METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 7 FEBBRAIO 2017

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1 METODI MATEMATICI PER LA FIICA PROVA CRITTA - 7 FEBBRAIO 7 i risolvano cortesemente i seguenti problemi PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 6/3) i calcoli l integrale V = L z dz L = {z : z ( )} {z : Re(z) = Im(z) ( )} z + ovvero L è l unione dei semiassi reale e immaginario positivi entrambi percorsi dall origine all infinito OLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA L integrale può scritto come la somma dei due contributi V = x x + d x + i y (i y) + id y L + L con z = x + i y I due integrali sono proporzionali infatti con i = e iπ/ si ha i y y L = id y = (i y) e3iπ/4 + y + d y = e3iπ/4 L quindi per l integrale completo si ottiene l espressione V = + e 3iπ/4 L D altro canto l integrale L può essere calcolato sfruttando il teorema de residui sul percorso chiuso Γ R rappresentato dalla frontiera del quarto di cerchio centrato nell origine di raggio R e appartenente al primo quadrante ovvero Γ R = {z : z ( R)} {z : z = R arg(z) ( π/)} ( {z : Re(z) = Im(z) ( R)}) u tale percorso nel limite R si ha lim R Γ R z z + dz = L L = e 3iπ/4 L = arg(z ) (π/) z Res z + z da cui si ottiene L in termini della somma dei residui dei poli che l integranda ha nel primo quadrante z L = Res e 3iπ/4 z + z L integranda ha poli semplici nei punti arg(z ) (π/) z = e iπ(+)/ = 7 All interno di Γ R R > cadono i primi due: z = e iπ/ e z = e 3iπ/ i residui corrispondenti sono Ne consegue che R = Res L = e 3iπ/4 z z + z Res = z/ z 7 z z + z = z 3/ = z + Res z + z e 3iπ/6 e 39iπ/6 = z = z z = z e 3iπ/6 + e 39iπ/6 e 3iπ/4 = e3iπ/6 + e 3iπ/6 iπ cos(3π/6) e 3iπ/4 e 6iπ/6 = e 3iπ/ e3iπ/4 7 febbraio 7 page of 7

2 Usando questa espressione per L si ottiene l integrale cercato V = + e 3iπ/4 L = iπe 3iπ/ infine riassorbendo il segno meno nell esponenziale + e 3iπ/4 πe 3iπ/ cos(3π/6) = cot(3π/) cos(3π/6) e3iπ/4 V = πe 5iπ/ cot(3π/) cos(3π/6) ECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) i calcoli l integrale T = Re(z) z 3 dz dove è il percorso chiuso mostrato in figura Im(z) 3 4 Re(z) OLUZIONE DEL ECONDO PROBLEMA Il percorso di integrazione è l unione di quattro archi A e quattro tratti rettilinei L = 3 4 con A = {z : z = e iθ θ [ 3π/]} L = {z : z [ 4]} A = {z : z = e iθ θ [π/ 3π/]} L = {z : Re(z) = Im(z) [ ]} A 3 = {z : z = 3e iθ θ [π/ 3π/]} L 3 = {z : Re(z) = Im(z) [ 3]} A 4 = {z : z = 4e iθ θ [ 3π/]} L 4 = {z : Re(z) = Im(z) [ 4 3]} in particolare si ha = 4 =( ) A 4 = L dove il segno variabile ( ) indica che gli archi sono percorsi alternativamente in senso orario e antiorario mentre dei tratti rettilinei solo L 3 è percorso in senso inverso e il corrispondente segno meno è incluso nella definizione L integrale può essere scritto come segue T = z + z z 3 dz = z z 3 dz = 4 ( ) = A z dz + 3 z dz L 3 la seconda identità di ha in quanto l integranda ha una sola singolarità polare nell origine che non è contenuta nel percorso chiuso Calcoliamo gli integrali sugli archi facendo la sostituzione z = r e iθ con i raggi r = 7 febbraio 7 page of 7

3 = 3 4 A θ z dz = 3 θ L ( + i)/3 = r i/3 = idθ = e3iθ i/9 = 3 ( + i)/ = 4 r 3 Gli integrali sui tratti rettilinei si calcolano usando invece la rappresentazione cartesiana z = x + i y 4 z dz = d x 3 x = 3 4 L L 3 L 4 z 3 dz = dz = i z3 z 3 dz = i i y i y 3 id y = i d y y = i 6 d y y = i d y y = i L integrale cercato è quindi la somma degli contributi e vale T = + i 3 + i 3 i i i i 6 + i = i TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) La funzione meromorfa f (z) che ha solo poli semplici ammette lo sviluppo di Mittag-Leffler A () f (z) = f + z z dove f è una costante e {z } è l insieme dei poli semplici i dimostri che la funzione g(z) = f (z) ha sviluppo di Mittag-Leffler con g = f R() = A () OLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA () R g(z) = g + (z z ) + R () z z R () = A() f + m = A (m) z z m I poli della funzione f (z) e quindi della funzione g(z) sono isolati ne consegue che in un opportuno intorno U del generico z si ha f (z) = φ (z) z z dove la funzione φ (z) è analitica e non nulla z U Il -esimo residuo coincide con il valore della funzione φ (z) in z = z ovvero A () = φ (z ) Per la funzione g(z) avremo g(z) = φ (z) (z z ) quindi g(z) ha solo poli doppi nei punti in cui la f (z) ha i poli semplici Lo sviluppo di Mittag-Leffler ha la forma () R g(z) = g + (z z ) + R () z z 7 febbraio 7 page 3 of 7

