METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 24 FEBBRAIO 215 Si svolgano cortesemente i seguenti esercizi. ESERCIZIO 1 (PUNTEGGIO: 6/3) Si calcoli l integrale Im(z) K= cos(x) x d x. Suggerimento: Si usino i percorsi di integrazione mostrati nella figura accanto. Re(z) SOLUZIONE 1 Riscriviamo l integrale come con K= e ix + e ix 2 d x= K+ + K, x 2 K ± = e ±ix x d x. L integranda è una funzione polidroma, definiamo, quindi, un taglio lungo il semiasse reale negativo e consideriamo i percorsi chiusi, contenuti nel primo e nel quarto quadrante del piano complesso,γ ± R =[,R] γ± R L± R, dove,γ± R e L ± sono gli archi ed i segmenti così definiti R γ + R ={z : z =R, arg(z) [,π/2]} γ R ={z : z =R, arg(z) [/2,]}, L + R ={z : z= i y, y [,R]}. L R ={z : z= i y, y [ R,]} Per il teorema dei residui = e ±iz z dz, Γ ± R e, considerando i contributi dei singoli tratti, si ha e ±iz R e ±ix = dz= d x+ z x Γ ± R ±γ ± R e ±iz dz±i z ±R e y i y d y. Nel limite R, gli integrali sugli archiγ ± R si annullano, infatti e ±iz ±π/2 dz z = e /2 ±ireiθ Rie Re iθ dθ iθ R e Rsen(θ) dθ R γ ± R Ne consegue che, facendo il limite R, si ottiene il valore di K ±, ovvero e iz dz=k ± ±i z = lim R Γ ± R /2 e y d y K ± = ±i y e R2θ/π dθ= π 2 e y y d y. 1 e R R. R 24 febbraio 215 page 1 of 7

2 Per calcolare l integrale in d y, consideriamo la sostituzione: w 2 = y, così da ottenere una gaussiana, infatti e y y d y= 2 e w2 dw= da cui segue che K ± = ±iπ= πe ±iπ/4. In definitiva, sommando i due valori K ±, si ottiene l integrale completo ESERCIZIO 2 (PUNTEGGIO 6/3) Si calcolino gli integrali W C = K= K ++K 2 C = π cos(π/4)= z+ 1 dz, W Q = e w2 dw= π, Q π 2. z+ 1 dz, sulla circonferenza unitaria C e sul quadrato unitario Q. In particolare, C è la circonferenza centrata nell origine e di raggio pari ad 1, Q è il perimetro del quadrato ad essa circoscritto con i lati paralleli agli assi, reale ed immaginario. Si discuta, brevemente, la non applicabilità del teorema di Cauchy. SOLUZIONE 2 Per ciò che riguarda l integrale sulla circonferenza, poniamo z= e i t, con t [,π], quindi si ha W C = = 2i [1+cos(t)] 2 + sen 2 (t) e it i d t= i cos(t/2)e it d t=i 2+2cos(t) e it d t= 2i e 3it/2 + e it/2 d t= i i 3/2 + i+ i 1/2 = 8i 3. cos(t/2) e it d t Scomponiamo il perimetro del quadrato, Q, nei quattro lati paralleli agli assi, si hanno quindi quattro contributi. Quelli relativi ai tratti orizzontali (in d x) si cancellano, in particolare si ha W Q = = 2i 1+ x i d x 4+ y 2 y 1+ x+ i d x+ i d y= 8i 2+ i y d y i 1+ y 2 /4 d y/2 2i= 8i i y d y= i /2 1+ w 2 dw i. 4+ y 2 y d y Posto w= sinh(α), per sfruttare la relazione iperbolica dell espressione sotto radice, otteniamo il risultato finale W Q = 8i arcsenh(1/2) cosh 2 (α) dα i= 2i arcsenh(1/2) = i e arcsenh(1/2) + e arcsenh(1/2) + 4arcsenh(1/2) 5+4arcsenh(1/2) = i. ESERCIZIO 3 (PUNTEGGIO 6/3) e 2α + e 2α + 2 dα i = i 2 1+1/4+4arcsenh(1/2) Si dimostri che il prodotti infiniti 1+i, sono, rispettivamente, non convergente e convergente. 1+ i, 24 febbraio 215 page 2 of 7

