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Compendio delle esercitazioni dimetodi matematici della fisica 2
a.a. 2014/2015
Gabriele Gulla
2
Indice
1 Integrazione tramite Residui 5
2 I Numeri di Eulero 11
3 Funzione Gamma 17
4 La Trasformata di Borel 19
5 La Sfera di Riemann 23
6 Le Formule di Sommerfeld-Watson 27
7 Espansioni Asintotiche 33
8 Ia Prova d’Esonero 43
9 Equazioni Differenziali Ordinarie e Funzione di Green 47
10 Equazioni Differenziali Ordinarie in C 55
11 Equazioni Differenziali: Preparazione al II esonero 65
3
4 INDICE
Capitolo 1
Integrazione tramite Residui
Esercizio 1.Calcolare
I =
∫ ∞0
sin(ax)
e2πx − 1dx
Soluzione
Innanzitutto scrivo l’integrale come
I = Im(
∫ ∞0
eiax
e2πx − 1) = Im(J)
e considero la funzione olomorfa
f(z) =eiaz
e2πz − 1
che ha poli semplici per z = in per ogni n ∈ N.Considero dunque il cammino chiuso C definito come segue: lungo l’assereale parto da ε e arrivo a R, poi salgo parallelamente all’asse immaginariofino a R + i, da lı parallelamente all’asse x arrivo a ε + i, aggiro il polo i,scendo lungo l’asse y da i− ε a ε e termino aggirando il polo 0.Dal Teorema Integrale di Cauchy so che∮
C
f(z)dz = 0
5
6 CAPITOLO 1. INTEGRAZIONE TRAMITE RESIDUI
dunque spezzando C nelle sue componenti
0 =
∫ R
ε
+
∫ R+1
R
+
∫ ε+i
R+1
+
∫ci
+
∫ iε
i(1−ε)+
∫c0
Il primo integrale, per ε→ 0 e R→∞, coincide con J ;il secondo integrale (poiche su questo tratto z = R + iy) e∫ R+1
R
dyeia(R+iy)
e2π(R+iy) − 1
che va a 0 quando R→∞ in quanto posso maggiorare la funzione integranda,in modulo, con e−ay
e2πR−1 .Il terzo integrale e (ponendo z = x+ i)∫ ε+i
R+1
f(z)dz =
∫ ε
R
dxeia(x+i)
e2π(x+i) − 1= −e−a
∫ R
ε
eiax
e2πx − 1−→R→∞ −e−aJ
Dunque ottengo che
(1− e−a)J =
∫ i−iε
iε
−∫ci
−∫c0
e quindi
I = Im(J) =1
1− e−aIm(
∫ i−iε
iε
−∫ci
−∫c0
)
Ricordando che su questo tratto z = iy, il primo di questi integrali e
Im(i
∫ 1−ε
ε
dyeia(iy)
e2πiy − 1) = Re(
∫ 1−ε
ε
dye−ay
e2πiy − 1)
Tenendo presente che
e−ay
e2πiy − 1= e−ay(
e−iyπ
eiyπ − e−iyπ) = e−ay(
cos(yπ)− isin(yπ)
2isin(yπ)) = e−ay(−1
2− i
2cotg(yπ))
l’ultimo integrale vale
−∫ 1−ε
ε
dye−ay
2=e−a−aε − e−aε
2a
7
che per ε→ 0 tende a e−a−12a
.Sia ora z = εeiθ (lungo c0), l’integrale lungo la curva vale∫ 0
π2
iεeiθdθeia(εe
iθ)
e2π(εeiθ)
In un intorno destro di 0 il numeratore va a 1 e posso usare l’espansione diTaylor per il denominatore cosı da ottenere∫ 0
π2
iεeiθdθ1
2πεeiθ
semplifico, integro e ottengo ∫ 0
π2
= − i4
L’integrale lungo ci (dove z = i+ εeiθ) vale invece∫ −π2
0
iεeiθdθeia(i+εe
iθ)
e2π(i+εeiθ) − 1= ie−a
∫ −π2
0
εeiθdθeiaεe
iθ
2πεeiθ= −ie
−a
4
Dunque Im(−∫c0−∫ci
) = 1+e−a
4.
Quindi
I =1
1− e−a(e−a − 1
2a+
1 + e−a
4)
N.B.Per gli ultimi due integrali avremmo potuto usare la formula dei residui:
∫c0
= −2iπ
4Resz=0 = −iπ
2limz→0
eiazz
e2zπ − 1= −iπ
2limz→0
eiaz + iazeiaz
2πe2πz= − i
4∫c0
= −2iπ
4Resz=i = −iπ
2limz→i
eiaz(z − i)e2zπ − 1
= −iπ2
limz→i
iaeiaz(z − i) + eiaz
2πe2zπ= −ie
−a
4
•
8 CAPITOLO 1. INTEGRAZIONE TRAMITE RESIDUI
Esercizio 2.Calcolare
I =
∫ ∞0
xdx
sinhx
SoluzioneCerchiamo innanzitutto i poli:in 0 non c’e polo in quanto, espandendo in serie di Taylor intorno a 0
limx→0x
sinhx= 1
Ricordiamo che
sinhx =ex − e−x
2=
i
2i[ei(−ix) − e−i(−ix)] = isin(−ix) = −isin(ix)
quindi sinhx = 0⇔ sinix = 0, ovvero quando x = inπ, n 6= 0.
Concentriamoci ora sulla seguente curva chiusa C:lungo l’asse reale andiamo da −R a R, saliamo quindi parallelamente all’assey fino a R+ iπ, parallelamente all’asse x arriviamo fino a −R+ iπ aggirandoil polo iπ e infine scendiamo fino a −R in parallelo con lasse immaginario.Dunque si ha∮C
fdz = 0 =
∫ R
−R(z = x)+
∫ π
0
(z = R+iy)+
∫ ε
R
(z = x+iπ)+
∫ R
−ε+
∫ciπ
+
∫ 0
π
(z = −R+iy)
Osserviamo che, ovviamente,∫ R−R = 2
∫ R0
= 2I; inoltre sui tratti verticali sipuo eseguire la seguente stima
f(z) ≤ π| R + iy
sinh(R + iy)| ∼ R
eR−→R→∞ 0
Sul tratto orizzontale superiore si ha∫ ε
R
dxx+ iπ
sinh(x+ iπ)+
∫ −R−ε
dxx+ iπ
sinh(x+ iπ)=
∫ ε
R
dxx+ iπ
−sinhx+
∫ −R−ε
dxx+ iπ
−sinhx
essendo
sinh(x+ iπ) = sinh(x)cosh(iπ) + cosh(x)sinh(iπ) =
9
= cosh(iπ)sinh(x) =eiπ + e−iπ
2= cos(π)sh(x) = −sinh(x)
Proseguendo si ottiene∫ R
ε
x+ iπ
sinhx+
∫ R
ε
x− iπsinhx
−→ε→0,R→∞ 2I
Resta da calcolare l’integrale lungo ciπ:∫ciπ
f(z)dz = −1
2(2iπResz=iπ) = −iπResz=iπ = −iπ lim
z→iπ
z(z − iπ)
sinhz=
= −iπ limz→iπ
(z − iπ) + z
coshz= −π2
Quindi il nostro integrale di partenza e
4I − π2 = 0 =⇒ I =π2
4
•
10 CAPITOLO 1. INTEGRAZIONE TRAMITE RESIDUI
Capitolo 2
I Numeri di Eulero
I Numeri di Euler En si definiscono come segue
2
ez + e−z=
1
cosh(z)=∞∑n=0
Enn!zn
dove
cosh(z) =∑n
z2n
2n!
OsservazionePoiche la funzione e pari, i numeri di E. con indice dispari sono tutti nulli.
1) Mostrare che i numeri di E. soddisfano la seguente relazione ricorsiva
(E + 1)n + (E − 1)n = 0
dove E e un simbolo formale e Ek = Ek
DimostrazioneRicordando la formula del binomio di Newton
(a+ b)n =n∑k
an−kbk
la relazione da dimostrare, per n ≥ 1, si puo scrivere comen∑k=0
(n
k
)Ek +
n∑k=0
(n
k
)(−1)n−kEk =
n∑k=0
(n
k
)[1 + (−1)n−k]Ek = 0
11
12 CAPITOLO 2. I NUMERI DI EULERO
definendo
dm =1 + (−1)m
2
poiche
cosh(z) =∞∑m=0
z2m
(2m)!
si ha
cosh(z) =∞∑m=0
dmzm
m!
e quindi
1 =1
cosh(z)cosh(z) = (
∞∑m=0
dmzm
m!)(∞∑k=0
Ekzk
k!) =
∞∑m=0
∞∑k=0
dmEkz(m+k)
m!k!
Ponendo n = m+ k si trova
1 =∞∑n=0
n∑k=0
dn−kEkzn
(n− k)!k!= E0 +
∞∑n=1
[n∑k=0
dn−kEk(n− k)!k!
]zn
Ora, E0 e facile da calcolare, infatti per z = 0:
2
e0 + e0= 1 =
E0
0!00 +
∑n>0
Enn!
