METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA SECONDO ESONERO - 6 GIUGNO 7 Si risolvano cortesemente i seguenti problemi PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 3/3) Facendo uso delle proprietà della matrici di Pauli, si calcoli il commutatore SOLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA C = e σ +σ, sen σ + σ 3 Consideriamo le potenze intere della somma di una generica coppia di matrici di Pauli non uguali (σ m + σ n ), con m, n {,, 3} e m n Poiché le matrici di Pauli anti-commutano, per le potenze pari si ha la legge ricorsiva (σ m + σ n ) = (σ m + σ n )(σ m + σ n ) = I + σ m σ n + σ n σ m = I + {σ m, σ n } = I }{{} = (σ m + σ n ) 4 = (σ m + σ n ) (σ m + σ n ) = I = (σ m + σ n ) k = k I, k, dove I è la matrice identità Le potenze dispari si ottengono a partire dalla relazione precedente, ovvero (σ m + σ n ) k+ = k (σ m + σ n ), k Sfruttando queste relazioni, le espressioni matriciali dell esponenziale e della funzione seno si possono calcolare attraverso i rispettivi sviluppi in serie In particolare per l esponenziale, separando potenze pari e potenze dispari, avremo e σ (σ +σ + σ ) k (σ + σ ) k+ k = + = I (k)! (k + )! (k)! + (σ k + σ ) (k + )!, scrivendo in entrambi i termini k = k, moltiplicando e dividendo per il secondo si ha k e σ +σ = I (k)! + σ k+ + σ (k + )! = I cosh + σ + σ senh Lo sviluppo in serie della funzione seno ha solo potenze dispari, quindi, seguendo quanto fatto per il secondo termine dell espressione precedente, si ottiene l espressione matriciale sen σ + σ 3 = ( ) k (σ + σ 3 ) k+ (k + )! = σ + σ 3 k+ ( ) k (k + )! = σ + σ 3 sen Ne consegue che il commutatore è C = I cosh + σ + σ senh, σ + σ 3 sen = cosh sen senh sen I, σ + σ 3 + σ + σ, σ + σ 3 = senh sen σ + σ, σ + σ 3 = senh sen σ, σ + σ, σ 3 + σ, σ + σ, σ 3 = i senh sen σ3 σ + σ, 6 giugno 7 page of 7

2 in forma esplicita C = i senh sen + i i SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) L operatore normale, non degenere ˆX, definito nello spazio di Hilbert di dimensione 7, E 7, verifica la relazione ˆP 7 ˆX = ˆ, dove ˆ rappresenta l operatore nullo e P 7 (x) è il polinomio di settimo grado Si determinino la traccia e il determinante di ˆX SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA P 7 (x) = 6 + x + 8x + 4x 3 x 4 5x 5 3x 6 + x 7 L operatore è diagonalizzabile, ovvero ammette come autovettori un insieme ortonormale di vettori dello spazio vettoriale E 7, { e k } 7, che quindi rappresenta una base dello stesso spazio vettoriale Le equazioni agli autovalori sono ˆX e k = λ k e k, k =,,, 7, λ k è, ovviamente, il k-esimo autovalore Poiché non c è degenerazione si ha che, k, m {,,, 7}, k m λ k λ m Indichiamo con X la matrice diagonale 7 7 che rappresenta l operatore rispetto alla base dei suoi autovettori, ovvero X = diag λ, λ,, λ 7 La relazione operatoriale ˆP 7 ˆX = ˆ vale anche per la matrice X, quindi P 7 (X ) = diag P 7 (λ ), P 7 (λ ),, P 7 (λ 7 ) = diag (,,, ), dove con diag (,,, ) si è indicata la matrice nulla 7 7 L ultima identità implica P 7 (λ k ) =, k {,,, 7}, ovvero, ciascun autovalore è uno zero del polinomio Per il teorema fondamentale dell algebra un polinomio di settimo grado ha 7 zeri, ne consegue che, necessariamente, i 7 autovalori distinti rappresentano tutti gli zeri del polinomio Possiamo, quindi, riscriverlo come prodotto di monomi, in termini degli zeri, gli autovalori di ˆX, P 7 (x) = 7 x λk Il determinante e la traccia di ˆX sono invarianti e coincidono, rispettivamente, con il prodotto e con la somma degli autovalori, cioè det ˆX = 7 λ k, Tr ˆX = 7 λ k 6 giugno 7 page of 7

