METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 19 SETTEMBRE 2018

Transcript

1 METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 9 SETTEMBRE 8 Si risolvano cortesemente i seguenti problemi, sapendo che verranno valutati:. la correttezza del risultato ottenuto e della procedura utilizzata;. la completezza dei passaggi riportati;. 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: /) Si calcoli l integrale S = Γ sen(z) cos(z) + dz, dove il percorso d integrazione Γ è l unione delle tre circonferenze T, con =,,, orientate in senso antiorario di raggio e centri in c = e iπ/, ovvero Γ = T = SOLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA z : z = e iπ/ + e iθ, θ [, π]. = L integranda ha infiniti poli, coincidenti con le soluzioni dell equazione cos(z) + =, che può essere risolta scrivendo la funzione coseno in forma esponenziale e facendo la sostituzione w = e iz, si ottiene, infatti, un equazione di secondo grado in w La soluzioni nella variabile w prima e quindi in z sono i poli hanno la forma z ± = ln + ( + )iπ i cos(z) + = w + 4w + =. w ± = ± e iz± = e (+)iπ,, = ( + )π dove l ultima identità segue dalla semplice relazione i ln = ( + )π ± i ln +,, = + ln = ln +. In definitiva i due insiemi di singolarità z + e z, allineate lungo le rette parallele all asse reale e simmetriche rispetto ad esso di equazioni Im(z) = ± ln + /, sono l uno il complesso coniugato dell altro. In figura sono mostrate le tre circonferenze T con i rispettivi centri c, =,,, unitamente ai quattro poli più vicini all origine: z ± e z±. Per stabilire quali singolarità siano contenute nelle circonferenze che costituiscono il percorso di integrazione è sufficiente calcolare la distanza delle stesse dai centri e confrontarla con il raggio. Se la quantità d ± m, cm z ± = e miπ/ = mπ cos ( + )π i ln + ( + )π + sen mπ ln + /, m =,, ;, 9 settembre 8 page of

2 è strettamente minore di o uguale a o strettamente maggiore di, allora la singolarità z ± è, rispettivamente, interna o appartenente o esterna alla circonferenza T m di centro c m. Come funzione dell indice il modulo quadro d,m ± ha un andamento parabolico con concavità positiva, quindi se il minimo è raggiunto per =, si avrà d ±,m d ±,m per ogni > o <. Ovvero, le funzioni di d ± +n,m e d±, per un dato segno e un dato valore di m, sono n,m monotone crescenti in n. Consideriamo la prima circonferenza, T di centro c =, si hanno i seguenti valori.5 = d,m= = d+,m=.87 = solo i poli z ± sono interni a T..77 = Per la seconda circonferenza, T, si hanno 4.48 = d,m=.8 =.57 = d +,m= 4. =.9 =.8 = solo i poli z ± sono interni sia a T. Infine la terza circonferenza, T, 4. = d,m=.9 =.8 = d +,m= 4.48 =.8 =.57 = solo i poli z ± sono interni sia a T. Im(z) z + c z + c c z z Re(z) Alla luce di quanto riscontrato, usando il teorema dei residui e indicando con f (z) la funzione integranda, l integrale vale S = iπ Res f (z), z + + Res f (z), z + Res f (z), z + + Res f (z), z, infatti, ognuna delle circonferenze contiene due poli; T la coppia di complessi coniugati z ±, mentre T e T contengono la stessa coppia z ±, da cui il fattore che moltiplica i corrispondenti residui. Per il generico residuo si ha Res f (z), z ± sen(z) sen z ± = lim z z ± z z ± = cos(z) + sen = z ±, 9 settembre 8 page of

