METODI MATEMATICI PER LA FISICA

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1 Si svolgano cortesemente i seguenti esercizi ESERCIZIO (6 PUNTI) METODI MATEMATICI PER LA FISICA PROVA SCRITTA - 2 GENNAIO 25 Una volta identificato, nel piano complesso α, il dominio di convergenza della rappresentazione integrale f (α) α i ln(w) w 2 +, si calcoli esplicitamente l espressione della funzione f (α), risolvendo l integrale, e se ne determini il dominio di analiticità SOLUZIONE L integrale può essere posto nella forma ed è del tipo f (α) w i ln(α) w 2 +, w µ R(w), dove µ i ln(α) ed R(w) (w 2 + ) è una funzione razionale che non ha poli sul semiasse reale positivo Le condizioni di convergenza, tenendo conto sia della potenza µ che dell andamento della funzione razionale agli estremi w + e w, sono rispettivamente: da cui Per risolvere l integrale si usa f (α) Re(µ) > e Re(µ 2) <, < Re(µ) < < arg(α) < w µ R(w) πe iπµ sen(πµ) Res w µ R(w), w, dove la somma è relativa a tutti i poli della funzione razionale Nel caso in esame si hanno i due poli semplici w,2 ±i, quindi f (α) πe iπµ Res w µ πe π ln(α) i i ln(α) ln(α) ( i)i R(w), w + sen(πµ) i senh(π ln(α)) 2i 2i ln(α) πeπ e π ln(α)/2 ln(α)/2 e 3π π e π ln(α)/2 senh(π ln(α)) 2 2 senh(π ln(α)) 2 senh(π ln(α)/2) π π senh(π ln(α)) 2 cosh(π ln(α)/2) e π ln(α)/2 2 2 gennaio 25 page of 7

2 Un altra possibilità consiste nel fare la sostituzione: x ln(w) f (α) α iz e 2z + ez dz e considerare il percorso chiuso rettangolare Γ R [ R, R] [R, R + iπ] [R + iπ, R + iπ] [ R + iπ, R], che contiene il solo polo semplice z iπ/2 Si hanno e lim R Γ R lim R Γ R αiz e 2z + ez dz f (α) + f (α) + α π αix α iz e 2x + ez dz 2iπ Res e 2z + ez, iπ/2 α ix π e 2x+2iπ + ex+iπ d x + lim R f (α)( + α π ) Eguagliando i due risultati si ottiene α ix e 2x + ex d x + [R,R+iπ] πα π/2, f (α) π α π/2 + α π π e π ln(α)/2 + e π ln(α) π 2 cosh(π ln(α)/2) α iz α iz e 2z + ez dz + e 2z + ez dz [ R, R+iπ] ESERCIZIO 2 (6 PUNTI) Usando le relazioni di dispersione si ottengano la parti reali sopra il taglio (x, ), x >, delle funzioni f (z) ad f 2 (z) che hanno parti immaginarie SOLUZIONE 2 Im[ f (x + iε)] θ(x x ) x x, Im[ f 2 (x + iε)] θ(x x ) La relazione di dispersione per la parte reale è: Re[ f,2 (x)] π Pr Im[ f,2(x )] x x x x x x, con: ε +, x d x, con: x > x >, dove, secondo la convezione, sia la parte reale che quella immaginaria sono valutate sul bordo superiore del taglio Nel primo caso si ha facciamo la sostituzione w x x >, Re[ f (x)] π Pr d x x (x x), x x Re[ f (x)] 2 π Pr w 2 + x x π Pr x x w x x w + x x 2 gennaio 25 page 2 of 7

3 Il valore principale rimane solo nel primo integrale poiché il polo w x x, essendo negativo, non appartiene al percorso di integrazione Esplicitamente si ottiene x x ε Re[ f (x)] π lim x x ε + w + x x x x +ε w ln w + x x x x π lim ln w x x ε x x + ln w x x x x ε + x x +ε ln w + x x π ln( ) + ln w x x x x w + x x π [ln( ) + ln() ln( )] x x La parte reale di f (z) è nulla sopra il taglio, ovvero la funzione è puramente immaginaria per z x +iε, con ε + e x > x Per la seconda funzione, con la medesima sostituzione, si ha Re[ f 2 (x)] 2 π Pr (w 2 + x )(w 2 + x x) 2 π x Pr w 2 + x x Il primo integrale coincide con quello del caso precedente ed è, quindi, nullo, per il secondo si ha Re[f 2 (x)] 2 π Pr (w 2 + x )(w 2 + x x) 2 x π x / x w 2 /x + Ne consegue che la funzione f 2 (z) sopra il taglio può essere scritta come ESERCIZIO 3 (5 PUNTI) Si dimostri 2 x π x arctan f 2 (x + iε) x x + i θ(x x ) x x x, con: ε + ln( + p z ) ln[ζ(z)] ln[ζ(2z)], Re(z) >, w 2 + x w x dove p rappresenta il -esimo numero primo (p + > p, ) e ζ(z) è la funzione zeta di Riemann SOLUZIONE 3 ζ(z) z, Re(z) > Scriviamo la somma come prodotto infinito passando all esponenziale, ovvero exp ln( + p z exp ln[ζ(z)] ln[ζ(2z)] ) x x 2 gennaio 25 page 3 of 7

