Esercizi di metodi matematici della fisica [1 ed.] 8847019524, 9788847019522, 9788847019539 [PDF]

Zitiervorschau

Collana di Fisica e Astronomia

A cura di: Michele Cini Stefano Forte Massimo Inguscio Guida Montagna Oreste Nicrosini Franco Pacini Luca Peliti Alberto Rotondi

G G N Angilella

Esercizi di metodi matematici della fi f sica

123

G.G.N. ANGILELLA Dipartimento di Fisica e Astronomia Università di Catania

UNITEXT - Collana di Fisica e Astronomia ISSN print edition: 2038-5730 ISBN 978-88-470-1952-2 DOI 10.1007/978-88-470-1953-9

ISSN electronic edition: 2038-5765 e-ISBN 978-88-470-1953-9

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Indice

Prefazione Elenco dei simboli e delle abbreviazioni 1 Spazi vettoriali

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

IX

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

XI

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1

Denizioni e richiami

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

Vettori linearmente indipendenti

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.1

Matrici di Pauli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.2

Equazione di Pauli

1.2.3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 3 6 11

Matrici di Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

1.3

Sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

1.4

Cambiamenti di base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.5

Applicazioni lineari (omomorsmi) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

1.5.1

Cambiamento di base per gli omomorsmi . . . . . . . . . . . .

28

1.5.2

Spazio duale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

1.5.3

Trasformazioni di similarità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Autovalori ed autovettori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

1.6.1

Rappresentazione spettrale di un endomorsmo . . . . . . .

42

1.6.2

Diagonalizzabilità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

Funzioni di endomorsmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

1.7.1

Potenze e polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

1.7.2

Funzioni di endomorsmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

1.7.3

Alcune applicazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

1.7.4

Approssimazione numerica di autovalori ed autovettori .

66

Proprietà metriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

1.8.1

Norma di un endomorsmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72

1.8.2

Disuguaglianze notevoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

1.8.3

Vettori ortogonali e ortonormali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

76

Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà . . . . . . . . . . . .

78

1.9.1

Matrici hermitiane, unitarie, normali . . . . . . . . . . . . . . . . .

79

1.9.2

Forma polare di una matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

1.6

1.7

1.8

1.9

VI

Indice 1.9.3 Matrici ortogonali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.4 Integrali gaussiani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.5 Matrici antisimmetriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Tavola riassuntiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Temi d'esame svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91 95 97 98 99

2

Serie di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

3

Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali . . . . . . . . 149

4

Funzioni di variabile complessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

5

Trasformate integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

2.1 2.2 2.3 2.4 2.5

Generalità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 Fenomeno di Gibbs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 Calcolo di alcune serie numeriche mediante la serie di Fourier . 138 Convergenza della serie di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 Temi d'esame svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

3.1 Generalità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 3.1.1 Classicazione delle PDE del II ordine . . . . . . . . . . . . . . . 150 3.2 Equazione della corda vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 3.2.1 Derivazione elementare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 3.2.2 Problema di Cauchy e soluzione di D'Alembert . . . . . . . . 153 3.2.3 Corda vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 3.3 Equazione del calore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 3.3.1 Derivazione in una dimensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 3.3.2 Condizioni al contorno di Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 3.3.3 Condizioni al contorno di Dirichlet, non omogenee . . . . . 169 3.3.4 Condizioni al contorno di Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 3.3.5 Una particolare condizione mista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 3.4 Equazione di Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 3.4.1 Derivazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 3.4.2 Condizioni di Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 3.4.3 Trasformazioni conformi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 3.4.4 Problema di Dirichlet per il disco unitario . . . . . . . . . . . . 182 3.5 Temi d'esame svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 4.1 Funzione Γ (z) di Eulero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 4.2 Temi d'esame svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

5.1 Trasformata di Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 5.2 Trasformata di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 5.2.1 Formula integrale di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 5.2.2 Trasformata di Fourier in L1 (−∞, ∞) . . . . . . . . . . . . . . . . 223 5.2.3 Trasformata di Fourier in L2 (−∞, ∞) . . . . . . . . . . . . . . . . 224 5.2.4 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

Indice

VII

5.2.5 Applicazione della trasformata di Fourier alla soluzione di alcune PDE e di alcune equazioni integrali . 238 5.3 Temi d'esame svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

6

Equazioni integrali e funzioni di Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

6.1 Equazioni di Fredholm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 6.1.1 Generalità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 6.1.2 Equazioni a nucleo separabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 6.1.3 Equazioni a nucleo simmetrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 6.1.4 Teoremi di Fredholm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 6.1.5 Soluzione numerica di un'equazione di Fredholm . . . . . . . 267 6.2 Equazioni di Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 6.2.1 Equazione di Volterra per il problema di Sturm-Liouville273 6.2.2 Equazioni di Volterra di convoluzione . . . . . . . . . . . . . . . . 275 6.3 Funzione di Green per l'operatore di Sturm-Liouville . . . . . . . . . 276 6.4 Temi d'esame svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280

Bibliograa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 Indice analitico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

Prefazione

Questo volume raccoglie alcuni argomenti trattati durante le esercitazioni per il corso di Metodi matematici della sica (per Fisici) presso l'Università di Catania dal 2001 al 2006. Gli argomenti presentati includono: elementi di algebra lineare (con applicazioni alla Meccanica quantistica); sviluppo in serie di Fourier; equazioni alle derivate parziali; funzioni di variabile complessa; trasformate di Fourier e di Laplace; equazioni integrali di Fredholm e di Volterra, funzioni di Green. Le esercitazioni integrano il corso di teoria in alcuni dettagli o applicazioni, e lo approfondiscono per quanto riguarda gli esercizi veri e propri. Ove necessario, sono richiamati elementi di teoria utili alla comprensione ed allo svolgimento di un esercizio. Una parte specica alla ne di ogni capitolo è dedicata allo svolgimento di quesiti assegnati durante alcuni compiti d'esame. In ogni caso, molte soluzioni indicano almeno il procedimento ed il risultato nale. Ringrazio tutti gli studenti che, nel corso degli anni, hanno animato le lezioni e stimolato la stesura di questi appunti, e soprattutto quelli di loro che hanno puntualmente segnalato errori nel testo. Il simbolo di curva pericolosa a margine della pagina indica un'aermazione o un risultato indicato nel testo, che può essere vericato per esercizio. Catania, gennaio 2011

1

G. G. N. Angilella

Tale simbolo è stato disegnato da Knuth (1993), ma per primo utilizzato da N. Bourbaki nel suo celebre Trattato di matematica. Vedi Pagli (1996).



Elenco dei simboli e delle abbreviazioni

0, 0K , 0, 0n , 1l, 1ln ,

K. Vn . matrice identità n × n; endomorsmo identità su Vn . A , trasposta della matrice A. A−1 , inversa della matrice A. A† , hermitiana coniugata della matrice A. [A, B], commutatore tra A e B , [A, B] := AB − BA. {A, B}, anticommutatore tra A e B , {A, B} := AB + BA. aij , elemento di posto ij della matrice A. Aij , minore complementare dell'elemento aij della matrice A; elemento di posto ij della matrice A. a, v, x, vettori. a · b, prodotto scalare fra i vettori a e b (notazione comuelemento nullo del corpo

vettore nullo di

ne,

che

qui

verrà

usata

solo

occasionalmente).

a × b,

prodotto vettoriale fra i vet-

tori

a

ne,

che

e

b qui

(notazione verrà

comu-

usata

solo

occasionalmente).

a|b, prodotto scalare fra i vettori a e b (notazione di Dirac).

|aa|,

operatore

vettore

chA (λ),

a

di

proiezione

polinomio

caratteristico

sociato alla matrice

χΩ (t),

sul

(notazione di Dirac). as-

A.

funzione caratteristica relati-

Ω : χΩ (t) = 1, se t ∈ Ω , χΩ (t) = 0, se t ∈ Ω . C k ([−π, π]), spazio delle funzioni f : [−π, π] → C con derivata continua no all'ordine k incluso. va all'insieme

c.l., combinazione lineare. δij , simbolo di Kronecker. det A, determinante della matrice A. diag(λ1 , . . . λn ), matrice diagonale n × n, avente lungo la diagonale principale gli scalari λ1 , . . . λn e tutti gli altri elementi nulli. ∂Ω , frontiera dell'insieme Ω . ∇u, gradiente di u. Δu, laplaciano di u.

∂(u, v) , matrice jacobiana o (secon∂(x, y) do il contesto) determinante della matrice jacobiana (jacobiano) relativa alla trasformazione di coordinate u = u(x, y), v = v(x, y). dim W , dimensione di uno spazio vettoriale W .

XII

Elenco dei simboli e delle abbreviazioni

E = {ei },

base canonica di uno spazio

vettoriale.

E = {E i }, base canonica in Mn,n (C). εijk , simbolo di Levi-Civita (tensore completamente antisimmetrico).

M± n,n (R),

sottospazio vettoriale delle

matrici reali

n×n

simmetriche

−). ˚, interno dell'insieme Ω . Ω Rn [x], spazio vettoriale (a n + 1 (

+)

o antisimmetriche (

di-

exp A, esponenziale della matrice A. mensioni) dei polinomi reali di ET (λ), E(λ), autospazio associato variabile reale x di grado non all'autovalore λ (dell'endomorsuperiore ad n. smo T ). rank A, rank T , rango o caratteristica ˆ della matrice A; rango dell'omof (k), trasformata di Fourier di f (x). ˆ morsmo T . F[f ; k], trasformata di Fourier f (k) Re z , parte reale del numero complesdi f (x). so z. F (s), trasformata di Laplace di f (t). , σ , matrici di Pauli. σ i f ∗ g , convoluzione fra le funzioni f e b S [g; N ], valore approssimato di g. a  b gμν , tensore metrico. g(x) dx secondo la regola di a Hn (x), polinomio di Hermite. Simpson (del trapezoide) ad N Hom(Vn , Wm ), insieme degli omopunti, Eq. (6.16). morsmi di Vn in Wm . Tr A, traccia della matrice A. Im z , parte immaginaria del numero T ◦ S , composizione di due operatori complesso z . T , S. K , corpo algebrico. T (Vn ), immagine di Vn secondo l'oK n [λ], spazio vettoriale (a n + 1 dimomorsmo T . mensioni) dei polinomi di grado U = {ui }, base di uno spazio vettonon superiore ad n nella variabile riale. λ ∈ K , con K corpo algebrico. U + V , spazio somma dei (sotker T , nucleo dell'omomorsmo T . to)spazi U , V . Lk (a, b), spazio delle funzioni f : U ⊕ V , spazio somma diretta dei (a, b) → C tali che esista ni(sotto)spazi U , V . b k U × V , spazio prodotto cartesiano |f (x)| dx . (Può to l'integrale a dei (sotto)spazi U , V . essere a = −∞ e/o b = ∞.) L[f ; s], trasformata di Laplace F (s) U ⊗ V , spazio prodotto tensoriale dei (sotto)spazi U , V . di f (t). ux , uxx , uxt , . . ., derivate parziali dell.d., linearmente dipendenti. la funzione di più variabili u, l.i., linearmente indipendenti. rispetto alle variabili indicate. γμ , γ , matrici di Dirac. Mp,q (C), spazio vettoriale delle ma- Vn , spazio vettoriale di dimensione n. xU , (x)U , (vettore colonna delle) trici p × q (a p righe e q colonne) componenti del vettore x rispetto ad elementi complessi. alla base U . Mp,q (K), spazio vettoriale delle matrici p × q (a p righe e q colonne) z ∗ , coniugato del numero complesso z. ad elementi nel corpo K .

1 Spazi vettoriali

Per questo capitolo, fare riferimento ad esempio a Fano e Corsini (1976), Bernardini et al. (1998), Lay (1997) per la teoria, e ad Ayres, Jr. (1974) per gli esercizi e alcuni complementi. 1.1 Denizioni e richiami

Cominciamo col richiamare alcune denizioni dal corso di Geometria I. Altre verranno date sotto forma di richiami quando se ne presenterà l'occasione. La trattazione degli argomenti presentati in questo capitolo è necessariamente incompleta, e andrebbe integrata con quella, piú sistematica, di un buon manuale di Algebra lineare (ad es., Fano e Corsini, 1976; Accascina e Villani, 1980; Lang, 1988; Lay, 1997). Per approfondire argomenti di algebra, vedi invece, ad es., Herstein (1989).

Denizione 1.1 (Corpo).

Sia K = ∅ un insieme non vuoto di elementi di natura qualsiasi (detti scalari), sul quale siano denite due leggi di composizione interna, ossia due applicazioni binarie, che ad ogni coppia (ordinata) di elementi a, b ∈ K fanno corrispondere rispettivamente gli elementi a + b ∈ K e a · b ∈ K , detti rispettivamente somma e prodotto di a e b. Si dice che (K, +, ·) (leggere: l'insieme K munito delle operazioni interne di somma e prodotto) è un corpo se risultano vericate le seguenti proprietà: K1. proprietà associativa della somma:

a + (b + c) = (a + b) + c,

∀a, b, c ∈ K;

K2. proprietà commutativa della somma:

a + b = b + a,

∀a, b ∈ K;

K3. esistenza dello zero:

∃0 ∈ K : a + 0 = a,

∀a ∈ K;

Angilella G. G. N.: Esercizi di metodi matematici della fisica. © Springer-Verlag Italia 2011

2

1 Spazi vettoriali

K4. esistenza dell'opposto: ∀a ∈ K, ∃ − a ∈ K : a + (−a) = 0;

K5. proprietà associativa del prodotto: a · (b · c) = (a · b) · c,

∀a, b, c ∈ K;

K6. esistenza dell'unità: ∃1 ∈ K : 1 · a = a,

∀a ∈ K;

K7. esistenza dell'inverso: ∀a ∈ K, a = 0, ∃a−1 : a · a−1 = 1;

K8. proprietà distributiva: a · (b + c) = a · b + a · c,

∀a, b, c ∈ K.

L'insieme R dei numeri reali, C dei numeri complessi, e Q dei numeri razionali, muniti delle usuali operazioni di somma e prodotto, sono corpi. Un corpo commutativo, per il quale cioè valga inoltre: a · b = b · a,

∀a, b ∈ K,

è anche detto un campo.

Denizione 1.2 (Spazio vettoriale). Sia K un corpo, e V un insieme non vuoto di elementi (detti vettori) di natura qualsiasi. Su V sia denita una legge di composizione interna binaria detta addizione o somma, che ad ogni coppia u, v ∈ V fa corrispondere un elemento w = u + v ∈ V . Sia poi denita un'altra operazione, detta prodotto per uno scalare, che ad ogni coppia a ∈ K , v ∈ V associa l'elemento av ∈ V . L'insieme V si dice uno spazio vettoriale o spazio lineare sul corpo K se le suddette operazioni godono delle seguenti proprietà: 1

Nella letteratura anglosassone, si incontra il termine eld (trad. letterale: campo) per corpo commutativo e seld per corpo (non necessariamente commutativo). Lang (1988) costruisce uno spazio vettoriale su un corpo (non necessariamente commutativo); Accascina e Villani (1980) includono la commutatività nella denizione stessa di corpo, e costruisce uno spazio vettoriale su un corpo commutativo (che qui indichiamo con campo, ma che Accascina e Villani chiamano corpo, tout court); Herstein (1989), invece, costruisce uno spazio vettoriale su di un campo (commutativo), ma precisa che si può costruire una struttura algebrica più generale di uno spazio vettoriale (un modulo ) su un anello, cioè un gruppo abeliano rispetto all'addizione, in cui sia denita una legge di moltiplicazione interna che gode delle proprietà associativa e distibutiva rispetto all'addizione. Nella pratica, avremo a che fare principalmente con spazi vettoriali costruiti su corpi commutativi, cioè su campi, come R e C, tuttavia, manteniamo la denizione seguente di spazio vettoriale costruito su un corpo (non necessariamente commutativo).

1.2 Vettori linearmente indipendenti

3

SV1. proprietà associativa della somma: u + (v + w) = (u + v) + w,

∀u, v, w ∈ V ;

SV2. proprietà commutativa della somma: u + v = v + u,

∀u, v ∈ V ;

SV3. esistenza dell'elemento neutro della somma: ∃0 ∈ V : 0 + v = v,

∀v ∈ V ;

SV4. esistenza dell'opposto: ∀v ∈ V, ∃ − v ∈ V : v + (−v) = 0;

SV5. proprietà associativa del prodotto rispetto ad uno scalare: a(bv) = (a · b)v,

SV6.

1v = v,

∀a, b ∈ K, ∀v ∈ V ; ∀v ∈ V ;

SV7. proprietà distributiva: (a + b)v = av + bv,

∀a, b ∈ K, ∀v ∈ V ;

a(u + v) = au + av,

∀a ∈ K, ∀u, v ∈ V.

1.2 Vettori linearmente indipendenti Siano x1 = (x11 , . . . x1n ) , . . . xm = (xm1 , . . . xmn ) m vettori di uno spazio lineare Vn a n dimensioni sul corpo K . Tali vettori si dicono linearmente dipendenti se esistono m scalari k1 , . . . km ∈ K non tutti nulli tali che: k1 x1 + . . . + km xm = 0.

(1.1)

In caso contrario, tali vettori si dicono linearmente indipendenti.

Teorema 1.1 (Vettori linearmente indipendenti). Consideriamo la ma-

trice A ∈ Mm,n (C) le cui righe sono formate dagli elementi degli m vettori x 1 , . . . xm ∈ V n : ⎛ ⎞ x11 . . . x1n ⎜ .. ⎟ . A = ⎝ ... (1.2) . ⎠ xm1 . . . xmn

Sia r = rank A la caratteristica di A. Se risulta r < m ≤ n, allora esistono esattamente r vettori del sistema considerato che sono linearmente indipendenti, mentre i rimanenti m − r possono essere espressi come combinazione lineare dei precedenti.

4

1 Spazi vettoriali

Dimostrazione. Per l'ipotesi che rank A = r, esiste un minore invertibile B di ordine r che è possibile estrarre dalla matrice A. A meno di scambiare opportunamente le righe fra loro e le colonne fra loro, possiamo sempre supporre che tale minore sia formato dall'intersezione delle prime r righe e delle prime r colonne di A: ⎛ ⎞ x11 . . . x1r ⎜ .. ⎟ B = ⎝ ... det B = 0. . ⎠, xr1 . . . xrr

Adesso orliamo il minore B con la generica colonna di posto q e la generica riga di posto p, non incluse in B . Otteniamo il minore C di ordine r + 1 che per ipotesi ha determinante nullo: ⎛

x11 . . . x1r x1q

⎞

⎜ .. .. .. ⎟ ⎜ . . ⎟ C=⎜ . ⎟, ⎝xr1 . . . xrr xrq ⎠ xp1 . . . xpr xpq

det C = 0.

Consideriamo l'ultima colonna di C , e denotiamo con c1 , . . . cr+1 i complementi algebrici dei suoi elementi. Chiaramente, cr+1 = det B = 0. Per una nota proprietà delle matrici quadrate, costruendo la combinazione lineare degli elementi di una qualsiasi colonna coi complementi algebrici di una qualsiasi altra colonna si ottiene zero, cioè: c1 x1i + . . . + cr xri + cr+1 xpi = 0,

i = 1, . . . r.

