METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 20 GIUGNO 207 Si risolvano cortsmnt i sgunti problmi, sapndo ch vrranno valutati:. la corrttzza dl risultato ottnuto dlla procdura utilizzata; 2. la compltzza di passaggi riportati; 3. il livllo di smplificazion con cui sono sprssi i risultati (ad smpio un risultato numrico ral non dv contnr l unità immaginaria); 4. la corrttzza dl formalismo utilizzato; 5. la chiarzza dll sposizion la lggibilità dl tsto. PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 6/30) Si calcoli l intgral in valor principal SOLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA P Pr x + d x. L intgranda ha un polo smplic in x una singolarità ssnzial nll origin, x 0. Facciamo il cambiamnto di variabil /x, a tal fin suddividiamo l intrvallo di intgrazion sfruttando il valor principal nll origin, ovvro P lim Pr ε 0 + ε x + d x + +ε x + d x, dov il valor principal risptto al polo smplic x riman ovviamnt solo nl primo intgral. Con la sostituzion /x si ah ε /ε 0 P lim Pr ε 0 + x + d x + x + d x d lim Pr ε 0 +ε + / + 2 d / /ε Pr 0 ( + ) d + 0 d Pr ( + ) ( + ) d. È ultriormnt possibil scomporr l intgranda nlla somma di du poli smplici, com P d Pr + d, il primo intgral non è più in valor principal in quanto l intgranda ha solo una singolarità liminabil nll origin. Nl scondo intgral facciamo la sostituzion +, si ha quindi P d Pr d cos() sn d d Pr sn d [ cos()] d. sn cos() cos sn() d L intgral con intgranda cos( )/ è nullo in quanto la stssa intgranda è dispari, mntr i valori principali sono stati liminati poiché tutt l singolarità sono liminabili. Possiamo dformar con continuità il prcorso di intgrazion aggirando l origin con un arco infinitsimo, avrmo quindi il prcorso dfinito com (, ε) γ + ε (ε, ), γ + ε {z : z εiθ, θ (0, π)}, 20 giugno 207 pag of 7

2 dov γ + ε è una smicirconfrnza immrsa nl smipiano suprior, Im(z) > 0, cntrata nll origin con raggio ε. L intgral crcato divnta cos() i i P [ cos()] d [ cos()] d d. 2i Applichiamo il lmma di Jordan chiudndo, pr il primo trmin, il prcorso di intgrazion nl smipiano suprior, pr il scondo trmin, nl smipiano infrior. Poiché l arco infinitsimo γ + ε è immrso nl smipiano suprior, il prcorso chiuso in Im(z) > 0 non contin singolarità, solo il scondo ha un contributo non nullo. Usando il torma di rsidui si ha P cos() i 2i d i d cos() i ( 2iπ) Rs 2i, 0, }{{} 0 il sgno "mno" di front al fattor 2iπ è consgunza dll orintazion oraria dl prcorso chiuso nl smipiano infrior. Il risultato final è P π ( cos()). SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/30) Si calcoli l intgral in valor principal J Pr z dz, con il prcorso orintato in snso antiorario. SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA La funzion ha una singolarità ssnzial nll origin un polo smplic in z, risptto al qual si calcola il valor principal. Considriamo il prcorso di intgrazion dntato intrnamnt in corrispondnza dl polo smplic in z ε {z : z, arg(z) (ε, 2π ε)} {z : z + ε iθ, θ ( 3π/2, /2)} γ γ ε, composto da un arco, γ, di raggio unitario, cntrato nll origin angolo sottso pari a 2π 2ε, d un arco infinitsimo, γ ε, di raggio ε, cntrato in z, angolo sottso π; qust ultimo è orintato in snso orario. L intgral J è dato dal solo contributo sull arco unitario, ovvro, usando il torma di rsidui, si ha ε γε dz J dz 2iπ Rs dz, z 0, quindi J 2iπ Rs dz, z 0 + γ ε dz. L intgral su γ ε si calcola usando il lmma pr l intgrazion sugli archi infinitsimi γ ε dz iπ lim ε 0 (z ) iπ. Il rsiduo in z 0 si calcola sfruttando l sri not dll sponnzial dlla funzion /( z) ch, nl limit z 0 rapprsnta la somma dlla sri gomtrica di ragion z. Si ha quindi,j0 z + j!, 20 giugno 207 pag 2 of 7