4 Il valore costante g si ottiene considerando il limite g = lim g(p j ) = lim f (p j ) = lim f + A () p j z = f + f A () lim + lim p j z A () p j z = f dove la successione {p j } j= si accumula all infinito p j e ha intersezione vuota con l insieme dei poli {p j } j= {z } = I valori dei coefficienti di Laurent delle parti principali si ottengono con la formula integrale R () j = γ g(z) dz j = (z z ) j+ dove γ è una circonferenza che avvolge solo il -esimo polo z Con j = si ha R () = g(z)(z z )dz γ = A (m) f + (z z )dz z z γ m m = f + f A (m) A (m) A (n) + (z z )dz z z m m (z z mn m )(z z n ) γ gli unici integrali diversi da zero sono quelli che contengono il polo semplice /(z z ) tutti gli altri poli non contribuiscono non essendo inclusi in γ Il primo termine in f è nullo così come la prima somma infatti il polo /(z z ) per m = è cancellato dal fattore (z z ) Dalla seconda (doppia) somma si ha un solo contributo non nullo quello contenente il polo doppio /(z z ) per m = n = che diventa singolo a causa del fattore (z z ) In definitiva per R () si ha il valore cercato R () = A (m) A (n) (z z γ mn m )(z z n ) (z z )dz = A () Il coefficiente R () ovvero il residuo è R () = g(z)dz γ = = γ γ f + m f + f A (m) z z m m dz A (m) A (m) A (n) + dz z z m (z z mn m )(z z n ) con le stesse considerazioni del caso precedente si ha contributo non nullo dal termine con m = della prima somma e da quelli con m = o n = della seconda Il termine con m = n = dà invece contributo nullo Ne consegue che anche per R () si ottiene il valore cercato R () = A () f + A () A (m) dz = A () A (m) f + z z γ (z z m = m )(z z ) (z m = z m ) 7 febbraio 7 page 4 of 7

5 QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Dopo aver verificato che la matrice A = non è diagonalizzabile si ottengano gli autovalori e gli autovettori Infine si calcoli la matrice B = sen (A) OLUZIONE DEL QUARTO PROBLEMA Gli autovalori sono le soluzione dell equazione secolare in a a det a = a ( a) 3 = si ha quindi massima degenerazione: a = a = a 3 = Gli autovettori sono x x x y = y = y z y + z z da cui si ha la sola condizione y = cegliamo la terna u = u = u 3 = La matrice non è diagonalizzabile poiché non ammette un insieme di autovettori linearmente indipendenti come diretta conseguenza dell annullamento della seconda componente Infatti la molteplicità geometrica ovvero la dimensione dello spazio vettoriale generato dagli autovettori è pari a ed è strettamente minore della molteplicità algebrica che è invece pari a 3 (il grado dell equazione secolare) Per calcolare la funzione seno della matrice A non possiamo usare il teorema spettrale non essendo A diagonalizzabile usiamo direttamente lo sviluppo in serie di Taylor Le potenze dispari di A sono: A 3 = A 5 = A 3 A = A 7 = A 5 A = = A + = 3 5 sen(x) = ( ) x + ( + )! = = = = = = 3 7 febbraio 7 page 5 of 7

6 Ne consegue che B = sen(a) = ( ) A + ( + )! = = B = = ( ) (+)! ( ) sen() sen() cos() sen() = (+)! ( ) = ()! = ( ) (+)! QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) i determini la matrice C che verifica l identità OLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA ln(c) = Diagonalizziamo la matrice hermitiana ln(c) Gli autovalori si ottengono come soluzioni dell equazione secolare c det c = ( c) 3 + c = c e sono c = c = c 3 = c(c )(c ) = Gli autovettori u = u = u 3 = sono ortogonali poiché gli autovalori sono diversi non c è degenerazione e la matrice è hermitiana Usando la matrice unitaria diagonalizzante diagonalizziamo l equazione iniziale come U = / / / / diag(c c c 3 ) = U ln(c)u = ln(c d ) = diag(ln(l ) ln(l ) ln(l 3 )) dove C d è la rappresentazione diagonale di C ovvero C d = diag(l l l 3 ) = U CU Ne consegue che l = e c = 3 e quindi C d = e e 7 febbraio 7 page 6 of 7

7 La rappresentazione della matrice C rispetto alla base canonica si ottiene invertendo la trasformazione unitaria / / / / C = UC d U = / / e e / / da cui C = ( + e )/ ( e )/ e ( e )/ ( + e )/ ETO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) i risolva l equazione differenziale usando il metodo della trasformata di Fourier OLUZIONE DEL ETO PROBLEMA u (x) α u(x) = δ (x + β) α β > Facendo la trasformata di Fourier di ambo i membri si ottiene α ũ() = π δ (x + β)e ix d x = da cui si ricava la trasformata di Fourier della soluzione δ(x + β)e ix π ũ() = i e iβ π + α + i δ(x + β)e ix d x = i e iβ π π La soluzione è l anti-trasformata di Fourier di ũ() u(x) = i π π e iβ + α eix d = e i(x+β) + α d = e α(x+β) eα(x+β) x + β > x + β < È Facile verificare che per x + β = la funzione trovata è soluzione dell equazione (omogenea) infatti d d x α u(x) = La verifica completa può essere fatta considerando la rappresentazione integrale di Fourier della soluzione ovvero u(x) = e i(x+β) + α d Applicando l operatore differenziale d d x α in definitiva u(x) = d d x α si ottiene l identità cercata infatti ( α )e i(x+β) d = e i(x+β) d = d e i(x+β) d = d δ(x + β) + α d x π d x d d x α u(x) = δ (x + β) 7 febbraio 7 page 7 of 7