3 SOLUZIONE 3 Il secondo prodotto è il modulo del primo, quindi la sua non convergenza è dovuta a quella della sua fase. Verifichiamo la convergenza del secondo prodotto semplicemente riscrivendo il modulo dei fattori come 1+ i = 1+ 2 = 1+ 2, il prodotto sotto radice converge in quanto i termini 2 sono reali positivi, la cui serie converge, infatti si ha il ben noto risultato 2 = π2 6. Per ciò che riguarda il primo prodotto, passiamo al logaritmo e quindi alle serie per la parte reale ed immaginaria, ovvero ln 1+ i = ln 1+ i + i arg 1+i. Da quanto appena dimostrato si ha che la prima serie converge al logaritmo del prodotto dei moduli. Per la seconda serie si ha arg 1+ i = arctan. Il termine arctan si comporta asintoticamente come 1/, in particolare si ha la limitazione arctan > 1, 1. 2 Ne consegue che la serie diverge essendo limitata inferiormente dalla serie divergente di termine 1/, si ha cioè ESERCIZIO 4 (PUNTEGGIO 6/3) arctan > 1 =. 2 Sia  un operatore hermitiano, definito nello spazio di Hilbert a tre dimensioni E 3, e rappresentato dalla matrice 3/2 /2 A=. /2 3/2 Si calcoli la norma di Â. Si determini, inoltre, l operatoreˆb, anch esso definito in E 3, che verifica la condizione [Â,ˆB]=ˆB, definendone l azione sulla base costituita dagli autovettori di Â. 24 febbraio 215 page 3 of 7

4 SOLUZIONE 4 La norma dell operatore è data dal modulo massimo dei sui autovalori, come dimostrato nella soluzione dell esercizio numero 6. Calcoliamo gli autovalori di Â. L equazione secolare è 3/2 α /2 det α = α(3/2 α) 2 +α/4= α (3/2 α) 2 1/4 =, /2 3/2 α le cui soluzioni, ovvero gli autovalori di Â, sono Ne consegue che la norma dell operatore è α =, α 1 = 1, α 2 = 2.  =2. Gli autovettori sono u = 1, u 1 = 1/ 2 1/ 2, u 2 = 1/ 2 / 2. In forma operatoriale, indicando con u, il vettore rappresentato dal vettore colonna u, con =,1,2, l equazione agli autovalori in forma operatoriale è Consideriamo l azione del commutatore, ovvero  u = u. quindi [Â,ˆB] u =ˆB u ˆB u ˆB u =ˆB u, ˆB u =(+1)ˆB u. I vettoriˆb u sono autovettori di  con autovalori +1, =,1,2, ne consegue che, per i primi due, si hanno ˆB u = u 1, ˆB u 1 = u 2, mentre, ˆB u 2 dovrebbe essere un autovettore di  con autovalore 3, tale autovalore, però, non appartiene allo spettro di Â. D altra parte l equazione ˆB u 2 =3ˆB u 2, sarebbe verificata nel caso in cuiˆb u 2 fosse il vettore nullo, richiediamo cioè ˆB u 2 =. Abbiamo quindi definito l operatore ˆB, infatti è completamente determinata la sua azione su un qualsiasi vettore. Lo si vede facilmente, considerando che, b E 3, si ha la decomposizione rispetto alla base ortonormale{ u } 2 = ( è hermitiano e non degenere), b = b u, dove i numeri b sono le componenti, l azione diˆb è data da ˆB b = b ˆB u = b u 1 + b 1 u 2. Il vettore ottenuto è sempre ortogonale a u, maˆb non è un proiettore perché "mescola" le componenti. 24 febbraio 215 page 4 of 7