0n = E0
quindi E0 = 1 en∑k=0
dn−kEk(n− k)!k!
= 0
moltiplicando ambo i membri dell’ultima uguaglianza per (2n)! otteniamo larelazione cercata.•
2) Costruire l’espansione di Mittag-Leffler per la funzione 1cosh
ponendo
I(z) =
∮C
dξ1
(ξ − z) cosh(ξ)
13
ProcedimentoInnanzitutto ricordiamo il teorema di M-L:Sia f(z) una funzione dotata di infiniti poli semplici zn (ordinati in modocrescente rispetto al modulo) che si accumulano all’infinito e analitica nel-l’origine.Sia Cn una curva di Jordan che contiene i primi n poli e sulla quale f sialimitata; allora
f(z) = f(0) +∑n>0
Reszn(1
z − zn− 1
zn)
Sia ora la funzione di ξ
g(z; ξ) =1
(ξ − z) cosh(ξ)
essa presenta un numero infinito di poli semplici per ξ = zk = iπ2(2k + 1) e
un polo semplice in ξ = z.Sia Ck la circonferenza centrata in zk. Siano I un insieme di indici e C(I) =⋃k∈I Ck.
posto Rk(z) = Resξ=zk [g(z; ξ)] si ha∮Ck
dξg(z; ξ) = 2πi∑k∈I
Rk(z)
Per z 6= zk, I = Z, C = C(Z) e I(z) =∮Cdξg(z; ξ) abbiamo
I(z) = 2πi∞∑−∞
Rk(z) = −2πiResξ=zg(z; ξ) = −2πi1
cosh(z)
Poiche∞∑−∞
Rk(z) =∞∑k=0
[Resξ=zkg(z; ξ) +Resξ=−zkg(z; ξ)]
e
Resξ=±zk = limξ→±zk
ξ ∓ zkcosh(ξ)
1
ξ − z=
1
sinh(±zk)1
±zk − z= ±i (−1)k
z ∓ zksi ha
1
cosh(z)= −
∞∑k=0
[Resξ=zkg(z; ξ)+Resξ=−zkg(z; ξ)] =∞∑k=0
i(−1)k+1(1
z − zk− 1
z + zk) =
14 CAPITOLO 2. I NUMERI DI EULERO
=∞∑k=0
i(−1)k+1 2zkz2 − z2k
Sostituendo il valore di zk otteniamo lo sviluppo di Mittag-Leffler come serieuniformemente convergente
1
cosh(z)= π
∞∑k=0
(−1)k(2k + 1)
z2 + π2
4(2k + 1)2
•
3) Mostrare che
(−1)nπ2n+1E2n
22n+2(2n)!=∞∑k=0
(−1)k
(2k + 1)2n+1
DimostrazionePartiamo dallo sviluppo di M-L di 1
cosh(z)ponendo zk = iak, con ak =
π2(2k + 1), e utilizzando la serie geometrica per |z| < |ak|:
1
cosh(z)= 2
∑k
(−1)kak
z2 + a2k= 2
∑k
(−1)k
ak
1
1 + ( zak
)2= 2
∑k
(−1)k
ak
∑n
[−(z
ak)2]n =
=∑n
[2(−1)n∑k
(−1)k
a2n+1k
]z2n =∑n
[E2n
(2n)!]z2n
Sostituendo il valore di ak si ottiene
E2n = (−1)n22n+1(2n)!
π2n+1
∑k
(−1)k
(2k + 1)2n+1
che e la relazione cercata.•
4) Dalla relazione precedente determinare una buona approssimazione diE2n quando n e molto grande
15
SvolgimentoPer grandi valori di n possiamo approssimare la serie in k col solo primotermine, di valore pari a 1, ottenendo
E2n ≈ (−1)n22n+2(2n)!
π2n+1
•
16 CAPITOLO 2. I NUMERI DI EULERO
Capitolo 3
Funzione Gamma
Dimostriamo la seguente formula
Γ(2z) =22z
2√π
Γ(z)Γ(z +1
2)
Dim (Legendre)
Partiamo dalla definizione di Gauss della funzione Gamma come
Γ(z) = limn→∞
nzn!
z(z + 1)...(z + n)
e osserviamo che
Γ(z)Γ(z +1
2) = lim
n→∞
nzn!
z(z + 1)...(z + n).
nz+12n!
z(z + 12)...(z + n+ 1
2)
=
= limn→∞
nznz+12 (n!)2
(2z2
)(2z+22
)...(2z+2n2
)(2z+12
)...(2z+2n+12
)=
= limn→∞
22nn2z√n(n!)2
2z(2z + 1)....(2z + 2n+ 1)
Ora scriviamo Γ(2z) solo con gli n dispari
Γ(2z) = limn→∞
(2n+ 1)2z(2n+ 1)!
2z(2z + 1)...(2z + 2n+ 1)
17
18 CAPITOLO 3. FUNZIONE GAMMA
In questo modo i denominatori delle due ultime espressioni sono uguali.Quindi
Γ(z)Γ(z +1
2) = lim
n→∞
(2n+ 1)2z(2n+ 1)!
2z(2z + 1)...(2z + 2n+ 1).
22nn2z√n(n!)2
(2n+ 1)2z(2n+ 1)!=
= Γ(2z) limn→∞
n2z
(2n+ 1)2zlimn→∞
22n√nn!
(2n+ 1)!
Nell’ultima espressione il primo limite vale
limn→∞
n2z
(2n)2z(1 + 12n
)2z= 2−2z
mentre il secondo (che chiamiamo C) non dipende da z!
Dunque se valutiamo
Γ(z)Γ(z +1
2) = C2−2zΓ(2z)
in z = 12
otteniamo
Γ(1
2)Γ(1) =
C
2Γ(1)
da cui, essendo Γ(1) = 1 e Γ(12) =√π, si ha C = 2
√π.
Sostituendo tale valore di C nell’espressione in z otteniamo la formula cer-cata.•
Tale formula si puo generalizzare a quella di moltiplicazione
(2π)n−12√nn−nzΓ(nz) = Γ(z)Γ(z +
1
n)....Γ(z +
n− 1
n)
Capitolo 4
La Trasformata di Borel
E un metodo per prolungare analiticamente funzioni olomorfe espandendo iraggi di convergenza.
Sia f(z) =∑∞
0 anzn analitica in |z| < r, dunque |anrn| < M e M non
dipende da n.
Consideriamo
φ(z) =∞∑0
anzn
n!
φ(z) e olomorfa in tutto il piano (raggio di convergenza infinito dato l’n!) esia ha che
|φ(z)| <∑n
M |zn|rnn!
= Me|z|r
Consideriamo ora
f1(z) =
∫ ∞0
e−tφ(zt)dt
questa e una funzione analitica, infatti (teorema *):∫∞0e−wtφ(w)dw e ana-
litica se |φ(w)| < KeRw con K e R indipendenti da w.
f1 risulta essere
f1(z) = −e−tφ(zt)|∞0 +z
∫ ∞0
e−tφ′(zt)dt = [−e−tφ(zt)−ze−tφ′(zt)]∞0 +z2∫ ∞0
e−tφ′′(zt)dt =
19
20 CAPITOLO 4. LA TRASFORMATA DI BOREL
= ... =∞∑0
zk[−e−tφk(zt)]∞0 + zn+1
∫ ∞0
e−tφ(n+1)(zt)dt
Poiche, per t → 0, e−tφ(k)(zt) → ak, e in |z| < r limt→∞ e−tφ(m)(zt) = 0,
posso scrivere
f1(z) =∞∑0
akzk +Rn
Ora,
|Rn| < |zn+1|∫ ∞0
e−tMe|zt|r r−n−1dt = |zr−1|n+1M(1− |z|r−1)−1 → 0
per n→∞.
Quindi, in |z| < r, f(z) = f1(z). In particolare f(z) =∫∞0e−tφ(zt)dt e
φ e la funzione di Borel associata a f .
La funzione scritta in questo modo (integrale di Borel) e analitica in unaregione piu estesa del cerchio |z| ≤ r, infatti: in generale, se si consideranole singolarita di f e z1 e la piu vicina all’origine, f(z) =
∑n anz
n vale nelcerchio r ≥ |z1|.L’ integrale di Borel prolunga analiticamente f al dominio che si ottiene con-nettendo i zi all’origine e poi prendendo il poligono con i lati perpendicolaria tali raggi.Dimostriamo ora che la f cosı ottenuta e analitica in tutto il poligono (e nonsolo in |z| < r). Sia P un punto interno al poligono, e costruiamo il disco Ccon diametro OP ; sia poi ξ un punto di tale disco: ovviamente ξ non e maidi singolarita; allora, per il teorema di Taylor
an =1
2πi
∮C
f(z)
zn+1dz
dunque
φ(ξt) =∞∑0
1
2πi
∮C
f(z)
zn+1
dz
n!ξnzn =
1
2πi
∮C
f(z)
z
∞∑0
(ξt
z)n
1
n!dz =
=1
2πi
∮C
f(z)
zeξtz dz
21
dove le ultime uguaglianze sono date dalla convergenza uniforme di
∞∑0
f(z)
zn+1
ξnzn
n!
per il criterio di Weierstrass.Si ha che φ(ξt) < F (ξ)eλt dunque rispetta le ipotesi del teorema (*), da cuiconcludiamo che
∫∞0e−tφ(ξt)dt e analitica in ξ, per ogni ξ nel poligono.