4 quindi l identità da dimostrare diventa ( + p z ) ζ(z) ζ(2z) Consideriamo il prodotto, sempre con Re(z) >, dividendo per la zeta di Riemann, sfruttando la rappresentazione si ottiene ζ(z) ( p z ) ( + p z ζ(z) ) ( p z n ) ( + p z ) ( p 2z ) ζ(2z) n ( + p z ζ(z) ) ζ(2z), da cui, moltiplicando per ζ(z) ambo i membri, si arriva all identità cercata ESERCIZIO 4 (6 PUNTI) ( + p z ) ζ(z) ζ(2z) Sia Ĥ un operatore hermitiano in uno spazio di Hilbert ad (N +) dimensioni Siano {E } N lo spettro dell operatore e { u } N l insieme degli autostati ortonormali corrispondenti, si ha quindi l equazione agli autovalori Sapendo che l operatore Ĥ può essere scritto come dove  è un operatore non normale, si dimostri che:  u ; Ĥ u E u, con: E < E < < E N < E N Ĥ  Â, l operatore Ĝ  ha lo spettro {E } N, ovvero ha gli stessi autovalori di Ĥ ad eccezione dello stato fondamentale E e che gli autostati corrispondenti sono i vettori SOLUZIONE 4 v  u,, 2,, N Il valore di aspettazione di Ĥ rispetto allo stato u coincide con l autovalore E ed è, quindi, nullo, per cui u Ĥ u u   u v v  u v L equazione agli autovalori per l operatore Ĝ  si ottiene da quella per Ĥ moltiplicando per Â, cioè Ĥ u   u E u   u E K  u Ĝ u E K  u,, 2,, N I vettori v  u, con, 2,, N, sono autovettori di Ĝ con autovalori E Non si ha l autovalore nullo E, in quanto, come già dimostrato,  u e il vettore nullo non è un autovettore 2 gennaio 25 page 4 of 7

5 ESERCIZIO 5 (6 PUNTI) Usando la trasformata di Fourier, si determini la funzione f (x) che verifica l identità dove il simbolo " " indica il prodotto di convoluzione SOLUZIONE 5 (f f f )(x) + x 2, La trasformata di Fourier della funzione g(x) /( + x 2 ) è [g(x)] 2π e ix + x 2 d x 2iπ θ( ) e e θ() 2π 2i 2i π 2 e Applicando due volte il teorema della convoluzione all identità di partenza si ottiene un equazione algebrica per la trasformata di Fourier della f (x), ovvero f (x) f (x) f (x) π 2 e 2π f (x) f (x) f (x) π 2 e 2π f (x) f (x) f (x) π 2 e La funzione f (x) si ottiene facendo l antitrasformata e si ha f (x) f () (2 2π) /3 e /3 f (x) 2π f ()e ix d (2 2π) /3 2π (2 2π) /3 2π (2 3 2π) /3 2π 2 3 (2 2π) /3 3 π 2/3 ( + 9x 2 ) π + 9x 2 e /3 e ix d e /3 e ix d e e 3i x d ( /3) ESERCIZIO 6 (6 PUNTI) Si determini il dominio di convergenza della serie A, z 2 gennaio 25 page 5 of 7

6 dove le A sono matrici 2 2 SOLUZIONE 6 i e A e /i Diagonalizziamo le matrici hermitiane A λ det(a λ I) det i e da cui gli autovalori i e λ ( λ ) 2 2 e 2, e quindi la rappresentazione diagonale λ,2 ( ± e ) A ( + e ) ( e ) Per il teorema spettrale la matrice inversa A avrà rappresentazione rispetto alla base degli autovettori /( + e (A ) ) /( e ) I raggi di convergenza per i due autovalori sono R,2 lim sup /λ,2 / lim sup e ) / ln (±e lim sup ( ± e ) / lim sup e ± / ln()/ ln e e lim sup e ln()/ ln ±e / Con la sostituzione w /z si ha A z A w, che converge per w < e /z < e Il dominio di convergenza è quindi D {z : /z < e} Per "visualizzare" nel piano complesso la forma di tale dominio riscriviamo la condizione ottenuta z < e 2 z < e 2 z 2 < e 2 z 2, 2 gennaio 25 page 6 of 7

7 (l ultima diseguaglianza è lecita in quanto D non può contenere perché in ogni suo intorno /z assumerebbe valori arbitrariamente grandi) in termini della parte reale e parte immaginaria di z, x e y, come (x ) 2 + y 2 e 2 (x 2 + y 2 ) < x 2 ( e 2 ) 2x + + y 2 ( e 2 ) < x 2 (e 2 ) + 2x + y 2 (e 2 ) > La frontiera al finito di questo dominio ha equazione cartesiana x 2 (e 2 ) + 2x + y 2 (e 2 ), è quindi una circonferenza, infatti, sommando e sottraendo /(e 2 ), e dividendo poi per (e 2 ), si ha 2 x e 2 + / e 2 + y 2 (e 2 ) /(e 2 ) + x + /(e 2 ) 2 + y 2 e 2 /(e 2 ) 2 Il dominio D coincide con il piano complesso privato del cerchioi centrato sull asse reale in z /(e 2 ) <, di raggio r e/(e 2 ) 2 gennaio 25 page 7 of 7