METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 4 DICEMBRE 2018

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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 4 DICEMBRE 18 Si risolvano cortesemente i seguenti problemi, sapendo che verranno valutati: 1 la correttezza del risultato ottenuto e della procedura utilizzata; la completezza dei passaggi riportati; 3 il livello di esemplificazione con cui sono espressi i risultati (ad esempio un risultato numerico reale non deve contenere l unità immaginaria); 4 la correttezza del formalismo utilizzato; 5 la chiarezza dell esposizione e la leggibilità del testo PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 6/3) Si calcolino gli integrali P k z k+1/ Γ ( z) dz, k, z + 1 dove Γ (w) è la funzione gamma di Eulero Una volta ottenuta l espressione degli integrali, si calcoli il limite SOLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA P lim k P k L integranda ha come singolarità sia i poli semplici della funzione gamma, ovvero i punti z j j, j, 1,,, che il polo semplice in z 1 1, dovuto al polinomio di primo grado a denominatore Nella circonferenza centrata nell origine e di raggio r k + 1/, con k sono contenuti i k + 1 poli k z j Sapendo che la funzione gamma j 1 ha nei punti z l, 1,,, ovvero nell origine e negli opposti dei numeri naturali, poli semplici con residui Res [Γ (z), z l] ( 1)l l! i residui della funzione integranda si ottengono come Da cui si hanno gli integrali cercati, l, 1,,, Γ ( z) Res z + 1, z 1 lim Γ ( z) Γ (1) 1, z 1 Γ ( z) Res z + 1, z j ( 1) j j+1 1 ( 1), j, 1,, j! j + 1 ( j + 1)! P k iπ k j 1 ( 1) j+1 k+1 ( j + 1)! iπ ( 1) j j! Il limite richiesto rappresenta la serie che converge a 1/e, infatti P lim P ( 1) j k iπ iπ e 1 iπ k j! e 4 dicembre 18 page 1 of 1

2 SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Si dimostri l identità per valori di z tali che Re(z) > 1 SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA Γ (z)ζ(z) t z 1 e t 1 d t, Riscriviamo l integrale moltiplicando numeratore e denominatore dell integranda per e t e t t z 1 1 e t d t, avendo t > si ha e t < 1 e quindi possiamo sfruttare la somma della serie geometrica di ragione e t per riscrivere l integranda come e t t z 1 e tk d t La serie converge uniformemente, possiamo estrarre la somma dall integrale k k e t(k+1) t z 1 d t, facciamo prima la sostituzione w t(k + 1) nell integrale e poi k k + 1 nella serie k e w w z 1 (k + 1) z 1 dw k + 1 k 1 (k + 1) z e w w z 1 dw 1 k z k 1 ζ(z) e w w z 1 dw Γ (z) Infatti, per valori di z tali che Re(z) > 1, la serie rappresenta la funzione zeta di Riemann, mentre l integrale rappresenta la funzione gamma di Eulero entrambe valutate in z TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Si ottengano i primi quattro coefficienti della serie di Laurent centrata nell origine e convergente nella corona circolare di raggio interno nullo della funzione SOLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA a(z) cos(z) z(z 1)sen(z) I poli della funzione a(z) si ottengono come unione dell insieme degli zeri della funzione seno con z 1/, ovvero {t k kπ} k {z 1/} Si tratta di tutti poli semplici ad eccezione dell origine che rappresenta un polo di ordine Il polo più vicino all origine che determina il raggio maggiore della corona di convergenza della "prima" serie di Laurent centrata nell origine è z 1/ Ne consegue che la serie di Laurent di cui sono richiesti i primi quattro coefficienti converge nella corona C {z : < z < 1/} 4 dicembre 18 page of 1