Esempio (Serie Geometrica)
Sia1
1− z= f(z) =
∑n
zn, |z| < 1
e sia
φ(z)∑n
zn
n!= ez
Allora
f(z) =
∫ ∞0
e−teztdt =
∫ ∞0
e−t(1−z)dt
che converge dove Re(z) < 1.•
22 CAPITOLO 4. LA TRASFORMATA DI BOREL
Capitolo 5
La Sfera di Riemann
1) Retta Proiettiva
DefinizioneSia K un campo (anche finito); definiamo la retta proiettiva su K come lospazio
P1(K) ={K2 \ (0, 0)
}/ρ
dove ρ e la relazione di equivalenza che identifica un vettore di K2 con tuttii suoi multipli (e sottomultipli) non nulli, ovvero
(x1, x2)ρ(y1, y2)⇔ (y1, y2) = (λx1, λx2)
per ogni λ ∈ K.
I punti della retta proiettiva sono individuati da coordinate omogenee [x0, x1],che, per la definizione appena data, godono della seguente proprieta:
[x0, x1] = [x0x1, 1]sex1 6= 0
mentre se x1 = 0 allora certamente x0 6= 0 e vale
[x0, x1] = [x0x0,
0
x0] = [1, 0]
Quindi possiamo riscrivere P1(K) come l’insieme
{[k, 1]|k ∈ K} ∪ {[1, 0]}
23
24 CAPITOLO 5. LA SFERA DI RIEMANN
dove il primo insieme e una copia di K e il secondo e un punto che chiamiamopunto all’infinito.
2) Proiezione Stereografica
Poniamoci in R3 e sia S la sfera di raggio 12
il cui “polo sud” e tangenteal piano (x, y) nel punto (0, 0, 0) e il “polo nord” N e in (0, 0, 1).Siano (ξ, η, ζ) le coordinate cartesiane di R3 e (x, y) quelle di R2; l’equazionedi S in R3 e
ξ2 + η2 + (ζ − 1
2)2 = (
1
2)2
da cui otteniamoξ2 + η2 + ζ2 = ζ
Possiamo ora definire una biiezione σ tra S \ N e il piano R2 nel modoseguente: mappiamo il punto (ξ, η, ζ) nel punto ( ξ
1−ζ ,η
1−ζ ).
Tale applicazione ha inversa σ−1 = ( x1+x2+y2
, y1+x2+y2
, x2+y2
1+x2+y2).
L’applicazione σ funziona nel modo seguente: si traccia la retta uscente daN e intercettante il piano in Q; tale retta interseca la sfera in un secondopunto P (oltre a N) che quindi viene messo in corrispondenza con Q.
Dunque tutta S e in biiezione con R2 piu un punto: N viene mandato nel“punto” (∞,∞, 0).
3) Relazione tra S e P1(K)
Se in P1(K) scegliamo come campo C otteniamo la retta proiettiva comp-lessa, che per quanto detto nella prima sezione, puo anche essere definitacome
{[z, 1]|z ∈ C} ∪ {[1, 0]}
ovvero come C ∪ {p}.
Dalla seconda sezione sappiamo che S e rappresentabile come R2∪{(∞,∞, 0)} =C ∪ {p}.Dunque la sfera di Riemann coincide con il campo complesso completato conun punto, ovvero con quella che e chiamata compattificazione di Aleksandrovdi C.
25
S, infatti, e uno spazio compatto (in quanto chiuso e “limitato”); e poi ovvia-mente uno spazio proiettivo, e una 1-varieta complessa: ogni punto infatti haun intorno biolomorfo ad un intorno di C. Il punto all’infinito viene trattatocome un numero complesso con argomento indefinito e modulo infinito, e isuoi intorni sono del tipo {|z| > R} per ogni R.
Per un teorema di Riemann, S e l’unica 1-varieta complessa semplicementeconnessa compatta senza bordo e quindi S2, che e ovviamente omeomorfa aS, ammette una sola struttura complessa.
4) Sfera di Riemann e Funzioni Olomorfe
Una funzione razionale che abbia il “denominatore nullo” in qualche pun-to puo essere estesa a S tramite l’identificazione 1
0=∞.
Poiche una funzione da S in S e meromorfa (o olomorfa) se resta meromor-fa (o olomorfa) componendola con le funzioni di transizione φ1(z) = z eφ2(z) = 1
z, si dimostra che le uniche funzioni meromorfe su S sono proprio le
razionali.
N.B. Dal teorema di Liouville (“ogni funzione olomorfa intera limitata ecostante”) segue che su S tutte le funzioni olomorfe sono costanti.
26 CAPITOLO 5. LA SFERA DI RIEMANN
Capitolo 6
Le Formule diSommerfeld-Watson
Calcoliamo la somma delle seguenti serie numeriche
1)∞∑n=1
1
n2
2)∞∑−∞
(−1)n
(n+ π)2
3)∞∑−∞
1
8n3 + 1
4)∑λ
1
λ2 + a2
dove λ sono le soluzioni di sin(πx) = b, b ∈ [0, 1].
Memorandum:Sia g una funzione analitica tranne che per singolarita polari isolate zk e sia
limz→∞
z · g(z) = 0
allora si hanno le formule di Sommerfeld-Watson:
1)∑n
(−1)ng(n) = −π∑k
Resz=zk [g(z)
sin(πz)]
27
28 CAPITOLO 6. LE FORMULE DI SOMMERFELD-WATSON
2)∑n
g(n) = −π∑k
Resz=zk [g(z) cot(πz)]
N.B. tali formule si ricavano integrando su un cammino chiuso che circondiil punto all’infinito e che separi i poli di g da quelli di sin(πz) (o cot(πz)): sepercorro il cammino in un senso ottengo i residui “interni”, nel senso oppostoquelli “esterni”.
Svolgimento (1):partiamo con lo studiare il seguente integrale∮
dt
2πi· cot(πz)
z2
la funzione integranda ha poli semplici per z = n > 0 e un polo triplo inz = 0.I residui nei poli semplici valgono
limz→n
(z − n) cos(πz)
z2 sin(πz)= lim
z→n
cos(πz)
z2limz→n
(z − n)
sin(πz)
ora usiamo de l’Hopital nell’ultimo limite e otteniamo
limz→n
cos(πz)
z2limz→n
1
π cos(πz)= lim
z→n
cos(πz)
z2π cos(πz)=
1
πn2
per il polo triplo si ha
limz→0
1
2
d2
dt2(z3 cot(πz)
z2) = lim
z→0
1
2
d2
dt2(z cos(πz)
sin(πz))
sviluppiamo l’ultima parentesi con Taylor al secondo ordine, deriviamo duevolte e mandiamo al limite
limz→0
1
2
d2
dz2[z(1− (πz)2
2+ o(z2))
πz(1− (πz)2
3!+ o(z2))
] = −π3
quindi in definitiva ∮dt
2πi· cot(πz)
z2=∞∑−∞
1
πn2− π
3= 0
29
dunque
2
π
∞∑1
1
n2=π
3
da cui∞∑1
1
n2=π2
6
•
Svolgimento (2)dobbiamo considerare ∮
dz
2πi· 1
(z + π)2· 1
sin(πz)
la funzione integranda ha poli semplici in z = n e un polo doppio in z = −π.Per i primi i residui sono
limz→n
z − n(z + π)2 sin(πz)
= limz→n
1
2(z + π) sin(πz) + π cos(πz)(z + π)2=
(−1)n
π(n+ π)2
per il secondo invece
limz→−π
d
dz[
(z + π)2
(z + π)2 sin(πz)] = lim
z→−π−π cos(πz)
sin2(πz)= −π cos(π2)
sin2(π2)
dunque poiche ∑Res = 0
segue che ∑n
(−1)n
(n+ π)2=π2 cos(π2)
sin2(π2)
•
Svolgimento (3)considero la funzione
f(z) =1
z3 + 1cot(
πz
2)
30 CAPITOLO 6. LE FORMULE DI SOMMERFELD-WATSON
essa ha poli:1) sugli interi pari z = 2n, con residui
limz→2n
(z − 2n)
z3 + 1cot(
πz
2) = lim
z→2n
cos(πz2
)
z3 + 1· (z − 2n)
sin(πz2
)= lim
z→2n
cos(πz2
)
z3 + 1· 1π2
cos(πz2
)=
=2
π· 1
(2n)3 + 1
2) sulle radici cubiche di −1
zk = ei(π3+ 2kπ
3), k = 0, 1, 2
con residuo
limz→zk
z − zk(z3 + 1)
·cos(πz
2)
sin(πz2
)=
1
3z2kcot(
πzk2
)
da notare che per zk = −1 si ha cot(−π2) = 0 dunque il residuo e non nullo
solo per z1,2 = e±iπ3 .