3 ovvero il valore è indipendente sia dal segno che dall indice, ne consegue che l integrale cercato vale S = iπ. SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO /) Si determini la funzione meromorfa f (z), sapendo che: l inversa / f (z) è una funzione intera; ha solo poli semplici sia al finito che all infinito; verifica le seguenti condizioni f (z) dz = 4iπ, f (z) R > e per ogni curva chiusa γ. f (z)dz =, γ f (z) cos(z)dz =, f (z) sen(z)dz = iπ, Suggerimento. Potrebbe essere utile considerare lo sviluppo di Mittag-Leffler della funzione cercata. SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA Poiché l inversa è una funzione intera non costante, essa deve avere una singolarità all infinito. Tale singolarità non può essere essenziale, infatti, in questo caso anche f (z) avrebbe una singolarità essenziale all infinito, in contraddizione con quanto asserito nel secondo punto. Ne consegue che / f (z) ha un polo all infinito, indicandone con n l ordine, si ha quindi f (z) = O(/z n ), con z. Scriviamo la funzione sotto forma di sviluppo di Mittag-Leffler, sfruttando il fatto che f (z) ha solo poli semplici, si ha D f (z) = g(z) +, z z dove g(z) è la parte intera. Poichè f (z) si annulla all infinto almeno come /z, g(z) è nulla, quindi R f (z) =. z z Dal teorema dell indice segue che f (z) dz = iπ (M N), f (z) dove M e N sono, rispettivamente, il numero di zeri e di poli, contati con le loro molteplicità, che la funzione ha nel disco {z : z < R}. Per ipotesi M =, la funzione non ha zeri, quindi N =, ovvero la funzione ha solo due poli semplici, la possibilità che abbia un polo doppio è esclusa dall ipotesi di presenza di soli poli semplici. Inoltre, poiché l integrale della prima condizione rimane costante per ogni R >, i poli devono appartenere al disco {z : z < }. In definitiva lo sviluppo di Mittag-Leffler ha solo due termini ed è f (z) = D z z + D z z. Dalla seconda condizione integrale = f (z)dz = Res [ f (z), z ] + Res [ f (z), z ] = D + D, iπ si ha D = D D e, ovviamente, z, z <. Dalla terza condizione integrale si evince che la funzione f (z) cos(z) è analitica e che quindi i poli di f (z) coincidono 9 settembre 8 page of

4 con gli zeri della funzione coseno. Poiché i poli di f (z) sono nel cerchio centrato nell origine e di raggio R =, gli unici zeri del coseno, coincidenti con i poli di f (z), appartenenti a tale insieme sono z, = ±π/. Si arriva alla forma f (z) = D z π/ z + π/ = πd z π /4. Infine, usando l ultima condizione integrale, si ottiene il valore di D, infatti = f (z) sen(z) dz = D (Res [ f (z) sen(z), π/] + Res [ f (z) sen(z), π/]) iπ La funzione cercata è quindi = D (sen(π/) sen( π/)) = D D =. f (z) = π/ z π /4. TERZO PROBLEMA (PUNTEGGIO /) Dopo aver determinato i domini di convergenza delle rappresentazioni R (z) = = z +, R (z) = ( ) j ζ (j + ) z j, si dimostri che la prima è la continuazione analitica della seconda. Suggerimenti. I comportamenti asintotici della funzione zeta di Riemann valutata sui numeri pari e della serie dei logaritmi naturali dei numeri interi sono j= πn n n ζ(n), n (n)! e n ln( j) n (ln(n) ). n j= SOLUZIONE DEL TERZO PROBLEMA La rappresentazione R (z) è lo sviluppo di Mittag-Leffler della funzione, infatti R (z) = = z i z + i i = i = / z i + i = / z i, ovvero R (z) e quindi la funzione completa è meromorfa, ha poli semplici in z = z = i, con residui R = (i), = ±, ±,.... Il dominio di convergenza coincide con quello di analiticià ovvero D = {z : z = i, = ±, ±,...}. La rappresentazione R (z) è una serie di Taylor, in dominio di convergenza è un cerchio di raggio R = lim sup ζ(j + ) / j j = π( j + ) j + j+ / j lim j (j + )! e = = lim j (π) j e + j + e j ln( j+) j+ j = ln() lim (π) j exp + (ln(j + ) ) j+ ln(), j j j = 9 settembre 8 page 4 of

5 usando il comportamento limite della somma dei logaritmi possiamo riscrivere l ultimo termine ad esponente come n ln( j) n (ln(n) ) n j= R = lim (π) j exp + j j = lim (π) j exp + j j = lim (π) j =, j (ln( j + ) ) j+ j = (ln(j + ) ) + j ln() (ln(j + ) ) il raggio di convergenza è R =, quindi il dominio è il cerchio unitario D = {z : z < }. Calcoliamo lo sviluppo in serie di Taylor di R (z) centrato nell origine. Per il teorema di Abel, il raggio di convergenza di un tale sviluppo sarà dato dalla distanza tra il centro, l origine, e la singolarità più vicina. In questo caso le singolarità più vicine sono i due poli semplici z ± = ±i e quindi il raggio di convergenza è R = i =, ovvero la serie di Taylor converge nel cerchio unitario. Per ottenere la serie usiamo la serie geometrica come segue R (z) = = z + = = / + z / = ( ) j z j = z j j+ = j= j= = ( ) j j+ C j z j, j= la penultima identità vale in quanto si ha z <, che, a sua volta, è implicata della condizione z <, ovvero z D, data per ipotesi. Per valori di w tali che Re(w) >, la funzione zeta di Riemann può essere rappresentata dalla serie ζ(w) = w, = ne consegue che la serie che rappresenta il coefficiente j-esimo C j della serie di Taylor può essere espressa in termini della stessa funzione zeta, ovvero C j = ( j+) = ζ(j + ), infatti (j + ) 4 per j. In definitiva, nel cerchio unitario vale la rappresentazione R (z) = = ( ) j ζ (j + ) z j, che coincide con R (z) e quindi l una è la continuazione analitica dell altra. j= 9 settembre 8 page 5 of

