METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 8 SETTEMBRE 25 Si svolgano cortsmnt i sgunti srcizi ESERCIZIO (PUNTEGGIO: 6/3) Dopo avr stabilito pr quali valori rali di a convrg si calcoli l intgral Suggrimnto Si usi la sostituzion x = z SOLUZIONE S(a) = x x a + d x La funzion intgranda non ha singolarità all intrno dll intrvallo di intgrazion sull strmo infrion si ha Il comportamnto pr x è lim x x x a + = a f (x) x x a < x a a > nl primo caso l intgral divrg mntr nl scondo si ha convrgnza s a < quindi pr a > 2 Con la sostituzion x = z ovvro l intgral divnta z = ln(x) d x = z dz S(a) = 2z az + dz L intgranda ha poli smplici nl piano complsso ni punti z k tali ch Considriamo il prcorso chiuso rttangolar az (2k + )iπ k + = z k = k a Γ R = [ R R] [R R + 2iπ/a] [ R + 2iπ/a R + iπ/(2a)] [ R + 2iπ/a R] l intgral su tal prcorso è Γ R 2z az dz = 2iπ Rs + 2z az + z = iπ/a infatti Γ R contin la sola singolarità z = iπ/a Sparando i quattro contributi rttilini si ha Γ R R 2z az + dz = 2x 2π/a ax + d x + i 2R+2i y R a(r+i y) + d y + i 2π/a 2R+2i y a( R+i y) + d y + R 2x+4iπ/a R ax + d x 8 sttmbr 25 pag of 7

2 Nl limit R i contributi sui tatti vrticali sono infinitsimi infatti 2π/a ±i ±2R+2i y a(±r+i y) + d y ±2R ±ar 2π 2π R(a 2) with sign + a R a R with sign I contributi rimannti sono proporzionali all intgral crcato si ha ovvro Il rsiduo è quindi lim R Γ R 2z ESERCIZIO 2 (PUNTEGGIO 5/3) az + dz = 4iπ/a S(a) = 2iπ Rs S(a) = 2iπ Rs 2z z = iπ/a az + 4iπ/a 2z Rs az + z = iπ/a = 2iπ/a a S(a) = 2iπ 2iπ/a /a π = 4iπ/a a sn(2π/a) 2z az + z = iπ/a La funzion mromorfa f (z) ha al finito un unica singolarità nll origin vrifica la rlazion di simmtria f (z) = f (/z) si dimostri allora ch pr i cofficinti C k (k ) dllo sviluppo di Laurnt in z = si ha la rlazion Si calcoli lo sviluppo di Laurnt in z = dlla funzion vrificando quanto dimostrato SOLUZIONE 2 C k = C k k f (z) = z z 4 I cofficinti dlla sri di Laurnt cntrata nll origin sono C k = f (z) dz 2iπ zk+ γ dov γ è una circonfrnza cntrata nll origin di raggio arbitrario < r < Con la sostituzion w = /z si ha C k = f (/w) dw 2iπ w 2 γ w k 8 sttmbr 25 pag 2 of 7

3 dov ora γ è una circonfrnza cntrata nll origin di raggio /r prcorsa in snso orario quindi usando la rlazion f (/w) = f (w) si ottin l indntità richista C k = 2iπ γ f (w) w k+ dw = C k Lo sviluppo di Laurnt dlla funzion f (z) = z z 4 ch vrifica la condizion f (/z) = f (z) si ottin smplicmnt svolgndo l lvamnto a potnza cioè da cui i cofficinti ESERCIZIO 3 (PUNTEGGIO 5/3) f (z) = z 4 = z z 4 4 z z2 + z 4 C k = k > 4 ; C ±4 = ; C ±3 = ; C ±2 = 4 ; C ± = ; C ± = 6 Si dtrmini lo sviluppo di Mittag-Lfflr dlla funzion SOLUZIONE 3 f (z) = La funzion è mromorfa d ha solo poli smplici ni punti ( zπ + ) cos(zπ) z k = (2k + )i k p j = (2j + )/2 j ch rapprsntano rispttivamnt gli zri dl primo dl scondo fattor a dnominator ovvro Lo sviluppo di Mittag-Lfflr ha quindi la forma f (z) = g(z) + z kπ + = k cos(p j π) = j k= Z k z z k + j= P j z p j dov g(z) rapprsnta la part intra di f (z) I valori Z k rsidui di poli z k sono Z k = π( ) cos(z k π) = π cosh[(2k + )π] 8 sttmbr 25 pag 3 of 7