Quindi, visto che z2 = z1 e ponendo πz12
= z,∑n
1
8n3 + 1= −π
2[
1
3z21cot(
πz12
)+1
3z12cot(
πz12
)] = −π6
[e−2iπ3 cot(z)+e2i
π3 cot(z)]
ora, dato che e±2iπ3 = cos(2π
3) ± i sin(2π
3) = 1
2± i
√32
, possiamo riscrivere lasomma della serie come∑
n
1
8n3 + 1= − π
12[(cot(z) + cot(z)) + i
√3(cot(z)− cot(z))
•
Svolgimento (4):Consideriamo g(z) = sin(πz)− b e calcoliamo il suo indicatore logaritmico
f(z) =g′(z)
g(z)=
π cos(πz)
sin(πz)− b
f ha poli semplici sui λ e in piu
Resz=λf(z) = limz→λ
(z − λ)π cos(πz)
sin(πz)− b= 1
31
nell’ultima uguaglianza abbiamo usato de l’Hopital.Dunque
0 =
∮dz
2πih(z) =
∮dz
2πi· 1
z2 + a2· π cos(πz)
sin(πz)− b=∑λ
Resz=λh(z)+Resz=±iah(z) =
=∑λ
1
λ2 + a2+Resz=±iah(z)
da cui ∑λ
1
λ2 + a2= −Resz=±iah(z)
calcoliamo i residui
Resz=±iah(z) = limz→ia
z ∓ ia(z − ia)(z + ia)
· π cos(πz)
sin(πz)− b=
π cos(πia)
2ia(sin(πia)∓ b)
usando le formulecos(ix) = cosh(x)
esin(ix) = i sinh(x)
possiamo riscrivere la somma dei due residui come
Res− +Res+ =π
2a[
cosh(πa)
sinh(πa)− b+
cosh(πa)
sinh(πa) + b] = −π
a
cosh(πa) sinh(πa)
sinh2(πa)− b2
in definitiva ∑λ
1
λ2 + a2=π
a· cosh(πa) sinh(πa)
sinh2(πa)− b2
Osserviamo che se b = 0 allora gli zeri di sin(πz) sono z = n, dunque
∞∑−∞
1
n2 + a2=π
a· coth(πa)
e quindi∞∑n=1
1
n2 + a2= − 1
2a2+
π
2a· coth(πa)
•
32 CAPITOLO 6. LE FORMULE DI SOMMERFELD-WATSON
Capitolo 7
Espansioni Asintotiche
Esercizio 1.Assegnata la funzione
F (x) =
∫ π2
0
ex cos(t) sin3(t)dt
se ne calcoli i termini leading e subleading per x→∞.
SvolgimentoOsserviamo innanzitutto che l’integrale si calcola esattamente tramite il cam-bio di variabili y = cos(t) da cui si ottiene
sin3(t)dt = −(1− cos2(t))d cos(t) = −(1− y2)dy
dunque
F (x) = −∫ 0
1
(1− y2)exydy =
∫ 1
0
(1− y2)exydy
da cui risulta
F (x) =2ex
x2− 2ex
x3− 1
x+
2
x3
Cerchiamo ora l’espansione asintotica di F con il metodo di Laplace:il coseno, tra 0 e π
2, ha un massimo in 0, dunque espandendo con Taylor si
ha cos(t) = 1− t2
2e sin3(t) = t3 da cui
F (x) =
∫ ∞0
dtex(1−t2
2)t3 = ex
∫ ∞0
dte−xt2
2 t3 =2ex
x2
33
34 CAPITOLO 7. ESPANSIONI ASINTOTICHE
che e il termine leading che ci aspettavamo.Per il termine subleading poniamo
cos(t) = 1− k, k > 0
da cui
t = arccos(1− k)
dunque
dt =dk√
1− (1− k)2=
dk√2k − k2
e poiche
sin2(t) = 1− cos2(t) = 1− (1− k)2 = 2k − k2
segue che
sin3(t) = (2k − k2)32
Allora
F (x) = ex∫ ∞0
dk√2k − k2
e−xk(2k − k2)32 =
∫ ∞0
(2k − k2)exk = ex(2
x2− 2
x3)
ottenendo cosı oltre al termine leading anche il subleading.•
Esercizio 2.Si determini il termine dominante dell’espansione asintotica di
F (x) =
∫ ∞0
e−x[(t−π)2+sin2(t)] cos2(
t
2)dt
Svolgimentocol metodo di Laplace:
h(t) = (t− π)2 + sin2(t)
h′(t) = 2(t− π) + 2 sin(t) cos(t)
h′(t) = 0⇔ sin(2t) = −2(t− π)
35
unica soluzione per t = π, che e un minimo perche h(π) = 0 e h(t) ≥ 0.La derivata seconda
h′′(t) = 2 + 2 cos(2t)
h′′(π) = 4
dunque, essendo h(t) = h(π) + h′′(π)2
(t− π)2 + ... = 2(t− π)2 + ...∫ ∞0
e−2x(t−π)2 1
4(t− π)2dt
sviluppando cos2(12) intorno a π.
Ponendo t− π = τ otteniamo
1
4
∫ ∞−π
dτe−2xτ2
τ 2
se pongo 2x = k ed estendo da −π a −∞ (commettendo un errore esponen-zialmente piccolo) ottengo
1
4
∫ ∞−∞
dτ · e−kτ2τ 2 = −1
4
d
dk
∫ ∞−∞
dτ · e−kτ2 = −1
4
d
dk
√π
k=
1
8·√π
k√k
dunque, risostituendo 2x = k,
F (x) ∼√π
16√
2· 1
x√x
•
Esercizio 3.Si determini il termine dominante dell’espansione asintotica di
F (x) =
∫ ∞−∞
e−x[2y2−(y−i)2]
y2 + 2dy
Svolgimento
φ(y) = y2 + 2iy + 1
φ′(y) = 2y + 2i
36 CAPITOLO 7. ESPANSIONI ASINTOTICHE
φ(y) = 0⇔ y = −iin coordinate cartesiane y = u+ iv si ha
φ(u, v) = (u2 − v2 − 2v + 1) + i(2u+ 2uv)
−i = (0,−1)⇒ φ(0,−1) = 2
allora i cammini a fase costante sono (come era prevedibile)
Im(φ) = costante = Im(φ(−i)) = 0⇒ 2u+ 2uv = 0⇒
{u = 0
v = −1
Dobbiamo determinare quello sul quale y = −i e un massimo per Re(φ):
[Re(φ(u = 0))]′′ = −2
dunque su u = 0 (0,−1) e un massimo. Poiche nell’esponenziale c’e un menoi minimi e i massimi si invertono, dunque il cammino cercato e v = −1. Quasopra si ha y = −i, v = −1 e u = u quindi
φ(u,−1) = 2 + u2
1
y2 + 2∼ 1
(−i)2 + 2= 1
allora
F (x) =
∫ ∞−∞
e−x(2+u2) · du = e−2x
√π
x
•
Esercizio 4.Si determini il termine dominante dell’espansione asintotica di
F (x) =
∫ 1
0
cos(xtp)dt
con p > 1.
SvolgimentoScriviamo F (x) come
Re(J) = Re(
∫ 1
0
dt · eixtp)
37
allora
φ(t) = itp ⇒ φ′(t) = iptp−1 = 0⇔ t = 0
Cammini a fase costante:
t = ρeiθ ⇒ itp = iρpeipθ = iρp cos(ρθ)− ρp sin(ρθ)
Im(φ) = ρp cos(ρθ) = costante = φ(0) = 0⇔ θ(n+1
2)π
p
Per θ = π2p
si ha
t = ρeiπ2p ⇒ dt = dρei
π2p
φ(t) = iρpeiπ2 = −ρp
quindi per quel θ si ha proprio un cammino sul quale 0 e un massimo! Alloral’integrale diventa
J = eiπ2p
∫ ∞0
dρ · e−xρp
sfruttando la parametrizzazione φ(t)− φ(0) = −τ 2 si ha
ρ = τ2p ⇒ dρ =
2
pτ
2p−1dτ
infine sostituisco xτ 2 = y (per risolvere l’integrale) e ottengo
J =eiπ2p
p√x
∫ ∞0
dy√ye−y(
y
x)1p− 1
2 =eiπ2p
p√x· 1
x1p− 1
2
· Γ(1
p)
e infine
F (x) = Re(J) =cos( π
2p)
p·
Γ(1p)
x1p
•
Esercizio 5.Si calcoli il primo termine dell’espansione asintotica di
F (x) =
∫ ∞−∞
e−xt2
(4 + t2)xdt
38 CAPITOLO 7. ESPANSIONI ASINTOTICHE
Svolgimento:Riscriviamo l’integrale come∫ ∞
−∞e−x(t
2+ln(4+t2))dt
dunque
φ(t) = t2 + ln(4 + t2)⇒ φ′(t) = 2t+2t
4 + t2= 0⇔ t = 0
φ′′(t) = 2 +2(4 + t2)− 4t2
(4 + t2)2= 2 +
8− 2t2
(4 + t2)2
e in t = 0: φ(0) = ln(4) e φ′′(0) = 2 + 816
= 52.