D'altronde, sviluppando il det C mediante la regola di Laplace proprio secondo l'ultima colonna, si ottiene: c1 x1q + . . . + cr xrq + cr+1 xpq = det C = 0.

Ripetendo tale ragionamento orlando B con un'altra colonna, non contenuta in B , i complementi algebrici c1 , . . . cr sono sempre gli stessi, sicché si ha: c1 x1i + . . . + cr xri + cr+1 xpi = 0,

stavolta per ogni i = 1, . . . n, purché p = 1, . . . r. Dunque, dato che tale ultima relazione vale per ogni componente, si può scrivere: c1 x1 + . . . + cr xr + cr+1 xp = 0,

per ogni p = 1, . . . r, e siccome cr+1 = 0: xp = −

c1 cr+1

x1 − . . . −

cr cr+1

xr .  

1.2 Vettori linearmente indipendenti

Richiamo (Rango di una matrice).

trice

A

r

Il rango o caratteristica di una ma-

è il massimo ordine con cui si può estrarre un minore invertibile dalla

matrice dine

5

A.

Se

r = rank A,

è possibile estrarre da

A

almeno un minore di or-

con determinante diverso da zero, ed ogni minore di ordine

r+1

(se

ne esistono) deve avere determinante nullo. Di fatto, basta provare che esiste un minore

B

di ordine

r

contenute in

B,

r+1 A non

invertibile, e che tutti i minori di ordine

esistono), ottenuti orlando questo con una riga ed una colonna di

(se già

abbiano determinante nullo.

Esercizio 1.1. Dati i vettori in R4:

x1 = (1, 2, −3, 4) , x2 = (3, −1, 2, 1) , x3 = (1, −5, 8, −7) , stabilire quanti formano un sistema di vettori l.i. ed esprimere i rimanenti come c.l. di questi.

Risposta:

x3 = −2x1 + x2 .

Esercizio 1.2. Dati i vettori in R4: x1 = (2, 3, 1, −1) , x2 = (2, 3, 1, −2) , x3 = (4, 6, 2, −3) ,

stabilire quanti formano un sistema di vettori l.i. ed esprimere i rimanenti come c.l. di questi. Risposta:

x3 = x1 + x2 .

Esercizio 1.3. Dati i vettori in R4: x1 = (2, −1, 3, 2) , x2 = (1, 3, 4, 2) , x3 = (3, −5, 2, 2) ,

stabilire quanti formano un sistema di vettori l.i. ed esprimere i rimanenti come c.l. di questi. Risposta:

x3 = 2x1 − x2 .

Esercizio 1.4. Dati i vettori in R3: x1 = (1, 2, 1) , x2 = (2, 1, 4) , x3 = (4, 5, 6) , x4 = (1, 8, −3) ,

stabilire quanti formano un sistema di vettori l.i. ed esprimere i rimanenti come c.l. di questi. Risposta:

x3 = 2x1 + x2 , x4 = 5x1 − 2x2 .

6

1 Spazi vettoriali

Esercizio 1.5. Dati i vettori in R5: x1 = (2, 1, 3, 2, −1) , x2 = (4, 2, 1, −2, 3) , x3 = (0, 0, 5, 6, −5) , x4 = (6, 3, −1, −6, 7) ,

stabilire quanti formano un sistema di vettori l.i. ed esprimere i rimanenti come c.l. di questi. Risposta:

x3 = 2x1 − x2 , x4 = 2x2 − x1 .

Esercizio 1.6. Dati i polinomi p1 (x) = x3 − 3x2 + 4x − 2, p2 (x) = 2x2 − 6x + 4, p3 (x) = x3 − 2x2 + x,

stabilire quanti sono l.i. ed esprimere i rimanenti come c.l. di questi.

Risposta: Pensare ai polinomi pi (x) come a vettori dello spazio 4-dimensionale R3 [x] ∼ R4 dei polinomi reali a coecienti reali di grado non superiore al terzo, ed scriverne le componenti rispetto alla base canonica E = {1, x, x2 , x3 }. (Perché l'insieme dei polinomi di grado uguale a tre non costituisce uno spazio vettoriale?) Risulta: 2p1 (x) + p2 (x) − 2p3 (x) = 0.

1.2.1 Matrici di Pauli Consideriamo l'insieme M2,2 (C) delle matrici quadrate di ordine 2 ad elementi complessi. Ci si convince facilmente che tale insieme, con l'usuale somma fra matrici e prodotto di una matrice per un numero complesso, è uno spazio vettoriale di dimensione 4 sul corpo C dei numeri complessi. La base canonica E = {E i } ha elementi:

E1 =

10 , 00



E2 =

01 , 00



E3 =

00 , 10



E4 =

00 . 01

(1.3)

Rispetto a tale base, il generico elemento M di M2,2 (C),

M=

m11 m12 , m21 m22

(1.4)

con mij ∈ C, ha componenti: (1.5) Particolarmente importante (ad es., per le applicazioni in Teoria dei gruppi ed in Meccanica quantistica) è la base formata dalla matrice identità, M = m11 E 1 + m12 E 2 + m21 E 3 + m22 E 4 .

1.2 Vettori linearmente indipendenti

7



10 , 01

1l = e dalle

matrici di Pauli:

σ1 =

01 , 10

(1.6)



0 −i , i 0

σ2 =

per le quali si usa anche la notazione:

σ3 =

1 0 , 0 −1

(1.7)

σx = σ1 , σy = σ2 , σz = σ3

(e

σ0 = 1l

per la matrice identità, in questo contesto), e la notazione compatta

σ = (σx , σy , σz ).

(1.8)

matrici hermitiane, essendo

La matrice identità e le matrici di Pauli sono

σi = σi∗ .

Pensate come vettori di

M2,2 (C),

la matrice identità e le matrici di Pauli

hanno componenti rispetto alla base canonica:

⎛ ⎞ 1 ⎜0⎟ ⎜ , (σ0 )E = ⎝ ⎟ 0⎠ 1

⎛ ⎞ 0 ⎜1⎟ ⎜ (σ1 )E = ⎝ ⎟ , 1⎠ 0

⎞ 0 ⎜−i⎟ ⎟ (σ2 )E = ⎜ ⎝ i ⎠, 0 ⎛

⎞ 1 ⎜0⎟ ⎟ (σ3 )E = ⎜ ⎝ 0 ⎠. −1 ⎛

(1.9)

Ordinando tali componenti per riga, è possibile formare la matrice

⎛

1 ⎜0 P =⎜ ⎝0 1

0 0 1 1 −i i 0 0

⎞ 1 0⎟ ⎟. 0⎠ −1

(1.10)

det P = −4i = 0 e quindi rank P = 4, segue che {σ0 , σ1 , σ2 , σ3 } è un M2,2 (C), e quindi una base (cfr. Ÿ 1.2). La matrice

Essendo



sistema di vettori l.i. in

P

è proprio la matrice relativa al cambiamento di base, dalla base canonica

alla base

{σ0 , σ}

in

M2,2 (C)

(cfr. Ÿ 1.4).

Si vericano le seguenti proprietà [Cohen-Tannoudji

et al. (1977a), Com-

plement AIV ; Messiah (1964), Ch. XIII, Ÿ 19; Landau e Lif²its (1991), Ÿ 55]:

Proprietà 1.1 (Invarianti delle matrici di Pauli). Risulta: Tr σ0 = 2, Tr σi = 0,

det σi = −1,

Richiamo (Invarianti di una matrice). (i

= 1, . . . n)

di una matrice quadrata

polinomio caratteristico in λ:

(1.11a)

det σ0 = 1, (i = 1, 2, 3). Ricordiamo che gli

M ∈ Mn,n (C)

(1.11b)

invarianti Si

sono i coecienti del

det(M − λ1l) = (−1)n λn + (−1)n−1 S1 λn−1 + . . . + Sn .

(1.12)



8

1 Spazi vettoriali

Le quantità Si sono infatti invarianti per trasformazioni di similarità. È facile convincersi che Sn = det M e che S1 = Tr M . Gli invarianti di ordine intermedio m (0 < m < n) possono costruirsi sommando i determinanti di tutti i minori di ordine m la cui diagonale principale si trovi lungo la diagonale principale di M (minori principali). (Vedi anche più avanti, al Ÿ 1.5.)

Proprietà 1.2. Risulta: σi2 = 1l,

da cui segue che: σ0 =

ovvero, con notazione compatta,

(1.13)

(i = 1, 2, 3),

1 2 (σ + σy2 + σz2 ), 3 x

(1.14) (1.15)

σ2 = σ · σ = 3σ0

(dove · denota l'usuale prodotto scalare).

Proprietà 1.3 (Commutatore e anticommutatore).

Risulta: (1.16a) (1.16b) (1.16c)

σx σy = −σy σx = iσz , σy σz = −σz σy = iσx , σz σx = −σx σz = iσy .

Segue che due matrici di Pauli distinte anticommutano: {σi , σj } := σi σj + σj σi = 0,

(i = j),

(1.17)

ma non commutano: [σi , σj ] := σi σj − σj σi = 2iσk ,

(1.18)

con i, j, k permutazione pari di 1, 2, 3. Con notazione compatta, le (1.13) e (1.16) possono riassumersi come: σj σk = iεjk σ + δjk σ0 ,

(1.19)

dove δjk è il simbolo di Kronecker e εijk il simbolo di Levi-Civita (o tensore completamente antisimmetrico), ed è sottintesa la sommatoria sull'indice ripetuto = 1, 2, 3: σj σk = δjk σ0 + i

3  =1

εjk σ .

(1.20)

1.2 Vettori linearmente indipendenti

Richiamo (Simboli di Kronecker e di Levi Civita).

9

Il simbolo di

Kronecker è denito ponendo:

δij =

0, se i = j, 1, se i = j.

(1.21)

Il simbolo di Levi-Civita (o tensore completamente antisimmetrico) è denito ponendo:

εijk

⎧ ⎨ 0, se 1, se = ⎩ −1, se

almeno due degli indici gli indici gli indici

i, j, k i, j, k

i, j, k

sono uguali,

formano una permutazione pari di

1, 2, 3, 1, 2, 3.

formano una permutazione dispari di

(1.22) Mediante il simbolo di Levi-Civita, il determinante di una matrice, ad es.

3 × 3,

può essere scritto come:

⎛

⎞ a1 a2 a3 M = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ ⇒ det M = a × b · c = εijk ai bj ck , c1 c2 c3

(1.23)



con la solita convenzione sugli indici ripetuti.

Esercizio 1.7. Provare le seguenti identità relative ai simboli di Kronecker e

di Levi-Civita (somme da

1

ad

n

sottintese sugli indici ripetuti):

εikj εrkj = (n − 1)δir εikj εikj = n(n − 1) εijk εprk = δip δjr − δir δjp εijk εrjk εrpq = (n − 1)εipq εijk εjkp εkpi = 0.

Proprietà 1.4. Risulta:

σx σy σz = i1l.

(1.24)

Segue da (1.16a) e (1.13). Ma vericatela anche esplicitamente, per esercizio.

Proprietà 1.5 (Autovalori ed autovettori).

Vericare che gli autovalori

di ciascuna matrice di Pauli sono λ = ±1, e che gli autovettori sono, rispettiva      mente, {(−1, 1) , (1, 1) } per σx , {(i, 1) , (−i, 1) } per σy , {(0, 1) , (1, 0) }

σz (il primo autovettore λ = −1, il secondo a λ = 1). per



di ciascuna coppia appartiene all'autovalore

Per la denizione di autovalori ed autovettori, vedi Ÿ 1.6.

Proprietà 1.6. Dati due vettori a, b ∈ C3, vericare che (Cohen-Tannoudji

et al., 1977a, Complement AIV ):

(σ · a)(σ · b) = σ0 (a · b) + iσ · a × b.

(1.25)



10

1 Spazi vettoriali

Servendosi della (1.19), si ha (sommatoria sottintesa sugli indici ripetuti): (σ · a)(σ · b) = σj aj σk bk = σj σk aj bk = (iεjk σ + δjk 1l)aj bk = iεjk aj bk σ + aj bj 1l = iσ · a × b + (a · b)1l.

La relazione sussiste anche nel caso in cui [a, b] = 0, mantenendo però l'ordine dato. Abbiamo provato che {1l, σ} è una base di M2,2 (C). Data la generica matrice M come in (1.4), avente coordinate (m11 , m12 , m21 , m22 ) rispetto alla base canonica, quali sono le coordinate di M rispetto alla base {1l, σ}? Scriviamo: M = a0 1l + ax σx + ay σy + az σz = a0 1l + a · σ

(1.26)

in tale nuova base. Prendendo la traccia di ambo i membri, per le (1.11), si ha: (1.27) Tr M = a0 Tr 1l + a · Tr σ = 2a0 , mentre per la traccia di M σ (s'intende prodotto righe per colonne), componente per componente, risulta: Tr(M σi ) = Tr[a0 σi + (a · σ)σi ] = Tr[(a · σ)σi ] = Tr[ax σx σi + ay σy σi + az σz σi ] = 2ai ,

ove s'è fatto uso delle (1.13) e (1.16). Segue, in denitiva, che: 1 Tr M, 2 1 a = Tr(M σ). 2

a0 =



(1.28b)

Esplicitamente, M=



(1.28a)

m12 − m21 m11 − m22 m12 + m21 m11 + m22 1l + σx + i σy + σz . (1.29) 2 2 2 2

Tale ultima relazione si sarebbe potuta ricavare dalla forma di P  in (1.10) e dalla legge di cambiamento di base (Ÿ 1.4).

Osservazione 1.1. Rileggete attentamente dall'inizio questa sezione e distin-

guete i casi in cui la matrice identità e le matrici di Pauli sono state pensate come:

1.2 Vettori linearmente indipendenti

• • • • •

semplici matrici quadrate

2×2

ad elementi complessi;

elementi (vettori) dello spazio vettoriale 4-dimensionale

11

M2,2 (C);

in tale spazio, un sistema di vettori l.i., anzi una base; (rappresentazione matriciale di) operatori lineari sullo spazio vettoriale

M2,1 (C)

degli spinori a due componenti;

insieme di una matrice (l'identità), e di tre matrici (le tre matrici di Pauli propriamente dette) ordinate come le componenti

x, y, z

di un vettore di

uno spazio vettoriale a tre componenti.

1.2.2 Equazione di Pauli In Meccanica quantistica, le matrici di Pauli servono a rappresentare lo spin di un fermione.

Consideriamo il caso in cui la proiezione dello spin di una

particella (ad es., un elettrone) lungo una direzione pressata (ad es., lungo l'asse

z)

+ 12  con | ↑ lungo z

abbia gli autovalori

gono solitamente indicati la componente dello spin

e e

− 12 . Gli autostati corrispondenti ven| ↓. Dato che i possibili autovalori per

sono soltanto due, è conveniente rappre-

sentare gli autostati corrispondenti mediante i vettori colonna (spinori a due componenti):

| ↑ :=



1 0

e

| ↓ :=



0 . 1

(1.30)

Più in generale, uno stato di spin sarà rappresentato dal generico vettore colonna di

M2,1 (C). L'operatore di spin si identica allora con una matrice 2 × 2

ad elementi complessi. Date le proprietà di commutazione ed anticommutazione delle matrici di Pauli, discusse precedentemente, è conveniente allora identicare le componenti cartesiane dell'operatore di spin con le tre matrici

: di Pauli, moltiplicate per 1 2

ˆ =  σ. S 2

(1.31)

In particolare, dalle proprietà delle matrici di Pauli, rimane vericato che

Sˆz | ↑ = + 12 | ↑ e che Sˆz | ↓ = − 12 | ↓, ˆi , Sˆj } = 0 (i = j ). mentre {S

che

[Sˆx , Sˆy ] = iSˆz

e cicliche,

Una volta deniti gli operatori di spin, occorre estendere l'equazione di Schrödinger in modo da tener conto anche dell'esistenza di questa osservabile.

Si conviene di rappresentare lo stato di una particella dotata di spin 1 2 (ad esempio, di un elettrone) mediante lo spinore: 2

Si consiglia di rileggere questo paragrafo dopo avere studiato il problema agli autovalori di una matrice e le proprietà di una matrice hermitiana. L'equazione di Schrödinger è argomento, fra gli altri, dei corsi di Meccanica quantistica (Istituzioni di sica teorica) e di Struttura della materia, mentre le equazioni dierenziali alle derivate parziali, il principio di sovrapposizione ed il metodo di separazione delle variabili verranno trattati nel Cap. 3. Per approfondimenti, vedi Caldirola (1960); Cohen-Tannoudji et al. (1977a,b).

12

1 Spazi vettoriali



ψ(x, y, z, t) =

ψ↑ (x, y, z, t) , ψ↓ (x, y, z, t)

dove ψ↑ , ψ↓ sono funzioni ordinarie delle variabili di posizione e del tempo. In virtù della (1.30), è possibile scrivere: ψ(x, y, z, t) = ψ↑ (x, y, z, t)| ↑ + ψ↓ (x, y, z, t)| ↓.

La condizione di normalizzazione per tale spinore si esprime come: 

ψ † ψ d3 r =



(|ψ↑ (x, y, z, t)|2 + |ψ↓ (x, y, z, t)|2 ) d3 r = 1,

∀t,

dove ψ† = (ψ↑∗ , ψ↓∗ ) denota lo spinore hermitiano coniugato di ψ . L'operatore hamiltoniano che descrive l'evoluzione temporale di una particella dotata di carica elettrica −e in un campo elettromagnetico si esprime come: ˆ =H ˆ0 + H ˆ1, H

ˆ 0 è l'hamiltoniano in assenza di campo magnetico, e dove H

ˆ 1 = μ0 H · σ = μ0 H

Hz (Hx − iHy ) −Hz (Hx + iHy )



è il termine dovuto al campo magnetico H . La costante di accoppiamento della particella col campo magnetico è data dal suo momento magnetico μ0 . Notiamo che stiamo implicitamente supponendo che l'unico termine dell'haˆ 1 . Osserviamo miltoniano che dipenda esplicitamente dallo spin è appunto H che esso è espresso mediante una matrice hermitiana che agisce sullo spazio degli spinori a due componenti. L'equazione di Schrödinger si scrive allora come: i

∂ ˆ ψ = Hψ, ∂t

ed è quindi equivalente al sistema di equazioni dierenziali (alle derivate parziali) accoppiate: ∂ ˆ 0 ψ↑ + μ0 Hz ψ↑ + μ0 (Hx − iHy )ψ↓ ψ↑ = H ∂t ∂ ˆ 0 ψ↓ + μ0 (Hx + iHy )ψ↑ − μ0 Hz ψ↓ . i ψ↓ = H ∂t i

Nel caso in cui il campo magnetico H sia uniforme (cioè, non dipende dalle coordinate spaziali) e costante (cioè, non dipende dalla coordinata temporale), allora è possibile separare le variabili spaziali e temporali da quelle di spin. Per il principio di sovrapposizione (vedi il Cap. 3), la soluzione generale può essere posta sotto la forma dello sviluppo in serie:

1.2 Vettori linearmente indipendenti

ψ=



13

i

un e−  En t ,

n

dove

ˆ n = En un Hu

è l'equazione per gli stati stazionari un = un (x, y, z). Con n indichiamo globalmente l'insieme dei numeri quantici orbitali e di spin. La dipendenza di un dalle coordinate spaziali e da quelle di spin può essere ulteriormente separata come: un = un (x, y, z)ϕs ,

ove un è una funzione delle sole coordinate spaziali (la le componenti dello spinore), con

stessa

per entrambe

ˆ 0 un = En0  un , H

e ϕs =



as bs

è uno spinore che non dipende né dalle coordinate spaziali, né dal tempo, con ˆ 1 ϕs = E  ϕs . H s

Ovviamente, risulta:

(1.32)

En = En0  + Es ,

con n = (n , s). L'equazione di Pauli (1.32) è sostanzialmente l'equazione per gli autovetˆ 1 , ed equivale infatti al sistema di equazioni (algebriche, tori della matrice H lineari ed omogenee): μ0 Hz as + μ0 (Hx − iHy )bs = Es as μ0 (Hx + iHy )as − μ0 Hz bs = Es bs .

