Esame di Fisica Matematica 2, a.a. 2013-2014 (8/5/2014) Tempo a disposizione: DUE ORE E MEZZA. Svolgere tutti gli esercizi. Scrivere chiaramente nome, cognome e numero di matricola. Non `e consentito l’uso di libri, appunti o calcolatrici. Due punti (su trenta) sono riservati per la chiarezza di esposizione, ogni esercizio conta per 7/30. Esercizio 1. Si risolva l’equazione delle onde utt = 16 uxx per u = u(x, t) con x ∈ R per il dato iniziale u(x, 0) = x 1 , ut (x, 0) = . 1 + x2 1 + x2 Esercizio 2. Si risolva l’equazione uxt = uxx per u = u(x, t), definita e di quadrato sommabile su x ∈ [0, 2π] e con condizioni al bordo periodiche, u(x, t) = u(x + 2π, t), determinandone la soluzione generale che abbia media nulla su [0, 2π]. Determinare inoltre la soluzione, tra queste, che soddisfa u(x, 0) = sin(x) cos(x) . [Suggerimento: `e possibile procedere in diversi modi; almeno uno di questi richiede solo calcoli molto semplici.] Esercizio 3. Si calcoli la trasformata di Fourier per la funzione 2 F (x) = x e−(x−a) /A2 + (x − a) e−x 2 /A2 . Esercizio 4. Consideriamo gli operatori lineari 1 d 1 d √ √ A = x + , B = x − dx dx 2 2 definito sullo spazio delle funzioni L2 [R] che vanno a zero per x → ±∞ dotato del prodotto scalare standard. Si chiede di determinare gli operatori aggiunti A+ e B + , nonch´e i prodotti H = A · B e K = B · A. Determinare inoltre i commutatori [A, B], [H, A], [K, B], [H, K]. 1 Tabella delle pi` u comuni trasformate di Fourier1 Nel seguito indichiamo con δ(x) la delta di Dirac, con Θ(x) la funzione gradino, e con χ(a) la funzione caratteristica dell’intervallo [−a, a], cio`e 1 per x ≥ 0 0 per |x| > A Θ(x) = ; χ(x) = . 0 per x < 0 1 per |x| ≤ A La convenzione usata `e la seguente: data una funzione f (x), la sua trasformata di Fourier `e la funzione Z +∞ 1 f (x) e−ikx dx ; fb(k) = √ 2π −∞ la antitrasformata di Fourier della funzione fb(k) `e data da +∞ Z 1 fe(x) = √ 2π fb(k) eikx dk . −∞ Il parametro A sar` a sempre supposto essere reale e positivo. f (x) χ(A) √ 2 2 (1/ 2π) e−x /(2A ) e−A|x| δ(x) x e−x 2 /(2A2 ) fb(k) p f (x) 2/π [sin(Ak)/k] √ 2 2 (A/ 2π) e−A k /2 p 2/π 2/π sin(Ax)/x √ 2 2 (A/ 2π) e−A x /2 p 2/π A A2 +k2 √ (1/ 2π) −i k A3 e−A p fb(k) χ(A) √ 2 2 (1/ 2π) e−k /(2A ) A A2 +x2 √ 1 2 2 k /2 2 i x e−x /2 Integrale gaussiano generale Pu` o essere utile ricordare che per c reale e negativo si ha Z +∞ 2 (p + qx + rx2 ) ea+bx+cx dx = −∞ r π [a−(b2 /(4c))] 1 (4c2 p − 2bcq + b2 r − 2cr) = e 4c2 −c 1 Questa pagina ` e inserita in tutti i compiti, e non ` e necessariamente da utilizzare. 2 e−A|k| 2π δ(k) k e−k 2 /2 SOLUZIONI. Esercizio 1. Si risolva l’equazione delle onde utt = 16 uxx per u = u(x, t) con x ∈ R per il dato iniziale 1 x , ut (x, 0) = . 