Dunque in un intorno di t = 0 φ(t) = ln(4) + 54t2 da cui
F (x) = e−x ln(4)∫ ∞−∞
e−54xt2dt = e−x ln(4) ·
√4π
5x
•
Esercizio 6.Si calcoli il primo termine dell’espansione asintotica di
F (x) =
∫ ∞1
eix(z2−2z)
z2 + 1dz
Svolgimento:In questo caso
φ(z) = iz2 − 2iz ⇒ φ′(z) = 2iz − 2i = 0⇔ z = 1
in coordinate cartesiane
φ(z) = (2v−2uv)+i(u2−v2−2u)⇒ φ′(z) = 2i(u+iv)−2i = 0⇔ (u, v) = (1, 0)
Cammini a fase costante:
Im(φ(1, 0)) = −1⇒ Im(φ) = u2 − v2 − 2u = −1⇒ v = ±(u− 1)
39
verifichiamo su quale Re(φ) ha un massimo:
Re(φ(v = u− 1)) = 2(u− 1)− 2u(u− 1) = 4u− 2u2 − 2⇒ Re′′(φ) = −4
quindi questo e il cammino su cui c’e il massimo.Qua sopra si ha φ(z) = −2(u− 1)2 − 1 e z2 + 1|z=1 = 2 dunque
F (x) = e−ix∫ ∞1
e−2x(u−1)2
2du =
e−ix
2
∫ ∞0
dτ · e−2xτ2 =e−ix
4
√π
2x
•
Esercizio 7.Si calcoli il primo termine dell’espansione asintotica di
F (x) =
∫ i∞
−i∞e−x(πz−z
2)(1− sin(z))dz
Svolgimento:Facciamo l’esercizio in 3 modi diversi.Prima calcoliamo l’integrale esattamente.Poniamo z = iy e dz = idy:
F (x) =
∫ ∞−∞
idy · (1− sin(iy))e−x(iπy+y2)
sostituendo
sin(iy) =ei(iy) − e−i(iy)
2i=i
2(ey − e−y) = i sinh(y)
allora
F (x) = i
∫ ∞−∞
dy · (1− i sinh(y))e−x(iπy+y2)
che e la somma dei seguenti termini:
F1(x) = i
∫ ∞−∞
dy · e−x(iπy+y2)
F2± = i
∫ ∞−∞
dy · e−x(iπy+y2)(∓ie±y
2)
40 CAPITOLO 7. ESPANSIONI ASINTOTICHE
che valgono
F1(x) = i
∫ ∞−∞
dy·e−x(2iπy2+y2−π
2
4+π2
4) = ie−x
π2
4
∫ ∞−∞
dy·e−x(y+iπ2)2 = i
√π
xe−x
π2
4
F2± = ±1
2
∫ ∞−∞
e−x(iπy+y2∓ y
x) = ±1
2
∫ ∞−∞
dy·exp(−x[y2+2y(iπ
2∓ 1
2x)+(
iπ
2∓ 1
2x)2−(
iπ
2∓ 1
2x)2]) =
= ±1
2·√π
x· exp(
x
4(−π2 +
1
x2∓ 2iπ
x))
Quindi
F (x) = F1(x) + F2+ + F2− = i
√π
xe−x
π2
4 (1− e14x )
ora per x −→∞ si ha e14x ∼ 1 + 1
4x+ .... quindi il termine leading e
i
√π
xe−x
π2
4 (1− (1 +1
4x+ ....)) = − i
4
√π
x32
e−xπ2
4
Ora facciamo l’esercizio col metodo del punto di sella partendo sempre da
F (x) = i
∫ ∞−∞
dy · (1− i sinh(y))e−x(iπy+y2)
da cui
φ(y) = y2 + iπy ⇒ φ′(y) = 2y + iπ = 0⇔ y = −iπ2
poiche φ(− iπ2
) = π2
4segue che Im(φ) = 0 dunque i cammini a fase costante
sono quelli a fase nulla
Im(φ) = Im[(u+iv)2+iπ(u+iv)] = Im[u2−v2−πv+i(πu+2uv)] = u(π+2v) = 0
ovvero u = 0 e v = −π2. Cerco ora il cammino col minimo (perche
nell’integrale c’e una meno!):
Re(φ(u = 0)) = −v2 − πv ⇒ Re′′(φ) = −2
dunque non va bene; segue che il cammino e v = −π2.
Espandendo φ otteniamo
φ(y) = φ(−iπ2
) + (y + iπ
2)2 =
π2
4+ (y + i
π
2)2
41
ora espandiamo il
sinh(y) = sinh(y0) + cosh(y0)(y − y0) +1
2sinh(y0)(y − y0)2
poiche sinh(−iπ2) = −i e cosh(−iπ
2) = 0 si ottiene
1− sinh(y) =1
2(y + i
π
2)2
dunque il termine leading e
F (x) = −ie−xπ2
4
∫ ∞−∞
dy · 1
2(y + i
π
2)2e−x(i
π2+y)2 = −ie−x
π2
4 · 1
4
√π
x3
proprio come calcolato precedentemente.
Infine svolgiamo l’esercizio partendo dall’integrale complesso
F (x) =
∫ i∞
−i∞e−x(πz−z
2)(1− sin(z))dz
in questo caso
φ(z) = πz − z2 ⇒ φ′(z) = −2z + π = 0⇔ z =π
2
si ha φ(π2) = π2
4⇒ Im(φ) = 0.
In coordinate cartesiane
φ(u+ iv) = πu− u2 + v2 + i(πv − 2uv)⇒ πv − 2uv = 0⇔ v = 0 ∧ u =π
2
cerco il minimo (vedi sopra...)
Re′′(φ(v = 0)) = −2
dunque scelgo u = π2. Intorno al minimo si ha
φ(z) =π2
4− (z − π
2)2
e poiche
sinh(π
2) = 1 ∧ cosh(
π
2) = 0⇒ 1− sinh(z) =
1
2(z − π
2)2
42 CAPITOLO 7. ESPANSIONI ASINTOTICHE
quindi
F (x) =
∫ i∞
−i∞
1
2(z − π
2)2e−x(
π2
4−(z−π
2)2)
ponendo nuovamente z = iy ottengo
F (x) = i
∫ ∞−∞
dy · e−xπ2
4 e−x(y+iπ2)2(−
(y + iπ2)2
2) = −ie−x
π2
4 · 1
4
√π
x3
•
Capitolo 8
Ia Prova d’Esonero
Esercizio 1.Si calcoli ∑
n=2k+1∈Z
1
n2
Esercizio 2.Calcolare i primi due termini dell’espansione asintotica di
F (x) =
∫ ∞0
e−x(t+e−t) cos(t)dt
Svolgimento 1:Primo modo (il migliore!): poniamo n = 2k + 1, allora∑
n=2k+1∈Z
1
n2=∑k∈Z
1
(2k + 1)2
e quindi sviluppiamo tramite residui l’integrale∮dz
2iπ· cot(zπ)
(2z + 1)2
La funzione cot(zπ) ha poli in z = n con residuo:
limz→n
(z − n) cot(zπ) = limz→n
(z − n)cos(zπ)
sin(zπ)= lim
z→n
cos(zπ)
π cos(zπ)=
1
π
43
44 CAPITOLO 8. IA PROVA D’ESONERO
La funzione 1(2z+1)2
ha un polo doppio in z = −12
dunque
limz→− 1
2
d
dz[(z+
1
2)2· cot(zπ)
(2z + 1)2] =
1
4limz→− 1
2
d
dz[cot(zπ)] =
1
4limz→− 1
2
− π
(sin(zπ))2= −π
4
Allora ∮dz
2iπ· cot(zπ)
(2z + 1)2=
1
π
∑k∈Z
1
(2k + 1)2− π
4= 0
da cui ∑k∈Z
1
(2k + 1)2=π2
4
Secondo modo:
∑n disp
1
n2=∞∑1
1
(2n− 1)2+−∞∑−1
1
(2n+ 1)2=∞∑1
1
(2n− 1)2+∞∑1
1
(2n− 1)2=
= 2∞∑1
1
(2n− 1)2= 2
∞∑1
1
n2·(1− (−1)n
2) =
∞∑1
1
n2−∞∑1
(−1)n
n2=π2
6−∞∑1
(−1)n
n2
Calcoliamo l’ultima serie tramite∮dz
2iπ· 1
z2 sin(zπ)= 0
i residui del seno danno
limz→n
z − nsin(zπ)
=1
π cos(zπ)=
(−1)n
π
mentre per z = 0 che e polo triplo
limz→0
1
2
d2
dz2[
z
sin(zπ)] =
1
2
d2
dz2[
1
π(1− (zπ)2
6+ ....)