Per il teorema di Rouché-Capelli (Teorema 1.3) esso ammette soluzioni non banali se e solo se è nullo il determinante dei coecienti, cioè se: Es2 = μ20 (Hx2 + Hy2 + Hz2 ) = μ20 H 2 ,

da cui E↑ = μ0 H E↓ = −μ0 H

che denotano le correzioni all'energia totale dovute alle due possibili orientazioni dello spin (rispetto al campo magnetico):

14

1 Spazi vettoriali

En = En0  ± μ0 H.

Sostituendo tali valori ad Es nel sistema precedente, e tenendo conto della condizione di normalizzazione, che separatamente per la parte di spin si esprime come |as |2 + |bs |2 = 1, si trova ϕ↑ = 

per s =↑, con



a↑ , b↑



H + Hz iα e , 2H  ” “ Hy H − Hz i α+arctan H x , e b↑ = 2H

a↑ =

con α reale arbitrario, e per s =↓, con



a↓ ϕ↓ = , b↓ 

H − Hz iα e , 2H  ” “ y H + Hz i α+arctan H Hx e b↓ = − . 2H

a↓ =



La presenza di un fattore arbitrario eiα deriva dal fatto (generale) che l'equazione di Schrödinger non determina la fase di uno stato. (La fase dello stato di un sistema non è, in generale, osservabile.) Il campo magnetico, di fatto, introduce una direzione preferenziale nello spazio, ed induce a scegliere l'asse z orientato come il vettore H . Cosa accade se si eettua tale scelta, e dunque si pone H = Hz , Hx = Hy = 0?

Particelle con spin 1 In tal caso, si può rappresentare l'operatore di spin con S = σ , ove stavolta le matrici σ = (σx , σy , σz ) sono matrici unitarie 3 × 3: ⎛ ⎞ 010 1 ⎝ 1 0 1⎠ , σx = √ 2 010

⎛ ⎞ 0 −i 0 1 ⎝ i 0 −i⎠ , σy = √ 2 0 i 0

⎛

⎞ 10 0 σz = ⎝0 0 0 ⎠ , 0 0 −1

che agiscono sullo spazio degli spinori a tre componenti: ⎞ ψ↑ ψ = ⎝ψ 0 ⎠ . ψ↓ ⎛



Si verica che tali tre nuove matrici vericano stavolta le regole di commutazione: [σi , σj ] = iσk .

1.2 Vettori linearmente indipendenti

15

1.2.3 Matrici di Dirac

Nella teoria relativistica dello spin (equazione di Dirac), si fa uso delle matrici di Dirac {γ0 , γ} = {γ0, γ1 , γ2, γ3 }. Esse si possono pensare come elementi (vettori) di M4,4 (C) = M2,2 (C) ⊗ M2,2 (C), ovvero come (rappresetanzione matriciale di) operatori lineari sullo spazio M4,1 (C) degli spinori a 4 componenti. Nella rappresentazione di Dirac, tali matrici (e le matrici ausiliarie α e γ 5 ) sono denite come matrici a blocchi in termini delle matrici di Pauli come (Itzykson e Zuber, 1980, Appendice A-2):! γ0 = σ3 ⊗ σ0 =

σ0 0 0 −σ0





⎛ 10 ⎜0 1 =⎜ ⎝0 0 00

0 σ α = σ1 ⊗ σ = , σ 0

0 σ γ = iσ2 ⊗ σ = γ0 α = , −σ 0

0 σ0 γ5 = σ1 ⊗ σ0 = . σ0 0

0 0 −1 0

⎞ 0 0⎟ ⎟, 0⎠ −1

(1.33a) (1.33b) (1.33c) (1.33d)

Si prova che le matrici di Dirac anticommutano, {γμ , γν } := γμ γν + γν γμ = 2gμν , {γ5 , γμ } = 0,



(1.34a) (1.34b)

ove μ = 0, 1, 2, 3 e gμν è il tensore metrico ⎛

gμν

1 ⎜0 =⎜ ⎝0 0

0 −1 0 0

⎞ 0 0 0 0⎟ ⎟. −1 0 ⎠ 0 −1

(1.35)

Esercizio 1.8. Determinare

traccia, determinante, autovalori ed autovettori delle matrici di Dirac. Oltre che nella rappresentazione di Dirac (D), le matrici di Dirac vengono anche usate nella rappresentazione di Majorana (M) e nella rappresentazione chirale (ch) (Itzykson e Zuber, 1980). Tali rappresentazioni sono legate da una trasformazione unitaria: † , γμM = UM γμD UM 3

e

† γμch = Uch γμD Uch ,

(1.36)

Qui, non insistiamo sul fatto che gli indici sono controvarianti e andrebbero scritti in alto (Itzykson e Zuber, 1980).

16

1 Spazi vettoriali

dove UM Uch

1 σ 0 σ2 = √ , 2 σ2 −σ0

1 1l −1l 1 = √ = √ (1l − γ5 γ0 ) 1 l 1 l 2 2

(1.37) (1.38)

(dove nell'ultima relazione 1l indica la matrice unità 2 × 2 o 4 × 4, seconda i casi).

Esercizio 1.9. Determinare esplicitamente la forma delle matrici di Dirac in

tali altre rappresentazioni, e dimostrare che le trasformazioni associate a UM e Uch sono eettivamente unitarie. Determinare la trasformazione (unitaria) tra la rappresentazione di Majorana e la rappresentazione chirale: γμch = V γμM V † .

(1.39)

1.3 Sistemi lineari Il sistema a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1q xq = c1 a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2q xq = c2 ... ap1 x1 + ap2 x2 + . . . + apq xq = cp

(1.40)

costituisce il più generale sistema lineare di p equazioni nelle q variabili (o incognite, o indeterminate) x1 , . . . xq . Solitamente, si intende x1 , . . . xq ∈ C. Risolvere il sistema lineare (1.40) signica quindi determinare, se esistono, tutte e sole le q -uple di numeri complessi x1 , . . . xq che lo vericano. Con i p · q numeri complessi aij si usa formare la matrice A = (aij ) ∈ Mp,q (C), detta matrice dei coecienti relativa al sistema (1.40). Con i p numeri complessi ci si usa formare il vettore C = (ci ) ∈ Mp,1 (C), detto vettore dei termini noti. La matrice A = (A C) ∈ Mp,q+1 (C), ottenuta aumentando la matrice dei coecienti col vettore dei termini noti prende il nome di matrice completa. Denotando inne con X = (xj ) ∈ Mq,1 (C) il vettore colonna delle variabili, il sistema lineare (1.40) assume la forma compatta: A · X = C,

ove · denota l'usuale prodotto righe per colonne tra matrici. Se p = q = n sussiste il seguente:

(1.41)

1.3 Sistemi lineari

17

Teorema 1.2 (di Cramer). Un sistema lineare di n equazioni in n varia-

bili tale che la sua matrice dei coecienti A è invertibile ammette una sola soluzione x1 , . . . xn data da: xj =

n 

(−1)i+j

i=1

det Aij ci . det A

(1.42)

In altre parole, le soluzioni xj si ottengono calcolando i rapporti che hanno come denominatore il determinante di A e come numeratori i determinanti delle matrici che si ottengono da A sostituendo la j -sima colonna con la colonna dei termini noti. Dimostrazione. Da AX = C , data l'invertibilità di A, segue che X = A−1C .

Ma la matrice inversa della matrice

A

ha elementi:

(A−1 )k = (−1)+k

det Ak , det A

(1.43)

cioè è la matrice ottenuta prendendo la trasposta della matrice formata dai complementi algebrici, diviso il determinante di

A (supposto diverso da zero).

Pertanto,

xj =

n 

(A−1 )ji ci

i=1

=

n 

(−1)i+j

i=1

det Aij ci . det A  

Nel caso generale, sussiste il:

Teorema 1.3 (di Rouché-Capelli). 1. Condizione necessaria e suciente anché il sistema (1.40) di p equazioni in q variabili ammetta soluzioni è che rank A = rank A .

(1.44)

2. In tal caso, sia n = rank A = rank A e B un minore invertibile di A di ordine n. Siano Ai , . . . Ai le righe di A che servono a comporre il minore B . Allora il sistema (1.40) è equivalente al sistema ridotto: 1

n

⎧ ⎪ ⎨ ai1 1 x1 + . . . + ai1 q xq = ... ⎪ ⎩ ain 1 x1 + . . . + ain q xq =

ci1 (1.45)

cin

18

1 Spazi vettoriali

3. Siano Aj1 , . . . Ajn le colonne di A che servono a comporre il minore B . Tutte le soluzioni del sistema ridotto si ottengono allora assegnando valori arbitrari alle xj tali che j = j1 , . . . jn e risolvendo il sistema lineare completo di n equazioni nelle rimanenti n variabili (mediante il teorema di Cramer). Dimostrazione. Omessa

(cfr. qualsiasi testo di algebra lineare, e anche il Teorema 1.1). Ci limitiamo ad osservare che, se ci = 0, i = 1, . . . n, ossia nel caso di un sistema omogeneo, risulta sempre rank A = rank A . Infatti, un sistema lineare omogeneo ammette sempre la soluzione banale, x = 0. Se q < n, esso non ammette altre soluzioni, mentre se q > n esso ammette ∞q−n soluzioni (cioè, una soluzione dipendente da q − n parametri). Tra i metodi di soluzione, è opportuno ricordare il metodo di riduzione della matrice completa alla forma canonica o metodo di Gauss-Jordan.   Esercizio 1.10. Risolvere il sistema completo ⎧ 2x1 ⎪ ⎪ ⎨ x1 3x ⎪ 1 ⎪ ⎩ 2x1

Risposta:

` X = 2,

1 , 5

0,

+x2 +x2 +6x2 +2x2

+5x3 −3x3 −2x3 +2x3

+x4 −4x4 +x4 −3x4

= 5 = −1 = 8 = 2

´ 4  . 5

Esercizio 1.11. Risolvere il sistema omogeneo

⎧ ⎨ 2x1 −x2 +3x3 = 0 3x1 +2x2 +x3 = 0 ⎩ x1 −4x2 +5x3 = 0

Risposta:

X = (−a, a, a) .

Esercizio 1.12. Risolvere il sistema omogeneo

⎧ ⎨ x1 +x2 +x3 +x4 = 0 x1 +3x2 +2x3 +4x4 = 0 ⎩ +x3 −x4 = 0 2x1

Risposta:

` ´ X = − 12 a + 12 b, − 12 a − 32 b, a, b .

Esercizio 1.13. Risolvere il sistema omogeneo

⎧ 4x1 −x2 +2x3 +x4 ⎪ ⎪ ⎨ 2x1 +3x2 −x3 −2x4 7x2 −4x3 −5x4 ⎪ ⎪ ⎩ 2x1 −11x2 +7x3 +8x4

Risposta:

` X = − 58 a + 38 b, a,

7 a 4

− 54 b, b

´

.

= = = =

0 0 0 0

1.4 Cambiamenti di base

19

1.4 Cambiamenti di base Sia Vn uno spazio vettoriale sul corpo K . Se esiste un numero nito n di vettori l.i. di Vn tali che ogni altro vettore dipenda linearmente da essi, tale numero si dice dimensione dello spazio, e si scrive (1.46)

n = dim Vn .

Un insieme di n vettori l.i. U = {u1 , . . . un } nello spazio Vn si dice una base per Vn .

Teorema 1.4. Ogni vettore x ∈ Vn può essere espresso in modo unico come c.l. dei vettori di una base U . Dimostrazione. Facile ed omessa.

 

Siano allora x1 , . . . xn ∈ K gli n scalari tali che x = x1 u1 + . . . + xn un .

(1.47)

Tali scalari prendono il nome di coordinate o componenti controvarianti del vettore x rispetto alla base U , e converremo di ordinarli come un vettore colonna xU ∈ Mn,1 (K): ⎛ ⎞ x1 ⎜ ⎟ xU = ⎝ ... ⎠ . xn

(1.48)

Ricordiamo che le componenti degli elementi della base canonica E =

{e1 , . . . en } di Vn si deniscono come: ⎛ ⎞ 1 ⎜ .. ⎟ e1E = ⎝ . ⎠ , . . . 0

enE

⎛ ⎞ 0 ⎜ .. ⎟ = ⎝.⎠ . 1

(1.49)

Teorema 1.5 (Cambiamento di base). Siano U = {u1, . . . un}, V = {v 1 , . . . v n } due basi di Vn ed x ∈ Vn . Allora esiste una matrice quadrata non singolare P ∈ Mn,n (K), dipendente soltanto dalla scelta delle due basi, tale che (1.50) xU = P xV . Dimostrazione. Siano xU = (x1 , . . . xn ) e xV = (y1 , . . . yn ) le componenti di x rispetto alle basi U e V , rispettivamente. Si ha, cioè: x = x1 u1 + . . . + xn un , x = y1 v 1 + . . . + yn v n .

20

1 Spazi vettoriali

Ciascuno dei vettori vi della base V ammette rappresentazione in termini dei vettori della base U , e siano vij le sue coordinate, cioè: v 1 = v11 u1 + . . . + v1n un ,

.. .. . .

(1.51)

v n = vn1 u1 + . . . + vnn un .

Sostituendo nelle espressioni per x: x=

n  i=1

x i ui =

n 

yi v i =

i=1

n 

⎛ yi ⎝

i=1

n 

⎞ vij uj ⎠

j=1

=∗

n  n 

yi vij uj =∗∗

j=1 i=1

n  n 

yj vji ui ,

(1.52)

i=1 j=1

ove al passaggio ∗ s'è fatto uso della proprietà distributiva della somma rispetto alla moltiplicazione, ed al passaggio ∗∗ si sono permutati gli indici i e j su cui si somma (indici muti ). Confrontando primo ed ultimo membro, segue che: ⎛ ⎞ n n   ⎝xi − vji yj ⎠ ui = 0. (1.53) i=1

j=1

Ma U è una base, quindi un sistema di vettori l.i., quindi i coecienti tra parentesi di tale loro c.l. devono essere identicamente nulli, cioè xi =

n 

(1.54)

vji yj ,

j=1

ovvero, con notazione matriciale, (1.55) ove la matrice P è la matrice avente per elementi gli scalari vji , ossia avente per colonne le componenti dei vettori della base V rispetto alla base U : xU = P xV ,

⎛

⎜ P =⎝

v11 . . . vn1

.. .

.. .

⎞

⎟ ⎠.

(1.56)

v1n . . . vnn

Tale matrice è detta matrice di passaggio dalla base U alla base V . La matrice P è invertibile. Infatti, per x = 0, si ha xU = (0, . . . 0) e  xV = (0, . . . 0) , rispetto ad entrambe le basi. Quindi, il sistema di equazioni lineari nj=1 vji yj = 0 (i = 1, . . . n) ha l'unica soluzione yj = 0 (j = 1, . . . n), ossia, per il teorema di Rouché-Capelli, rank P = n, che comporta det P = 0,

1.4 Cambiamenti di base

21

come volevasi. La matrice inversa P −1 è infatti associata al cambiamento di base inverso da V a U , e si può scrivere:

xV = P −1 xU .

(1.57)

 

Osservazione 1.2.

Mentre gli elementi della base U si trasformano mediante le (1.51), che coinvolgono gli scalari vij , le coordinate del generico vettore x rispetto a tale base si trasformano secondo gli scalari vji . Simbolicamente,

 mentre

   v 1 . . . v n = u1 . . . un · P,

(1.58)

xU = P xV .

(1.59)

Ciò si esprime dicendo che la legge di trasformazione (1.50) delle coordinate di un vettore rispetto ad una base è ossia mentre gli elementi della base si trasformano secondo una legge (lineare) che coinvolge la matrice P in un certo modo, la legge (anch'essa lineare) che descrive la trasformazione delle coordinate di un vettore rispetto a tale base coinvolge la matrice P nel modo contrario.

controvariante,

Osservazione 1.3. Gli elementi di uno spazio vettoriale (i vettori) sono oggetti

assoluti. Un vettore x ∈ Vn è quel certo vettore x qualsiasi sia la base rispetto alla quale si diano le sue coordinate. Rappresentare un vettore x mediante le sue coordinate rispetto ad una base (opportuna) è solo un modo (opportuno) di specicare il vettore x. In base alle applicazioni, può essere più conveniente esprimere un vettore rispetto ad una piuttosto che ad un'altra base, ma il vettore rimane se stesso (in tal senso è un oggetto assoluto). Le coordinate di un vettore x rispetto ad una base sono invece enti relativi, nel senso che dipendono dalla base alla quale si fa riferimento: se si cambia base, le coordinate del vettore, il vettore stesso. I vertici di un poligono disegnato su un piano sono certi punti (vettori) di quel piano, ed il poligono ne rimane ben denito. Se si riferiscono tali punti (vettori) a due diversi sistemi di riferimento (basi) su quel piano, ciascun punto (vettore) rimarrà individuato da due diverse coppie di numeri reali (le coordinate). Ma il punto (vettore), il vertice del poligono rimane sempre quello, e così il poligono. In Relatività speciale, il tensore del campo elettromagnetico si trasforma secondo una legge di controvarianza (tensoriale) analoga a quella che abbiamo derivato per i vettori. Cambiando sistema di riferimento (base), cambiano i valori delle coordinate (componenti del tensore), associate alle componenti dei campi elettrico e magnetico, separatamente. In particolare, è possibile porsi in un sistema di riferimento in cui sia nullo il campo elettrico o sia nullo il campo magnetico. L'ente assoluto è in questo caso il tensore campo elettromagnetico, ed infatti si preferisce fare riferimento ai suoi invarianti

cambiano

non

22

1 Spazi vettoriali

per caratterizzarlo, ossia fare riferimento a proprietà, che si possono calcolare in particolare in un riferimento, ma il cui valore non varia quando si passa da un riferimento ad un altro. In Meccanica quantistica, le diverse rappresentazioni (rappresentazione di Schrödinger, rappresentazione di Heisenberg, rappresentazione d'interazione) corrispondono, in pratica, ad un modo diverso di descrivere la dipendenza dal tempo delle ampiezze di probabilità. Più in generale, il valore di aspettazione ˆ φ|O|ψ di un operatore Oˆ tra due stati rappresentati dai vettori |ψ e |φ (notazione di Pauli) è una certa funzione O(t) del tempo t. Nella rappresentazione di Schrödinger, si sceglie di attribuire tutta la dipendenza dal tempo agli stati di base nello spazio di Hilbert, e quindi agli stati |ψ e |φ, che sono c.l. di tali stati di base. Nella rappresentazione di Schrödinger risulta quindi: ˆ S |ψ(t)S , O(t) = S φ(t)|O

ove il pedice S indica che gli stati |ψ e |φ, e l'operatore Oˆ S sono espressi in tale rappresentazione. Nella rappresentazione di Heisenberg, si sceglie invece di attribuire tutta la dipendenza dal tempo agli operatori, e di riferire invece gli stati ad una base ssa, cioè non dipendente dal tempo. Nella rappresentazione di Heisenberg risulta quindi: ˆH (t)|ψH . O(t) = H φ|O

Nella rappresentazione d'interazione, parte della dipendenza dal tempo è assegnata ai vettori di base, parte agli operatori. Ma le rappresentazioni fra loro sono equivalenti: il valore di aspettazione O(t) dell'osservabile è lo stesso.

