METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 5 LUGLIO 8 Si risovano cortesemente i seguenti probemi, sapendo che verranno vautati: a correttezza de risutato ottenuto e dea procedura utiizzata; a competezza dei passaggi riportati; 3 i iveo di esempificazione con cui sono espressi i risutati (ad esempio un risutato numerico reae non deve contenere unità immaginaria); 4 a correttezza de formaismo utiizzato; 5 a chiarezza de esposizione e a eggibiità de testo PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 6/3) Si ottenga i vaore de integrae con f (x) D f (x) og(x) d x, C k (x x k ), C k ek k k!, x k e iπ+k, k Suggerimento Se R(x) è una funzione razionae con poi non appartenenti a semiasse reae positivo e tae che R(x) o(/x) per x, aora SOLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA R(x) n(x) d x Res R(z) (n(z) iπ), z j z j La serie che rappresenta a funzione f (x) converge uniformemente x (, ), poiché può essere maggiorata daa serie dea funzione esponenziae Infatti, poiché dato x (, ), si ha µ min x zk >, k per i moduo dea serie vae a maggiorazione C k (x x k ) e k /(k k!) x x k e k /(k k!) e k min x k zk µ k k! e k µ k! e k µ k! e µ Ne consegue che integrae dea serie coincide con a serie degi integrai, ovvero D og(x) C k x x k d x C k og(x) (x x k ) d x L integrae k-esimo puó essere cacoato con a formua data, infatti integranda è i prodotto dea funzione ogaritmo e una funzione razionae che ha un soo poo doppio in z x k, per cui n(x) (x x k ) d x (n(z) iπ) Res (z x k ), z x k d (n(z) iπ) dz n(x k) iπ k e k zxk x k L integrae cercato vae D C k k e k e k k k! k e k k! e k 5 ugio 8 page of 8

2 SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Si cacoi integrae in vaore principae P Pr τ dz z a (z ib), con a, b > e dove τ è i triangoo di vertici: v a, v a, v 3 ib SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA I tre vertici coincidono con i poi sempici dea funzione integranda Indicando con α j angoo interno reativo a vertice v j, j,, 3, si hanno i seguenti vaori b a α α arctan a, α 3 arctan b A interno de triangoo τ non ci sono poi de integranda, quindi, appicando i teorema dei residui a integrae su percorso chiuso τ mostrato in figura, si ha τ dz z a (z ib) Im(z) v 3 τ v v Re(z) Questo integrae ne imite ε +, dove ε è i raggio degi archi centrati nei vertici, γ j con j,, 3, vae im ε + τ dz 3 z a (z i b) P j γ j dz z a (z ib) P iα z v j j im z vj z a (z ib) I imiti de utimo membro vagono im z v j z v j z a (z i b) (v v )(v v 3 ) a(a + ib) (v v )(v v 3 ) a(a ib) (v 3 v )(v 3 v ) (a + b ) j j j 3 5 ugio 8 page of 8

3 Ne consegue che integrae cercato z v j P iα j im z vj z a (z ib) iα a a + ib + iα 3 a ib a + b i b a a + b arctan arctan a b TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Dopo aver stabiito i domini di convergenza di tutte e serie di Laurent centrate in z dea funzione f (z) z + z, si determini quea che converge ne origine SOLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA La funzione f (z) ha quattro poi sempici nei punti z, ±i, z 3,4 ± Ci sono quattro serie di Laurent centrate in z convergenti nei domini C z : z + <, C z : < z + <, C 3 z : < z + < +, C 4 z : z + > +, si tratta di un cerchio, i primo, e tre corone circoari È immediato verificare che L origine, z, appartiene aa corona circoare C, infatti a condizione < z + < è banamente vera per z, per cui si ha < < Per ottenere a serie di Laurent scriviamo a funzione f (z) come somma di poi sempici, ne facciamo cioè o sviuppo di Mittag-Leffer f (z) 3 z z + 6 z z + 6i z i z + i Sommiamo e sottraiamo unità a denominatore f (z) 6 (z + ) + (z + ) 6i (z + ) ( + i) (z + ) ( i) Confrontiamo i termini a denominatore con z C z + < < + +, z + >, z + < + i i, ovvero z + + <, z + <, z + ± i < 5 ugio 8 page 3 of 8