1 + x2 1 + x2 u(x, 0) = Soluzione. Dato che il problema `e definito su tutto R, conviene utilizzare il metodo delle caratteristiche. Sappiamo che la soluzione generale sar`a della forma u(x, t) = f (x − vt) + g(x + vt) ; in questo caso v 2 = 16, quindi v = 4. Per ricavare le funzioni f e g dai dati iniziali, possiamo o utilizzare le formule generali ottenute a lezione, o procedere come segue. La funzione ut `e in generale ut (x, t) = v [g 0 (x + vt) − f 0 (x − vt)] ; in t = 0 abbiamo quindi u(x, 0) = f (x) + g(x) , ut (x, 0) = v[g 0 (x) − f 0 (x)] . Segue che, imponendo i dati iniziali u(x, 0) = φ(x), ut (x, 0) = ψ(x), otteniamo g(x) = φ(x) − f (x), e v[φ0 − f 0 − f 0 ] = ψ; quindi, indicando con χ(x) una primitiva di ψ/v, abbiamo f 0 (x) = (1/2)[φ0 − χ0 ], ed in conclusione (la costante arbitraria pu` o essere presa nulla come discusso a lezione e nelle dispense) f (x) = φ(x) + χ(x) φ(x) − χ(x) ; g(x) = . 2 2 Nel nostro caso, φ(x) = 1 x , ψ(x) = ; 2 1+x 1 + x2 da queste segue log(1 + x2 ) . 2v Non resta che applicare le formule generali, ottenendo 1 1 1 2 f (x) = − log(1 + x ) , 2 1 + x2 8 1 1 1 2 g(x) = + log(1 + x ) . 2 1 + x2 8 χ(x) = 3 La soluzione cercata `e quindi 1 1 1 + u(x, t) = 2 1 + (x − 4t)2 1 + (x + 4t)2 1 + log 1 + (x + 4t)2 − log 1 + (x − 4t)2 . 16 Esercizio 2. Si risolva l’equazione uxt = uxx per u = u(x, t), definita e di quadrato sommabile su x ∈ [0, 2π] e con condizioni al bordo periodiche, u(x, t) = u(x + 2π, t), determinandone la soluzione generale che abbia media nulla su [0, 2π]. Determinare inoltre la soluzione, tra queste, che soddisfa u(x, 0) = sin(x) cos(x) . Soluzione. E’ possibile procedere in (almeno) due modi, cio`e con il metodo di Fourier o con il metodo delle caratteristiche; il primo `e pi` u standard, il secondo richiede calcoli molto semplici pur di effettuare il cambio di variabili appropriato. 1. Metodo di Fourier. Dato che u ∈ L2 [0, 2π] deve essere periodica, possiamo usare la base dei seni e coseni (o equivalentemente quella degli esponenziali eikx con k ∈ Z, discuto solo la soluzione con i seni e coseni); scriviamo quindi u come u(x, t) = u0 (t) + ∞ X [Ak (t) cos(kx) + Bk (t) sin(kx)] . k=1 Segue da questa che uxx = − X k X k 2 [Ak (t) cos(kx) + Bk (t) sin(kx)] ; k uxt = [Bk0 (t) cos(kx) − A0k (t) sin(kx)] . k Notiamo che u0 (t) non appare in queste espressioni; essa risulter`a quindi completamente indeterminata (nella soluzione generale). Per l’ortogonalit` a delle funzioni della base in [0, 2π], l’equazione uxt = uxx richiede di avere k A0k = k 2 Bk , k Bk0 = − k 2 Ak ; e questo ∀k. Ricordando che k ≥ 1, e quindi in particolare k 6= 0, possiamo dividere per k ed ottenere A0k = k Bk , Bk0 = − k Ak . 