono nulli, per cui otteniamo il vettore nullo. Se λ, la prima equazione implica v =, da cui la seconda implica v = e così via, per cui di nuovo otteniamo come unica soluzione il vettore nullo. In conclusione l operatore F non ha autovalori. 66

67 settimana 4 Esercizi:. Determinare lo spettro puntuale e gli autovettori (con loro degenerazione) dell operatore A = F F + in l, dove F + e F sono definiti all esercizio 3 della settimana 3. Commentare il risultato.. Sia dato l operatore lineare T in l definito da (T v) = (T v) k = v k + k k v k k =, 3,... Determinare la norma di T, l operatore T e lo spettro puntuale di T e T. 3. Sia dato l operatore lineare T in l definito da (T v) = v (T v) = (T v) k = v k k = 3, 4,... Determinare la norma di T, l operatore T e lo spettro puntuale di T e T, discutendo la molteplicità degli autovalori e gli autovettori associati. 4. Sia dato l operatore lineare T in l definito da (T v) = (T v) k = av k+ k (T v) k+ = av k k dove a C. Determinare l operatore T, la norma di T e di T, e lo spettro puntuale di T e T, discutendo la molteplicità degli autovalori e gli autovettori associati. Si discuta per quali valori di a (se esistono) T è auto-aggiunto, unitario, invertibile. 67

68 5. Sia dato l operatore lineare T in l definito da (T v) k = v k + v k (T v) k = v k v k Calcolare la norma di T, determinare T e discutere lo spettro puntuale di T e T. Soluzioni:. L operatore F + F è l identità, per cui l analisi dello spettro è triviale. Per F F + abbiamo F F + = I P quindi tutti i vettori e i, i =, 3, 4... sono autovettori di autovalore λ =, mentre e è autovettore di autovalore λ =. L operatore è auto-aggiunto, ma ovviamente non è invertibile (non è suriettivo). È invertibile se restringiamo il dominio al sottospazio ortogonale a e (in cui diventa l operatore identità).. È facile mostrare che T v 4 v usando a + b a + b, con a e b numeri complessi qualsiasi. Abbiamo l uguaglianza a + b = a + b se a = b, quindi, se prendiamo v k = k v k k, per grandi k, abbiamo che T v tende a 4 v, da cui T = L operatore T è (T v) = v (T v) k = v k + k k+ v k+ k =, 3,... Determiniamo lo spettro puntuale di T. L equazione è = λv 68

69 v k + k k v k = λv k k =, 3,... Se λ =, abbiamo che v deve per forza essere diverso da altrimenti l intero vettore si annulla. Poniamo v =. Troviamo v = v 3 = 3 v 4 = 4... ovvero v k = ( ) k+ k Il vettore appartiene a l (in particolare ha norma quadrata uguale a π ). L autovalore λ = ha molteplicità. Si vede facilmente che λ 6 non può essere autovalore. Infatti otteniamo v = che implica che tutte le altre componenti devo essere anche loro nulle. Quindi λ = è l unico autovalore. Consideriamo ora lo spettro puntuale di T. In questo caso l equazione è v = λv v k + k k+ v k+ = λv k Si vede che v deve per forza essere diverso da. Poniamolo uguale a. Otteniamo v = λ v 3 = 3λ(λ ) v 4 = 4λ(λ ) v 5 = 5λ(λ ) 3... Si può mostrare che l autovettore appartiene a l se λ <. Questo è consistente col fatto che, come si può mostrare, T = 3. Ovviamente abbiamo T = poiché T è un isometria. L operatore aggiunto è 69

70 (T v) = v (T v) k = v k+ k =, 3,... Abbiamo T v = v v da cui T = Determiniamo lo spettro puntuale. Per T abbiamo le equazioni v = λv = λv v k = λv k k > L unica soluzione è λ =, con autovalore e (molteplicità ). Per T abbiamo le equazioni v = λv v k+ = λv k k > Troviamo che λ implica v =. Se anche v =, questo implica che tutto il vettore è il vettore nullo. Quindi dobbiamo prendere v. Scegliamo v =, da cui otteniamo v 3 = λ, v 4 = λ,... v k = λ k. Questo vettore appartiene a l se λ <. Quindi ogni λ < appartiene allo spettro puntuale. Per λ = possiamo prendere v qualsiasi. Se v = α, con α complesso, allora si vede che v k = α per ogni k >. Ma questo implica che il vettore appartiene a l solo se α =. Concludendo λ = è autovalore di molteplicità con autovettore e. 4. Abbiamo che l operatore T agisce come T con a sostituito con ā. Quindi T v = T v = a ( v + v 3 + v 4 + v ) da cui 7

71 T = T = a Determiniamo lo spettro puntuale di T e T. Per T abbiamo che λ = è autovalore con autovettore e (molteplicità ). Se λ, necessariamente λ = ±a. Qualsiasi vettore con v k = ±v k+ è autovettore, quindi entrambi gli autovalori hanno molteplicità infinita. Per T è la stessa cosa sostituendo a con ā. L operatore T è auto-aggiunto se a è reale. È invertibile nel sottodominio che è il sottospazio ortogonale a e. In questo dominio è unitario se a =. 5. Su ciascuna coppia (v k, v k ), l azione dell operatore è ( ) ( ) vk v k È facile quindi convincersi che T v = v per qualsiasi v, da cui T = L operatore è auto-aggiunto. Inoltre l operatore T = T è unitario, quindi ci aspettiamo che gli autovalori di T siano reali e di modulo, ovvero possono solo essere ±. Questo è esattamente quello che si trova risolvendo il problema agli autovalori per la matrice sopra. Per λ = troviamo che ogni vettore della forma ( ) è autovettore. Quindi λ = ha molteplicità infinita. Per λ = troviamo che ogni vettore della forma ( ) 7

72 è autovettore. Quindi anche λ = ha molteplicità infinita. È immediato mostrare che qualsiasi autovettore di λ = è ortogonale a qualsiasi autovettore di λ =. 7