4 I valori P j rsidui di poli p j sono invc P j = dz 2iπ ( zπ + ) cos(zπ) j γ j γ j è una circonfrnza cntrata in z = p j raggio ε < Si ha Lo sviluppo di Mittag-Lfflr divnta f (z) = g(z) π = g(z) π π j= = g(z) 2z π z p j P j = lim z pj ( zπ + ) cos(zπ) = ( ) j p jπ + π = ( )j+ π ( p jπ + ) k= k= cosh[(2k + )π][z (2k + )i] π cosh[(2k + )π][z (2k + )i] π ( ) j (2 j+)π/2 + [z (2 j + )/2] k= k= cosh[(2k + )π] z 2 + (2k + ) 2 π j= ( ) j (2j+)π/2 + [z (2j + )/2] cosh[ (2k + )π][z + (2k + )i] j= ( ) j (2 j+)π/2 + [z (2j + )/2] La funzion g(z) è una costant in quanto asitoticamnt z la f (z) non divrg quindi G(z) = g Possiamo trovarn g considrando il valor f () = /2 In particolar si ha In dfinitiva f (z) = 2 2z π k= g = 2 π j= cosh[(2k + )π] z 2 + (2k + ) 2 π ( ) j (2 j+)π/2 + (2j + )/2 j= ( ) j (2j+)π/2 + z (2j + )/2 + (2j + )/2 ESERCIZIO 4 (PUNTEGGIO 5/3) Si dimostri ch l quattro matrici X = X 2 = 2 X 3 = 2 3 X 4 = rapprsntano una bas dllo spazio di Hilbrt dll matrici 2 2 ad lmnti rali M 2 2 () in cui è dfinito il prodotto scalar (A B) = Tr A T B A B M 2 2 () Con il mtodo Gram-Schmidt si ottnga la corrispondnt bas ortonormal 8 sttmbr 25 pag 4 of 7

5 SOLUZIONE 4 Pr dimostrar ch 4 X k k= è una bas dimostriamo ch l matrici sono linarmnt indipndnti ad smpio mostrando ch l unica combinazion linar ch dà il vttor nullo è qulla banal Infatti X = = 4 x + x x k X k = 2 + x 3 + x 4 2(x 2 + x 3 + x 4 ) 3(x 3 + x 4 ) 4x 4 k= x 4 = x 3 = x 2 = x = Il mtodo di Gram-Schmidt si ottin in primo luogo la bas ortogonal {Y k } 4 k= Y = X = ; Y 2 = X 2 (Y X 2 ) (Y Y ) Y = 2 Y 3 = X 3 (Y X 3 ) (Y Y ) Y (Y 2 X 3 ) (Y 2 Y 2 ) Y 2 = ; 3 Y 4 = X 4 (Y X 4 ) (Y Y ) Y (Y 2 X 4 ) (Y 2 Y 2 ) Y 2 (Y 3 X 4 ) (Y 3 Y 3 ) Y 3 = ; 4 La bas ortonormal {Z k } 4 k= si ottin normalizzando com Z k = Y k / (Y k Y k ) quindi Z = ; Z 2 = ; Z 3 = ; Z 4 = ESERCIZIO 5 (PUNTEGGIO 6/3) Dopo avr classificato la matric A = i 3 i 3 si dtrminino autovalori autovttori n si calcoli la norma considrandola com un oprator agnt nllo spazio di Hilbrt 3 Infin si dtrmini anch la norma "vttorial" di A considrandola qusta volta com un vttor dllo spazio di Hilbrt dll matrici 3 3 ad lmnti complssi in cui pr ogni coppia di matrici W W 2 è dfinito il prodotto scalar (W W ) = Tr W W 2 Ch rlazion c è tra l du norm di A? SOLUZIONE 5 La matric A è hrmitiana gli autovalori si ottngono com α i = dt 3 α = ( α)(3 + α)(3 α) α = (3 + α)( α 2 + 4α 2) i 3 α sono α = 3 α 2 = 2 2 α 3 = sttmbr 25 pag 5 of 7

