METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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Gerardo Eduardo Parodi
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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA SECONDO ESONERO - 5 GIUGNO 6 Si svolgano cortesemente i seguenti Problemi. PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 3/3) Dati due operatori hermitiani Â and ˆB in uno spazio di Hilbert E N a N dimensioni, si ha che ˆP = ÂˆB ha autovettori ortonormali { p k } N k= e autovalori {π k} N k=, ovvero ˆP p k = π k p k, k =,,..., N. Si dimostri che il commutatore Ĉ = [Â, ˆB] ha gli stessi autovettori di ˆP e autovalori {iim(π k )} N k=. Si ottengano gli autovalori {π k } 4 e, in forma matriciale, gli autovettori corrispondenti nel caso in cui gli operatori k= Â e ˆB siano rappresentati dalle matrici σ σ A =, B =, σ σ dove σ e σ sono la prima e seconda matrice di Pauli i σ =, σ =. i SOLUZIONE DEL PRIMO ESERCIZIO La relazione tra ˆP = ÂˆB e ˆBÂ si ottiene partendo dal prodotto scalare p k ˆP p m = p k ÂˆB p m = δ k m π m, ne facciamo la coniugazione complessa pk ˆP p m = pk ÂˆB p m = pm ˆB Â p k = p m ˆBÂ p k = δ k m π m, ovvero, rispetto alla base di autovettori di ˆP anche ˆBÂ è diagonale, quindi i due operatori hanno gli stessi autovettori e autovalori gli uni, complessi coniugati degli altri, quindi ˆBÂ = ˆP. Il commutatore è la differenza ˆP ˆP, quindi ha autovalori π k π k = iim(π k), k =,,..., N. Nel caso particolare la matrice P è σ σ P = σ σ iσ3 = iσ 3 = i i i i gli autovalori sono π, = ±i e π 3,4 = i e gli autovettori, essendo la matrice diagonale, sono i vettori della base canonica p = p = p 3 = p 4 =. 5 giugno 6 page of 7

2 Il commutatore è C = [A, B] = [σ, σ ] [σ, σ ] iσ3 = 4iσ 3 = i i 4i 4i ed è anch esso una matrice diagonale, i cui autovalori verificano la condizione richiesta, infatti i = iim(π ) = iim(i), i = iim(π ) = iim( i), 4i = iim(π 3 ) = iim( i), 4i = iim(π 4 ) = iim(i). SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) Facendo uso dell equazione di Parseval per le trasformate di Fourier, si verifichi l identità con α >. x (x + α ) 4 d x = π 8α k e k α dk, SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA L equazione di Parseval per funzioni f (x) L () è f (x) d x = f (k) dk, dove f (k) è la trasformata di Fourier di f (x). Per verificare l identità proposta basta dimostrare che la trasformata di Fourier di è, a meno di una fase, la funzione x f (x) = (x + α ) f (k) = π/ α ke k α. A tal fine, osserviamo che la f (x) può essere scritta come la derivata della funzione f (x) = d d x x + α = d d x g(x), g(x) = (x + α ). Ne consegue che la sua trasformata di Fourier è esprimibile in termini di quella della funzione g(x) come d g f (k) = k = ik k g(x) = ik g(k). d x 5 giugno 6 page of 7

3 La funzione g(x) ha una trasformata di Fourier "notevole", ovvero l esponenziale del modulo, si ha infatti g(k) = e ikx π x + α d x = iπ θ( k) e kα ekα π/ θ(k) = π iα iα α e k α. In definitiva per la funzione f (x) otteniamo che rappresenta il risultato cercato. TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO.5/3) f (k) = ik g(k) = i π/ α ke k α, La successione { a k } k= E N, con E N spazio di Hilbert a N dimensioni, è definita dalla legge ricorsiva a = a, a k+ = a k + a k, k, dove il vettore a è un generico vettore con a =. Si dimostri che, nonostante si abbia il limite lim ak+ a k =, { a k } k= non è una successione di Cauchy. SOLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA k Per verificare che non si tratta di una successione di Cauchy è sufficiente trovare una sotto-successione con indice crescente p k tale che lim a pk+ a pk >. k Si consideri ad esempio la sotto-successione definita dagli indici p k = k, ovvero { a pk } k= { a k } k=. definizione si ha a m+n = a m+n + a m + n = a m + a m + a m a, }{{ m + n } n termini Dalla ne consegue che a am+n a m = m + a m a m + n = m + m m + n n m + n. () La norma della differenza tra due vettori successivi della sotto-successione è a pk+ a pk = a k+ a k = a k + k a k, applicando il risultato dell eq. (), con m = n = k, a a pk+ a pk = + a k k a k+ k k+ k, 5 giugno 6 page 3 of 7