4 (∗) Segue da queste che A00k = −k 2 Ak , Bk00 = −k 2 Bk . Scriviamo quindi Ak (t) = αk cos(kt) + βk sin(kt) ; Bk (t) = ξk cos(kt) + ηk sin(kt) . Queste implicano che A0k = kβk cos(kt) − kαk sin(kt) ; Bk0 = kηk cos(kt) − kξk sin(kt) . Le condizioni (*) implicano che sia ξ k = βk , η k = − α k . Inserendo queste nelle formule precedenti, otteniamo Ak (t) = αk cos(kt) + βk sin(kt) , Bk (t) = βk cos(kt) − αk sin(kt) ; ed infine u(x, t) = u0 (t) + X [(αk cos(kt) + βk sin(kt)) cos(kx) k + (βk cos(kt) − αk sin(kt)) sin(kx)] . Abbiamo cos`ı determinato la soluzione generale. Le funzioni seno e coseno hanno media nulla sul cerchio, quindi la condizione sulla media di u non fa altro che imporre u0 (t) = 0. E’ conveniente utilizzare le formule trigonometriche per semplificare l’espressione ottenuta; abbiamo X u(x, t) = [(αk cos(kt) + βk sin(kt)) cos(kx) k + (βk cos(kt) − αk sin(kt)) sin(kx)] = X αk [cos(kt) cos(kx) − sin(kt) sin(kx)] k = + βk [sin(kt) cos(kx) + cos(kt) sin(kx)] ∞ X αk cos[k(x + t)] + βk sin[k(x + t)] . k=1 Al tempo t = 0 si ha u(x, 0) = ∞ X αk cos(kx) + βk sin(kx) ; k=1 5 richiedere u(x, 0) = sin(x) cos(x) = (1/2) sin(2x) impone quindi che tutti i coefficienti αk e βk siano nulli, ad eccezione di β2 = 1/2 . La soluzione particolare cercata `e quindi u(x, t) = 2. 1 sin[2(x + t)] . 2 Metodo delle caratteristiche. Scriviamo ux = v . (∗) L’equazione da studiare diviene allora vx = vt la soluzione `e evidentemente v(x, t) = f (x + t) . Integrando, ossia invertendo la (*), abbiamo u(x, t) = F (x, t) + φ(t) , con F una primitiva di f ; notiamo che trattandosi di una integrazione in x di una funzione di x e t, la “costante di integrazione” `e in realt`a una funzione della sola t, appunto la φ(t) che appare nella formula precedente. La richiesta di periodicit` a in x con media nulla per la u (e quindi per F + φ) significa che ux deve avere anch’essa periodicit`a in x e media nulla2 ; dunque che f sia a media nulla e periodica. A sua volta questo implica che sia φ(t) = 0 e che F sia periodica di periodo 2π; possiamo quindi scrivere F (x, t) = ∞ X αk cos[k(x + t)] + βk sin[k(x + t)] . k=1 (Si noti che la somma inizia da k = 1; il termine costante si esclude per la richiesta di media nulla.) Al tempo t = 0 si ha F (x, 0) = ∞ X αk cos(kx) + βk sin(kx) ; k=1 2 Per questo, basterebbe la richiesta di media costante per u. 6 richiedere u(x, 0) = sin(x) cos(x) = (1/2) sin(2x) impone quindi che tutti i coefficienti αk e βk siano nulli, ad eccezione di β2 = 1/2 . La soluzione particolare cercata `e quindi 1 sin[2(x + t)] . 