] =1
2· [π
3]
quindi∮dz
2iπ· 1
z2 sin(zπ)= 2
∞∑1
(−1)n
πn2+π
6= 0⇒
∞∑1
(−1)n
n2= −π
2
12
45
in conclusione ∑n disp
1
n2=π2
6− (−π
2
12) =
π2
4
•
Svolgimento 2:
φ(t) = t+ e−t ⇒ φ′(t) = 1− e−t = 0⇔ t = 0
con cambio variabili
φ(t)−φ(0) = τ 2 ⇒ t+e−t−1 = τ 2 ⇒ t−1+∞∑0
(−1)ktk
k!= τ ⇒
∞∑2
(−1)ktk
k!= τ 2
ovvero, al secondo termine
t2
2− t3
6+ .... = τ 2
ponendo
t = aτ+bτ 2 ⇒ τ 2
2(a+bτ)2−τ
3
6(a+bτ)3 = τ 2 ⇒ τ 2
2(a2+2abτ+...)−τ
3
6(a3+...) = τ 2
⇒ a =√
2 ∧ b =1
3
quindi
t = τ(√
2 + τ1
3)⇒ dt = dτ(
√2 + τ
2
3)
cos(t) = cos(τ(√
2 + τ1
3)) ∼ 1 +
1
2(τ(√
2 + τ1
3))2 ⇒ cos(0) ∼ 1
dunque
F (x) ∼∫ ∞0
dτ(√
2 + τ2
3) · e−x(τ2+1) =
√2e−x
∫ ∞0
dτ · e−xτ2 · (1 +2τ
3√
2)
ovvero
F (x) ∼√
2
2e−x ·
√π
x(1− 1
6x√
2)
•
46 CAPITOLO 8. IA PROVA D’ESONERO
Capitolo 9
Equazioni DifferenzialiOrdinarie e Funzione di Green
Fondamentali della Teoria
Ci interessano le equazioni del tipo
1) c1(x)y′ + c0(x)y = f(x)
2) c2(x)y′′ + c1(x)y′ + c0(x) = f(x)
cioe equazioni differenziali lineari del primo e del secondo ordine.
1) Quelle del primo ordine le riscriviamo come
y′ = a(x)y + b(x)
allora tutte le soluzioni sono espresse da
y(x) = eA(x)∫e−A(x)b(x)dx
dove A(x) e una primitiva di a(x).
2) Le soluzioni di quelle del secondo ordine, che possono sempre essere scrittenella forma canonica
y′′ + c(x)y = g(x)
sono date dalla somma di una soluzione particolare dell’equazione piu l’inte-grale generale dell’equazione omogenea associata.
47
48CAPITOLO 9. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE E FUNZIONE DI GREEN
Purtroppo non esiste un metodo generale che restituisca le soluzioni dell’e-quazione associata, a meno che essa non sia:
∗) a coefficienti costanti
ay′′ + by′ + cy = 0
∗∗) equazione di Eulero
y′′ +a
xy′ +
b
x2y = 0
con a e b costanti.Se pero riesco a determinare due soluzioni y1(x) e y2(x) dell’omogenea, allorauna soluzione particolare della non omogenea e (metodo di variazione dellecostanti)
y(x) = h1(x)y1(x) + h2(x)y2(x)
dove h1(x) e h2(x) devono essere scelte in modo da soddisfare{h′1(x)y1(x) + h′2(x)y2(x) = 0
h′1(x)y′1(x) + h′2(x)y′2(x) = 0
Se riusciamo a determinare una sola soluzione dell’omogenea, possiamo ri-cavare l’altra (e dunque l’integrale generale della non omogenea) tramite ilmetodo del wronskiano:conosciuta y1 si ha che
y2 = Ky1
∫ x 1
y21(t)exp(−
∫ t
a1(τ)dτ)dt+ ky1
dove a1(x) e il coefficiente di y′ nell’equazione y′′ + a1y′ + a2y = 0.
Come risolvo l’equazione di Eulero e quella a coefficienti costan-ti?Per la prima opero la sostituzione x = et e trasformo cosı l’equazione in unaa coefficienti costanti.Quest’ultimo tipo lo risolvo cosı:da
ay′′ + by′ + cy = 0
49
risolvo l’equazione caratteristica (numerica)
ak2 + bk + c = 0
trovando cosı le due radici α1 e α2.Le soluzioni dell’equazione differenziale sono allora
y1(x) = eα1x ∧ y2(x) = eα2x
Se le due radici sono coincidenti (α1 = α2) allora le soluzioni sono
y1(x) = eα1x ∧ y2(x) = ρ(x) · eα2x
dove ρ(x) si determina imponendo che la y2 risolva l’equazione.
Funzioni di Green
Un altro metodo per determinare le soluzioni di un equazione non omoge-nea consiste nell’usare (se esiste) la funzione di Green G(x, y) e poi ponendo
u = G ∗ f ; G e definita, nel caso dell’operatore L(1)x , come
G(x, y) = (A(y) +θ(x− y)
c1(y)) exp(−
∫ x
y
c0(τ)
c1(τ)dτ)
dove la funzione A(y) si determina imponendo u0 = u(x0).In conclusione si ottiene
u(x) = u0 exp(−∫ x
x0
c0(τ)
c1(τ)dτ) +
∫ x
x0
f(y)
c1(y)exp(−
∫ x
y
c0(τ)
c1(τ)dτ)dy
Nel caso dell’operatore L(2)x la funzione di Green e
G(x, y) = c1t1 + c2t2 + θ(x− y)[t1(y)t2(x)− t1(x)t2(y)
W (y)]
dove t1 e t2 sono soluzioni di L(2)x G = 0.
Se l’operatore L(2)x e invertibile, ovvero L(2)
x u = 0 ha solo la soluzione u = 0,allora la soluzione dell’equazione differenziale di partenza e
u(y) =
∫ b
a
dxG(x, y)f(x) + [u(x)G′x −G(x, y)u′]|ba
50CAPITOLO 9. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE E FUNZIONE DI GREEN
Se l’operatore non e invertibile, la funzione di G. non esiste.Possono esistere comunque delle soluzioni, ma i criteri di ricerca usano lateoria degli operatori non ancora svolta a lezione.Perche la funzione di Green “funziona”?Scriviamo l’eq.diff. come Lx ·u(x) = f(x); da LxG(x, y) = δ(x−y) segue che
f =
∫f(y)δ(x− y)dy =
∫f(y)LxG(x, y)dy
dunque
Lx · u(x) =
∫f(y)LxG(x, y)dy = Lx
∫f(y)G(x, y)dy
e quindiu(x) = G ∗ f + q(x)
Esercizio 1.Risolvere {
y′ + 5x4y = x4
y(0) = 0
con x ∈ [−a, a]
Svolgimento:soluzione dell’omogenea:
y′ + 5x4y = 0⇒ y′
y= −5x4 ⇒ [ln(y)]′ = −5x4 ⇒ ln(y) = −x5 ⇒ y = Ae−x
5
Variazione delle costanti:cerco yp = Ae−x
5
y′ = A′e−x5
+Ae−x5
(−5x4)⇒ y′+5x4y = x4 ⇔ A′e−x5
+Ae−x5
(−5x4)+5x4Ae−x5
= x4 ⇒
A′ = x4ex5
=1
5
d
dxex
5 ⇒ A =1
5ex
5 ⇒ yp =1
5ex
5 · e−x5 =1
5
quindi y(x) = 15
+ Ae−x5, e da y(0) = 0 segue 1
5+ A = 0 da cui
y(x) =1
5(1− e−x5)
51
Funzione di Green:l’operatore e invertibile (perche dall’omogenea y(0) = 0⇒ A = 0), dunque
y = Ayom +
∫ a
−aG(x, t)f(t)dt
si deve avere
y(0) = 0⇒∫ a
G(0, t)f(t)dt = 0⇒ G(0, t) = 0
posso scegliere la funzione di G. ritardata
G(x, t) =
{A1e
−x5 x < t
A2e−x5 x > t
il salto intorno a x = t deve essere lungo 1:
A2e−t5 − A1e
−t5 = 1⇒ A2 − A1 = et5
da cui
G(x, t) =
{A1e
−x5 x < t
A1e−x5 + e−(x
5−t5) x > t⇒= A1e
−x5 + θ(x− t) · e−(x5−t5)
G(0, t) = 0⇒ A1 = 0⇒ G(x, t) = θ(x−t)·e−(x5−t5) ⇒ y =
∫ a
−aθ(x−t)·e−(x5−t5)t4dt
ora: t > 0 (perche t = 0 e il dato iniziale) e θ(x− t) = 1 x > t, quindi
y = e−x5
∫ x
0
t4 · et5dt =1
5(1− e−x5)
C.V.D.•
Esercizio 2.Risolvere
xf ′′ + 2f ′ + xf = 1
f(π2) = 0
f(π) = 0
52CAPITOLO 9. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE E FUNZIONE DI GREEN
Svolgimento:l’equazione e di Eulero, ma portiamola lo stesso in forma canonica:
f ′′ +2
xf ′ + f =
1
x
f = Au⇒ A = exp(−∫ x c1
2c2dy) = exp(−
∫ x dy
y) = e− ln(x) =
1
x⇒
f = x−1u⇒ f ′ = −x−2u+ x−1u′ ⇒ f ′′ = 2x−3u− 2x−2u′ + x−1u′′
quindi la forma canonica e
u′′ + u = 1
e le condizioni al bordo diventano restano uguali.Soluzioni dell’omogenea:
k2+1 = 0⇒ k = ±i⇒ u1 = cos(x)∧u2 = sin(x)⇒ uom = A cos(x)+B sin(x)
Variazione delle costanti:
up = A cos(x)+B sin(x)∧W = cos2(x)+sin2(x) = 1⇒ A′ = −u2fW
= − sin(x)⇒
A = −∫
sin(x) = cos(x)
B′ =u1f
W= cos(x)⇒ B =
∫cos(x) = sin(x)
segue che