4 si ottiene che nel limite richiesto la sotto-successione non converge a zero e quindi la successione non è una una successione di Cauchy. In alternativa, è sufficiente osservare che l affermazione: ε >, m ε, tale che, ai a j < ε, i, j mε, non è vera. Infatti, scelti i = m ε + n e j = m ε, n, avremo, usando il risultato dell eq. (), una contraddizione ε > amε +n a mε QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO.5/3) n m ε + n n. Si verifichi che la matrice A = 3/8 /8 3/8 /8 /8 3/8 /8 3/8 è una contrazione e se ne determini il punto fisso. SOLUZIONE DEL QUARTO ESERCIZIO Essendo hermitiana, la matrice ha un insieme di autovettori ortonormali. Gli autovalori si ottengono come soluzione dell equazione secolare, in x, 3/8 x /8 3/8 x /8 = det /8 3/8 x /8 3/8 x = 8 x 8 + x 8 x 8 38 x x = (3 8x) (3 + 8x) (8x + 3) = (3 8x) (3 + 8x), e sono che riordiniamo come segue x, = ± + 3 8, x 3,4 = ± 3 8, x,4 = ±, x,3 = ± 4. Un generico vettore a, diverso dal vettore nullo, può essere scritto come combinazione degli autovettori, che, come detto, rappresentano una base ortonormale, si ha quindi a = a k u k, dove u k è l autovettore relativo all autovalore x k. La norma al quadrato del vettore che si ottiene moltiplicando la matrice A per il vettore a è Aa = 4 a k x k u k a k x k < k= 4 a k = a, k= 5 giugno 6 page 4 of 7

5 per ottenere l ultima disuguaglianza si è usato il fatto che gli autovalori hanno tutti modulo strettamente minore di uno. Ne consegue che A è una contrazione. Poiché lo spettro di A non contiene l unità, l unico punto fisso è il vettore nullo, ovvero QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) A =. Una volta determinata la matrice B = f (z)(iz A) dz, () iπ z = sapendo che f (z) = z + 3 4, A = 3/4 5i/4 / 5i/4 3/4 I = si calcolino autovalori e autovettori di B. SOLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA Gli autovalori della matrice hermitiana A sono le soluzione dell equazione secolare 3/4 α 5i/4 det(a Iα) = det / α = α 3 5 5i/4 3/4 α 4 α = 4 ovvero α, = ±, α 3 =. Gli autovettori corrispondenti si ottengono come soluzioni dei tre sistemi lineari 3/4 5i/4 a k a k / b k = α k b k k =,, 3, 5i/4 3/4 c k c k e sono u = u = i u = i Per il teorema spettrale si ha che la rappresentazione diagonale di B è z + 3/4 z + 3/4 B d = diag dz, dz, iπ z α z = iπ z α z = iπ z + 3/4 z + 3/4 = diag dz, dz, iπ z α iπ z α = diag (,, ). z = z = z = z + 3/4 dz z α 3 5 giugno 6 page 5 of 7

6 Nella terza posizione della diagonale si ottiene uno zero in quanto il polo α 3 dell integranda non è all interno della circonferenza unitaria, quindi, per il teorema di Cauchy, l integrale è nullo. Usando la matrice unitaria diagonalizzante U = / / i/ i/ che si ottiene allineando le componenti degli autovettori lungo le tre colonne, si ha la rappresentazione cercata per la matrice B, ovvero / i/ B = UB d U =. i/ / SESTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) Sfruttando il metodo delle trasformate di Fourier si risolva l equazione differenziale con la condizione u() =. SOLUZIONE DEL SESTO PROBLEMA Applicando l operatore trasformata di Fourier abbiamo u (x) + (x + )u(x) =, k u (x) + (x + )u(x) = k u (x) + k [xu(x)] + k [u(x)] = ikũ(k) + k [xu(x)] + ũ(k) =. dove con ũ(k) = k [u(x)]. La trasformata di Fourier di xu(x) si ottiene, ad esempio, partendo dalla trasformata di Fourier della derivata, ovvero k f (x) = ik k f (x) = ik f (k), infatti, l anti-trasformata rappresenta la "trasformata" di una funzione per la variabile, anche se in questo caso è k, cioè x k f (k) = i f (x). Tenendo conto del cambiamento di segno dovuto allo scambio di k con x, avremo Usando questo risultato l equazione per ũ(k) diventa da cui k [xu(x)] = iũ (k). ikũ(k) + iũ (k) + ũ(k) =, ũ (k) = (i k)ũ(k). Integriamo, in dk, tra k = e k = k, e in dũ tra ũ = ũ() e ũ = ũ(k), si ha quindi ũ(k) = ũ()e ik k /. 5 giugno 6 page 6 of 7

7 Per ottenere la soluzione u(x) facciamo l anti-trasformata u(x) = ũ() π e ik(+x) e k / dk = ũ() e (x+) / π e k/ i(x+)/ dk = ũ()e (x+) /. Usiamo, infine, la condizione al contorno, u() =, per determinare il valore della costante ũ(), La soluzione completa è u() = ũ()e / =, ũ() = e /. u(x) = e x(x/+). 5 giugno 6 page 7 of 7

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