2 u(x, t) = Esercizio 3. Si calcoli la trasformata di Fourier per la funzione F (x) = x e−(x−a) 2 /A2 + (x − a) e−x 2 /A2 . Soluzione. La trasformata `e calcolata usando quanto fornito nella tabella delle trasformate di Fourier3 (per la funzione Gaussiana) e le propriet`a generali delle trasformate, in particolare le propriet`a di linearit`a e di traslazione. Sappiamo che h i 2 2 2 2 T e−A x /2 = (1/A)e−k /(2A ) ; h i 2 2 2 2 T x e−A x /2 = − i (k/A3 ) e−k /(2A ) . Scrivendo A = 1/α e y = (x − a), abbiamo h i h i 2 2 2 2 T x e−(x−a) /A = e−ika T (y + a) e−α y h i h i 2 2 2 2 = e−ika T y e−α y + a T e−α y 2 2 2 2 = e−ika −i (k/α3 ) e−k /(2α ) + a (1/α) e−k /(2α ) 2 2 2 2 = e−ika −i k A3 e−A k /2 + a A e−A k /2 2 2 = e−ika A a − i k A2 e−A k /2 ; h i h i h i 2 2 2 2 2 2 T (x − a) e−x /A = T x e−α x − a T e−α x 2 /(2α2 ) = −i (k/α3 ) e−k = −i (kA3 ) e−A = 2 2 − A a + i k A2 e−A k /2 . 3 Attenzione: 2 2 k /2 − a (1/α)e−k 2 /(2α2 ) 2 2 − a A e−A k /2 la tabella era fornita, per un errore di copia, con una convenzione diversa da quella usata nel corso per la definizione di trasformata ed antitrasformata; in questa soluzione (e nel testo precedente) sono state ripristinate le convenzioni usate a lezione. 7 Quindi, in conclusione, 2 2 T [F ] = e−A k /2 A a e−ika − 1 − 2 i A3 k e−ika + 1 . Esercizio 4. Consideriamo gli operatori lineari d d 1 1 x + x − A = √ , B = √ dx dx 2 2 definito sullo spazio delle funzioni L2 [R] che vanno a zero per x → ±∞ dotato del prodotto scalare standard. Si chiede di determinare gli operatori aggiunti A+ e B + , nonch´e i prodotti H = A · B e K = B · A. Determinare inoltre i commutatori [A, B], [H, A], [K, B], [H, K]. Soluzione. Il prodotto scalare standard in L2 [R] `e descritto da Z +∞ (f, g) = f ∗ (x) g(x) dx . −∞ E’ evidente che l’operatore di moltiplicazione per la variabile (reale) x `e autoaggiunto; `e anche ben noto che d/dx `e un operatore anti-autoaggiunto, il che pu`o essere mostrato integrando per parti: Z +∞ dg(x) dx (f , dg/dx) = (f, g 0 ) = f ∗ (x) dx −∞ Z +∞ ∗ df (x) = f ∗ (x) g(x) − g(x) dx dx −∞ = − (f 0 , g) . (1) Dato che l’aggiunto di una somma `e la immediatamente " + # d 1 + + = A = √ (x) + dx 2 " + # 1 d + + B = √ (x) − = dx 2 somma degli aggiunti, abbiamo d = B, x − dx 1 d √ x + = A. dx 2 1 √ 2 (2) I prodotti sono calcolati direttamente applicando gli operatori ad una generica funzione ψ(x); otteniamo Hψ = A · B · ψ = (x2 + 1)ψ − ψ 00 (x2 − 1)ψ − ψ 00 ; Kψ = B · A · ψ = . 2 2 8 Quindi, in termini di operatori, 1 1 d2 d2 2 2 H = ; K = . (x + 1) + (x − 1) + 2 dx2 2 dx2 (3) Infine, ricordando che il commutatore `e definito come [F, G] := F · G − G · F , abbiamo, sempre con calcoli diretti [che possono essere effettuati, in caso di dubbio, applicando gli operatori ad una funzione generica ψ(x)], d2 ; [A, B] = A B − B A = H − K = x2 + dx2 [AB, A] = A B A − A2 B = A [B, A] 1 d = −√ x + = −A; dx 2 [K, B] = [BA, B] = B A B − B 2 A = B [A, B] d 1 √ x − = B; = dx 2 [H, K] = A B 2 A − B A2 B = 0 . [H, A] = 9
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