Esercizio 1.14. Dato il vettore x ∈ R3 avente componenti rispetto alla base

canonica xE = (1, 2, 1) , determinarne le coordinate rispetto alla base V = {v 1 , v 2 , v 3 }, i cui elementi hanno componenti rispetto alla base canonica: v 1 = (1, 1, 0) , v 2 = (1, 0, 1) , v 3 = (1, 1, 1) .

Risposta: La matrice di passaggio da E a V è la matrice P avente per colonne le componenti dei vettori v i rispetto ad E , cioè la matrice: 0 1 111 P = @1 0 1 A . (1.60) 011

La legge di trasformazione cercata è data da xE = P xV , ovvero, essendo P invertibile (i vettori v i sono l.i.), xV = P −1 xE , dove l'inversa di P è: 0 1 1 0 −1 P −1 = @ 1 −1 0 A . (1.61) −1 1 1 Svolgendo i calcoli, si trova quindi xV = (0, −1, 2) .

1.4 Cambiamenti di base

23

Si sarebbe potuto procedere anche direttamente, e scrivere v = (a, b, c) . Allora la legge di trasformazione P xV = xE comporta che (a, b, c) sia soluzione del sistema lineare (completo): a+b+c=1 a +c=2 b + c = 1, la cui soluzione col metodo di Cramer dà il risultato già trovato.

Osservazione 1.4. Abbiamo osservato che la matrice di passaggio da una base ad un'altra dipende soltanto dalle basi di partenza e di arrivo. In eetti, supponiamo di avere tre basi U = {u1, . . . un }, V = {v1 , . . . vn } e W = {w1 , . . . wn }.  Sia P = v1U . . . vnU la matrice relativa al passaggio dalla base U alla base V : essa è la matrice avente per colonne i vettori colonna formati dalle coordinate degli elementi della base V rispetto alla base U . Analogamente, sia   Q = w1 U . . . wn U la matrice relativa al passaggio dalla base U alla base W . Dunque, se x ∈ Vn , xU = P x V ⇒ P xV = QxW ⇒ xV = P −1 QxW ≡ RxW , xU = QxW

e, per l'arbitrarietà del vettore x ∈ Vn , segue che (1.62)

R = P −1 Q

è la matrice associata al cambiamento di base da V a W . Simbolicamente: U

xU

P V

xV



Q R = P −1 Q.

W

xW





Esercizio 1.15. In R3, date le basi V = {v1, v2, v3 } e W = {w1 , w2, w3 }, con v1 = (1, 0, 0) , v2 = (1, 0, 1) , v3 = (1, 1, 1) , e w1 = (0, 1, 0) , w2 = (1, 2, 3) , w3 = (1, −1, 1) , rispetto alla base canonica, determinare la matrice R tale che xV = Rx 0W . 1 Risposta:

0 −2 0 R = @−1 1 2 A . 1 2 −1

Esercizio 1.16. In R3, date le basi V

= {v 1 , v 2 , v 3 } e W = {w1 , w2 , w3 }, v 1 = (0, 1, 0) , v 2 = (1, 1, 0) , v 3 = (1, 2, 3) , e w 1 = (1, 1, 0) , w 2 = (1, 1, 1) , w3 = (1, 2, 1) , rispetto alla base canonica, determinare la matrice R tale che xV = RxW . con

24

1 Spazi vettoriali 0 0 − 13 @ Risposta: R = 1 23 0 13

1

2 3 2A . 3 1 3

Esercizio 1.17. In R3, date le basi V

= {v 1 , v 2 , v 3 } e W = {w1 , w2 , w3 }, v 1 = (1, 1, 0) , v 2 = (1, 0, 1) , v 3 = (1, 1, 1) , e w 1 = (1, 1, 2) , w 2 = (2, 2, 1) , w3 = (1, 2, 2) , rispetto alla base canonica, determinare la matrice R tale che xV = Rx 1 0W . con

−1 1 −1 R = @ 0 0 −1A . 2 1 3

Risposta:

1.5 Applicazioni lineari (omomorsmi) Siano Vn e Wm due spazi vettoriali di dimensioni nite n ed m, rispettivamente, sul medesimo corpo K . Un'applicazione T : Vn → Wm si dice lineare o un omomorsmo

se essa lascia invariati la somma tra due vettori ed il prodotto

di un vettore per uno scalare nei due spazi, ossia se:

T (u + v) = T u + T v , ∀u, v ∈ Vn ; T (ku) = kT u, ∀u ∈ Vn , ∀k ∈ K .

AL1. AL2.

Attenzione. di

Vn ,

Le somme fra vettori ai primi membri sono somme fra vettori

così i prodotti per uno scalare, mentre le somme e i prodotti per uno

scalare che gurano ai secondi sono fra vettori di l'applicazione di

T

L'immagine (o

a vettori di range )

Wm ,

ottenuti mediante

Vn .

di un omomorsmo

T

è l'insieme (Fig. 1.1):

T (Vn ) = {y ∈ Wm : ∃x ∈ Vn : T (x) = y} ⊆ Wm . Il

nucleo

(o

kernel )

di un omomorsmo

T

(1.63)

è l'insieme (Fig. 1.1):

ker T = {x ∈ Vn : T x = 0 ∈ Wm } ⊆ Vn . Osservazione 1.5.

0n ∈ Vn il vettore nullo di Vn e 0m senz'altro 0n ∈ ker T . Infatti, scelto

Siano

Wm . Risulta linearità di T si ha:

nullo di

(1.64)

∈ Wm il vettore a ∈ Vn , per la

T (0n ) = T (a − a) = T (a) − T (a) = 0m . Pertanto, anche

0m ∈ T (Vn ).

Denizione 1.3. Vn •

e

Wm .

Sia

Si dice che

iniettivo

o

un

dell'immagine

T : Vn → Wm T è

monomorsmo

T (Vn )

se

un omomorsmo tra gli spazi vettoriali

ker T = {0},

ossia

se

ogni

è il corrispondente di un solo elemento di

elemento

Vn ;

1.5 Applicazioni lineari (omomorsmi)

25

T

Vn

W

m

0m

ker T

T(Vn )

0n

Fig. 1.1. Immagine e nucleo di un omomorsmo T suriettivo o un epimorsmo se T (Vn ) = Wm , cioè se ogni elemento di Wm è il corrispondente di almeno un elemento di Vn ;" • biiettivo o un isomorsmo se esso è sia iniettivo, sia suriettivo. Un isomorsmo è altresí invertibile, ossia esiste un unico elemento di Vn da cui proviene ciascun elemento di Wm . Ciò consente di denire un'applicazione (anch'essa lineare, suriettiva ed iniettiva, cioè un isomorsmo) T −1 : Wm → Vn che ad ogni w ∈ Wm associa quell'elemento v ∈ Vn tale che T v = w. Le applicazioni composte T −1 ◦ T : Vn → Wm e T ◦ T −1 : Wm → Vn coincidono entrambe con l'applicazione identità (tra gli spazi indicati).

•

Denizione 1.4 (Matrice associata).

Sia T : Vn → Wm un omomorsmo. Siano V = {v 1 , . . . v n } una base in Vn e W = {w 1 , . . . wm } una base in Wm . Si denisce matrice associata a T relativamente alle basi V e W la matrice A = (aij ) ∈ Mm,n (K) (a m righe ed n colonne ad elementi aij nel corpo K ) avente come j -sima colonna le componenti dell'immagine T vj del j -simo vettore della base V rispetto alla base W : (1.65) T v j = a1j w 1 + . . . + amj w m , j = 1, . . . n. Viceversa, data una matrice A ∈ Mm,n (K), rimane univocamente denito l'omomorsmo T : Vn → Wm denito dalla (1.65). Invero, se x = x1 v 1 + . . . + xn v n ∈ Vn , in virtù della linearità di T , risulta: ⎞ ⎛ n n n m     xj v j ⎠ = xj T v j = xj aij w i , (1.66) Tx = T ⎝ j=1 4

j=1

j=1

i=1

In generale, infatti, in T (Vn ) stanno `meno' elementi di Wm .

26

1 Spazi vettoriali

cioè la componente i-sima di T x rispetto alla base W è:

(T x)i =

n 

(1.67)

xj aij .

j=1

In altri termini, le componenti di T x rispetto alla base W , ordinate per colonna, si ottengono dal prodotto righe per colonne della matrice A associata a T per il vettore colonna delle componenti di x relative alla base V :

(T x)W = A · (x)V .

(1.68)

In particolare, rimane vericato che gli indici sono contratti nel modo corretto,

  

essendo (m, 1) = (m, n) · (n, 1).

Teorema 1.6.

Sia T : Vn → Wm un omomorsmo, V = {v 1 , . . . v n } una base di Vn , W = {w 1 , . . . w m } una base di Wm , ed A ∈ Mm,n (K) la matrice associata a T relativamente a V e W . Allora: 1. T (Vn ) è un sottospazio vettoriale di Wm , generato dai vettori T v 1 , . . . T v n . 2. La dimensione di T (Vn ) ≤ n si chiama rango dell'omomorsmo T , e coincide col rango della matrice associata A:

dim T (Vn ) ≡ rank T = rank A.

(1.69)

dim Vn = dim ker T + rank T.

(1.70)

3. Risulta: 





4. Esistono due basi V e W tali che la matrice A associata a T relativamente a tali basi è del tipo:

A =



1lr O , O O

(1.71)

ove 1lr è la matrice identità r × r , con r = rank T , ed O sono matrici nulle. Dimostrazione.

y ∈ T (Vn ) un generico vettore dell'immagine di T . Allora ∃x ∈ Vn tale y = T x, con x = x1 v 1 + . . . + xn v n . Dunque, in virtù della linearità di T , si ha che y = x1 T v 1 + . . . + xn T v n , ossia ogni vettore di T (Vn ) può essere espresso come c.l. dei vettori T v 1 , . . . T v n . Segue che T (Vn ) è generato linearmente dai vettori T v 1 , . . . T v n . 2. Avendo provato che T (Vn ) è generato linearmente dagli n vettori T v 1 , . . . T v n , osserviamo intanto che dim T (Vn ) ≤ n. Inoltre, essendo T (Vn ) ⊆ Wm , risulta anche dim T (Vn ) ≤ m. Dunque dim T (Vn ) ≤ min(n, m). 1. Sia

che

1.5 Applicazioni lineari (omomorsmi)

27

Per determinare una base di T (Vn ) basta scegliere tra T v1 , . . . T vn il massimo numero di vettori l.i., seguendo ad esempio la procedura indicata dal Teorema 1.1. Formiamo allora la matrice che ha per colonne le componenti degli n vettori T v j rispetto alla base W . Ma questa è proprio la matrice A associata all'omomorsmo T relativamente alle basi V e W . Il numero massimo di colonne l.i. è proprio rank A, che è ciò che si voleva dimostrare. Richiamo (Somma e somma diretta di due sottospazi). Siano U, V ⊆ Vn due sottospazi di Vn . Il sottospazio somma U + V è il sottospazio: U + V = {x = u + v, ∀u ∈ U, v ∈ V }. (1.72) Si prova che U + V è un eettivo sottospazio di Vn , e che inoltre risulta: dim(U + V ) = dim U + dim V − dim(U ∩ V ).

(1.73)

Se in particolare risulta# U ∩ V = {0}, e quindi dim(U ∩ V ) = 0, allora la somma fra U e V si dice somma diretta e si indica con U ⊕ V . In tal caso, U prende il nome di sottospazio supplementare di V in Vn , e analogamente V si dice (sottospazio) supplementare di U (in Vn ). Inoltre, se v ∈ Vn = U ⊕ V , allora v si può rappresentare in modo unico come somma di un vettore di U e di un vettore di V . 3. Sia V  un supplementare di ker T : Vn = V  ⊕ ker T,

e sia s = dim V  . Sia V  = {v1 , . . . vn } una base di Vn tale che i primi s vettori v1 , . . . vs ∈ V  , mentre i successivi vs+1 , . . . vn ∈ ker T . Cominciamo col provare che T v1 , . . . T vs sono l.i. Infatti, se consideriamo la loro generica c.l. e la poniamo uguale al vettore nullo, in virtù della linearità di T risulta: a1 T v 1 + . . . + as T v s = 0 ⇒ T (a1 v 1 + . . . + as v s ) = 0,

ossia a1 v1 + . . . + as vs ∈ ker T . Ma il vettore a1 v1 + . . . + as vs è anche un elemento di V  , in quanto c.l. di vettori del sottospazio V  . Dunque a1 v1 + . . . + as v s ∈ V  ∩ ker T = {0}, in quanto supplementari per costruzione, cioè a1 v 1 + . . . + as vs = 0. Ma i vettori v 1 , . . . vs sono l.i., in quanto fanno parte della base V  , e quindi necessariamente a1 = . . . = as = 0. Rimane così provato che i vettori T v1 , . . . T vs sono l.i. D'altronde T (V  ) è generato linearmente dai vettori T v1 , . . . T vs , che dunque ne costituiscono una base. Pertanto dim T (V ) = s, dim Vn = dim(V  ⊕ ker T ) = dim V  + dim ker T , e dim Vn = dim T (V  ) + dim ker T . 5

Può mai essere che due sottospazi di uno stesso spazio vettoriale abbiano intersezione uguale all'insieme vuoto?

28

1 Spazi vettoriali

Rimane da provare che s = dim T (V  ) = dim T (Vn ) = r. Addirittura è possibile provare che T (V  ) = T (Vn ). Due insiemi sono uguali se e solo se uno include l'altro, e viceversa. Proviamo dapprima che T (V  ) ⊆ T (Vn ). Sia y ∈ T (V ). Allora esiste x ∈ V  ⊆ Vn tale che T x = y . Dunque è possibile determinare un x ∈ Vn del quale y è l'immagine mediante T , ossia y ∈ T (Vn ). Rimane così provato che T (V  ) ⊆ T (Vn ). Proviamo adesso che T (Vn ) ⊆ T (V  ). Sia y ∈ Vn , allora esiste un x ∈ Vn tale che T x = y. Esprimendo x in termini delle sue componenti rispetto alla base V  , facendo uso del fatto che gli ultimi n − s vettori di tale base appartengono al ker T , e sfruttando la linearità di T , si ha: T (x) =

  = T x1 x1 + . . . + xs xs + xs+1 xs+1 + . . . + xn xn =    ∈ker T

  = T x1 x1 + . . . + xs xs .    ∈V 

Dunque esiste un vettore x = x1x1 + . . . + xs xs ∈ V  tale che T (x ) = T (x) = y , ossia y ∈ T (V  ). Rimane così provato anche che T (Vn ) ⊆ T (V  ), e quindi in denitiva che T (V  ) = T (Vn ), come volevasi. 4. Sia V  la base v 1, . . . vn del numero precedente. Si è visto che i vettori T v 1 , . . . T v r sono l.i., con r = dim T (Vn ). Completando tale sistema di vettori l.i. in modo che formi una base di Wm, si determina così la base rispetto alla quale la matrice associata a T è del tipo diagonale a blocchi (1.71).  

1.5.1 Cambiamento di base per gli omomorsmi

Abbiamo osservato che, dato un omomorsmo T : Vn → Wm, esiste una matrice A che ne caratterizza il modo di agire sul generico vettore x ∈ Vn , quando questo sia espresso mediante le sue componenti rispetto ad una base V di Vn , e si desiderano le componenti del vettore immagine T x rispetto ad una base W di Wm . Specicamente, risulta (T x)W = A·(x)V . Viceversa, data una matrice A ∈ Mm,n (K), questa individua un unico omomorsmo tra Vn e Wm rispetto alle basi V e W . Tale corrispondenza costituisce un isomorsmo tra l'insieme (spazio vettoriale) degli omomorsmi tra gli spazi Vn e Wm sul corpo K e l'insieme (spazio vettoriale) delle matrici m × n a elementi in K , Mm,n (K). Tale corrispondenza è fondamentale, in quanto consente di rappresentare applicazioni lineari denite da leggi astratte tra spazi vettoriali (nito dimensionali) ad elementi astratti mediante il prodotto righe per colonne di una

1.5 Applicazioni lineari (omomorsmi)

Vn  x ⏐ ⏐ 

T

−−→

29

T x ∈ Wm ⏐ ⏐ 

A

Cn  (x)V −−→ (T x)W ∈ Cm Fig. 1.2. L'isomorsmo canonico fra uno spazio n-dimensionale Vn sul corpo C (ad esempio) e Cn , cioè l'isomorsmo che associa ogni vettore x ∈ Vn con le sue componenti (che sono vettori colonna di numeri complessi) relativamente ad una base, (x)V ∈ Cn , induce un isomorsmo fra l'insieme (spazio vettoriale) degli omomorsmi T tra Vn e Wm e l'insieme (spazio vettoriale) Mm,n (C) delle matrici m × n delle matrici ad elementi complessi

matrice (numerica, se K = C) per il vettore colonna costituito dalle componenti del generico vettore di Vn rispetto ad una pressata base. Considereremo, in particolare, l'esempio dell'operatore di derivazione nello spazio vettoriale dei polinomi di grado non superiore ad n. Tale procedura è facilmente implementabile in modo algoritmico, e vale a prescindere dalla natura astratta degli spazi Vn e Wm , ovvero della legge astratta che denisce T : altro è calcolare una derivata, altro è calcolare un semplice prodotto righe per colonne. Un operatore T agisce tra spazi (nito dimensionali) di natura astratta, lan matrice ad esso associata agisce fra vettori n-dimensionali, ad esempio di C (Fig. 1.2). L'identicazione fra operatori e matrici è altresí alla base della originaria formulazione della meccanica delle matrici da parte di W. Heisenberg (1925), che costituisce la prima costituzione formale della meccanica quantistica. Avremo modo di tornare su questo argomento. Ci chiediamo adesso in quale modo si trasformi la matrice A associata all'omomorsmo T : Vn → Wm relativamente alle basi V = {v 1 , . . . v n} in V n e W = {w 1 , . . . wm } in Wm al variare di tali basi. Siano cioè V = {v 1 , . . . v n } e W  = {w1 , . . . wm } due nuove basi in Vn e Wm , rispettivamente. Ci chiediamo quale sia l'espressione della matrice A associata allo stesso operatore (lineare) T relativamente a tali nuove basi. È quindi chiaro che, mentre l'operatore T è un ente assoluto, ossia non dipende dalla scelta delle basi (ad esempio, può essere denito mediante una legge astratta, come nel caso della derivazione di un polinomio), la matrice associata che lo rappresenta è un ente relativo, ossia in generale cambia al cambiare del sistema di riferimento (sia in Vn , sia in Wm). Il modo in cui cambia non è però arbitrario, ma rimane stabilito dal carattere assoluto dell'operatore e dei vettori su cui opera e che restituisce come risultato dell'operazione, e dalle proprietà di linearità degli spazi e dell'operatore stesso. Sia P la matrice associata al cambiamento di base da V a V  , e Q la matrice associata al cambiamento di base da W a W  (Ÿ 1.4). Ricordiamo che

30

1 Spazi vettoriali

P ∈ Mn,n (K), Q ∈ Mm,m (K),

e che, se

x ∈ Vn ,

allora:

(x)V = P · (x)V  , e

y ∈ Wm ,

allora:

(y)W = Q · (y)W  .