6 QUARTO PROBLEMA (PUNTEGGIO /) L operatore hermitiano Ŝ, definito in uno spazio di Hilbert di dimensione tre, ha le seguenti proprietà det Ŝ = 4, Tr Ŝ =, Ŝ =. Sapendo, inoltre, che Ŝ, ˆT =, dove l operatore ˆT è, in notazione a blocchi rispetto alla base canonica, T = e σ è la prima matrice di Pauli, si ottenga la matrice S che rappresenta l operatore Ŝ rispetto alla stessa base canonica. Suggerimento. Nella rappresentazioni diagonali si dispongano gli autovalori in ordine crescente, ovvero se gli autovalori di una matrice M sono µ,µ e µ con µ µ µ, allora M d = diag(µ, µ, µ ). SOLUZIONE DEL QUARTO PROBLEMA Poiché l operatore è hermitiano gli autovalori λ,λ e λ sono reali. Il determinante, la traccia e la norma sono esprimibili in termini degli autovalori come: det Ŝ = λ λ λ = 4, Tr Ŝ = λ + λ + λ =, Ŝ = max λ j =. j=,, Dal valore della norma si ottiene che uno degli autovalori deve essere uguale a + o. Consideriamo i due casi, con λ = avremmo det Ŝ = λ λ = 4 σ λ = 4λ, l ultima identità è lecita in quanto nessuno degli autovalori è nullo essendo non nullo il determinante. Sostituendo questa espressione di λ nella definizione della traccia si ottiene un equazione per il rimanente autovalore λ 4λ = λ, = ±. È immediato osservare come lo spettro {λ =, λ = /, λ = /} verifichi le condizioni richieste det Ŝ = λ λ λ = = 4, Nel caso di λ =, avremmo Tr Ŝ = λ + λ + λ = + =, Ŝ = max λ j = max, j=,,, =. det Ŝ = λ λ = 4 λ = 4λ, l equazione e gli autovalori che si ottengono dalla condizione della traccia sono λ + 4λ = λ λ + 4 = λ, = ± Lo spettro, /, + / verifica solo le condizioni del determinante e della traccia e non quella della norma, infatti det Ŝ = λ λ λ = + = = 4 4, Tr Ŝ = λ + λ + λ = =, Ŝ = max λ j = max, j=,,, + = + =.. 9 settembre 8 page of

7 Ne consegue che la rappresentazione diagonale dell operatore Ŝ è S d = diag ( /, /, ), dove, seguendo il suggerimento, gli autovalori sono disposti in ordine crescente. I due operatori Ŝ e ˆT sono hermitiani, quindi normali e hanno commutatore nullo, il che implica che ammettono lo stesso insieme ortonormale di autovettori. Gli autovalori dell operatore ˆT si ottengono risolvendo l equazione caratteristica det ˆT λî = λ λ = λ ( λ) λ =, la soluzioni sono λ =, λ =, λ =. Gli autovettori corrispondenti u j = x j y j z j, j =,,, verificano le equazioni agli autovalori Tu j = λ j u j x j y j = λ j z j x j y j z j, da cui si hanno le condizioni x = x z = y y = z x = x z = y y = z x = x z = y y = z posto y = y = e y =, si hanno le componenti x = y = z = x = y = z = x = y = z =, dove con le i valori "primati" indicano le componenti non normalizzate. In definitiva gli autovettori normalizzati sono u =, u =, u =. La matrice unitaria che diagonalizza entrambi le matrici S e T è U = / / / /, ovvero si hanno T d = U T U = diag (,, ), S d = U SU = diag ( /, /, ). 9 settembre 8 page 7 of