up = cos2(x)+sin2(x) = 1⇒ u = 1+A cos(x)+B sin(x)∧u′ = −A sin(x)+B cos(x)
imponendo le condizioni al bordo{u(π
2) = 0⇒ 1 +B = 0⇒ B = −1
u(π) = 0⇒ 1− A = 0⇒ A = 1
in conclusione
u(x) = 1 + cos(x)− sin(x)
53
Con la funzione di G.:
v1 ∧ v2 : v1(π
2) = 0 ∧ v2(π)0 =⇒ v1 = cos(x) ∧ v2 = sin(x)⇒
G(x, y) =
{1Wv1v2 = cos(x) sin(y) x < y
1Wv2v1 = sin(x) cos(y) x > y
quindi
u(y) =
∫ π
π2
dxG(x, y)f(x) =
∫ π
π2
dx[θ(y−x) cos(x) sin(y)+θ(x−y) sin(x) cos(y)] =
= sin(y)
∫ y
π2
dx cos(x)+cos(y)
∫ π
y
dx sin(x) = sin(y)[sin(y)−1]+cos(y)[1+cos(y)] =
= 1 + cos(y)− sin(y)
•
Esercizio 3.Svolgere l’esercizio precedente sostituendo alla prima condizione la seguente:
f(π
2) +
π
2f ′(
π
2) = 0
Svolgimento:partiamo sempre dalla forma canonica u′′ + u = 1:
f ′ = (u
x)′ =
u′
x− u
x2⇒ f(
π
2) +
π
2f ′(
π
2) = 0⇔ u′(
π
2) = 0
per l’omogenea si ha
u′ = −A sin(x) +B cos(x) ∧ u′(π2
) = 0⇒ A = 0⇒ u = B sin(x)
da cui si deduce che l’operatore differenziale non e invertibile essendoci unautovettore non nullo per l’autovalore 0.Variazioni delle costanti:la soluzione e sempre u(x) = 1 + A cos(x) + B sin(x), ma con le nuovecondizioni al bordo
u(π) = 0⇒ A = 1
54CAPITOLO 9. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE E FUNZIONE DI GREEN
u′ = − sin(x) +B cos(x) ∧ u′(π2
) = 0⇒ −1 = 0
dunque non ci sono soluzioni.Con la funzione di G.:Dalla non invertibilita dell’operatore si deduce che la f. di G. non esiste (etramite altre proprieta dell’operatore in questione si potrebbe dimostrare chenon esistono soluzioni).•
Capitolo 10
Equazioni DifferenzialiOrdinarie in C
Fondamenti della teoria:
Ci occupiamo di equazioni del tipo
u′′(z) + p(z)u′(z) + q(z)u(z) = 0
ossia lineari del secondo ordine omogenee.Se z0 e un punto regolare (ovvero un punto intorno al quale p e q sianoanalitiche) sul quale sono date le condizioni iniziali, la soluzione dell’equazionee
u(z) =∞∑0
cn(z − z0)n
con u(z0) = c0 e u′(z) = c1. Gli altri cn si determinano inserendo la serienell’equazione.
Esercizio 1.Assegnata l’equazione differenziale
2z(1− z)u′′(z) + (2− 3z)u′(z) + u(z) = 0
se ne studi la natura dei punti singolari e i relativi esponenti indiciali, e sideterminino i primi tre termini dello sviluppo in serie di una soluzione in-torno al punto z = 1.
55
56 CAPITOLO 10. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE IN C
Svolgimento:Innanzitutto riscriviamo l’equazione come
u′′ +2− 3z
2z(1− z)u′ +
u
2z(1− z)= 0
ovviamente due punti sicuramente “problematici” sono z = 0 e z = 1.Applichiamo a questi due punti il teorema di Fuchs:
limz→0
p(z)z = limz→0
2− 3z
2z(1− z)z = lim
z→0
2− 3z
2(1− z)= 1 = p0
limz→0
q(z)z2 = limz→0
z2
2z(1− z)= lim
z→0
z
2(1− z)= 0 = q0
dunque l’equazione indiciale nel caso z = 0 e
α2 + (p0 − 1)α + q0 = 0⇒ α2 = 0
e quindiα1 = α2 = 0
mentre nel caso z = 1
limz→1
p(z)(z − 1) = limz→1− 2− 3z
2z(1− z)(1− z) =
1
2
limz→1
q(z)(z − 1)2 = limz→1− (z − 1)2
2z(z − 1)= −z − 1
2z= 0
e quindi l’equazione indiciale da
α2 + (1
2− 1)α = 0⇒ α1 = 0 ∧ α2 =
1
2
Occupiamo ci ora del punto all’infinito:poiche
limz→∞
p(z)z =3
2= p0 6= 2
infinito non e un punto regolare.Calcoliamo i suoi esponenti indiciali:
limz→∞
q(z)z2 = limz→∞
z
2(1− z)= −1
2
57
dunque
α2 + (3
2− 1)α− 1
2= 0⇒ α1 = 1 ∧ α2 = −1
2
quindi possiamo riassumere, con la simbologia classica,
P =
0 1 ∞0 0 1
2
0 1 − 12
Ora determiniamo i primi tre elementi della serie di una soluzione in z = 1.A tal proposito mappiamo 1 in 0 in modo da avere la soluzione nella formaclassica
∑cnz
n.Ovviamente la mappa e
w =z − 1
zcon matrice
A =
[1 −11 0
]in tal modo, con la solita scelta di c0 = 1, si ha
c1 =(a)1(b)1
(c)1· 1! =
ab
c= −1
2
c2 =(a)2(b)2
(c)2· 1
2!=a(a+ 1)b(b+ 1)
c(c+ 1)· 1
2= −1
8
dunque la soluzione (troncata) e
F (w) = 1− 1
2w − 1
8w2 = 1− 1
2(z − 1
z)− 1
8(z − 1
z)2
scrivendo
1
z=
1
z − 1 + 1=
1
1 + (z − 1)= 1− (z − 1) +
(z − 1)2
2
e1
z2|1 ∼ 1− 2(z − 1)
si ottiene la soluzione in z
u(z) = 1− z − 1
2+
(z − 1)2
4
58 CAPITOLO 10. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE IN C
Esercizio 2.Si studi l’equazione differenziale
y′′ +2
zy′ − 2
z2(z − 1)2y = 0
Svolgimento:I punti problematici sono ancora z = 0 e z = 1; studiamoli:
limz→0
z · p(z) = 2(= limz→∞
z · p(z))
quindi sappiamo anche che ∞ e un punto regolare;
limz→0
z · q(z) = − 2
(z − 1)2= −2
quindi l’equazione indiciale
α2 + α− 2 = 0⇒ α1 = 1 ∧ α2 = −2
in z = 1
limz→1
(z − 1) · p(z) = 0
limz→1
(z − 1)2 · q(z) = −2
ancora l’equazione indiciale e
α2 − α− 2 = 0⇒ α1 = 2 ∧ α2 = −1
In questo caso si puo trovare la soluzione abbastanza facilmente mappando1 in ∞ ponendo
w =z
z − 1⇒ z =
w
w − 1∧ z − 1 =
1
w − 1
59
quindid
dz=
d
dw
dw
dz= −(w − 1)2
d
dw
d2
dz2=
d
dz
d
dz= 2(w − 1)3
d
dw+ (w − 1)4
d2
dw2
da cui si ottiene l’equazione nella nuova variabile
y′′ +2
wy′ − 2
w2y = 0
che e un’equazione di Eulero che sappiamo risolvere: risolviamo la sua equazionecaratteristica
α(α− 1) + aα + b = 0⇒ α(α− 1) + 2α− 2 = 0⇒ α1 = 1 ∧ α2 = −2
dunque due soluzioni indipendenti sono w e w−2, da cui in funzione di z siha
u(z) = Az
z − 1+B
(z − 1)2
z2
Volendo si puo determinare anche la soluzione per serie imponendo
u1(z) = z∑n
cnzn
eu2(z) = Au1 · ln(z) + z−2
∑n
dnzn
si sostituiscono le due espressioni nell’equazione e si trovano i cn e i dn. Inquesto caso particolare si trova che il termine logaritmico si annulla (come egiusto che sia, vista la soluzione generale trovata con l’altro metodo).•
Esercizio 3.Sia assegnata l’equazione differenziale
(1− z)u′′ − zu′ + 2u = 0
si studi la natura dei punti singolari ed i relativi esponenti indiciali e si de-termini una soluzione intorno a z = 0
60 CAPITOLO 10. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE IN C
Svolgimento:Riscriviamo l’equazione come
u′′ − z
1− zu′ +
2
1− zu = 0
da cui
p0 = limz→1−z(z − 1)
1− z= 1
q0 = limz→1
2(z − 1)2
1− z= 0
quindi l’equazione indiciale
α2 = 0⇒ α1,2 = 0
All’infinito
limz→∞− z2
1− z=∞
quindi ∞ e un punto irregolare. Questo e un indizio sulla natura del-l’equazione come ipergeometrica confluente, infatti col cambio di variabilew = 1− z l’equazione diviene
wu′′(1− w)u′ + 2u = 0⇒ c = 1, a = −2
quindi una soluzione e
u(w) =∞∑k=0
(a)k(c)k· w
k
k!=∞∑k=0
(−2)k(1)k
· wk
k!