4 Aa uce di questi risutati mettiamo in evidenza ( + ) e ( ± i) ne primo, ne terzo e ne quarto termine, mentre mettiamo in evidenza (z + ) ne secondo, così da poter sfruttare a somma dea serie geometrica, infatti f (z) z+ + (z + ) k + k+ z + 6i + i z+ k (z + ) k z+ +i + i z+ i (z + ) k k 6 (z + ) + k+ 6i k k ( + i) k+ 6i k ( i) k+ 6 (z + ) k k+ + (z + ) k k + 6i k ( + i) (z + ) k k+ 6i k ( i) k k+ 6 (z + ) k+ k (z + ) k / i 6 k+ + + ( + i) i k+ ( i) k+ 6 (z + ) k k+ k k C k (z + ) k k I coefficienti di Laurent sono k 6 C k k / + i ( + i) k i ( i) k 6 k < k QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Sia T una generica matrice compessa N N e T a matrice che si ottiene sommando aa k-esima riga di T a j-esima motipicata per α Si ottenga a matrice C che rappresenta questa operazione, ovvero tae da verificare identità T C T Neo spazio dee matrici compesse 3 3, si determinino a matrice Q e a sua inversa Q, sapendo che a coniugata hermitiana Q si riduce a identità se soggetta aa sequenza ordinata dee tre operazioni: sommare aa prima a seconda riga motipicata per ; sommare aa seconda a terza riga motipicata per 3; sommare aa terza a prima riga Suggerimento Può essere utie usare e rappresentazioni matriciai dee operazioni SOLUZIONE DEL QUARTO PROBLEMA L eemento (m, ), con m, {,,, N}, dea matrice T in termini degi eementi dea matrice T è T m T m + αδ m k T j, dove k e j sono fissati e a deta di Kronecker indica che i secondo termine è non nuo soo per a k esima riga A fine di scrivere T come i prodotto di una matrice da determinare e a matrice T, introduciamo due atre deta di Kronecker, sottintendendo a somma sugi indici ripetuti in posizione covariante e controvariante, T m T m + αδ m k δ j i T i δ m i T i + αδ m k δ j i T i m I + αp [k,j] i T i 5 ugio 8 page 4 of 8

5 La matrice P [k,j], definita come prodotto di due deta di Kronecker ciascuna con un indice fissato, ha soo un eemento non nuo ed uguae ad uno, queo dea k-esima riga e j-esima coonna, si ha cioè m P[k,j] δ m k δ j k P[k,j] j La matrice X che, neo spazio dee matrici compesse 3 3, rappresenta operazione di somma aa prima riga dea seconda motipica per, si ottiene usando espressione di P P [,] ne caso di N 3, con (k, j) (, ) e α ed è X I + P [,] I + Infatti, per una generica matrice A si ha A A A 3 XA A + A A A A 3 A 3 A 3 3 A + A A A 3 A + A A + A A 3 + A 3 A A A A 3 A 3 A 3 3 Ao stesso modo, e operazione di somma aa seconda riga dea terza motipicate per 3 e di somma aa terza riga dea prima sono rappresentate, rispettivamente, da Y I + 3 P [,3] I + 3 3, Z I + P [3,] I + Poiché ordine dee operazioni segue ordine di azione degi operatori, che va da sinistra, dove si trova i primo che agisce, a destra, avremo ZY XQ I, ne consegue che i prodotto Z Y X rappresenta inversa de aggiunta Q ZY X La matrice Q si ottiene invertendo sia e operazioni, ovvero anziché sommare si sottrae, che ordine di esecuzione Le operazioni invertite e e matrici che e rappresentano sono: sottrarre aa terza a prima riga Z ; sottrarre aa seconda a terza riga motipicata per 3 Y 3 ; 5 ugio 8 page 5 of 8