In base alla denizione della matrice associata

A,

inoltre:

(T x)W = A · (x)V . (T x)W = Q · (T x)W  ,

Ma

mentre

(x)V = P · (x)V  ,

pertanto

Q(T x)W  = A · P · (x)V  , e poiché

Q

è invertibile,

(T x)W  = Q−1 · A · P · (x)V  , Segue che la matrice

V



e

W



A

∀x ∈ Vn .

associata all'omomorsmo

è:

T

(1.74)

relativamente alle basi

A = Q−1 · A · P.

(1.75)

In particolare, rimane vericato che gli indici delle matrici coinvolte nei prodotti righe per colonne sono contratti correttamente, avendosi:

      (m, m) · (m, n) · (n, n).

(m, n) =

1.5.2 Spazio duale Vn , Wm due spazi vettoriali sul corpo K . L'insieme degli omomorsmi di Wm si denota con Hom(Vn , Wm ). In modo naturale, è possibile denire in Hom(Vn , Wm ) delle operazioni di somma interna e moltiplicazione per uno scalare, con le quali Hom(Vn , Wm ) assume la struttura di uno spazio vettoriale.

Siano

Vn

in

In particolare, risulta

dim Hom(Vn , Wm ) = n · m. T : Vn → A ∈ Mm,n (K). Hom(Vn , K) e Hom(Vn , Vn ).

Tale ultimo risultato concorda col fatto che ad ogni omomorsmo

Wm

è possibile associare in modo unico una matrice

Casi particolarmente interessanti sono

Hom(Vn , Vn ), si dimostra che esso forma un'algebra, algebra degli endomorsmi di Vn (Herstein, 1989). Si dimostra invece che Hom(Vn , K) è un anello, detto spazio duale di Vn . I Per quanto riguarda

detta

suoi elementi sono applicazioni lineari che associano ad un vettore uno scalare, e vengono detti

funzionali lineari. In particolare, essendo dim K = 1 (come dim Hom(Vn , K) = n. Dunque, Hom(Vn , K) è

spazio vettoriale), segue che isomorfo a

Vn . Vn non ha dimensione nita. Nel caso di V di dimensione qualsiasi, tuttavia, si prova che V è Hom(Hom(V, K), K), detto anche secondo duale di V .

Tale isomorsmo non sussiste se uno spazio vettoriale isomorfo a

1.5 Applicazioni lineari (omomorsmi)

31

1.5.3 Trasformazioni di similarità

Nel caso particolare in cui l'omomorsmo sia a valori nello stesso spazio vettoriale in cui è denito, T : Vn → Vn , si parla di endomorsmo. In tal caso, è ragionevole considerare la matrice A associata all'endomorsmo relativamente alla base V ed alla stessa base V , pensata come base nello spazio di arrivo. Cambiamo base da V a V  . In base alla (1.75), la matrice associata all'endomorsmo T relativamente a tale nuova base è allora: A = P −1 · A · P. (1.76) Due matrici legate da una relazione di tale tipo, con P matrice invertibile, si dicono simili, e tale trasformazione prende il nome di trasformazione di similarità.

Teorema 1.7. Le

trasformazioni di similarità conservano le proprietà alge-

briche.

Dimostrazione. Siano A = P −1 AP e B  = P −1 BP le trasformate per similarità delle matrici A e B secondo la matrice (invertibile) P . Si tratta di provare che il trasformato per similarità della somma e del prodotto di tali matrici, e del prodotto di una matrice per un numero complesso, è rispettivamente uguale alla somma, al prodotto e al prodotto per un numero complesso delle matrici trasformate. Invero, si ha (c ∈ C):

cA = cP −1 AP = P −1 (cA)P = (cA) ; A + B  = P −1 AP + P −1 BP = P −1 (A + B)P = (A + B) ; −1 −1  A B  = P −1 A P P   BP = P (AB)P = (AB) . 1l

 

Denizione 1.5 (Polinomio caratteristico).

Sia A ∈ Mn,n (K) una

polinomio caratteristico associato alla matrice

matrice quadrata. Si denisce A il polinomio nella variabile λ ∈ K :

(1.77)

chA (λ) = det(A − λ1l). Svolgendo i calcoli, si trova che:

chA (λ) = (−1)n λn + (−1)n−1 S1 λn−1 + . . . + Sn ,

(1.78)

dove la quantità Sk (k = 1, . . . n) risulta uguale alla somma dei determinanti dei di ordine k , ossia dei minori di ordine k aventi la diagonale principale sulla diagonale principale di A. In particolare, risulta:

minori principali

S1 = Tr A, Sn = det A. Gli zeri del polinomio caratteristico prendono il nome di della matrice A.

radici caratteristiche

32

1 Spazi vettoriali

Teorema 1.8. Il polinomio caratteristico di una matrice A è invariante per

similarità. Pertanto, anche le quantità si chiamano semplicemente

invarianti

Sk

sono invarianti per similarità, e

della matrice

A.

Analogamente, sono

invarianti per similarità le radici caratteristiche di una matrice. Dimostrazione.

Se

P

è una matrice invertibile, e

A = P −1 AP ,

si ha:

chA (λ) = det(A − λ1l) = = det(P −1 AP − λP −1 1lP ) = det[P −1 (A − λ1l)P ] = (per = det(P

−1

il T. di Binet)

) det(A − λ1l) det P = chA (λ),

(1.79)

ove si è fatto uso del fatto che il determinante dell'inversa di una matrice è il reciproco del determinante della matrice. Per il principio di identità dei poli-

Sk = Sk (k = 1, . . . n). In particolare, determinante (Sn ) di una matrice.

nomi, segue inoltre che la traccia (

S1 )

e il

sono invarianti

 

Lo studio del polinomio caratteristico è essenziale per determinare gli autovalori

di

una

matrice

(Ÿ

1.6).

Vedi

anche,

più

avanti,

il

teorema

di

Cayley-Hamilton (Teorema 1.16).



Esercizio 1.18 (Matrice associata).

tn

un polinomio monico di grado

n

Sia

p(t) = a0 +a1 t+. . .+an−1 tn−1 +

a coecienti reali. (Si dice

monico

un

polinomio in cui il coeciente del termine di grado massimo è uguale a uno.) La matrice

Cp ∈ Mn,n (R)

denita come:

⎛

0 ⎜ 0 ⎜ ⎜ Cp = ⎜ ... ⎜ ⎝ 0 −a0 si chiama

matrice associata

1 0

0 ··· 1 ··· .

.

.

⎞

0 0 . . .

0 0 ··· 1 −a1 −a2 · · · −an−1

(companion

matrix )

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

del polinomio

p(t).

1. Provare che

det(Cp − λ1l) = (−1)n p(λ). (Procedere per induzione. Sviluppare il determinante secondo la prima colonna e mostrare che

q(t)

det(Cp − λ1l)

è del tipo

−λq(t) + (−1)n an ,

è un polinomio di un certo tipo, per l'ipotesi induttiva.)

dove

λ uno zero di p(t). Mostrare che (1, λ, λ2 , . . . λn−1 ) è un autovettore Cp appartenente all'autovalore λ. 3. Supponiamo che p(t) abbia n zeri distinti λ1 , . . . λn . Sia V la matrice

2. Sia

per

(matrice

o anche determinante di Vandermonde ):

⎞ 1 1 ··· 1 ⎜ λ1 λ2 · · · λn ⎟ ⎟ ⎜ V = ⎜ .. ⎟. . . ⎠ ⎝ . . n−1 n−1 n−1 λ1 λ2 · · · λn ⎛

1.5 Applicazioni lineari (omomorsmi)

33

Mostrare che V è invertibile e che V C V è diagonale. (Mostrare gli ultimi due quesiti almeno nel caso n = 3.) Esercizio 1.19. Consideriamo lo spazio vettoriale R [x] dei polinomi di variabile reale x a coecienti reali di grado non superiore ad n, e l'applicazione [x] che ad ogni polinomio p ∈ R [x] associa il polinomio di D : R [x] → R grado non superiore ad n − 1 ottenuto derivando il polinomio p: −1

p

n

n

n−1

n

Dp =

d p(x) ∈ Rn−1 [x]. dx

Tale applicazione è eettivamente lineare, dunque un omomorsmo, tra due spazi vettoriali, il primo di dimensione dim R [x] = n + 1 ed il secondo di dimensione dim R [x] = n.$ Determiniamo la matrice associata a D relativamente alle basi canoniche E = {1, x, . . . x } in R [x] e F = {1, x, . . . x } in R [x]. Occorre determinare l'azione dell'operatore D su ciascuno degli elementi della base E ed esprimere il risultato mediante le componenti rispetto alla base F . Si ha: n

n−1

n

n

n−1

n−1

n

D(1) = D(x) = D(x2 ) = ... D(xn ) =

   d 1 = 0 → (0, 0, . . . 0) dx d x = 1 → (1, 0, . . . 0) dx d 2 x = 2x → (0, 2, . . . 0) dx ... d n x = nxn−1 → (0, 0, . . . n) , dx

per cui la matrice cercata (n righe, n + 1 colonne) ha componenti: ⎞ 0 1 0 0 ... 0 ⎜0 0 2 0 . . . 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ A = ⎜0 0 0 3 . . . 0 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 0 0 0 0 ... n ⎛

...

. . . ...

Esercizio 1.20 (Polinomi di Hermite). Un'altra base in Rn [x] è costitui-

ta dai polinomi di Hermite, H = {H , . . . H }.% Essi possono essere deniti mediante la formula di Rodrigues: 0

6

7

n

Poiché risulta Rn−1 [x] ⊂ Rn [x], è facile pensare il risultato della derivazione di un polinomio di grado non superiore ad n come un polinomio di Rn [x] a sua volta. In tal caso, l'applicazione D : Rn [x] → Rn [x] che rimane così denita sarebbe un endomorsmo. Ogni insieme di n + 1 polinomi di grado crescente da 0 ad n costituisce un sistema l.i. di n + 1 vettori, dunque una base di Rn [x]. Vericate tale aermazione servendovi del principio di identità dei polinomi.

34

1 Spazi vettoriali 2

Hn (x) = (−1)n ex

dn −x2 e , dxn

(1.80)

dalla quale si trova:

Hn (x) = 2n xn −2n−1







n n−4 n−3 n n−6 n n−2 n−2 +2 ·1·3· x −2 ·1·3·5· x +. . . . x 4 6 2 (1.81)

I primi polinomi di Hermite sono:

H0 (x) = 1, H1 (x) = 2x, H2 (x) = 4x2 − 2, H3 (x) = 8x3 − 12x, H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12, ... da cui in particolare si vede che il grado di

Hn (x)

è proprio

n.

Si dimostra poi che i polinomi di Hermite godono della 2

ortogonalità in (−∞, ∞) rispetto al peso e−x (Smirnov, 1988a):   ∞ 0, m = n, −x2 e Hn (x)Hm (x) dx = √ n 2 n! π, m = n. −∞

proprietà di

(1.82)

È possibile inoltre dimostrare la formula di ricorrenza (Smirnov, 1988a):

Hn (x) = 2nHn−1 (x),

(1.83)

dalla quale segue che la matrice associata all'operatore di derivazione

D

del-

l'esercizio precedente, relativamente alla base formata dei polinomi di Hermite

⎛

è:

0 2 0 0 ... ⎜0 0 4 0 . . . ⎜ ⎜ A = ⎜0 0 0 6 . . . ⎜ .. .. ⎝. . 0 0 0 0 ...

0 0 0

⎞

⎟ ⎟ ⎟ ⎟. . ⎟ . ⎠ . 2n

Esercizio 1.21. Sia T : R2 [x] → R2 [x] l'endomorsmo denito ponendo T p(x) = p (x) + 2p (x) + p(x), 1. Vericare che

T

∀p(x) ∈ R2 [x].

è un eettivo endomorsmo.

2. Determinarne le matrici caratteristiche

A e AH relativamente alla base E = {1, x, x2 } ed alla base dei (primi tre) polinomi di Hermite H = {1, 2x, 4x2 − 2}. 3. Detta P la matrice di passaggio da E ad H, vericare che AH = P −1 AP . canonica

1.5 Applicazioni lineari (omomorsmi) 1 0 1 122 1 0 −2 Si trova: A = @0 1 4A, P = @0 2 0 A. 001 00 4

35

0

Risposta:

Esercizio 1.22. Sia η

: Mn,n (R) → Mn,n (R) l'applicazione che associa ad

ogni matrice A = (aij ) la sua parte simmetrica: (ηA)ij =

aij + aji . 2

(1.84)

Provare che tale applicazione è un endomorsmo, e determinarne la matrice associata relativamente alla base canonica, ad esempio nei casi n = 2 ed n = 3.

Risposta:

Ad esempio, nel caso n = 2, la base canonica di M2,2 (R) è data da: E = {E 1 , E 2 , E 3 , E 4 } = {( 10 00 ) , ( 00 10 ) , ( 01 00 ) , ( 00 01 )} .

Poiché risulta: ηE 1 = E 1 , ηE 2 =

1 1 (E 2 + E 3 ), ηE 3 = (E 2 + E 3 ), ηE 4 = E 4 , 2 2

si ha che la matrice associata ad η relativamente alla base canonica quando n = 2 è: 1 0 1 0 0 0 B0 1 1 0C 2 2 C A=B @0 1 1 0A . 2 2 0 0 0 1 Ripetendo il ragionamento in modo analogo, si trova che la matrice associata all'endomorsmo η relativamente alla base canonica quando n = 3 è la matrice 32 × 32 = 9 × 9: 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 B0 0 0 0 0 0 0 C C B 2 1 2 1 C B0 0 B 1 2 01 0 0 2 0 0C B0 0 0 0 0 0 0C 2 C B 2 C A=B B0 0 0 0 1 01 0 01 0C . B0 0 0 0 0 0 0C B 2 2 C B0 0 1 0 0 0 1 0 0C C B 2 2 @0 0 0 0 0 1 0 1 0A 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 Proviamo a ragionare più in generale. Lo spazio vettoriale M n,n (R) può essere pensato come prodotto tensoriale dello spazio Rn delle n-uple ordinate di numeri reali, per se stesso (Lang, 1988): M n,n (R) = Rn ⊗ Rn .

(1.85)

In altri termini, la generica matrice reale n × n può essere pensata come il prodotto (righe per colonne) del generico vettore riga ad elementi reali (matrice ad una riga ed n colonne) per il generico vettore colonna (matrice ad n righe ed una colonna).& In particolare, il generico elemento della base canonica di Mn,n (R) si ottiene come 8

Il prodotto righe per colonne di un vettore riga per un vettore colonna produce una matrice 1 × 1, cioè un numero, ed è appunto quel che accade nel caso del

36

1 Spazi vettoriali

prodotto tensoriale dei generici elementi della base canonica di Rn , cioè come il prodotto righe per colonne:

E (i−1)n+j

1 0 ... 0 .. .. C . .C C 1ij . . . 0C C. .. .. C . .A 0 ... 0 ... 0

0 1 0 0 0 ... B .. C B .. B C B ´ B . C B. ` C B = ei ⊗ ej ⇔ 0 . . . 1i . . . 0 · B B1j C = B0 . . . B . C B. @ .. A @ .. 0

Segue infatti che: dim M n,n (R) = (dim Rn ) · (dim Rn ) = n2 . Pensata come matrice n × n, l'elemento di posto (hk) di ei ⊗ ej è: (ei ⊗ ej )hk = δih δjk ,

ossia la matrice ei ⊗ ej ha tutti gli elementi nulli, tranne quello di posto (ij). La generica matrice A ∈ Mn,n (R) si può allora esprimere come: A=

n X

aij ei ⊗ ej ,

i,j=1

e l'azione dell'operatore di simmetrizzazione η sul generico elemento di base restituisce: η(ei ⊗ ej ) =

1 1 [(ei ⊗ ej )hk + (ei ⊗ ej )kh ]eh ⊗ ek = (δih δjk + δik δjh )eh ⊗ ek 2 2

(sommatoria sottintesa sugli indici h e k ripetuti). La matrice associata all'operatore η (una matrice n2 × n2 ) ha allora elementi dati da 1 (δih δjk + δik δjh ). 2

Esercizio 1.23. Ripetere l'esercizio precedente nel caso dell'applicazione ζ : Mn,n (R) → Mn,n (R), che associa ad ogni matrice A = (aij ) la sua parte antisimmetrica: aij − aji . (1.86) (ζA)ij = 2 Risposta:

Si trova ζ(ei ⊗ ej ) = 12 εijs εhks eh ⊗ ek (cfr. l'Esercizio 1.7).

Esercizio 1.24. Sia P : Vn → Vn l'operatore permutazione, ossia quell'operatore che al generico vettore x = x1e1 + . . . + xn en ∈ Vn associa il vettore P x = xj e1 + . . . + xj en ∈ Vn , ove j1 , . . . jn denota una particolare permutazione degli interi 1, . . . n. Vericare che tale operatore è un endomorsmo. In 1

n

z }| { prodotto scalare: (1, n) · (n, 1) = (1, 1). Il prodotto righe per colonne di un vettore colonna per un vettore riga produce invece una matrice n × n, che può essere z }| { pensata come matrice associata di un operatore: (n, 1) · (1, n) = (n, n). Nella notazione di Dirac, ciò si traduce col dire che il prodotto scalare a|b è un numero, mentre il prodotto |a b| è un operatore.

1.6 Autovalori ed autovettori

37

particolare, vericare che P ei = eji e che dunque la matrice associata a tale operatore rispetto alla base canonica è la matrice formata dai vettori colonna ej1 , . . . ejn . Per ogni scelta della permutazione j1 , . . . jn rimane denito un diverso operatore di permutazione P . Vericare che se P1 e P2 sono operatori di permutazione, allora anche P1 ◦ P2 è un operatore di permutazione.

Esercizio 1.25. Sia T : R3 → R3 l'endomorsmo che associa ad ogni x ∈ R3

il vettore y = T x le cui componenti rispetto alla base V sono date da: ⎛

⎞ 110 (y)V = A(x)V = ⎝0 1 1⎠ (x)V , 101

essendo V la base formata dai vettori: V = {(0, −1, 2) , (4, 1, 0) , (−2, 0, −4) }.