3 Procediamo sfruttando le serie di Taylor note per le funzioni trigonometriche e la serie geometrica per 1/(z 1), nel limite z, si ha 1 a(z) 1 ( 1) k z k z (k)! k (z) j ( 1) l z l+1 (l + 1)! l 1 z /! + z 4 /4! z + 4z + 8z z z z 3 /3! + z 5 /5! + 1 z /! + z 4 /4! z + 4z + 8z z z (1 z /3! + z 4 /5! + ) 1 1 z /! + z 4 /4! z + 4z + 8z 3 + z 1 (z /3! z 4 /5! + ) 1 1 z z! + z4 4! z + 4z + 8z 3 + z 1 + 3! z4 z 5! + + 3! z4 5! + + G(z) F(z) H(z) Raccogliamo i primi quattro termini della serie di Taylor totale centrata nell origine che si ottiene dal prodotto delle tre serie di Taylor T(z) F(z) G(z) H(z) t j z j, F(z) f j z j, G(z) g j z j, F(z) h j z j, definite nell espressione precedente Per il primo coefficiente, t si ottiene dal prodotto dei primi di ciascuna serie, cioè, Il coefficiente t 1 è dato da t f g h 1 t 1 f g 1 h, infatti solo la serie G(z) ha tutte le potenze, le altre due hanno solo quelle pari Il terzo coefficiente ha tre contributi Infine, il quarto, t 3 è dato da t f g h + f g h + f g h 1 3! + 4 1! 11 3 t 3 f g 1 h + f g 1 h + f g 3 h 3!! Ne consegue che i primi quattro coefficienti di Laurent sono c t 1, c 1 t 1, c t 11 3, c 1 t 3 3 QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Si determinino la norma, gli autovalori e gli autovettori degli operatori ˆX a b, Ŷ j ˆX, X definiti nello spazio di Hilbert ad n dimensioni E n, in termini dei vettori a, b E n, con a b 4 dicembre 18 page 3 of 1

4 SOLUZIONE DEL QUARTO PROBLEMA L azione dell operatore ˆX è definita dal prodotto scalare, infatti, c E n, si ha ˆX c b c a c, il vettore c è proporzionale al vettore a e la costante di proporzionalità è il numero complesso b c Ne consegue che un autovettore è proprio il vettore a, infatti si ha l equazione agli autovalori ˆX a b a a α a, ovvero l autovalore dell autovettore a è α b a D altro canto, l immagine di ogni vettore ortogonale al vettore b sarà il vettore nullo; ovvero, d, tale che b d, si ha ˆX d a Possiamo, quindi, definire una base ortonormale dello spazio vettoriale E n che contenga lo stesso vettore b, o meglio, il suo versore b / b Consideriamo ad esempio la base ortonormale e j n, con e 1 b / b L azione dell operatore ˆX sui vettori della base è descritta dalla duplice legge ne consegue che gli n 1 vettori e j n b a j 1 ˆX e j a b e j b a e 1 e j e j j,, n, j, che sono ortogonali al vettore b, rappresentano altrettanti autovettori dell operatore ˆX In definitiva l operatore ˆX ha come autovettori gli n vettori dell insieme { a / a, e, e 3,, e n } Gli autovalori corrispondenti sono gli elementi dello spettro discreto σ {α b a,,,, } L autovalore nullo è degenere con ordine di degenerazione pari a n 1 Questo risultato può essere ottenuto anche con la procedura matriciale Gli elementi di X, la matrice n n che rappresenta l operatore rispetto alla base ortonormale e j n, sono X j m e j ˆX e m b e j a δ 1m b a j δ 1m, j, m 1,,, n, dove a j rappresenta la j-esima componente (controvariante) del vettore a rispetto alla base ortonormale e j n Solo la prima colonna (m 1) della matrice X è non nulla e si ha L equazione caratteristica di questa matrice è X 1 1 X 1 X 1 n b a 1 X 1 X X n X b a X n 1 X n X n n b a n det det (X λi) b a 1 λ b a λ b a n λ ( 1) n 1 b a 1 λ λ n 1, da cui si ottengono gli autovalori λ 1 b a 1, λ λ 3 λ n Questi autovalori corrispondono agli elementi dello spettro discreto σ, infatti ci sono n 1 autovalori nulli e l unico diverso da zero vale esattamente α b a, come già visto seguend1o il primo metodo Infatti, alla luce della definizione del primo vettore della base e 1 b / b, si ha α b a b e 1 a b a 1 λ 1 4 dicembre 18 page 4 of 1

5 Riassumendo, gli n autovettori e gli n autovalori dell operatore ˆX sono rispettivamente La norma dell operatore è definita come ˆX c X sup c c Usando la disuguaglianza di Schwarz a a, e, e 3,, e n ; b a 1,,,, sup c a b c a b c sup c c c b c b c, si ottiene X sup c a b c c sup {a b} a b, c da cui X a b, infatti la disuguaglianza vale come identità se c b Questo valore è diverso dal massimo dei moduli degli autovalori, cioè X a b max λ j b a 1,,,,n poiché l operatore non è normale Si può verificare calcolando direttamente il commutatore ˆX, ˆX ˆX ˆX ˆX ˆX a b b a b a a b b a a a b b a b a a a b b, b che risulta essere non nullo in quanto a b In particolare si ha che la norma X è strettamente maggiore del massimo dei moduli degli autovalori, cioè X a b b a 1, come conseguenza della disuguaglianza a a 1 Rispetto alla base { b / b, e, e 3,, e n }, il vettore a ha, in generale, altre componenti non nulle, avrebbe la sola componente a 1 e quindi si avrebbe l identità a a 1, solo se a fosse parallelo a b Per calcolare gli autovalori e gli autovettori dell operatore Ŷ, cerchiamo di ottenerne un espressione "finita", ovvero cerchiamo di sommare la serie attraverso la quale è definito A tal fine studiamo le sue potenze intere; partiamo dal quadrato per cui avremo ˆX a b a b α a b α ˆX α Seguendo la stessa procedura, il cubo si comporta come quindi la potenza j-esima ˆX 3 a b a b a b α a b α ˆX, α α ˆX j a b a b a b α j 1 a b α j 1 ˆX j 1 fattori Usando il valore della norma X a b e l identità α b a 1 e imponendo la condizione a 1 < a, la serie può essere sommata come j ˆX α Ŷ ˆX j b a 1 j a 1 j 1 ˆX ˆX X X j a b a 1 a 1 /a 1 a ˆX 1 a a ˆX 1 4 dicembre 18 page 5 of 1