3 il rsiduo coincid con il cofficint C dlla potnza z, ch si ha pr tutti i valori dgli indici, j {0,,...} tali ch j +, quindi Rs dz, z 0 C,j0 δ,j+ l ultima sri è ugual ad z. In dfinitiva J 2iπ Rs dz, z 0 + J 2iπ 2.! j0 γ ε (j + )! j j!, j! j0 }{{} dz 2iπ ( ) iπ TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO 5/30) Si dtrmini la funzion f (z) ch: f (z) ha un polo doppio all infinito, tal ch lim z z 2 ; è nulla nll origin, f (0) 0; al finito ha solo du poli, con rsidui R,2 ±, ni punti z,2 ± 2; è pari, cioè tal ch f (z) f ( z). SOLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA La funzion è mromorfa, avndo al finito solo singolarità polari, si ha quindi lo sviluppo di Mittag-Lfflr f (z) g(z) + F (z), dov g(z) rapprsnta la part intra ch ha lo stsso comportamnto asintotico di f (z), mntr l funzioni F sono l parti principali dgli sviluppi di Laurnt cntrati nlla singolarità z. Poiché la funzion f (z) ha un polo doppio all infinito, g(z) è un polinomio di scondo grado g(z) A + Bz + Cz 2. Si hanno solo du poli smplici, z,2 ± 2, i cui rsidui sono R,2 ±, quindi la sri si riduc ad una somma si ha f (z) A + Bz + Cz 2 + R + R 2 A + Bz + Cz 2 + z z z z 2 z 2 + z + 2 A + Cz z 2 2, dov si è posto B 0 poiché la funzion è pari. Dalla condizion lim z f (z)/z 2, si ottin ch il cofficint C è ugual ad, infatti f (z) lim z z 2 lim Infin, il valor di A si ottin usando f (0) 0 L sprssion complta dlla funzion è 2 2 z 2 2 A + Cz 2 + z z 2 C. 0 f (0) A 2, A 2. f (z) 2 + z z giugno 207 pag 3 of 7

4 QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/30) Dato un oprator normal  nllo spazio di Hilbrt E N, di dimnsion finita N, si dimostri ch, s sist un polinomio P m (x) di grano m < N tal ch ˆP m  ˆ0, dov ˆ0 è l oprator nullo, allora  è dgnr. Si dimostri inoltr ch gli zri dl polinomio P m (x) rapprsntano lo spttro dll oprator lo si vrifichi splicitamnt, dfinndo il polinomio valutandolo opportunamnt, nl caso in cui lo spazio di Hilbrt abbia dimnsion N 3 l oprator sia rapprsntato dalla matric A SOLUZIONE DEL QUARTO PROBLEMA Poiché l oprator è normal, sso è diagonalizzabil, si può quindi usar la rapprsntazion spttral  M α ˆP (), dov ˆP () è l oprator di proizion nlla dirzion dll autovttor -simo, con, 2,..., M N. Il numro M rapprsnta il numro di autovalori distinti. Il polinomio può ssr scritto nlla forma P m (x) m p j x j, j0 dov {p j } n j0 rapprsnta insim di cofficinti. L oprator ch si ottin valutando il polinomio sull oprator  è  m m M M ˆP m p j  j p j α j ˆP (), P m (α )ˆP (), j0 j0 ovvro è un oprator con gli stssi autovttori di  con insim dgli autovalori P m (α ) M  l oprator ˆP m è nullo, quindi ha tutti gli autovalori nulli, cioè si hanno l M quazioni P m (α ) 0,, 2,..., M,. Pr ipotsi n consgu ch gli autovalori α, con, 2,..., M, sono zri dl polinomio. Pr il torma fondamntal dll algbra, il polinomio di grado m ha, al più, m zri distinti, con moltplicità uno, quindi M m. Ma, poiché m < N, si ha M < N ch implica dgnrazion. Gli autovalori dlla matric A sono l soluzioni dll quazion scolar α 0 α 2 dt 0 2 α 0 0 α α α 3 2 Sono tutti distinti, non c è dgnrazion, n consgu ch il polinomio crcato dv ssr di trzo grado d è P 3 (x) (x α )(x α 2 )(x α 3 ) (x 2)(x + 2)(x 2) x 2 2 (x 2) x 3 2x 2 2x + 4, d ovviamnt coincid con l quazion scolar. Avndo A , A , 20 giugno 207 pag 4 of 7

