METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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Benedetto Farina
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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 3 FEBBRAIO 6 Si risolvano cortesemente i seguenti problemi. PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 6/3) Si calcoli l integrale SOLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA M=. (+ x ) x L integranda è pari quindi possiamo "simmetrizzare" l intervallo di integrazione come M=. (+ x ) x La funzione integranda estesa al piano complesso ha due poli semplici in z=±i. Inoltre definendo le fasi per le due funzioni il cui prodotto rappresenta l argomento della radice quadrata a denominatore come ±z= ±z e iθ θ (π) θ ( ππ). si una discontinuità di tipo tagli lungo il segmento[]. In particolare sopra il taglio con z= x+ iε x [] e ε + avremo mentre sotto per z=x iε si ha invece z + = x e i(θ+ +θ+ )/ x e i(+)/ = x z = x e i(θ +θ )/ x e i(π+)/ = x. L apice+( ) indica il valore ite sul bordo superiore (inferiore) del taglio. Im(z) γ ε ( ) γ ε (+) Re(z) Considerando il percorso di integrazione chiuso mostrato in figura che avvolge il taglio si ha per il teorema dei residui = f(z)= iπ (+z ) z Res f(z) i + Res f(z) i. 3 febbraio 6 page of 8

2 Ne consegue che l integrale sunel iteε è = (+z ) z = 4M. (+ x ) x ε γ ε ( ) (+z ) z ε γ ε (+) I contributi sugli archi infinitesimiγ ε (±) sono nulli in quanto su di essi si hanno i iti uniformi z z = =. ε (+z ) z ε +z (+z ) z Per calcolare i residui dobbiamo valutare la radice quadrata nei punti z = ±i usando correttamente la definizione delle fasi. In particolare per z= i si ha z z=i = ( i)(+ i)= e i( π/4+π/4)/ = infatti il primo fattore è scritto come( i)= e iπ/4 / la fase non è 7iπ/4 in quantoθ varia in( ππ). Il valore della radice quadrata in z = i è z z= i = (+ i)( i)= e i(π/4+7π/4)/ = in questo caso la scelta della fase è importante per il secondo fattore ovvero( i)= e 7iπ/4 / si deve usare la fase 7iπ/4 anziché iπ/4 poiché la determinazione scelta perθ è(π). Alla luce di questi risultati i residui sono Res f(z)±i = ±i = z z=±i i. In definitiva il valore dell integrale è M= = iπ 4 (+z ) z Res f(z) i + Res f(z) i = iπ i = π. SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Si calcoli l integrale in valore principale P= Pr SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA La funzione integranda ha due poli semplici in x + x 3 4 x. z = 3 z = in particolare z appartiene all intervallo d integrazione. Si ha inoltre una discontinuità di tipo taglio lungo il segmento[ ] che si ottiene scegliendo le determinazioni ±z= ±z e iθ θ (π) θ ( ππ) 3 febbraio 6 page of 8

3 per le due funzioni il cui prodotto rappresenta l argomento della radice quadrata a denominatore dell integranda. Sopra e sotto il taglio ovvero per z= x± iε con x [ ] eε + avremo rispettivamente 4 z + = 4 x e i(θ+ +θ+ )/ 4 x e i(+)/ = 4 x 4 z = 4 x e i(θ +θ )/ 4 x e i(π+)/ = 4 x. Im(z) γ ε ( ) γ ε (+) z z γ + Re(z) γ Consideriamo il percorso di integrazione chiuso mostrato in figura che avvolge il segmento[ ]. L integrale su tale può essere scritto come la somma di sei contributi; i due sui tratti rettilinei nel iteε + rappresentano ciascuno il valore principale si ha cioè ε + = Pr 4 z ε x + γ + (z z )(z z ) 4 z γ 4 z +. 4 z γ ε ( ) 4 z γ ε (+) Gli integrali sugli archi infinitesimiγ ± centrati in z = sono ε + in quanto si hanno i iti uniformi γ ± A ± = Il contributo degli archiγ ε (±) è nullo = iπa ± = iπ 4 z 4 3 ε + ε + (z z ) γ ε (±) ( z)(+z) = ±4 3. = 4 z infatti si hanno i iti uniformi z z = ε + 4 z ε + z + z 3 =. 3 febbraio 6 page 3 of 8