6 Poiché l operatore Ŷ è proporzionale all operatore ˆX, ha gli stessi autovettori, mentre gli autovalori si ottengono da quelli dell operatore ˆX moltiplicandoli per il fattore di proporzionalità Quindi gli autovettori e gli autovalori dell operatore Ŷ sono rispettivamente a a, e, e 3,, e n ; b (a 1 ),,,, a a1 Infine, sfruttando ancora la proporzionalità con l operatore ˆX, la norma vale Y a 1 a a 1 X a b a1 a a 1 QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Sia a un autovettore dell operatore  con autovalore α, ovvero a verifica l equazione agli autovalori Si dimostri che il vettore  a α a b exp β ˆB a, è un autovettore dell operatore  con autovalore (α β), sapendo che l operatore ˆB è tale da verificare la relazione di commutazione Â, ˆB Î, dove Î è l operatore identità SOLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA Facciamo agire l operatore  sul vettore b e usiamo la serie di Taylor dell esponenziale per l operatore exp( β ˆB), ( β) k  b  ˆB k ( β) k a  Π+ ˆB k ( β) k a α a + ˆB k a k k1 L azione sul vettore a del prodotto di operatori ˆB k, con k, può essere calcolata usando il commutatore dato Â, ˆB Î Calcoliamo il commutatore dell operatore  con un potenza intera k dell operatore ˆB, si ha k1 Â, ˆB k Â, ˆB ˆB k 1 ˆB Â, ˆB k 1 + Â, ˆB ˆB k 1 ˆB Â, ˆB k 1 + ˆB k 1 Ripetendo la stessa operazione sul commutatore rimasto otteniamo Â, ˆB k ˆB Â, ˆB k 1 + ˆB k 1 ˆB ˆB Â, ˆB k + ˆB k + ˆB k 1 ˆB Â, ˆB k + ˆB k 1 Dopo k 1 iterazioni si arriva al risultato Â, ˆB k ˆB k 1 Â, ˆB + (k 1)ˆB k 1 k ˆB k 1, da cui si ottiene ˆB k ˆB k  k ˆB k 1 ˆB k ˆB k  + k ˆB k 1 4 dicembre 18 page 6 of 1

7 Usiamo l ultima identità nella prima espressione ( β) k  b α a + ˆB k ( β) k a α a + ˆB k  + k ˆB k 1 a k1 k1 ( β) k α a + ˆB k α + k ˆB k 1 a k1 ( β ˆB) k ( β) k ˆB k 1 α a + α a + a (k 1)! k1 k1 ( β ˆB) k ( β ˆB) k 1 α a + α a β (k 1)! a La somma dei primi due termini dà la serie completa con k da zero all infinito, facendo la sostituzione k 1 j nella seconda serie, si ottiene il risultato finale ( β ˆB) k ( β ˆB) j  b α a β a, (α β) exp β ˆB a (α β) b j! k Questa non è altro che l equazione agli autovalori per il vettore b che rappresenta, quindi, un autovettore dell operatore  con autovalore (α β) SESTO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/3) Si calcoli la matrice k1 T(k) k A 1 (x), definita coma la trasformata di Fourier dell inversa della matrice x + 1 A(x) x + 1 x + SOLUZIONE DEL SESTO PROBLEMA Per valori reali di x la matrice A(x) è hermitiana ed è quindi possibile usare il teorema spettrale La rappresentazione spettrale della matrice A(x) è A(x) 3 λ j (x)p j, dove λ j (x) 3 e 3 P j sono gli insiemi degli autovalori e dei corrispondenti proiettori ortogonali Questi ultimi verificano anche la condizione 3 P j I L inversa della matrice A(x) ha la rappresentazione spettrale A 1 (x) 3 λ 1 j (x)p j, inoltre, poiché la trasformata di Fourier è lineare rispetto alla funzione trasformanda, per la matrice T(k) si ha la rappresentazione spettrale T(k) 3 k λ 1 j (x) P j k1 4 dicembre 18 page 7 of 1