Determinare la matrice associata a T relativamente alla base V  = {(1, −1, 1) , (1, 0, −1) , (1, 2, 1) }.

Risposta:

Si ha A = R−1 AR, con R = P −1 Q, P = “ −1 0 3 ” con cui in denitiva A = 2 2 −5 .

“

0 4 −2 −1 1 0 2 0 −4

”

,Q=

“

1 1 1 −1 0 2 1 −1 1

”

,

−1 0 2

1.6 Autovalori ed autovettori Sia T : Vn → Vn un endomorsmo denito sullo spazio vettoriale Vn sul corpo K .' In generale, tanto gli elementi di Vn quanto la legge di denizione di T

possono essere deniti in modo astratto. Abbiamo già osservato in che modo tali denizioni possano essere rese concrete, facendo riferimento ad una base di Vn , e specicando in tale base le componenti del vettore x ∈ Vn e la matrice associata all'endomorsmo T . In tal caso, è immediato calcolare le coordinate del vettore T x, immagine di x mediante l'endomorsmo T , rispetto alla base ssata. Tale modo di procedere è del tutto legittimo, e in particolare semplica il calcolo di T x, riducendolo ad un ben preciso algoritmo (banalmente, il prodotto righe per colonne di una matrice per un vettore), qualsiasi sia Vn o T (purché nito-dimensionale il primo, e lineare il secondo). Tale modo di procedere è però un modo relativo, nel senso che dipende dalla particolare base di riferimento in Vn . Se si desidera ripetere il procedimento rispetto ad un'altra base, occorre prima eettuare un opportuno cambiamento di base per quanto riguarda le componenti del vettore e la matrice associata all'operatore. 9

Al solito, saremo spesso interessati specicamente al caso in cui K è un corpo numerico, come K = R o K = C.

38

1 Spazi vettoriali

Esiste un altro modo per caratterizzare il modo di agire di un endomorsmo in uno spazio vettoriale, che vogliamo discutere qui. Si tratta di un modo assoluto, che si presta pertanto a delle considerazioni ben più generali. In particolare, se si immagina di associare a T un ben preciso signicato geometrico o sico (T può rappresentare una ben precisa trasformazione geometrica, come una traslazione o una rotazione, in Vn , oppure T , in Meccanica quantistica, può essere associato ad una ben precisa variabile sica, come l'impulso o il momento angolare), è interessante chiedersi, piuttosto che il modo in cui T modichi il vettore su cui agisce, se esistano vettori che T lasci invariati. Se T ha un signicato geometrico, i vettori invarianti rispetto alle trasformazioni descritte da T descriveranno delle ben precise proprietà di simmetria di Vn . Se T ha un signicato sico, allora tali vettori saranno legati a ben precise proprietà di conservazione del sistema. A parte queste considerazioni di carattere del tutto generale, scopriremo che aver determinato tutti e soli i vettori lasciati (praticamente) invariati dall'azione di T caratterizza T in modo stringente: una volta noto il modo di agire di T su tali particolari vettori, è addirittura possibile ricostruire il modo di agire di T su ogni altro vettore dello spazio. Un po' quel che consentiva di fare la conoscenza della matrice associata. Stavolta, però, T è univocamente determinato non da una tabella di scalari associati ad una particolare base (dunque, un ente relativo, come la matrice associata), bensì da un sistema di vettori (gli autovettori ) e da un insieme di scalari (gli autovalori ), che sono chiaramente degli enti intrinseci o assoluti.

Denizione 1.6 (Autovalore ed autovettore).

Sia T : Vn → Vn un endomorsmo denito sullo spazio vettoriale Vn sul corpo K . Si dice che λ ∈ K è un autovalore per T se esiste un v ∈ Vn , v = 0 tale che T v = λv.

Un tale vettore si dice allora all'autovalore λ.

autovettore

(1.87) di T associato o appartenente

In altri termini, l'azione di un endomorsmo T su un suo autovettore è particolarmente semplice, in quanto restituisce un vettore proporzionale (o parallelo) a v. (L'autovettore v sarebbe davvero invariante se appartenesse all'autovalore λ = 1.) Osserviamo inoltre che, se v1 e v 2 sono autovettori dell'operatore T appartenenti all'autovalore λ, in virtù della linearità di T , anche ogni loro combinazione lineare av1 + bv2 è autovettore di T , appartenente allo stesso autovalore λ, essendo T (av 1 + bv2 ) = aT v 1 + bT v 2 = λ(av 1 + bv 2 ). (Dato un autovalore, è tutt'altro che unico l'autovettore associato.) È dunque possibile dare la seguente:

Denizione 1.7 (Autospazio).

Sia T un endomorsmo su Vn e λ un suo autovalore. L'insieme formato dagli autovettori appartenenti a tale autovalore

1.6 Autovalori ed autovettori

39

e dal vettore nullo è un sottospazio vettoriale di Vn , chiamato autospazio appartenente all'autovalore λ, e denotato con

ET (λ) = {v ∈ Vn : T v = λv}.

(1.88)

Tale insieme è un eettivo sottospazio vettoriale, essendo ET (λ) = ker(T −

λI).

Più in generale, un sottospazio W ⊆ Vn si dice invariante rispetto a T se risulta T w ∈ W , ∀w ∈ W . Nello specicare il modo di agire di un operatore mediante la sua matrice associata, le componenti del vettore immagine di x rispetto ad una base pressata sono espresse come c.l. delle componenti del vettore x di partenza rispetto a tale base. Una opportuna scelta della base può fare in modo che in tale c.l. guri soltanto una componente alla volta, ossia che (T x)i dipenda soltanto da xi . In tal caso, la matrice associata all'endomorsmo T assume la forma particolarmente semplice di una matrice diagonale.

Teorema 1.9.

Un endomorsmo T su Vn è diagonalizzabile se e solo se esiste una base di Vn formata da autovettori di T . Dimostrazione. Se T è diagonalizzabile, sia V = {v 1 , . . . v n } la base rispetto al-

la quale la matrice associata a T assume forma diagonale, A = diag(a1 , . . . an ). Allora, T v i = ai v i (i = 1, . . . n, non si sottintende alcuna somma sull'indice i ripetuto), e quindi v i è autovettore di T appartenente all'autovalore ai . Analogamente si prova il viceversa.  

Teorema 1.10.

Un endomorsmo T su Vn possiede un autovettore con autovalore λ se e solo se λ è radice caratteristica di T . Dimostrazione. Sia v = 0 un autovettore di T associato all'autovalore λ, T v = λv . Sia U = {u1 , . . . un } una base di Vn ed A la matrice associata a T relativamente a tale base. Allora v = vi ui e T v = vi Aij uj (somme sottintese sugli indici ripetuti; Aij qui e in seguito indica l'elemento di posto (ij) della matrice A, e non il minore algebrico). Ma T v = λv = λvi ui = λvi δij uj , e quindi vi Aij uj = λvi δij uj , da cui vi (Aij − λδij )uj = 0 ed, essendo i vettori uj vettori di base, vi (Aij − λδij ) = 0 (j = 1, . . . n). Quest'ultimo è un sistema lineare omogeneo nelle indeterminate vi che, per costruzione, ammette una soluzione non banale data appunto dalle coordinate vi dell'autovettore v = 0 rispetto alla base U . Pertanto, per il teorema di Rouché-Capelli, il determinante della matrice dei coecienti di tale sistema deve essere nullo, det(A − λ1l) = 0, ovvero chA (λ) = 0, cioè l'autovalore λ è radice caratteristica della matrice A, come volevasi. 10

Il vettore nullo, per denizione, non può essere considerato un autovettore. Pertanto, per rendere l'autospazio un eettivo spazio vettoriale, occorre includere esplicitamente il vettore nullo.

40

1 Spazi vettoriali

Osserviamo che la scelta della base U utilizzata per la dimostrazione è del tutto arbitraria. Allo stesso risultato si sarebbe pervenuti utilizzando un'altra base. D'altronde, il passaggio da una base all'altra comporta una trasformazione di similarità per A, e le radici caratteristiche di A sono invarianti rispetto a tali trasformazioni (Teorema 1.8). Analogamente si prova il viceversa.   Teorema 1.11. Sia T un endomorsmo su Vn . Se T ha n autovalori distinti,

allora è diagonalizzabile.

Dimostrazione. Siano λ1 , . . . λn , λi = λj (i = j ) gli n autovalori distinti di T , e vi n autovettori ordinatamente appartenenti a tali autovalori, T vi = λi vi (nessuna somma sottintesa). Proviamo che tali autovettori formano una base di Vn . Essendo già in numero di n, basta provare che essi formano un sistema l.i. Supponiamo, per assurdo, che non lo siano, e che ad esempio soltanto i primi m < n di essi siano l.i., mentre i rimanenti n−m siano l.d. da questi, ossia che per ogni j > m esistano degli opportuni scalari tali che vj = mi=1 aij vi . Ma T vj = λj vj , quindi 0 = T v j −λj v j =

m 

aij T v i −λj v j =

i=1

m 

aij λi v i −λj v j =

i=1

m 

aij (λi −λj )v i .

i=1

Ma i primi m vettori sono l.i., quindi aij (λi − λj ) = 0 ed, essendo λi = λj per segue che vj = 0, ciò che è assurdo, essendo vj autovettore di T . Dunque gli n autovettori v1 , . . . vn formano una base di Vn , ed in tale base T è diagonale, essendo A = diag(λ1 , . . . λn ) la matrice associata.   Nelle ipotesi dei teoremi precedenti, la procedura per diagonalizzare un endomorsmo T consiste dunque nel determinare le radici caratteristiche della matrice A associata all'endomorsmo relativamente ad una base assegnata, ossia determinare le radici dell'equazione secolare: (1.89) chA (λ) = det(A − λ1l) = 0. Le radici λ1 , . . . λn costituiscono gli autovalori dell'endomorsmo T . Ricordiamo che λ ∈ K , e non sempre tutti gli zeri di chA (λ) sono in K . Se K = C è il corpo dei numeri complessi, chA (λ) = 0 è un'equazione di grado n a coecienti complessi, che per il teorema fondamentale dell'algebra ammette n radici (variamente coincidenti) in C. Ciò si esprime dicendo che il corpo dei numeri complessi è algebricamente chiuso. Si sostituiscono poi una alla volta tali radici nell'equazione per gli autovettori. Per ogni j = 1, . . . n, cioè, si discute il sistema omogeneo j > m ≥ i,

n  k=1

(j)

(j)

Aik vk = λj vi

(1.90)

1.6 Autovalori ed autovettori

41

nelle indeterminate vi(j) , componenti dell'autovettore v (j) associato all'autovalore λj rispetto alla base ssata. Per il teorema di Rouché-Capelli, tale sistema ha senz'altro soluzione distinta dalla banale, in quanto, per costruzione, la matrice dei coecienti A − λj 1l ha determinante nullo. Con gli autovettori v (j) così determinati si costruisce la matrice P del passaggio dalla base rispetto alla quale A è denita (ad esempio, la base canonica), alla base formata dagli n autovettori di T . In tale base, la matrice associata a T è diagonale e contiene gli autovalori di T lungo la diagonale principale.

Esercizio 1.26. Sia T : R3 → R3 l'endomorsmo denito ponendo T

a b c

=

 a+c  b a+c

.

Determinare la matrice associata a T relativamente alla base canonica. Vericare che T ammette tre autovalori distinti e determinare la matrice che diagonalizza A. “ ”

Risposta:

1 0 1

Si ha A = 0 1 0 (si tratta di una matrice ortogonale, vedi oltre), 1 0 1 con autovalori λ1 = 0, √ λ2 = 1√, λ3 = 2, distinti, ai quali appartengono ad esempio √ √ gli autovettori v 1 = (− 22 , 0, 22 ) , v 2 = (0, 1, 0) , v 3 = ( 22 , 0, 22 ) , che costituiscono una base in R3 (inoltre sono tra loro ortonormali, vedi √ oltre). La matrice di √ ! −

passaggio dalla base canonica a tale base è data da P = matrice A diagonalizzata è A = P −1 AP = diag(0, 1, 2).

2 2 0 √ 2 2

0 22 1 √0 0 22

, mentre la

Esercizio 1.27. Determinare autovalori ed autovettori dell'endomorsmo in R3 denito dalla seguente matrice associata alla base canonica: ⎛ ⎞ 1 0 −1 ⎝1 2 1 ⎠ . 22 3

Risposta:

λ1 = 1, v 1 = (1, −1, 0) ; λ2 = 2, v 2 = (2, −1, −2) ; λ3 = 3, v 3 = (1, −1, −2) .

Esercizio 1.28. Determinare autovalori ed autovettori dell'endomorsmo in C3 denito dalla seguente matrice associata alla base canonica: ⎛ ⎞ 2−i 0 i ⎝ 0 1 + i 0 ⎠. i 0 2−i

Risposta: λ1 = 2, v 1 = (1, 0, 1) ; λ2 = 1 + i, v 2 = (0, 1, 0) ; λ3 = 2(1 − i), v 3 = (1, 0, −1) .

Esercizio 1.29. Determinare autovalori ed autovettori dell'endomorsmo in R4 denito dalla seguente matrice associata alla base canonica:

42

1 Spazi vettoriali

⎛

3 ⎜2 ⎜ ⎝1 2

2 3 1 2

2 2 2 2

⎞ −4 −1⎟ ⎟. −1⎠ −1

Risposta:

λ1,2 = 1, v 1 = (1, 0, −1, 0) , v 2 = (1, −1, 0, 0) ; λ3 = 2, v 3 = (−2, 4, 1, 2) ; λ4 = 3, v 4 = (0, 3, 1, 2) . 

Esercizio 1.30. Determinare autovalori ed autovettori dell'endomorsmo in R4 denito dalla seguente matrice associata alla base canonica: ⎛

⎞ 5 6 −10 7 ⎜−5 −4 9 −6⎟ ⎜ ⎟ ⎝−3 −2 6 −4⎠ . −3 −3 7 −5

Risposta:

λ1 = 1, v 1 = (1, 2, 3, 2) ; λ2 = −1, v 2 = (−3, 0, 1, 4) .

1.6.1 Rappresentazione spettrale di un endomorsmo Denizione 1.8 (Operatore idempotente). Un endomorsmo P su Vn si dice idempotente o un proiettore se P 2 = P ◦ P = P,

ossia se P 2 x = P x, ∀x ∈ Vn . Osservazione 1.6. Se P è idempotente, anche I − P è idempotente: (I − P )2 = I 2 − IP − P I + P 2 = I − 2P + P = I − P.

Teorema 1.12. Un endomorsmo idempotente P : Vn → Vn induce la decomposizione di Vn nella somma diretta di due sottospazi, Vn = E1 ⊕ E2 , con E1 ={x ∈ Vn : P x = x} = ker(I − P ), E2 ={x ∈ Vn : P x = 0} = ker P.

Dimostrazione. Gli insiemi E1 , E2 sono manifestamente dei sottospazi, in quanto nuclei di endomorsmi. Sia poi z ∈ Vn , allora z può venire decomposto come: z = P z + (I − P )z,

dove P z ∈ E1 mentre (I − P )z ∈ E2. Dunque Vn = E1 + E2 . Anché sia anche Vn = E1 ⊕ E2 occorre anche provare che E1 ∩ E2 = {0}. Invero, supponiamo per assurdo che esista un vettore v = 0 appartenente sia ad E1 , sia ad E2 . Allora cioè v = 0, contro l'ipotesi.

v ∈ E1 ⇒ P v = v v ∈ E2 ⇒ P v = 0.  

1.6 Autovalori ed autovettori

Denizione 1.9. Si dice che m proiettori P , . . . P

sistema di proiettori ortonormale

1

o una

Pi Pj = δij Pi , m  Pi = I.

m

43

su Vn costituiscono un se

risoluzione spettrale dell'identità

(1.91)

i, j = 1, . . . m,

(1.92)

i=1

Il Teorema 1.12 può allora essere generalizzato come:

Teorema 1.13. Un sistema di proiettori ortonormale P1 , . . . Pm su Vn induce la decomposizione di Vn nella somma diretta di m sottospazi, Vn = E1 ⊕ . . . ⊕ Em , con Ek = {x ∈ Vn : Pk x = x},

k = 1, . . . m.

In tal caso, x ∈ Ek ⇔ Ph x = δhk x.

 

Consideriamo adesso un endomorsmo diagonalizzabile T su Vn . Supponia-

n autovettori l.i. v 1 , . . . v n , ciò che ad esempio accade se λi , con λi = λj per i = j (Teorema 1.11). Allora, relativamente alla base formata dagli autovettori, la matrice A associata a T assume forma diagonale, e può essere espressa come: mo che esso ammetta

T

possiede

n

autovalori distinti



A =

n 

λi Pi ,

(1.93)

i=1

Pi = diag(0, . . . 1i , . . . 0) è la matrice avente tutti gli elementi nulli, tranne l'elemento di posto (ii) lungo la diagonale, che è uno. La (1.93) prende il nome di rappresentazione spettrale dell'operatore T . Ciascuna matrice Pi è idempotente ed esse formano chiaramente un sidove

stema ortonormale che risolve l'identità. Tale sistema ortonormale induce la decomposizione di

Vn

nella somma diretta di

essere proprio gli autospazi associati agli

n

n

sottospazi, che si riconoscono

autovalori:

Vn = E(λ1 ) ⊕ . . . ⊕ E(λn ). Cambiamo adesso base, e dalla base formata dagli autovettori di

T

tor-

niamo ad una base generica (per ssare le idee, possiamo pensare che sia ad esempio quella canonica). Tale trasformazione di similarità è generata dalla matrice invertibile

Q

che ha per colonne le componenti degli autovettori

rispetto alla base considerata,

A = Q−1 AQ. Applicando la trasformazione inversa alla rappresentazione spettrale di ha: 

A = QA Q

−1

=

n  i=1

λi QPi Q−1

≡

n  i=1

λi Pi ,

T,

si

(1.94)

44

1 Spazi vettoriali

dove le nuove matrici Pi = QPi Q−1 costituiscono ancora un sistema di proiettori ortonormali, sebbene non più diagonali. Infatti, le trasformazioni di similarità lasciano l'algebra delle matrici inalterata, ossia, esplicitamente: Pi Pj = QPi Q−1 QPj Q−1 = QPi Pj Q−1 = δij QPi Q−1 = δij Pi ,  e analogamente ni=1 Pi = I . L'Eq. (1.94) mostra esplicitamente il comportamento dell'endomorsmo T sul generico vettore x ∈ Vn . Esso consiste nel decomporre il vettore x nelle sue proiezioni Pi x ∈ E(λi ), moltiplicare ciascuna proiezione per l'autovalore λi e ricombinare i risultati: Tx =

n 

λi Pi x.

i=1

La risoluzione spettrale (1.94) è inoltre suscettibile di generalizzazione al caso di spazi innito-dimensionali.