5 ESERCIZIO 5 (PUNTEGGIO 6/3) Si risolva l equazione differenziale Ô n x u(x)= f(x), dove: Ô x è l operatore differenziale lineare e a coefficienti costanti Ô x = d d x + 1, n e la funzione f(x) è tale da avere trasformata di Fourier intera. Si determini anche la funzione di Green dell operatore Ô n x. SOLUZIONE 5 L n-esima potenza dell operatore è d n d x + 1 = n d n d x, e, facendo la trasformata di Fourier dell equazione, si ha n d n d x u(x) = f(x) = n (i) ũ()= n f() = = (1+ i) n ũ()= f() f() ũ()= (1+ i) n. La soluzione in x si ottiene facendo l antitrasformata di ũ(), ovvero u(x)= 1 2π f()e ix (1+ i) n d. Se f() è una funzione intera, l unico polo dell integranda è =ied è di ordine n. Quindi, usando il lemma di Jordan, possiamo chiudere il percorso di integrazione con un arco infinito e applicare il teorema dei residui o la formula integrale di Cauchy, per risolvere l integrale. Poiché l unico polo appartiene al semipiano delle parti immaginarie positive, l integrale è nullo per valori negativi di x, consideriamo questa eventualità con la funzione di Heaviside. In definitiva si ha u(x)= θ(x) 2π 2iπ( i) n (n)! = iθ(x) 2π( i) n (n)! = iθ(x) 2π( i) n (n)! d n ix f()e n =i d n d dn eix f() n d d n = n e (ix) x d n f() n d n = =i =i. 24 febbraio 215 page 5 of 7

6 La funzione di Green, u (x), si ottiene usando una funzione d ingresso impulsiva, cioè: f(x)=δ(x), quindi f()= 1/ 2π e l unica derivata non nulla è la deriva zero, dalla precedente si ha ESERCIZIO 6 (6 PUNTI) Si dimostri che l operatore u (x)= θ(x) (n)! e x x n. ˆQ=exp ˆP, doveˆp è un operatore normale definito nello spazio di Hilbert di dimensione finita E n, è una contrazione se e solo se gli autovaloriˆp hanno tutti parte reale negativa. SOLUZIONE 6 Un operatore lineare è una contrazione quando la sua norma e minore di uno. Essendo l operatore normale, l insieme dei suoi autovettori,{ e } n, è una base ortonormale dello spazio E n. Si hanno l equazione agli autovalori e la condizione di ortonormalità La norma dell operatore si ottiene come Si dimostra che, nel caso in esame Ô e =ρ e, e e m =δ m,, m=1,2,... n. Ô =sup v Ô v v. Ô =max{ ρ }, ovvero la norma coincide con il modulo massimo degli autovalori. Infatti, scomponendo il vettore generico v rispetto alla base di autovettori, si ha quindi v = v e, Ô v = v Ô e = n v ρ e. La norma di questo vettore divisa per la norma di v in termini dei coefficienti è Ô v n = v ρ e v n = v 2 n v 2 ρ 2 n v 2 max Poichè la norma dell operatore è l estremo superiore di tale quantità si ha Ô =max ρ. ρ 2 = max ρ. Nel caso in considerazione, abbiamo che, essendo ˆP normale anche ˆQ=eˆP lo è, infatti ha lo stesso insieme di autovettori ortonormali. Gli autovalori diˆq saranno gli esponenziali di quelli diˆp, ovvero avremo le due equazioni: ˆP u =λ u, ˆQ u = eˆp u =e λ u,,2,..., n. 24 febbraio 215 page 6 of 7

7 Ne consegue che la norma diˆq è ˆQ =max e λ = exp max Re(λ ), se tutte le parti reali sono negative si ha che la norma diˆq è minore di uno e quindi l asserto. Infatti in questo caso, abbiamo la definizione di contrazione, cioè: a, b E n ˆQ a +ˆQ b = ˆQ( a + b ) ˆQ a+ b < a+ b. 24 febbraio 215 page 7 of 7