8 Invertendo l ultima identità si ricava la matrice S che rappresenta l operatore Ŝ rispetto alla base canonica S = US d U = / / / / / / / / / / = = / / / / / /. / / / / QUINTO PROBLEMA (PUNTEGGIO /) Si ottenga la matrice A, di norma A = ln(), che verifica l equazione / e A = B = / / /. / SOLUZIONE DEL QUINTO PROBLEMA Applichiamo il teorema spettrale, infatti la matrice B è hermitiana e quindi diagonalizzabile. Indicando con A d = diag (α, α, α ) e B d = diag (β, β, β ) le rappresentazioni diagonali delle matrici, si ha per gli autovalori la relazione: e α j = β j, j =,,, da cui A d,, = ln(β ) + i π ln(β ) + i π ln(β ) + i π valida (,, ). Gli autovalori della matrice B si ottengono come soluzioni dell equazione caratteristica ovvero Gli autovettori corrispondenti b j, j =,,, sono det (B β I) = β / det / / β / = / β ( β) β ( β) ( β) = 4 ( β) β ( β) = ( β) β 5 β + =, β =, β =, β =., / / / / / Bb j = β j b j x j y j = β j z j x j y j z j, 9 settembre 8 page 8 of

9 si ottiene il sistema x j β j + y j = x j + y j β j + zj = y j + z j β j =. Per β j =, ovvero per j =, posto x j =, si ottengono y j = β j, z j =, dove le componenti "primate" sono quelle dei vettori non normalizzati. Invece, nel caso di j =, posto x =, si ha y = e z = x =. In definitiva gli autovettori normalizzati di B sono b =, b =, b = per cui si ha la matrice unitaria diagonalizzante / / / V = / / / / /. Usando gli autovalori di B si ottiene la rappresentazione diagonale della matrice A, dipendente dai tre parametri, e, come A d,, = ln() + i π i π ln() + i π I valori dei parametri possono essere scelti usando la condizione sulla norma. La norma coincide con il massimo dei moduli degli autovalori, in generale si ha A,, = max { ln() + i π, i π, ln() + i π } = max ln () + 4 π, π, ln () + 4 π. Affinché si ottenga, come richiesto, una norma pari a ln(), l unica terna possibile è quella nulla, ovvero (,, ) = (,, ). Infatti, in questo caso avremmo A,, = max { ln(),, ln() } = ln(). Ne consegue che la rappresentazione diagonale della matrice cercata è A d,,, da questa, usando la matrice unitaria V, si calcola la matrice A, come A = VA d,, V = = = ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln() ln().. 9 settembre 8 page 9 of

10 SESTO PROBLEMA (PUNTEGGIO /) Definito in L () l operatore trasformata di Fourier ˆF come ˆF f () = [ f ] = π f (x)e ix d x, si determino le autofunzioni e gli autovalori dell operatore ˆF 4 ˆF, ovvero le funzioni g(x) L () e gli scalari λ tali da verificare l equazione agli autovalori ˆF 4 ˆF g(x) = ˆF 4 g(x) ˆF g(x) = λg(x). Suggerimento. L azione di una potenza intera n dell operatore ˆF è data da SOLUZIONE DEL SESTO PROBLEMA ˆF n f (x) = x x x... xn [ f ]. L azione del quadrato dell operatore ˆF non è altro che la trasformata di Fourier della trasformata di Fourier, non si ottiene la funzione di partenza poiché la seconda azione non è l antitrasformata di Fourier, si ha infatti ˆF f (x) = ˆF f (x) = π f ()e ix d = π f ()e i( x) d = f ( x). Ne consegue che ˆF è l operatore di riflessione, in quanto la sua azione su una generica funzione di L () restituisce la stessa funzione con la variabile cambiata di segno. Facendo agire due volte ˆF, ovvero ˆF 4, su una funzione si ottiene la stessa funzione (si ha una doppia riflessione della variabile x ( x) = x), quindi ˆF 4 coincide con l operatore identità di L (). Alla luce di questi risultati, consideriamo l azione dell operatore ˆF 4 ˆF, cioè il primo membro dell equazione agli autovalori del problema, avremo ˆF 4 ˆF g(x) = g(x) g( x). Si vede facilmente che le uniche autofunzioni di questo operatore sono quelle a parità definita, ovvero le funzioni pari p(x), tali da verificare l identità p(x) = p( x) e quelle dispari d(x), per le quali si ha d(x) = d( x). In questi casi si avranno le due equazioni agli autovalori ˆF 4 ˆF p(x) = p(x) p( x) = p(x) p(x) = p(x), ˆF 4 ˆF d(x) = d(x) d( x) = d(x) + d(x) = d(x). In definitiva si ha che lo spettro discreto dell operatore ˆF 4 ˆF contiene i soli due autovalori: λ = e λ = e che le autofunzioni corrispondenti sono rispettivamente tutte le funzioni pari e tutte quelle dispari di L (). 9 settembre 8 page of