1.6.2 Diagonalizzabilità Dato un endomorsmo T su Vn , nel numero precedente si è supposto che 1. T ammetta n autovettori l.i.; 2. T ammetta n autovalori distinti, e si è provato che 2. ⇒ 1. (Teorema 1.11). In tale caso, si è mostrato che T è diagonalizzabile, ossia esiste una base in cui la matrice associata a T sia diagonale. Tale base è quella formata dagli n autovettori l.i. e la matrice in forma diagonale ha per elementi lungo la diagonale proprio gli autovalori di T. Non sempre però, in generale, un endomorsmo è diagonalizzabile, come mostra il seguente controesempio. Consideriamo l'endomorsmo su R2 la cui matrice associata relativamente alla base canonica sia

B=

0 −1 . 1 0

Si trova chB (λ) = λ2 + 1, le cui radici caratteristiche sono ±i ∈ R. Dunque l'endomorsmo non è diagonalizzabile in R2 . Delle condizioni per la diagonalizzabilità sono fornite dal seguente:

Teorema 1.14. Sia T : Vn → Vn un endomorsmo sullo spazio vettoriale Vn sul corpo K , e siano λ1 , . . . λp i suoi autovalori distinti, aventi rispettivamente molteplicità n1 , . . . np . Allora T è diagonalizzabile se e solo se: 1. tutti gli autovalori λk sono in K ; 2. dim E(λk ) = nk . Dimostrazione. Omessa.

 

1.6 Autovalori ed autovettori

45

Osservazione 1.7. L'ipotesi 2. è importante. Se fosse vera soltanto la 1., ossia se λk ∈ K , ma dim E(λk ) < nk , allora T sarebbe non diagonalizzabile ma solo

triangolabile. Sarebbe possibile, cioè, determinare una base (base a ventaglio)

rispetto alla quale la matrice associata a T avrebbe forma triangolare, superiore o inferiore (tutti gli elementi sopra o sotto la diagonale principale sono diversi da zero, e gli altri sono tutti nulli). Poiché nel caso K = C la 1. è sempre vericata (esistono sempre n radici dell'equazione chA (λ) = 0, variamente coincidenti  teorema fondamentale dell'algebra), segue che ogni endomorsmo T : Cn → Cn è almeno triangolabile. Nella pratica, per stabilire se dim E(λk ) = nk , si fa ricorso al seguente:

Teorema 1.15. Sia T : Vn → Vn un endomorsmo sullo spazio vettoriale sul corpo K , e siano λ1 , . . . λp i suoi autovalori distinti, rispettivamente aventi molteplicità n1, . . . np . Supponiamo che λk ∈ K (k = 1, . . . p). Sia rk = rank(T −λk I), k = 1, . . . p. Detto dk = n − rk il difetto dell'applicazione Tk = T − λk I , allora esistono dk autovettori l.i. associati all'autovalore λk , i quali formano una base per E(λk ). Quindi Vn

dim E(λk ) = dk .

(1.95)

Dimostrazione. Omessa. Tuttavia, pensiamo a Tk = T − λk I come ad un nuovo endomorsmo su Vn . Per costruzione, esso ammette l'autovalore nullo, ed ETk (0) = ker Tk = ET (λk ). Facendo dunque uso dell'Eq. (1.70), si ha che   dk = dim ETk (0) = dim ker Tk = dim Vn − rank Tk = n − rk . Il teorema precedente consente di distinguere due possibilità. 1. Se dk = n − rk = nk , per ogni k = 1, . . . p, allora dim E(λk ) = nk , e T è diagonalizzabile. 2. Se nk = n − rk per qualche k, allora T non è diagonalizzabile. Il numero nk si dice molteplicità algebrica dell'autovalore, mentre dk si dice molteplicità geometrica: il primo è infatti denito come la molteplicità dello zero di un polinomio algebrico, mentre il secondo è la dimensione di un sottospazio.

Esercizio 1.31. Discutere la diagonalizzabilità della matrice ⎛

⎞ 1 −4 −1 −4 ⎜ 2 0 5 −4⎟ ⎟ A=⎜ ⎝−1 1 −2 3 ⎠ . −1 4 −1 6

Risposta: Risulta chA (λ) = (λ − 1)3 (λ − 2). Gli autovalori distinti di A sono dunque λ1 = 1, con molteplicità n1 = 3, e λ2 = 2, n2 = 1. Per λ = λ1 = 1, l'endomorsmo T1 = T − λ1 I ha matrice associata

46

1 Spazi vettoriali 0

0 B 2 B A − 1l = @ −1 −1

−4 −1 1 4

−1 5 −3 −1

1 −4 −4C C. 3 A 5

Tale matrice ha rango r1 = 3, poiché il minore formato dall'intersezione delle prime tre righe e delle prime tre colonne ha determinante −5 = 0, mentre il suo orlato (A−1l stessa) ha determinante nullo, per costruzione. Il difetto d1 = n−r1 = 4−3 = n1 = 3, e quindi A non è diagonalizzabile.

Esercizio 1.32. Discutere la diagonalizzabilità della matrice ⎛

⎞ 1 22 A = ⎝ 0 2 1⎠ . −1 2 2

Risposta:

Si ha chA (λ) = (1 − λ)(2 − λ)2 , da cui λ1 = 1, con n1 = 1, e λ2 = 2, con n2 = 2. Risulta rank(A − λ2 1l) = 2, quindi d2 = n − r2 = 3 − 2 = 1 = n2 = 2, e la matrice A non è diagonalizzabile.

Esercizio 1.33. Discutere la diagonalizzabilità della matrice ⎛

⎞ 7 −2 1 A = ⎝−2 10 −2⎠ . 1 −2 7

Risposta: La matrice è reale e simmetrica. Risulta λ1 = 6 con n1 = 2, e λ2 = 12, con n2 = 1. Si verica che la matrice è diagonalizzabile. Due autovettori l.i. appartenenti a λ1 son ad esempio (1, 1, 1) e (2, 1, 0) , mentre un autovettore appartenente a λ2 (certamente l.i. dagli altri due trovati, anzi ortogonale ad essi, essendo autovettori appartenenti ad autovettori distinti, λ1 = λ2 ) è ad esempio (1, −2, 1) .

1.7 Funzioni di endomorsmi

1.7.1 Potenze e polinomi Sia T : Vn → Vn un endomorsmo sullo spazio vettoriale Vn , sul corpo K . Essendo T x ∈ Vn per ogni x ∈ Vn (T è un endo morsmo), ha senso calcolare nuovamente l'immagine di T x mediante T : T (T x) = T ◦ T x ≡ T 2 x.

Rimane così denito il quadrato dell'endomorsmo T . Allo stesso modo si denisce la potenza n-sima (n ∈ N) di un endomorsmo T : T nx = T . . ◦ T x,  ◦ . n

volte

∀x ∈ Vn .

1.7 Funzioni di endomorsmi

47

Sia poi p ∈ K n [λ] un polinomio di grado non superiore ad n nella variabile

λ ∈ K:

p(λ) = a0 λn + a1 λn−1 + . . . + an−1 λ + an ,

∀λ ∈ K,

con a0 , . . . an ∈ K scalari. Rimane denito allora il polinomio p(T ) dell'endomorsmo T nel senso: p(T )x ≡ a0 T n x + a1 T n−1 x + . . . + an−1 T x + an x,

∀x ∈ Vn ,

la somma al secondo membro essendo una c.l. di vettori ak T k x ∈ Vn , che è ben denita. Se la denizione di potenza e polinomio di un endomorsmo non presenta particolari dicoltà concettuali (si tratta di iterare un numero nito di volte un certo operatore, e costruirne la c.l. secondo dei coecienti scalari), il calcolo eettivo della potenza, specie se l'esponente è elevato, o di un polinomio di un endomorsmo può presentare delle dicoltà pratiche. Nel caso di un endomorsmo diagonalizzabile, ci viene in aiuto la sua rappresentazione spettrale. Sia T un endomorsmo diagonalizzabile su Vn . Siano λ1 , . . . λn i suoi autovalori, e λ1 , . . . λp i suoi autovalori distinti, aventi molteplicità rispettivamente n1 , . . . np . Nella base degli autovettori, la matrice A associata a T ha forma diagonale, ed ammette la rappresentazione spettrale in termini dei proiettori Pi = diag(0, . . . 1i , . . . 0): A =

n 

λi Pi .

i=1

Raggruppando i proiettori corrispondenti ai soli autovalori distinti, ciascuno con le rispettive molteplicità, si ha: A =

p 

λk

k=1

nk

nk  ik =1

Pik =

p 

λk Pk ,

k=1

= è una somma di proiettori, dunque un proiettore a sua ove volta. È immediato provare che, se i Pi costituiscono un sistema ortonormale di proiettori, anche i Pk (k = 1, . . . p) costituiscono un sistema ortonormale di proiettori. I proiettori Pk non sono altro che matrici diagonali n × n, aventi lungo la diagonale principale nk elementi uguali ad 1 (in posizioni opportune), e tutti gli altri elementi nulli. Facendo uso della proprietà caratteristica di un sistema ortonormale di proiettori, Ph Pk = δhk Pk , è immediato calcolare il quadrato di A : Pk

 ik =1 Pik

2

A =

p 

λh λk Ph Pk

h,k=1

=

p  h,k=1

2

λh λk δhk Pk

=

p 

λ2k Pk .

k=1

In altri termini, la matrice A ammette una rappresentazione spettrale analoga a quella di A , dove si utilizzano gli stessi proiettori Pk , pesati però col quadrato dell'autovalore corrispondente, λ2k .

48

1 Spazi vettoriali

Analogamente, iterando, per la potenza n-sima di A si trova: A = n

p 

λnk Pk ,

k=1

e così per un polinomio, raccogliendo Pk a fattore comune: p(A ) =

p 

p(λk )Pk .

k=1

Utilizzando la matrice di passaggio Q per tornare dalla base degli autovettori ad una base generica, osservando che le trasformazioni di similarità non alterano l'algebra delle matrici ed in particolare che il trasformato per similarità di un proiettore, Pk = QPk Q−1 , è ancora un proiettore, e che il loro insieme costituisce ancora un sistema ortonormale, si ha: A= A2 =

.. . An =

p  k=1 p  k=1

p 

λk Pk , λ2k Pk ,

.. . λnk Pk ,

k=1 p

p(A) =



p(λk )Pk .

(1.96)

k=1

Dunque, data una matrice (diagonalizzabile), per calcolarne ad esempio una sua potenza, piuttosto che iterare A · . . . · A il numero di volte richiesto, si diagonalizza la matrice, cioè se ne determinano autovalori ed autovettori. Dati gli autovalori, è immediato calcolare la potenza richiesta nella base degli autovettori: A m = diag(λm1 , . . . λmn). Dati gli autovettori, è possibile scrivere la matrice Q di passaggio dalla base assegnata (ad esempio, quella canonica) alla base degli autovettori, ed utilizzarla invece per trasformare la potenza della matrice nella base di partenza. A proposito dei polinomi di matrice, sussiste il seguente notevole:

Teorema 1.16 (di Cayley-Hamilton).

Sia A ∈ Mn,n (K). Allora

chA (A) = O,

dove O è la matrice nulla n × n.

(1.97)

1.7 Funzioni di endomorsmi

49

Dimostrazione. Il teorema si dimostra in generale anche per una matrice non diagonalizzabile [vedi ad es. Lang (1988)]. Per una matrice diagonalizzabile, esso segue subito dalla denizione data di polinomio di un endomorsmo:

chA (A) = Q chA (A )Q−1 =

p 

chA (λk )Pk = O,

k=1

essendo chA (λk ) = 0, per costruzione. Ma vericate direttamente il teorema  b nel caso della generica matrice 2 × 2, A = a   c d .

1.7.2 Funzioni di endomorsmi Successioni di matrici Una

successione di matrici è una applicazione che ad ogni k ∈ N associa una

Mn,n (C) (ci limiteremo a considerare matrici n × n ad elementi complessi). Per evitare confusione con i pedici che indicano gli elementi di matrice, indicheremo la dipendenza da k con un indice matrice, ad esempio elemento di

quadrate

superiore, tra parentesi, da non confondere con un'elevazione a potenza:

A(1) , A(2) , . . . A(k) , . . . . (k)

converge ad un numero Aij ∈ C per k → ∞ diremo che la successione di matrici converge alla matrice A avente per elementi Se il generico elemento

gli

Aij

Aij

e scriveremo:

lim A(k) = A.

k→∞

Esercizio 1.34 (Matrici stocastiche).

Consideriamo la matrice:

A=

a b , 1−a 1−b

0 ≤ a, b ≤ 1 (ma non contemporaneamente a = b = 0 oppure a = b = 1). λ1 = 1 e λ2 = a − b, e che la matrice passaggio alla base degli autovettori che diagonalizza A è:

b 1 P = . 1 − a −1

dove

Vericare che tale matrice ha autovalori di

Vericare che

lim Ak =

k→∞

(qui l'esponente

Risposta:

k

1 b−a+1





b b 1−a 1−a

indica eettivamente l'elevazione a potenza).

Invero, poiché sotto le ipotesi fatte è |a − b| ≤ 1, nel sistema di riferimento degli autovettori risulta



50

1 Spazi vettoriali lim A = lim k

k→∞

k→∞

„

1k 0 0 (a − b)k

«

„ =

10 00

«

≡ A∞ ,

che tornando alla base originaria con A∞ = P A∞ P −1 restituisce il risultato.

La matrice dell'esempio considerato è una matrice stocastica, ossia serve a descrivere un processo stocastico o catena di Markov. Piuttosto che dare una denizione formale di processo stocastico, consideriamo i seguenti esempi. 1. Siano a e b le popolazioni di una città e della campagna circostante, rispettivamente. Supponiamo di voler descrivere le variazioni di a e b durante cicli di un anno, ad esempio. Supponiamo inoltre che ogni anno il 40% della popolazione cittadina si sposti in campagna, mentre il 30% della popolazione suburbana si trasferisca in città. Allora, dopo un anno, si avrà: 0.6a + 0.3b → a 0.4a + 0.7b → b,

ossia







0.6 0.3 a a → . 0.4 0.7 b b

In tale esempio, si può identicare uno stato con un numero nito di componenti (nell'esempio, due, in generale, si può anche trattare di una innità numerabile), che variano nell'ambito dello spazio degli stati o spazio delle fasi. Dopo un ciclo (qui denito dal periodo di un anno), un qualche processo dinamico (il trasferimento della popolazione dalla città alla campagna, e viceversa) provoca un cambiamento o transizione dello stato. In generale, una descrizione microscopica del processo dinamico risulta complessa ed irrilevante da un punto di vista statistico. Per molti scopi è allora suciente modellizzare il processo assegnando la probabilità che, dopo un ciclo, le componenti dello stato si trasformino secondo una data legge. L'ipotesi essenziale che si formula è che lo stato dopo un ciclo dipenda dallo stato nel ciclo immediatamente precedente, e non dagli stati passati (dalla storia del processo). Ciò può convenientemente essere descritto mediante una matrice del tipo considerato nell'esempio precedente, in cui gli elementi pij ≥ 0 sono normalizzati in modo che n i=1 pij = 1. La matrice è cioè tale che le sue colonne possono essere pensate come valori di probabilità. 2. Lo stato può avere più di due componenti, ovviamente. Ad esempio, a, b, c possono rappresentare le percentuali di cittadini statunitensi che votino per il Partito Democratico, il Partito Repubblicano, o il Partito Indipendente. Un processo stocastico può allora essere il modo in cui le variabili a, b, c cambiano da una generazione all'altra (il ciclo). 3. Ancora, la distribuzione dell'età degli alberi in una foresta. Supponiamo di campionare gli alberi di una foresta in base all'età. In un dato momento,

1.7 Funzioni di endomorsmi siano

a, b, c, d

51

il numero di alberi di età minore di 15 anni, compresa

fra 16 e 30, compresa fra 31 e 45, e maggiore di 45 anni, rispettivamente. Supponiamo di essere interessati a descrivere il modo in cui varino

c, d

a, b,

in cicli di 15 anni. Assumiamo che: un certo numero di alberi muoia

per ogni fascia di età ad ogni ciclo, gli alberi che sopravvivono entrino nella fascia di età successiva, gli alberi `vecchi' (fascia

d)

rimangano tali,

gli alberi morti vengano rimpiazzati da nuovi alberi. La catena di Markov che descrive un tale processo stocastico può essere allora parametrizzata da quattro probabilità

0 < p1 , p2 , p3 , p4 < 1: p1 a + p2 b + p3 c + p4 d → a (1 − p1 )a → b (1 − p2 )b → c (1 − p3 )c + (1 − p4 )d → d,

⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ a a p1 p2 p3 p4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜1 − p1 0 0 0 ⎟ ⎟ ⎜b⎟ → ⎜b⎟ . ⎜ ⎝c⎠ ⎝ 0 1 − p2 0 0 ⎠ ⎝c⎠ d d 0 0 1 − p3 1 − p4 ⎛

ovvero

Anche in questo caso, la matrice alla base del processo è una matrice stocastica, ossia una matrice ad elementi non negativi, le cui somme per colonna danno uno. 4. (Modello di Bernoulli-Laplace per la diusione) Immaginiamo nere ed

r

r

palline

palline bianche distribuite fra due scatole comunicanti, col vin-

colo che ciascuna scatola contenga sempre

r

palline, tra bianche e nere.

Lo stato del sistema è allora chiaramente specicato dal numero di palline bianche nella prima scatola, ad esempio. Tale numero può variare nell'insieme

S = {0, 1, . . . r},

che contiene un numero nito di stati possibili, e

costituisce lo spazio delle fasi, in quest'esempio. Il meccanismo di transizione è il seguente: ad ogni ciclo, si scelgono a caso una palla da ciascuna scatola, e le si cambiano di posto. Se lo stato

i ∈ S , la probabilità della transizione allo i−1 (cioè, la prima scatola contiene i−1 palline bianche) è costituita ovviamente dalla probabilità i/r di estrarre una delle i palline bianche dalla prima scatola (che ne contiene sempre r , in totale), moltiplicato la probabilità i/r di estrarre una pallina nera dalla seconda scatola. Dunque, pi,i−1 = (i/r)2 . Analogamente si calcolano le probabilità di transizione agli presente è descritto dal valore stato

altri stati possibili:

pi,i−1

2 i = , r

i(r − i) pii = 2 , r2

pi,i+1 =

r−i r

2 ,

le probabilità della transizione ad ogni altro stato essendo nulle. Con tali valori, è possibile costruire la matrice stocastica [una matrice

(r + 1) ×

52

1 Spazi vettoriali

(r + 1), in questo caso] che descrive il processo. Tale matrice ha diversi da zero soltanto gli elementi dalla diagonale principale e delle due diagonali immediatamente sopra e sotto la diagonale principale. Inoltre, si verica subito che

n

i=1

pij = 1.

5. (Moto browniano in una dimensione fra pareti completamente assorbenti.) Suddividiamo un segmento negli

r+1

punti

S = {0, 1, . . . r}.