6 sottrarre aa prima a seconda riga motipicata per Ne consegue Q X Y Z X Le matrici richieste sono Q , Q 3 Verifichiamo Q Q QQ , Per ottenere Q da inversa dea matrice aggiunta Q, abbiamo usato identità facimente dimostrabie Q Q Infatti, partendo daa definizione di inversa QQ Q Q I, e facendo a coniugazione hermitiana dei tre membri si ha Q Q Q Q I, che impica: Q Q QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Si determino a matrice 3 3 hermitiana A e i numero compesso x tai che A, A, Tr (A) x x SOLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA I due vettori normaizzati u 3, u + x sono autovettori di A con, rispettivamente, autovaori α e α I fatto che a matrice sia hermitiana e gi autovaori distinti impica che gi autovettori siano ortogonai, ovvero u u + x ( ) x 3 + x x 3 + x x, 5 ugio 8 page 6 of 8

7 Inotre, poiché a traccia coincide con a somma degi autovaori, i terzo autovaore si ottiene come Tr (A) α + α + α 3 + α 3 α 3 È diverso dai precedenti, autovettore corrispondente, u 3, è ortogonae sia a u che a u I tre autovettori formano una base ortonormae Per determinare u 3 partiamo daa forma generica a u 3 b a + b + c c e imponiamo ortogonaità u u a + b + c 3 3 a + b + c u u a + b c 6 a + b + c posto a, si ha u 3 c b a, In definitiva i tre autovaori e gi autovettori corrispondenti sono α α, u, u α 3 3 6, u 3 La rappresentazione diagonae di A è A d diag (,, ) e a matrice unitaria diagonaizzante, U, tae che A UA d U, si ottiene aineando gi autovettori U / 3 / 6 / / 3 / 6 / / 3 / 6 La matrice cercata è A UA d U A / 3 / 6 / / 3 / 6 / / 3 / 6 /3 /3 /3 /3 /3 /3 /3 /3 /3 / 3 / 3 / 3 / 6 / 6 / 6 / / SESTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Neo spazio dee funzioni a quadrato sommabii L () si cacoi a norma dea convouzione (f g)(x) L () con f (x) sen(x) x, g(x) θ( x) e x, dove θ(x) è a funzione a gradino di Heaviside Suggerimento Potrebbe essere utie identità di Parseva per a trasformate di Fourier 5 ugio 8 page 7 of 8

8 SOLUZIONE DEL SESTO PROBLEMA L identità di Parseva per a trasformate di Fourier (TF) che data una funzione h(x) L (), indicandone con h(k) a TF si ha h h h(x) d x h(k) dk Ne consegue che f g k f g, inotre i teorema dea convouzione afferma che k f g π k f k g π f (k) g(k), per cui f g k f g π f (k) g(k) Ovvero a norma può essere ottenuto come norma dee due TF Cacoiamo a TF di f (x) deformando i percorso di integrazione in modo da aggirare origine con una semicirconferenza immersa ne semipiano dee parti immaginarie positive L integrae non cambia in quanto origine è una singoarità eiminabie, si ha f (k) π sen(x) x e ikx d x π Γ sen(z) e ikz dz z i π Γ e iz(k ) e iz(k+) dz, z dove Γ (, ε) z : z εe iθ, θ (, π) (ε, ) Appicando i emma di Jordan e i teorema dei residui si ottiene f (k) i e iz(k ) e iz(k+) π π k < dz [ θ(k ) + θ(k + )] π z Γ k > La TF dea funzione g(x) vae g(k) π In definitiva a norma richiesta vae θ( x)e x e ikx d x π f g π f (k) g(k) π e x( ik) d x π ik i π i + k / f (k) g(k) dk π f (k) / g(k) dk / π i / π π i + k dk + k dk arctan(k) / π f g 5 ugio 8 page 8 of 8