3 Possiamo estrarre queste combinazioni degli autovalori dai coefficienti del polinomio P 7 (x) Infatti, se sviluppiamo il prodotto dei monomi, calcolando in particolare il coefficiente della potenza x 6 e il termine noto si ha P 7 (x) = x λk = x 7 + x 6 λ k + ( ) 7 λ k = x 7 Tr ˆX x 6 + det ˆX Il coefficiente della sesta potenza e il termine noto rappresentano rispettivamente gli opposti della traccia e del determinate, quindi, usando l espressione data del polinomio si ottengono P 7 (x) = 6 + x + 8x + 4x 3 x 4 5x 5 3x 6 + x 7 Tr ˆX = 3, det ˆX = 6 TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) Si calcoli il valore di aspettazione F v = v ˆF v dell operatore ˆF rispetto al vettore v, definiti in uno spazio di Hilbert a dimensione infinita, usando, per il vettore v, la rappresentazione v = v k e k, v k = α k, rispetto alla base ortonormale { e k }, con α < e sapendo che l azione di ˆF sui vettori della base è descritta dalla relazione con e = SOLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA ˆF e k = k e k + (k ) e k, k, Calcoliamo direttamente il valore di aspettazione sfruttando la rappresentazione del vettore in termini dei vettori ortonormali della base F v = α j α k e j ˆF e k = α j α k k e j e k + (k ) e j e k k,j= k,j= = k α k + (k ) α (k ) α k = k α k + α (k ) α (k ) = k α k + α k α k = ( + α) k α k La serie può essere calcolata come derivata di una serie geometrica di ragione α <, ovvero, derivando termine a termine, k α k = α k α k d = α α k d α = α d α k d α = α d d α α = α α In definitiva F v = ( + α) α α 6 giugno 7 page 3 of 7

4 QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) Con il metodo della funzione di Green, si risolva l equazione differenziale u (x) u(x) = θ(x), dove θ(x) è la funzione gradino di Heaviside Una volta ottenuta, si verifichi esplicitamente la soluzione SOLUZIONE DEL QUARTO PROBLEMA L operatore differenziale è lineare e a coefficienti costanti La funzione di Green, G(x), si ottiene come soluzione dell equazione impulsiva, ovvero l equazione che ha lo stesso operatore differenziale e la delta di Dirac per funzione di ingresso, G (x) G(x) = δ(x) Facendo la trasformata di Fourier di ambo i membri si ha (ik ) G(k) = π G(k) = π ik, dove G(k) è la trasformata di Fourier della funzione di Green L anti-trasformata si calcola integrando nel piano complesso k, sfruttando il lemma di Jordan e il teorema dei residui, G(x) = π e ikx dk = π(ik ) iπ e ikx k + i dk = x > e x x < Per valori positivi di x l integrale è nullo in quanto l unico polo, k = i, non è contenuto nel percorso di integrazione, che si estende nel semipiano Im(k) > Il segno meno nel caso x < si ottiene poiché il percorso nel semipiano Im(k) < è orientato in senso orario e quindi negativo In definitiva la funzione di Green è G(x) = θ( x)e x La soluzione è data dalla convoluzione della funzione di ingresso e di questa funzione di Green, ovvero e x d x = e x x > u(x) = G(x x )θ(x )d x = θ(x x)θ(x )e x x d x = e x x e x d x = x < Riscriviamo la soluzione con le funzioni di Heaviside e si ha u(x) = e x θ( x) θ(x) Verifichiamo che sia soluzione dell equazione Calcoliamo la derivata prima u (x) = e x θ( x) + e x δ(x) δ(x) = e x θ( x) + (e x ) δ(x) = e x θ( x), dove si è usata la proprietà della delta di Dirac per cui δ(x)f (x) = δ(x)f (), nel nostro caso f (x) = e x e quindi f () = Sottraendo a questo risultato l espressione di u(x), che abbiamo calcolato con il metodo di Green, si ottiene la funzione di ingresso, infatti u (x) u(x) = e x θ( x) [ e x θ( x) θ(x)] = θ(x), questo risultato dimostra che la funzione u(x) è soluzione dell equazione differenziale 6 giugno 7 page 4 of 7