osserviamo che(−2)k = −2(−2 + 1)(−2 + 2)... = 0
quindi la seria e una somma per k = 0, 1, 2:
u(w) = 1− 2w +1
2w2
tornando in z
u(z) =1
2(z2 + 2z − 1)
•
61
Esercizio 4.Data l’equazione differenziale
(1 + 2z)z2u′′ + 2z2u′ − λu = 0
si studino le singolarita e si trovi λ in modo che la soluzione intorno a z = 0sia regolare e monodroma. Infine si ponga λ = 0 e si determini l’integralegenerale intorno a z = 0.
Svolgimento:Al solito riscriviamo l’equazione
u′′ +2
1 + 2zu′ − λ
z2(1 + 2z)u = 0
In z = 0:
p0 = limz→0
2z
1 + 2z= 0
q0 = limz→0− λz2
z2(1 + 2z)= −λ
e gli esponenti indiciali sono
α2 − α− λ = 0⇒ α1,2 =1
2± 1
2
√1 + 4λ
In z = −12:
limz→− 1
2
2(z + 12)
1 + 2z= 1
limz→− 1
2
−λ(z + 12)2
z2(1 + 2z)= 0
con esponenti indicialiα2 = 0⇒ α1,2 = 0
All’infinito
limz→∞
2z
1 + 2z= 1
limz→∞
−λz2
z2(1 + 2z)= 0
62 CAPITOLO 10. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE IN C
anch’esso con esponenti α1,2 = 0.Una soluzione intorno a z = 0 e regolare e monodroma se gli esponenti sonointeri positivi, ovvero
1
2± 1
2
√1 + 4λ = n ≥ 0⇒ λ = n(n− 1)
Se λ = 0⇒ α1 = 0, α2 = 1; d’altra parte l’equazione diventa
u′′ +2
1 + 2zu′ = 0
ponendo u′ = v troviamo
v′ +2
1 + 2zv = 0⇒ v =
A
1 + 2z= u′
quindi
u′ =
∫A
1 + 2zdz =
A
2ln(1 + 2z) +B
•
Esercizio 5.Data l’equazione differenziale
(z2 + 1)2u′′ + 2(z + i)(z2 + 1)u′ + 24u = 0
si studi la natura dei punti singolari (con gli esponenti indiciali) e scrivanole soluzioni intorno a un punto singolare.
Svolgimento:L’equazione diventa
u′′ +2
z − iu′ +
24
(z + i)2(z − i)2
In z = i:
limz→i
2(z − i)z − i
= 2
limz→i
24(z − i)2
(z − i)2(z + i)2= −6
63
gli esponenti indiciali sono
α2 − α− 6 = 0⇒ α1 = −3, α2 = 2
In z = −i:limz→−i
2(z + i)
z − i= 0
limz→−i
24(z + i)2
(z − i)2(z + i)2= −6
e gli esponenti indiciali sono uguali ai precedenti tranne che per i segni scam-biati.All’infinito
limz→∞
2z
z − i= 2
limz→∞
24z4
(z − i)2(z + i)2= 12
quindi ∞ e regolare.Una soluzione intorno a z = i e
u(z) = a(z − iz + i
)2 + b(z + i
z − i)3
•
64 CAPITOLO 10. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE IN C
Capitolo 11
Equazioni Differenziali:Preparazione al II esonero
Esercizio 1.Determinare i valori di E per i quali la soluzione dell’equazione differenziale
y′′ + e−x(E − 4e−x)y = 0
risulti regolare per x→ ±∞.
Svolgimento:Poniamo w = e−x, da cui dw
dx= −e−x = −w. Dunque
dy
dx=dy
dw· dwdx
= −w · dydw
d2y
dx2=dw
dx· ddw
(−w · dydw
) = −w[− dydw− w · d
2y
dw2] = wy′ + w2y′′
Quindi l’equazione diventa
y′′ +1
wy′ + (
E
w− 4w)y = 0
ex→∞⇒ w → 0 ∧ x→ −∞⇒ w →∞
Osserviamo ora che per w →∞ l’equazione diviene
y′′ − 4y = 0⇒ y = e±2w
65
66CAPITOLO 11. EQUAZIONI DIFFERENZIALI: PREPARAZIONE AL II ESONERO
e a ∞ scelgo quella regolare y = e−2w.Vicino a w = 0 cerco soluzioni del tipo y(w) = e−2w
∑0 ckw
k. Derivando duevolte ottengo
y′ = −2e−2w∑k
ckwk + e−2w
∑k
ckwk−1
y′′ = e−2w∑k
(4ckwk − 4kckw
k−1 + k(k − 1)ckwk−2)
sostituendo nell’equazione
e−2w[∑k
wk−1(E − 4k − 2)ck + wk−2(k2ck)] = 0
Riscalo gli indici e ottengo∑n=−1
wn(E − 4(n+ 1)− 2)cn+1 + wn(n+ 2)2cn+2 = 0
ovvero
cn+2(n+ 2)2 = (4(n+ 1) + 2− E)cn+1 ⇒ cn+2 =(4(n+ 1) + 2− E)
(n+ 2)2cn+1
quindicn+2
cn+1
=(4(n+ 1) + 2− E)
(n+ 2)2−→∞
4
n
Ora osserviamo che
eAt =∑k
Aktk
k!⇒ ck
ck−1=Ak
k!· (k − 1)!
Ak−1=A
k
dunque otterremmo e4w, da cui y = e−2we4w = e2w che non e regolare inw = 0 (oltre ad essere soluzione solo se E = 2), quindi vogliamo che la seriesi tronchi prima, ovvero, ponendo k = n+ 2, che
ckck−1
=4k − 2− E
k2
si annulli da un certo k in poi.Quindi la soluzione e regolare se E = 4k − 2.•
67
Esercizio 2.Dato l’operatore
Lt(y) =1
1 + t2· d
2
dt2− 4t
(1 + t2)2· ddt− 2(2t4 + t2 + 3)
(1 + t2)3
definito inDL = {y : y(−∞) = y(+∞) = 0}
trovare la forma canonica e determinare la funzione di Green.
Svolgimento:Vogliamo eseguire il passaggio
c2y′′ + c1y
′ + c0y ⇒ u′′ + d0u
con u(t) = A(t)y(t) e A(t) = exp(∫ tdx c1
2c2(x)) (se y = Au ⇒ u = A−1y
ed entrambe risolvono l’equazione quindi nell’integrale ad esponente non enecessario il segno -).Nel nostro caso
A =
∫ t −dx2· 4x
(1 + x2)2(1 + x2) = e− ln(1+t2) =
1
1 + t2
da cui
y(t) = u(t)·(1+t2)⇒ y′ = 2t·u+(1+t2)·u′ ⇒ y′′ = u′′+u·( 2
1 + t2−4t4 + 10t2 + 6
(1 + t2)2) = u′′−4u
quindi l’operatore canonico e
Lt(u) =d2
dt2− 4
La funzione di G. e
G(t, t′) = Ay1 +By2 −θ(t− t′)W
[y1(t)y2(t′)− y2(t)y1(t′)]
dove le soluzioni dell’omogenea sono
y1(t) = e2t ∧ y2(t) = e−2t ⇒ W = −4
68CAPITOLO 11. EQUAZIONI DIFFERENZIALI: PREPARAZIONE AL II ESONERO
quindi
G(t, t′) = Ae2t +Be−2t +θ(t− t′)
4[e2(t−t
′) − e−2(t−t′)
Imponendo le condizioni al bordo
limt→−∞
G(t, t′) = limt→−∞
Ae2t +Be−2t = 0⇒ B = 0
limt→+∞
G(t, t′) = 0 = Ae2t +1
4e2(t−t
′) ⇒ A = −e−2t′
4
quindi
G(t, t′) = −e2(t−t′)
4+θ(t− t′)
4[e2(t−t
′)−e−2(t−t′)] =θ(t− t′)− 1
4e2(t−t
′)−θ(t− t′)
4e−2(t−t
′) =
= −1
4[e2(t−t
′)θ(t− t′) + e−2(t−t′)θ(t′ − t)]
avendo usato che1− θ(t− t′) = θ(t′ − t)
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