Si svolgano cortesemente i seguenti esercizi. Metodi Matematici per la Fisica Prova scritta - 6 febbraio 3 Esercizio 6 punti Si calcoli l integrale con a e b reali e < a < b. I a x b x + dx, Riscriviamo l integrale come I e x lna e x lnb + dx e αx e βx + dx, dove si sono posti: α lna e β lnb. Avendo per ipotesi che < a < b, si ha, di conseguenza, < α < β. L integranda ha infiniti poli semplici nei punti {z k } k, tali che e βz k e k+iπ z k k + iπ β, k Z. Imz L 3 π/β L 4 π/β L R +R L Rez Consideriamo il percorso chiuso, Γ, mostrato in figura, composto dai quattro tratti rettilinei, paralleli agli assi, L k, k,, 3, 4, cioè: Γ 4 L k. All interno di Γ cade il solo polo z π/β, quindi Γ dove si è posto e βz + dz 4 I k Lk e βz + dz Lk 4 dz, k,, 3, 4. e βz + [ e αz I k iπ Res e βz +, iπ ], β
Il contributo sui tratti verticali L,4 {z : z ±R + iy, ±y [, π/β]}, nel limite R si annulla, infatti lim I e,4 lim L,4 αz π/β e βz + dz lim e ±αr+iαy e ±βr+iβy + dy π/β lim e ±αr+iαy e ±βr+iβy + dy lim lim lim π/β π/β π/β e ±αr e ±βr+iβy + dy e ±αr e ±βr+iβy dy e ±αr e ±βr dy π β lim Verifichiamo l annullamento dei limiti. Nel caso positivo, con i segni alti, si ha lim perché α < β. Nel caso negativo, segni bassi, invece, lim perché α e β sono strettamente positivi. Il contributo sul tratto L è semplicemente: e si ha che I e αr e βr lim eα βr, e αr e βr lim e αr, L e βz + dz R R lim I I. Per il tratto L 3 {z : z x + iπ/β, x [ R, R]} I 3 L3 Ne consegue che lim Γ e βz + dz R R e αx e βx + dx, e ±αr e ±βr. e αx+iπα/β R e αx dx e βx+iπ eiπα/β + R e βx + dx eiπα/β I. dz lim e iπα/β I e βz e iπα/β [ e αz I iπ Res + e βz +, iπ β ],
da cui il risultato finale I [ iπ e αz Res eiπα/β e βz +, iπ ] β iπ lim z iπ/β e iπα/β z iπ/β e βz + iπ e iπα/β e iπα/β βe iπ iπ/β e iπα/β e iπα/β π/β sen πα/β. Esercizio 6 punti Data la funzione meromorfa F z fz tanz, dove fz è anch essa meromorfa con un numero finito M di poli {z j } M j non appartenenti all asse reale, si verifichi la relazione Res[F z, z j ]. k fkπ j Utilizzando questo risultato si calcoli la somma della serie kπ + b, con b reale e b >. Dal teorema della somma totale dei residui si ha Res[F z, kπ] k M Res[F z, z j ]. j I residui dovuti ai poli semplici della cotangente sono da cui Res[F z, kπ] lim z kπ F zz kπ k fkπ lim z kπ z kπ tanz fkπ, fkπ M Res[F z, z j ]. j 3
Scegliendo dalla relazione precedente si ha k fz z + b, kπ + b M Res[F z, z j ]. In questo si hanno solo due poli semplici: z, ±ib, i cui residui sono z ±ib Res[F z, ±ib] lim z ±ib z + b tanz tan±ib ±ib ib tanib b tanhb. Ne consegue che la serie ha come somma kπ + b b tanhb. k Possiamo riordinarne i termini, sfruttandone la simmetria, per ottenere la somma desiderata, ovvero con indici k N, si ha kπ + b + b + k j Esercizio 3 punti Verificare la convergenza uniforme della serie sinkz, k in z <. kπ + b b tanhb kπ + b + b + b tanhb kπ + b b tanhb b. k Ponendo: z x + iy, si ha sinkz e ikz e ikz k ik k k e ikx ky e ikx+ky ik k e ky[ coskx + i sinkx ] + ik k 4 e ky[ coskx i sinkx ]. ik k
