METODI MATEMATICI PER LA FISICA

Transcript

1 Si svolgano cortesemente i seguenti esercizi. ESERCIZIO (6 PUNTI) Si calcoli l integrale con m, n ed L {z : Im(z) l > 0}. SOLUZIONE METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 26 FEBBRAIO 204 J L (z ) m z n, Sulla retta L si ha: z z 2il, quindi l integrale può essere scritto come J (z 2il) m z n. Possiamo applicare il lemma di Jordan e, chiudendo sopra, si ha J (z 2il) m z n L Res (z 2il) m z n, z 2il d m (m )! m z n ESERCIZIO 2 (6 PUNTI) Calcolare l integrale L z2il 2π(i) m n (m + n 2)! (m )!(n )!(2l) m+n. con a > e m. SOLUZIONE 2 T 2π 0 cos(mt) a + sen(t) d t, Si fa la sostituzione z e it, quindi T Gli zeri del denominatore sono z z z m + /z m 2ia + z /z z z m z 2 + 2iaz + z /z m z 2 + 2iaz T + T 2. z ± ia ± a 2 + i( a ± a 2 ), 2 gennaio 204 page of 6

2 si ha z + z e in particolare z >, z + <, ovvero solo z + è all interno del cerchio unitario. Il primo integrale ha un solo residuo ed è T z z m z 2 + 2iaz z m (z z z )(z z + ) zm + z + z T π z m +. a 2 Per il secondo si ha T 2 z (z 2 + 2iaz )z m z z + z (z z z + )z m }{{} 2i a 2 0 z (z z )(z z + )z m z (z z )z m (z z )z m ( ) π m zm +. a 2 L annullamento del primo contributo nella seconda riga si ottiene applicando il teorema dei residui all esterno del cerchio unitario, dove l integranda non ha poli, anche il residuo all infinito è nullo. Il risultato finale è T T + T 2 π z m + [ + ( ) m ], a 2 ovvero l integrale è diverso da zero solo per valori pari di m. ESERCIZIO 3 (5 PUNTI) Si scriva la serie di Laurent della funzione z f (z) sen. z centrata in z e i primi tre termini di quella centrata in z. SOLUZIONE 3 Nel caso in cui il centro è z i coefficienti di Laurent possono essere determinati in almeno due modi. Il primo consiste nell usare la definizione e quindi calcolare gli integrali c k sen z z, k. γ (z ) k+ 2 gennaio 204 page 2 of 6

3 A tal fine si considera la serie sen z z j0 ( ) j (2j + )! z z 2j+. Per i coefficienti della parte regolare, k 0, si ha c k ovvero solo c 0 è diverso da zero e vale j0 j0 ( ) j (2j + )! ( ) j γ z 2 j+ (z ) 2j+k+2 (2j + )! (2j + k + )! d 2j+k+ 2j+k+ z2 j+, z c 0 ( ) j (2j + )! sen(). j0 Per quelli della parte principale invece, k, consideriamo due casi: k pari e dispari. k 2m, con m, si ha Se k è pari, cioè c k ( ) j (2j + )(2j)... ( + 2m) (2j + )! (2 j 2m + )! jm ( ) j (2m)! (2j 2m + )!, l j m, jm ( )m (2m)! l0 Se k e dispari, cioè k 2m, con m 0 ( ) l (2l + )! i2m (2m)! sen() cos(mπ) sen() (2m)! c k cos(kπ/2) sen() sen( kπ/2). c k c k ( ) j (2j + )(2 j)... (2 + 2m) (2j + )! (2j 2m)! jm ( ) j (2m + )! (2j 2m)!, l j m, jm ( )m (2m + )! i 2m ( ) l (2l)! l0 (2m + )! cos() sen(kπ/2) cos() sen( kπ/2). 2 gennaio 204 page 3 of 6

4 Hanno la stessa forma, quindi f (z) 0 k sen( kπ/2) (z ) k, 0 < z <. Il secondo metodo si basa sull utilizzo delle serie di Taylor del seno e del coseno centrate nell origine. Usando le formule di addizione, il seno può essere scritto come z sen sen z z sen cos () cos sen () z z sen cos () cos sen (). z z Per il seno ed il coseno con argomento non costante usiamo gli sviluppi in serie noti, quindi z ( ) k ( ) k sen cos () sen () z (2k + )!(z ) 2k+ (2k)!(z ) 2k k0 k0 sen[(2k + )π/2] cos[2kπ/2] cos () sen () (2k + )!(z ) 2k+ (2k)!(z ) 2k k0 k0 sen[ + (2k + )π/2] (2k + )!(z ) sen[ + 2kπ/2] 2k+ (2k)!(z ) 2k k0 sen( + kπ/2) k0 0 k k!(z ) k sen( kπ/2) (z ) k. k0 Nel caso in cui si centri la serie in z, i coefficienti sono c k sen(z/( z)) z >2 z k+ sen(/(w )) dw w <2 w k+ 0 k d k sen(/(w )) k w0 k 0. In particolare, i primi tre sono c 0 sen() ; c d cos(/(w )) sen(/(w )) dw w0 (w ) 2 cos() ; w0 c 2 d 2 sen() 2 cos() sen(/(w )). 2 dw2 2 w0 2 gennaio 204 page 4 of 6

5 Quindi la serie di Laurent è ESERCIZIO 4 (5 PUNTI) f (z) sen() cos() z + sen() 2 cos() 2z , z >. Usando il teorema di Rouché si stabilisca il numero di zeri che la funzione ha nel cerchio unitario se α > e 0 < β <. SOLUZIONE 4 Possiamo riscrivere F(z) ze α z2 β F(z) e z2 (ze α βe z2 ), posto: f (z) ze α e g(z) βe z2, sulla circonferenza unitaria, si ha g(z) β e z2 βe z2 cos[arg(z 2 )] βe z 2 βe < e < e α z e α f (z). Per cui, nel cerchio unitario, f (z) + g(z) ha lo stesso numero di zeri di f (z), ovvero ne ha uno solo. Lo stesso dicasi per F(z) essendo il fattore e z2 sempre diverso da zero in z. ESERCIZIO 5 (5 PUNTI) Si determini la funzione di Green dell operatore differenziale del secondo ordine con λ > 0. SOLUZIONE 5 Dalla definizione si ha Ô x d2 d x 2 + λ2, Ô x G(x) δ(x) k d2 G d x 2 + λ2 G 2π (k 2 + λ 2 ) G(k) 2π G(k) 2π k 2 + λ 2 G(x) 2π e ikx dk k 2 + λ 2 2λ e λ x. ESERCIZIO 6 (6 PUNTI) Data la matrice A i 0 i 0 0, 2 gennaio 204 page 5 of 6

6 si trovino i valori di β in cui la matrice B A 2 + Iβ 2, dove I è la matrice identità 3 3, non è definita. Si determinino autovalori e autovettori di B quando β è diversa da tali valori. SOLUZIONE 6 Risolvendo l equazione secolare per A si ottengono gli autovalori Gli autovettori corrispondenti sono u 6 i 2 α, α 2, α 3 2., u 2 2 i 0, u 3 3 Gli autovalori della matrice B f (A), dove f (x) (x 2 + β 2 ), sono β k f (α k ), con k, 2, 3, se f (x) è analitica negli intorni di ciascun α k. È quindi necessario richiedere che β ±iα k, ovvero β {±i, ±2i}. In questo caso gli autovalori di B sono i β + β 2, β 2 + β 2, β β gennaio 204 page 6 of 6