4 In definitiva ε + = Pr 4 z = P. 4 x L integrale susi calcola con il teorema dei residui come P= = iπ Res z= z. ε + (z z )(z z ) 4 z (z z )(z z ) 4 z Per valutare la radice quadrata in z= z = 3 è necessario considerare le determinazioni scelte per le funzioni (±z) ovvero 4 z z= 3 = z e iθ +z e iθ z= 3 = 5e i e iπ = 5 e iπ/ = i 5 da cui Res z= z = (z z )(z z ) 4 z (z z )i 5 = 4i 5. Infine per l integrale completo si ha P= iπ Res z= z = (z z )(z z ) 4 z π 4 5. TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO 5/3) Data la funzione reale a due variabili reali u(x y)=cos(x y ) cosh(x y) si verifichi che può rappresentare la parte reale di una funzione analitica f(z) e si determini tale funzione con la condizione f()=. SOLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA Si può usare la formula z f(z)=u z u() i che vale nel caso in cui la funzione abbia un valore reale nell origine. Con la condizione u( ) = f() = si ha La funzione cercata è f(z)=cos(z /4+z /4) cosh(iz /) = cos(z /) cos(z /) = cos (z /) = cos(z ). f(z)=cos(z ). 3 febbraio 6 page 4 of 8

5 QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Date le matrici 3 3 scritte in notazioni a blocchi A= B= σ σ 3 doveσ eσ 3 sono la seconda e terza matrice di Pauli ( ) si dimostri che la matrice U= e [AB] è unitaria e si determinino autovettori ed autovalori. SOLUZIONE DEL QUARTO PROBLEMA Sfruttando l algebra delle matrici di Pauli espressa da commutatore [σ m σ n ]=iε mnl σ l da cui [σ σ 3 ]=iσ si ottiene per il commutatore tra le matrici A e B [A B]= [σ σ 3 ] = iσ = i i Gli autovalori della matrice commutatore[a B] sono le soluzioni dell equazione inλ λ det λ i = i λ Gli autovettori corrispondenti sono u = u = λ(λ + 4)= / / u 3 = λ = λ = i λ 3 = i. / / Per il teorema ottico qusti ultimi sono anche autovettori della matrice U= e [AB] con autovalori{µ k = e λ k } 3 k= ovvero Uu k =µ k u k µ = e λ = µ = e λ = e i µ 3 = e λ = e i essendo questi autovalori delle fasi pure µ k = k=3 si ha che U è una matrice unitaria. 3 febbraio 6 page 5 of 8

6 QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Sia A una matrice 4 4 che rappresenta un operatore hermitiano in uno spazio di Hilbert a quattro dimensioni e che ha i quattro autovalori α = α = α 3 = α 4 =. Rispetto alla base canonica gli autovettori corrispondenti ai primi tre autovalori sono a = a = a 3= Si determinino il quarto autovettore e la matrice A. Si dimostri infine che la matrice B= cos (π A) è l identità. SOLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA Essendo la matrice hermitiana in quanto l operatore che rappresenta è hermitiano si ha che gli autostati relativi ad autovalori distinti sono ortogonali. Quindi il quarto autostato è ortogonale ai primi tre. Detto a 4 = x y z w dalle tre condizioni di ortogonalità segue a a 4= a a 4= a 3 a 4= x+ w= x w= y+ z= x= w= y= z a 4 = La versione diagonale di A è A d = La matrice unitaria che diagonalizza A si ottiene allineando gli autovettori normalizzati ad uno lungo le colonne cioè / / / / U= / / / / 3 febbraio 6 page 6 of 8

7 Da cui si ottiene A= UA d U / / / / = / / / / 3/ / 3/ / = / 3/ / 3/ / / / / / / / / Infine per il teorema spettrale la matrice B= cos (π A) ha gli stessi autovettori di A e come autovalori i numeri dell insieme{cos (πα k )} 4 che sono tutti uguali ad uno. Ne consegue che la rappresentazione diagonale di B k= è l identità ovvero: B d = I. Per ottenere B si usa la stessa matrice unitaria diagonalizzante di A in quanto gli autovettori sono gli stessi SESTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 5/3) Si calcoli la trasformata di Fourier della funzione B=UB d U = U IU = UU = I. f(x)= x 3 e x. Suggerimento. È utile in questo caso la regola di trasformazione delle derivate di una funzione. SOLUZIONE DEL SESTO PROBLEMA La regola di trasformazione delle derivate di una funzione g(x) è d n g(x) k n =(ik) n k g(x) =(ik)n g(k) ovvero per le anti-trasformate x dn g(k) dk n =( ix) n x g(k) =( ix) n g(x). In particolare con g(x)=e x ed n=3 avremmo d3 g(k) x dk 3 =( ix) 3 e x = ix 3 e x = i f(x) da cui la trasformata di Fourier di f(x) f(k)= i d3 g(k) dk 3. La funzione g(k) è la trasformata di Fourier della Gaussiana g(k)= e k /4 / quindi il risultato finale è f(k)= i d 3 /4 = ik dk 3 e k 8 k 6 e k /4. 3 febbraio 6 page 7 of 8

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