6 Gli autovttori corrispondnti a = a 2 = 2(2 + 2) + 2 i La norma di A è il massimo modulo dgli autovalori cioè a 3 = A = max k=23 { α k } = α 3 = (2 2) 2 i Considrando A com lmnto dllo spazio di Hilbrt dll matrici 3 3 ad lmnti complssi A = (A A) = Tr (A A) = Tr (A 2 ) = α 2 + α2 2 + α2 3 = 2 ESERCIZIO 6 (PUNTEGGIO 6/3) Si trasformi l quazion diffrnzial u (x) α 2 u(x) β x u(x) = x con α β > u(x) L 2 () nll quazion intgral u(x) = β G(x x ) x si dtrmini G(x x ) usando il mtodo dlla funzion di Grn Suggrimnto Si usi l oprator diffrnzial Ô x = d2 d x 2 α 2 SOLUZIONE 6 L quazion diffrnzial può ssr posta nlla forma x u(x )d x dov Ô x è l oprator diffrnzial Ô x u(x) = β x x u(x) La funzion G è dfinita dalla rlazion infatti facndo agir l oprator Ô x su si ha Ô x β β Ô x = d2 d x 2 α2 Ô x G(x x ) = δ(x x ) G(x x ) x G(x x ) x x u(x )d x = β x u(x )d x = β = β x x u(x) Ô x G(x x ) x δ(x x ) x x u(x )d x x u(x )d x 8 sttmbr 25 pag 6 of 7

7 ch confrontato con l quazion diffrnzial scritta in forma opratorial quival all idntità u(x) = β G(x x ) x x u(x )d x La forma splicita dlla funzion G può ssr ottnuta risolvndo l quazion Ô x G(x x ) = δ(x x ) con il mtodo dlla trasformata di Fourir ovvro facndo la trasformata di Fourir di ambo i mmbri si ha k 2 α 2 G(k) = ikx 2π G(k) = ikx 2π k 2 α 2 dov G(k) indica la trasformata di Fourir dlla funzion G l sprssion complta N consgu ch facndo l antitrasformata si ha G(x x ) = ik(x x ) 2π k 2 + α 2 dk = θ(x x ) α(x x ) + θ(x x) α(x x ) 2α Possiamo vrificar ch la funzion G così ottnuta soddisfa l quazion diffrnzial La drivata prima è d 2 d x 2 G(x) α2 G(x) = δ(x) d d x G(x) = d θ(x) α x + θ( x) α x 2α d x = δ(x) α x αθ(x) α x δ(x) α x + αθ( x) α x 2α dov si è usata la rlazion θ (x) = δ(x) Sfruttando la simmtria dlla funzion dlta δ(x) = δ( x) l idntità formal δ(x)f (x) = δ(x)f () si ottin La driva sconda d d x G(x) = 2 θ(x) α x θ( x) α x d 2 d x 2 G(x) = 2 δ(x) α x αθ(x) α x + δ(x) α x αθ( x) α x = δ(x) cosh(αx) α 2 = δ(x) + α 2 G(x) Quindi l quazion diffrnzial è vrificata infatti θ(x) α x + θ( x) α x Ô x G(x) = d2 d x 2 G(x) α2 G(x) = δ(x) + α 2 G(x) α 2 G(x) = δ(x) 8 sttmbr 25 pag 7 of 7