5 l quazion è P 3 (A) A 3 2A 2 2A + 4I com volvasi dimostrar QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/30) Si calcoli la sri trigonomtrica di Fourir (x [, π]) dlla funzion Sfruttando la sri ottnuta, si calcolino du dll sri S t 2, S p f (x) x 3 x 2. (2) 2, S d (2 + ) La trza si ottin dall altr du avndo S t S p + S d. Suggrimnto. Pr il calcolo dll somm si valuti la sri trigonomtrica di Fourir agli strmi al cntro dll intrvallo. SOLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA La sri trigonomtrica di Fourir ha la forma dov i cofficinti sono a π π f (x) a a cos(x) + b sn(x), cos(x)f (x)d x, b π Gli intgrali sono dl tipo ( > 0) π x 2 cos(x)d x x 2 sn(x) π 2 π x 3 sn(x)d x x 3 cos(x) π + 3 I cofficinti, pr > 0, sono a π b π π π π π xsn(x)d x 2 x 3 x 2 cos(x)d x π π mntr pr il cofficint a 0 si ha x 3 x 2 sn(x)d x π a 0 π La sri trigonomtrica di Fourir è f (x) π2 3 + π2 3 π sn(x)f (x)d x, 0,, 2,.... x cos(x) π + π cos(x)d x, 4π 2 ( ), x 2 cos(x)d x 2π3 ( ) + 2π 3 ( ) 2π π 2 ( ). π π x 3 x 2 d x π 4 2 x 2 cos(x)d x 4 2 ( )+, x 3 sn(x)d x π 2 ( ), π x 2 d x 2π ( )+ cos(x) π 2 ( ) sn(x) 3 ( ) 2 cos(x) 6 2 π 2 sn(x). 20 giugno 207 pag 5 of 7

6 Pr il torma di Fjér, valutandola agli strmi dll intrvallo, in x ±π, si ottin il valor mdio dl limit dstro in x sinistro in x π, ovvro f (±π) f (π ) + f ( + ) 2 2 π 3 π 2 π 3 π 2 2 π2 3 da cui si ricava la somma dlla sri dgli opposti di quadrati di numri naturali com S t 2 π2 6. Pr la sri con i sgni altrnati, valutiamo la sri trigonomtrica in x 0, così da annullar tutti i contributi dll funzioni sno, mantnndo solo i trmini con l funzioni cosno, con anch i sgni altrnati, infatti da cui Sparando i contributi pari dispari si ha π2 2 mntr dalla soma a sgno costant si ha π 2 6 f (0) 0 π2 3 ( ) ( ) (2) 2 (2) 2 + π ( ), (2 + ) 2 S p S d, (2 + ) 2 S p + S d. Sommando sottrando mmbro a mmbro l prcdnti indntità si ottngono l sri richist, infatti 4 2, 2S p π2 2 + π2 6 2S d π2 2 + π2 6 S p π2 24, S d π2 8. SESTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 5/30) Si calcolino l trasformat di Fourir dll funzioni f n (x) ( + x) n, n. Suggrimnto. Nl caso in cui si abbiano singolarità sull ass ral l intgral dlla trasformata di Fourir dv ssr calcolato in valor principal. SOLUZIONE DEL SESTO PROBLEMA L funzioni f n (x) si ottngono com drivat dlla f (x), infatti da cui d n d x n f (x) d n d x n + x ( )n (n )! ( + x) n, f n (x) ( + x) n ( )n d n (n )! d x n + x ( )n d n (n )! d x n f (x). 20 giugno 207 pag 6 of 7

7 La trasformata di Fourir dlla drivata n-sima di una funzion è pari a (i) n volt la trasformata di Fourir dlla funzion stssa, n consgu ch fn (x) ( i)n (n )! f (x), n. Pr calcolar f (x), poiché c è un polo smplic lungo il prcorso di intgrazion si usa il valor principal, ch si può calcolar con la formula di Sohotsy-Plmlj f (x) Pr 2π ix + x d x 2π ix + x + iε d x + iπ ix x Pr l intgral usiamo il lmma di Jordan, considrando ch l intgranda ha un solo polo smplic nl smipiano infrior, in z iε, f (x) 0 < 0 π i 2 i + 2iπ 2π Rs iz, z iε i2 π +z+iε 2 i > 0 i π 2 i < 0 π i i π 2 sgn() i, 2 i > 0 dov sgn() è la funzion sgno La trasformata di Fourir crcata è sgn() θ() θ( ) fn (x) ( i)n (n )! > 0 < 0. f (x) i ( i)n (n )! π 2 sgn() i.. 20 giugno 207 pag 7 of 7