5 QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) I vettori b =, b = sono due dei tre autovettori della matrice, 3 3, B Sapendo che la matrice B è hermitiana e che gli autovalori sono per cui si hanno le equazioni agli autovalori β = 3, β = 6, β 3 =, Bb k = β k b k, k =,, 3, si determinino il terzo autovettore, b 3, e gli elementi della matrice B SOLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA Poiché la matrice è hermitiana e gli autovalori sono distinti, gli autovettori corrispondenti sono ortogonali, quindi il terzo autovettore deve essere ortogonale ai primi due, già mutuamente ortogonali Per ottenerne l espressione matriciale, partiamo dalla forma generica e imponiamo le relazioni di ortogonalità b 3 = x y z, b b 3 = x + y + z =, b b 3 = x + y z =, z = x = y Scegliamo x =, infatti le condizioni di ortonormalità non sono sufficienti a definire completamente il vettore b 3, b 3 = Gli autovettori normalizzati sono b = 3, b 3 = 6, b 3 = Usando le espressioni degli autovettori normalizzati otteniamo la matrice unitaria diagonalizzante / 3 / 6 / U = / 3 / 6 / / 3 / 6 L espressione della matrice B si ottiene a partire dalla rappresentazione diagonale B b = diag(3, 6, ), come B = UB d U = B = / 3 / 6 / / 3 / 6 / / 3 / / 3 / 3 / 3 / 6 / 6 / 6 / / 6 giugno 7 page 5 of 7

6 SESTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 3/3) Data l equazione integrale f (x) = x + β π/ cos (x y)f (y)d y, si stabilisca per quali valori di β ammette soluzione e la si determini esplicitamente nel caso β = 4/π SOLUZIONE DEL SESTO PROBLEMA Si tratta di un equazione integrale di Fredholm di secondo tipo con nucleo separabile, infatti, usando la relazione cos (α) = (cos(α) + ) /, si ha f (x) = x + β = x + β π/ cos(x y) + f (y)d y, = x + β M k (x) π/ dove si sono definite le funzioni N k (y)f (y)d y, π/ cos(x) cos(y) + sen(x)sen(y) + f (y)d y M (x) = cos(x) N (y) = cos(y) M (x) = sen(x) N (y) = sen(y) M 3 (x) = N 3 (y) = Moltiplichiamo ambo i membri dell equazione integrale per una generica N j (x), con j =,, 3, ed integriamo in d x tra e π/, si ottiene così l identità matriciale π/ N j (x)f (x)d x = C j π/ N j (x)xd x + β B j π/ N j (x)m k (x)d x A jk π/ N k (y)f (y)d y C k Abbiamo infatti definito la matrice 3 3 A, il vettore incognito C e il vettore termine noto B, entrambi 3 Gli elementi della matrice A sono A = A = A 3 = π/ π/ π/ cos (x)d x = π 4, A = sen(x) cos(x)d x =, A = cos(x)d x =, A 3 = quelli del vettore colonna B B = π/ cos(x)xd x =, B = π/ π/ π/ π/ cos(x)sen(x)d x =, A 3 = sen (x)d x = π 4, A 3 = sen(x)d x =, A 33 = sen(x)xd x = π 4, B 3 = Si hanno quindi le espressione esplicite della matrice A e del vettore B π/4 A = π/4, B = π/ / π/4 π /8 π/ π/ π/ π/ cos(x)d x =, sen(x)d x =, sen (x)d x = π, xd x = π 8 6 giugno 7 page 6 of 7

7 Il vettore C si ottiene come soluzione del sistema I β A che ammette un unica soluzione se det I β πβ A 8 = det πβ β 8 β πβ 4 ovvero β 8 π, C = B, = πβ 8 β 6π ± π + 64 π 8 Ne consegue che per β = 4/π, il valore assegnato, si ha un unica soluzione La matrice dei coefficienti in questo caso è C = I π A = / / /π /π Il vettore C si ottiene con il metodo di Cramer ed ha elementi / det π/4 / /π π /8 /π C 3 = det / / /π /π πβ πβ 8 4 = /π /π =, / / det π/4 /π π /8 C = /π = π/8 /π = π3 6, / / det / π/4 /π π /8 /π = π /3 + /4 /π = π4 64 π 8 β, 4 La soluzione f (x) dell equazione integrale è data, in termini del vettore C e delle funzioni M k (x), k =,, 3, dalla relazione f (x) = x + β M k (x) sostituendo i valori degli elementi C k si ha f (x) = x π π/ N k (y)f (y)d y = x + π C k M k (x), π cos(x) 8 sen(x) π π giugno 7 page 7 of 7