8 È quindi sufficiente, quindi, ricavare le matrici che rappresentano i proiettori e calcolare le trasformate di Fourier degli inversi degli autovalori Iniziamo ottenendo gli autovalori della matrice A(x) come soluzioni dell equazione caratteristica det det (A(x) λi) x + λ 1 x + λ 1 x + λ x + λ 3 x + λ, si hanno i tre autovalori λ 1 x + 1, λ x +, λ 3 x + 3 Gli autovettori corrispondenti u 1, u e u 3 si ottengono risolvendo le equazioni agli autovalori x + 1 x + 1 x + A(x)u j λ j u j, j 1,, 3 x j x j y j λ j y j x + j z j z j x j y j z j Per il primo autovettore, j 1, si ha il sistema x + 1 x + 1 x + x 1 y 1 z 1 x 1 z 1 y 1 x 1 + z 1 x + 1 da cui seguono: y 1 e x 1 z 1, quindi, scegliendo x 1 z 1 1/, il primo autovettore normalizzato è u Il secondo autovettore, j, ha solo una componente non nulla, infatti dal sistema x + 1 x x + y x + x y 1 x + z z z x si ha x z, mentre y è arbitrario, quindi, posto y 1, il secondo autovettore normalizzato è u 1 Infine, per il terzo autovettore, j 3, avremo x + 1 x + 1 x + x 3 y 3 z 3 x 3 z 3 y 3 x 3 z 3,, x + 3, x 1 y 1 z 1 x 3 y 3 z 3 4 dicembre 18 page 8 of 1

9 da cui si ottengono: y 3 e x 3 z 3, quindi, scegliendo x 3 1/, il terzo autovettore normalizzato è u I tre autovettori hanno componenti reali e sono ortonormali ne consegue che le componenti dei tre proiettori P j, j 1,, 3, sono (P j ) k m uk j um j, j, k, m 1,, 3, dove u k j rappresenta la k-esima componente controvariante del j-esimo autovettore I tre proiettori sono P 1 1/ 1/ 1/ 1/, P 1 Le trasformate di Fourier degli inversi degli autovalori sono k λ 1 j (x) 1 π e ikx λ j (x) d x 1 π, P 1 e ikx x + j d x π 1/ 1/ 1/ 1/ j e j k, j 1,, 3 Infine otteniamo la matrice T(k) usando la rappresentazione spettrale 3 e k + e 3 k / 3 e k e 3 k / 3 π T(k) k λ 1 j (x) P j e k e k e 3 k / 3 e k + e 3 k / 3 Una procedura alternativa consiste nell utilizzo delle matrici diagonali, ovvero si diagonalizza la matrice A(x) ottenendo A d (x), attraverso la matrice unitaria ricavata dagli autovettori A questo punto la trasformata di Fourier dell inversa di A d (x) è la matrice diagonale, T d (k), che ha per elementi le trasformate di Fourier degli inversi degli elementi di A d (x), ovvero degli autovalori Infine, la matrice T(k) si calcola come la rappresentazione rispetto alla base canonica della matrice T d (x) La matrice unitaria che diagonalizza A(x) è ovvero si ha U 1/ 1/ 1 1/ 1/, A d (x) U A(x)U diag x + 1, x +, x + 3 Inoltre, diagonalizzando l inversa si ottiene l inversa della matrice diagonale, cioè A 1 d U AU 1 U 1 AU 1 U 1 A 1 U U A 1 U diag 1/(x + 1), 1/(x + ), 1/(x + 3) In virtù della linearità della trasformata di Fourier e del teorema spettrale, la matrice U diagonalizza anche T(k), cioè Calcoliamo la matrice T d (k) T d (k) 1 diag π π diag π diag T d (k) U T(k)U k A 1 d (x) e ikx d x x + 1, π e k, k π 4 e, k 3 k e k, e, e 3 e ikx d x x +, 6 e 3 k e ikx d x x dicembre 18 page 9 of 1

10 Infine, otteniamo T(k) come T(k) U T d (k)u 1/ 1/ π 1 1/ 1/ π π e k / e 3 k / 6 e k / e k / e 3 k / 6 e k e k / e 3 k / 3 e k + e 3 k / 3 e k e 3 k / 3 e k e k e 3 k / 3 e k + e 3 k / 3 1/ 1/ 1 1/ 1/ 1/ 1/ 1 1/ 1/ 4 dicembre 18 page 1 of 1