Le due serie convergono per y e y rispettivamente. Ne consegue che, in generale, non si ha convergenza in z. Si avrà solo se y, ovvero per valori reali di z, con z, cioè per z x e x. Infatti, in questo caso, il termine generico della serie può essere minorato in modulo come sinkz k k, quindi, dall M-test di Weierstrass, la serie converge. Esercizio 4 punti Calcolare la trasformata di Fourier della funzione fx x e a x, con a reale e strettamente positivo. Sfruttiamo la relazione [ ] d n f F k ik n F dx n k [f]. Consideriamo la derivata seconda della gaussiana e ax d dx e ax d ax e ax a e ax + 4a x e ax, dx da cui si ottiene la funzione fx come d fx dx e ax + a e ax 4a. Sapendo che la trasformata di Fourier della gaussiana è [ F k e ax] e k 4a, a si ha F k [f] ik + a 4a F k [ e ax] a k 4a a e k 4a. Esercizio 6 punti Si consideri la matrice A definita dall equazione α iα + γ A β β γ α + iγ,
si determini la matrice A rispetto alla base canonica; si calcolino autovalori e autovettori; si determini, qualora esista, l inversa A. La matrice A ha espressione A i i. Gli autovalori sono λ + i, λ + i, λ 3. Gli autovettori si ottengono dall identità iα k + γ k Au k β k α k + iγ k λ k u k λ k α k β k γ k, k,, 3. Nel caso k, posto α, si hanno le equazioni i + γ + i γ β + iβ β, per cui u. Nel caso k, ancora con α, si ha i + γ + i γ β + iβ β, per cui u. Nel caso k 3 con λ 3 abbiamo iα 3 + γ 3 α 3 β 3 β 3 α 3 + iγ 3 γ 3, 6
da cui α 3 γ 3 e β 3, quindi u 3. La matrice unitaria che diagonalizza A è / / U / /. La matrice inversa di A nella base degli autovettori è / + i + i/ A / + i i/ In rappresentazione canonica. A UA U +i i i. i Esercizio 6 6 punti Si risolva l equazione di Fredholm con α C, nucleo fx α Kx, yfydy φx, Kx, y x y 3 + xy 4 e la funzione termine noto φx + βx, β C. Il kernel è separabile, definiamo le funzioni { M x x M x x { N x x 3 N x x 4, 7
e riscriviamo l equazione come fx α M k x N k yfydy φx, moltiplichiamo ambo i membri per N j x e integriamo in dx sull intervallo [, ] N j xfxdx α } {{ } C j N j xm k xdx } {{ } A jk si ha quindi l identità vettoriale, ovvero il sistema, I αac B, N k yfydy } {{ } C k N j xφxdx, } {{ } B j dove I αa è la matrice dei coefficienti, B il vettore termine noto, e C il vettore incognito. Le componenti di A sono Mentre quelle di B sono B B A A A A N xm xdx N xm xdx N xm xdx N xm xdx N x + βxdx N x + βxdx x dx x 4 dx x 6 dx 7 x dx. x 3 + βxdx β x 4 + βxdx. Il sistema ha soluzione solo se α 7 α det α α 7 C C β, α ± 3. 8
La soluzione del sistema si ottiene come det β α C det α α 7 det β 7 C α det α α 7 β + α 4 3 α + αβ 7 4. 3 α La funzione, unica soluzione dell equazione nel caso α ± 3/, è fx φx + α M k xc k + β x + α + α + β 4 x + α 3 α Nei casi α ± 3/ abbiamo 3 3 7 + αβ 7 4 x + α 3 α β + α C 4 3 α x. C β β + α 4 x 3 α Le due equazioni hanno i primi membri proporzionali, essendo nullo il determinante della matrice dei coefficienti. Moltiplicando la seconda equazione per 3 si ottiene un equazione che ha lo stesso primo membro della prima, infatti 3 3 7 C + C 3 3 C C 3. Confrontando con la prima equazione C 3 C β, si ottengono le condizioni su β per cui l equazione ammetta infinite soluzioni, ovvero 3 β ±. In questo caso, posto C ± c ±, si ha 3 C ± ± c ± 3 3 ± 9. c ±,
e la soluzione è 3 f ± x x + 7 c ± 3 x ± c ±x 3 ± c ± x + 7 c ± x 3 ± c ± 3 x ± x 3 + d ± x ± x. Possiamo verificare nei due casi ± che il primo membro dell equazione dà il termine noto, ovvero l equazione è verificata, in dettaglio si ha 3 3 f ± x x y 3 + xy 4 f ± ydy + d ± x ± x 3 3 d ± x y 4 + xy 4 ± d ± xy6 dy [ 3 3 + d ± x ± x d± x + x ] ± d ± x 3 3 3 + d ± d ± x + ± d ± d ± x 3 x + β ± x φ ± x.