Una

particella si trova inizialmente su uno di questi siti, e ad ogni intervallo di tempo

Δt

(il ciclo in questione) ha la possibilità o di saltare a destra con

probabilità

p, o di saltare a sinistra con probabilità q = 1 − p. Escludiamo,

per semplicità, che la particella possa stazionare in alcun sito intermedio, mentre assumiamo che, se essa raggiunge uno dei siti estremi,

0

o

r,

vi

rimanga indenitamente (pareti completamente assorbenti). In tal caso, le probabilità che descrivono i processi possibili sono:

pi,i+1 = p, pi,i−1 = q = 1 − p, p00 = prr = 1,

0 < i < r,

tutte le altre essendo nulle. La matrice stocastica che descrive il processo in questione è allora la matrice

⎛

100 ⎜q 0 p ⎜ ⎜0 q 0 ⎜ ⎜ ⎜0 0 q ⎜ ⎜ .. .. .. ⎜. . . ⎜ ⎜ ⎜0 0 0 ⎜ ⎜0 0 0 ⎜ ⎝0 0 0 000

(r + 1) × (r + 1): ⎞ 0 ... 0 0 0 0 0 . . . 0 0 0 0⎟ ⎟ p . . . 0 0 0 0⎟ ⎟ ⎟ . . 0 . 0 0 0 0⎟ ⎟ . . .⎟ . . . . . . . . . . . . . . .⎟ . ⎟ ⎟ . . 0 . 0 p 0 0⎟ ⎟ 0 . . . q 0 p 0⎟ ⎟ 0 . . . 0 q 0 p⎠ 0 ... 0 0 0 1

La restrizione costituita dall'esistenza di pareti (completamente assorben-

S = Z e pi,i+1 = p, pi,i−1 = 1 − p, p = q = 12 . Una generalizzazione d dal caso in cui S = Z .

ti) può essere eliminata considerando

∀i ∈ Z.

Il cammino si dice simmetrico se

ulteriore a

d

dimensioni è costituita

6. L'analisi di processi stocastici è alla base anche di modelli per lo studio del prezzo dei titoli azionari in matematica nanziaria. Sia

A

la matrice che descrive un dato processo stocastico, ed

x0

il vettore

degli stati ad un dato istante. Allora la transizione allo stato successivo dopo

Ax1 = A2 x0 → x2 , e così via. Ha pertanto importanza chiedersi se esistano stati Ax = x, ossia stati stazionari. Tali stati sono autovettori della matrice A con autovalore 1.  Nel caso considerato nell'esempio, partendo da uno stato x0 = (x1 , x2 ) , il risultato della catena di Markov dopo innite iterazioni è dato da x∞ = A∞ x0 = P A∞ P −1 x0 , cioè

un ciclo è data da

Ax0 → x1 .

Al ciclo successivo,

x1 + x 2 b−a+1



1.7 Funzioni di endomorsmi

53



b , 1−a

cioè x∞ è proporzionale alla prima colonna di P , cioè è esso stesso un autovettore corrispondente all'autovalore 1.

Serie di matrici (k)

Consideriamo adesso la serie numerica costruita a partire dagli elementi Aij .

m

(m)

(k)

(m)

= k=1 Aij , ∃ limm→∞ Sij = Sij , allora diremo che la serie delle matrici A(1) , A(2) , . . . A(k) , . . . converge alla matrice S avente per elementi gli Sij , e scriveremo: Se tali serie convergono, ossia se, posto Sij

∞ 

A(k) = S.

k=1

Come caso particolare, consideriamo la serie di potenze: ∞ 

cr Ar ,

(1.98)

r=0

dove cr ∈ C, e vediamo per quali matrici A sia possibile dare senso a tale ∞ r serie. Consideriamo a tal proposito la serie di potenze numerica r=0 cr λ , λ ∈ C. Sia R > 0 il raggio di convergenza di tale serie, ed f (λ) la somma della serie, per |λ| < R. Intendiamo determinare delle condizioni (sucienti) per la convergenza della serie (1.98) di potenze della matrice A. Sia M = maxij |Aij |. Allora, per ogni i, j = 1, . . . n:

|Aij | ≤ M,   n n n       2 |(A )ij | =  Aik Akj  ≤ |Aik | · |Akj | ≤ M · M = nM 2 ,   |(A3 )ij | ≤

k=1 n 

k=1

|Aih | · |Ahk | · |Akj | ≤

h,k=1

.. .

.. .

|(Ar )ij | ≤ nr−1 M r , |cr (Ar )ij | ≤ |cr |nr−1 M r .

k=1

n  h,k=1

M 3 = n2 M 3 ,

54

1 Spazi vettoriali

Segue che una condizione suciente anché converga la serie (1.98) è che converga la serie: |c0 | + |c1 |M + |c2 |nM 2 + |c3 |n2 M 3 + . . .  1 = |c0 |n − |c0 | + |c0 | + |c1 |nM + |c2 |n2 M 2 + |c3 |n3 M 3 + . . . n ∞ n−1 1 |c0 | + = |cr |(nM )r , n n r=0

che converge, non appena sia nM < R. Tutte le volte che la serie (1.98) converge, si pone: f (A) =

∞ 

cr Ar ,

r=0

che denisce la potenze.

funzione di una matrice

Teorema 1.17. Sia f (z) =

mediante il suo sviluppo in serie di

∞ 

cr z r

r=0

una serie di potenze convergente alla funzione f (z) per |z| < R ed A ∈ Mn,n (C) una matrice quadrata n × n, diagonalizzabile, con rappresentazone spettrale:

A=

n 

λi Pi .

k=1

Supponiamo che la serie di matrici

f (A) =

∞ 

cr Ar

r=0

converga, e che ciascun autovalore denizione di f . Allora

f (A) =

λi , i = 1, . . . n appartenga al dominio di n 

f (λi )Pi .

(1.99)

i=1

Dimostrazione. Sia A = P −1 AP la matrice data in forma diagonale. Allora A = P A P −1 . Si ha:

1.7 Funzioni di endomorsmi

f (A) =

∞ 

r

cr A = lim

N →∞

r=0

N 

55

cr Ar

r=0

      cr (P A P −1 )(P A P −1 ) · · · (P A P −1 ) N →∞    r=0 r volte ⎡ ⎛ r ⎞⎤ λ1 N ∞  ⎢ ⎜ . . ⎟⎥ −1 cr P Ar P −1 = P ⎣ cr ⎝ = lim . ⎠⎦ P N →∞ r=0 r=0 λrn = lim

N 

= P [f (A)] P −1 ,

ove si è osservato che le serie degli elementi diagonali a f (λi ).

Esponenziale di una matrice

∞

r r=1 cr λi

convergono

 



1 r Ad esempio, la serie di potenze ∞ r=0 r! λ converge ∀λ ∈ C (R = +∞), la λ sua somma essendo e . Per ogni matrice A n × n ad elementi complessi ha dunque senso porre

exp A =

∞  1 1 1 r A = 1l + A + A2 + A3 + . . . . r! 2! 3! r=0

(1.100)

Equivalentemente, per calcolare l'esponenziale di una matrice, si può fare uso della sua rappresentazione spettrale, come mostrato nei seguenti esempi. Tuttavia, la denizione mediante serie di potenze può risultare utile al ne di ottenere un'approssimazione numerica di una funzione di matrice, specialmente quando sia dicoltoso diagonalizzarla (ad esempio, per n molto grande).

Esercizio 1.35 (Matrice di rotazione). Consideriamo la matrice

A=

0 1 . −1 0

Osserviamo subito, con un calcolo diretto, che A2 = −1l. Le matrici in un certo senso generalizzano i numeri complessi. (Più avanti preciseremo questa aermazione, e daremo dei limiti entro i quali debba intendersi.) I numeri complessi che elevati al quadrato restituiscono −1 sono l'unità immaginaria ed il suo opposto, (±i)2 = −1. Dunque la matrice A generalizza questa proprietà dell'unità immaginaria. Avremo modo più avanti di classicare la matrice A in tal senso. Il polinomio caratteristico associato ad A è chA (λ) = λ2 + 1, sicché λ1,2 = ±i sono appunto gli autovalori di A, ciascuno con molteplicità semplice. Ad essi sono rispettivamente associati gli autovettori v 1 = (i, −1) e v 2 = (i, 1) .

56

1 Spazi vettoriali

La matrice A è diagonalizzabile, e la matrice che realizza il passaggio alla base degli autovettori è appunto:

P =

i i , −1 1

con cui: A = P −1 AP =

dove P

−1

1 = 2





i 0 , 0 −i

−i −1 . −i 1

Calcoliamo exp(θA), con θ ∈ R. Nel riferimento in cui A è diagonale, [exp(θA)] =



eiθ 0 , 0 e−iθ

e, facendo uso delle formule di Eulero, exp(θA) = P [exp(θA)] P −1 =



cos θ sin θ . − sin θ cos θ

Nella matrice exp(θA) si riconosce la matrice di rotazione dell'angolo θ in C2 . Ricordando l'analogia tra la matrice A in C2 e l'unità immaginaria i in C, possiamo osservare che eiθ rappresenta il numero complesso per cui occorre moltiplicare un numero complesso z per ruotarne la posizione nel piano di Gauss-Argand dell'angolo θ. Dunque, eiθ è l'operatore di rotazione dell'angolo θ in C, così come exp(θA) è l'operatore di rotazione dell'angolo θ in C2 .

Esercizio 1.36 (Rotazioni nello spazio degli spin). Nel corso di Istitu-

zioni di Fisica Teorica viene illustrato il concetto di generatore innitesimo delle rotazioni. Nello spazio degli spinori a due componenti, tale operatore si identica con la componente dello spin lungo l'asse di rotazione, ad esempio l'asse z : Sˆz = 2 σz , ove σz è una matrice di Pauli (Ÿ 1.2.1) La rotazione nita di un angolo θ attorno all'asse i (i = x, y, z ) in tale spazio è operata dalla matrice exp(θσi ), dove σi è una matrice di Pauli. Determinare exp(θσi ).

Risposta:

« cosh θ sinh θ , sinh θ cosh θ « „ θ e 0 . exp(θσ3 ) = 0 e−θ „

„ exp(θσ2 ) =

exp(θσ1 ) =

Esercizio 1.37. Sia

⎛

⎞ 010 A = ⎝0 0 1⎠ . 000

« cosh θ −i sinh θ , i sinh θ cosh θ

1.7 Funzioni di endomorsmi

57

Vericare, servendosi della denizione (1.100), che ⎞ 1 t 12 t2 exp(At) = ⎝0 1 t ⎠ . 00 1 ⎛

Più in generale, se A è una matrice n×n con tutti 1 proprio sopra la diagonale e zero altrove, provare che ⎛

1 2 t ··· 1 t 2! ⎜0 1 t · · · ⎜ ⎜ ... exp(At) = ⎜ ⎜0 0 1 ⎜. . . . ⎝ .. .. .. ..

⎞ 1 tn−1 (n−1)! 1 tn−2 ⎟ (n−2)! ⎟

.. .

t 1

0 0 0 ···

⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠

Risposta: Per vericare il caso generale, osservare che nel calcolare le successive potenze di A la diagonale con tutti 1 si muove un posto in alto, e che quindi An = O.

Esercizio 1.38. Calcolare exp(Bt), con ⎛

b 1 0 ··· ⎜0 b 1 · · · ⎜ ⎜ .. B=⎜ ⎜0 0 b . ⎜. . . . ⎝ .. .. .. . . 0 0 0 ···

⎞ 0 0⎟ ⎟ .. ⎟ .⎟ ⎟ ⎟ 1⎠ b

(1.101)

(blocco di Jordan ). Discutere anche il problema agli autovalori per B .

Risposta: Osservare che B = A + b1l, con A denita nell'esercizio precedente, e che [A, 1l] = O. Servirsi poi della (1.104), ricavata appresso. Osserviamo inoltre che, sebbene non tutte le matrici siano diagonalizzibili, per ogni matrice M esiste una trasformazione di similarità tale che la matrice M  = P −1 M P sia diagonale a blocchi, ed i blocchi abbiano la forma canonica di Jordan, cioè sono del tipo (1.101). Conoscere exp(Bt) per un blocco di Jordan consente quindi di calcolare l'esponenziale di una matrice qualsiasi.

1.7.3 Alcune applicazioni Tutte le identità che qui di seguito elenchiamo verranno provate per matrici diagonalizzabili. Esse sono vere, tuttavia, anche in generale. Determinante di un esponenziale Intendiamo provare che det exp A = exp(Tr A).



(1.102)



58

1 Spazi vettoriali

P la matrice che diagonalizza A in A = diag(λ1 , . . . λn ), si ha exp A = P (exp A) P −1 , e passando ai determinanti, per il teorema di Binet, −1 ) = (det P )−1 , ed essendo det(P Invero, detta

det exp A = = det[P (exp A) P −1 ] = det P · det(exp A) · det(P −1 ) = det(exp A) = ' n ( n &  eλi = exp λi = exp(Tr A ) = = i=1

i=1

= exp(Tr A),

(1.103)

ove si è osservato che la traccia è un invariante per trasformazioni di similarità.

Formula di Glauber [Cfr. Cohen-Tannoudji Date due matrici

et al.

(1977a), Complement BII ]. le tre espressioni

A, B ∈ Mn,n (C),

eA eB =

∞ ∞ ∞   Ap  B q Ap B q = , p! q=0 q! p!q! p=0 p,q=0

eB eA =

∞  B p Aq , p!q! p,q=0

eA+B =

∞  (A + B)p p=0

p!

in generale non sono uguali. Nel caso di numeri complessi, invece, è certamente z z z z z +z vero che e 1 e 2 = e 2 e 1 = e 1 2 , z1 , z2 ∈ C. Ciò deriva dal fatto che due matrici (ad elementi complessi), in generale,

non commutano.

Abbiamo già osservato tale circostanza. Abbiamo osservato, cioè, che le matrici ad elementi complessi generalizzano i numeri complessi, ai quali

M1,1 (C) isomorfo a C. Preciseremo ancora meglio in seguito tale aermazione, parlando di matrici hermitiane come

praticamente si riducono, essendo

generalizzazione dei numeri complessi aventi parte immaginaria nulla (il cui insieme è isomorfo ad

R),

e delle matrici unitarie come generalizzazione dei

numeri complessi di modulo unitario. Tale generalizzazione perde però la proprietà della commutatività del prodotto: il prodotto (righe per colonne) fra matrici non gode della proprietà commutativa. Tale circostanza, ravvisata inizialmente come fonte di frustrazione dai matematici che dedicarono 11

I tentativi di generalizzare l'algebra dei numeri complessi al caso di oggetti sempre più generali furono perseguiti da numerosi matematici attraverso i secoli, come De Morgan, Hamilton, Grassmann, e Gibbs. In particolare, si deve ad Hamilton l'introduzione dei quaternioni ed a Grassmann l'introduzione delle variabili di Grassmann, appunto. In ciascun caso, tuttavia, si dovette riconoscere che era

1.7 Funzioni di endomorsmi

59

tanto studio alla questione, fu poi riconosciuta come una proprietà interessante in se e per se stessa, dal punto di vista matematico. Dal punto di vista sico, poi, non si può enfatizzare abbastanza l'importanza dell'algebra non commutativa delle matrici per la descrizione della Meccanica quantistica: uno dei suoi principi fondamentali (il principio di indeterminazione) trova naturale descrizione proprio in termini dell'algebra non commutativa delle matrici (Heisenberg). Torniamo al prodotto degli esponenziali di due matrici. Mentre in generale

è

eA eB = eB eA ,

se

[A, [A, B]] = [B, [A, B]] = 0

risulta:

1

eA eB = eA+B e 2 [A,B] , da cui

eA eB = eB eA = eA+B

se

(1.104)

[A, B] = 0.

Per provare la (1.104), ci serviremo dei seguenti due lemmi.

Lemma 1.1. Risulta:

[A, F (A)] = 0.

Dimostrazione. Supponiamo che F sia una funzione numerica sviluppabile in serie di Taylor, e che abbia senso calcolare F (A). Allora, F (A) = F (0)1l + F  (0)A +

∞  F (p) (0) p 1  F (0)A2 + . . . = A , 2! p! p=0

e quindi: [A, F (A)] = AF (A) − F (A)A = A

∞  F (p) (0) p=0

=

∞  F (p) (0) p=0

p!

p!

Ap+1 −

' Ap −

∞  F (p) (0) p=0

∞  F (p) (0) p=0

Più in generale, se [A, B] = 0, allora [B, F (A)] = 0.

p!

p!

( Ap

A=

Ap+1 = 0. (1.105)  

Lemma 1.2. Siano A, B due endomorsmi tali che [A, [A, B]] = [B, [A, B]] =

0.

12

Allora risulta:

[A, F (B)] = [A, B]F  (B).

(1.106)

necessario rinunziare alla commutatività del prodotto. Fu Hankel, nel 1867, a dimostrare che l'algebra dei numeri complessi era l'algebra più generale possibile che rispettasse le leggi fondamentali dell'aritmetica, fra cui appunto la proprietà commutativa del prodotto. Vedi, ad esempio, Boyer (1980). Ciò vale, in particolare, se [A, B] = c1l, c ∈ C. Questo è il caso degli operatori ˆ Pˆ ] = coordinata ed impulso della Meccanica quantistica, per i quali appunto [X, iI , essendo I l'operatore identità.

60

1 Spazi vettoriali

Dimostrazione. Si ha: [A, F (B)] = A

∞  F (p) (0)

p!

p=0

Bp −

∞  F (p) (0) p=0

p!

BpA =

∞  F (p) (0) p=0

p!

[A, B p ].

Ma: [A, B 0 ] = 0, [A, B 1 ] = [A, B], [A, B 2 ] = AB 2 − B 2 A + BAB − BAB = (AB − BA)B + B(AB − BA) =∗ 2[A, B]B,

.. .

.. .

[A, B p ] = p[A, B]B p−1 ,

ove nell'uguaglianza segnata con ∗ s'è fatto uso dell'ipotesi che [B, [A, B]] = 0. Dunque: [A, F (B)] =

∞  F (p) (0) p=0

p!

p[A, B]B p−1 = [A, B]F  (B),

ove si è supposto che F (x) sia derivabile per serie.

 

Consideriamo adesso la funzione della variabile t: G(t) = etA etB .

Derivando rispetto a t, e badando all'ordine in cui si scrivono A, B ed i loro esponenziali, si ha:   dG = AetA etB + etA BetB = A + etA Be−tA G(t). dt

Ma, per il Lemma 1.2 con F (λ) = exp λ, )

* etA , B = t[A, B]etA ⇒ etA B = BetA + t[A, B]etA ,

e quindi:

dG = (A + B + t[A, B])G(t). dt Integrando fra t = 0 e t, e osservando che G(0) = 1l, segue che: 1

2

G(t) = e(A+B)t+ 2 [A,B]t ,

da cui, in particolare, per t = 1, segue la (1.104).

1.7 Funzioni di endomorsmi

61

Relazione di Baker-Campbell-Hausdor [Cfr. Greiner e Reinhardt (1996), Ÿ 1.3]. Più in generale, risulta:

eA Be−A = B + [A, B] + Posto:

1 [A, [A, B]] + . . . . 2!

(1.107)

U (t) = etA Be−tA ,

e derivando, si ha:

dU = [A, U (t)]. dt Sotto la condizione iniziale U (0) = B , quest'ultima è equivalente all'equazione integrale:



t

U (t) = B +

dt [A, U (t )],

0 che si può risolvere iterativamente (ossia, costruendone la serie di Neumann):

U (0) (t) = B, U (1) (t) = B + U

(2)

 

t

dt [A, U (0) (t )] = B + t[A, B],

0 t

(t) = B +

dt [A, U (1) (t )] = B + t[A, B] +

0 . . .

1 [A, [A, B]]t2 , 2!

. . .

da cui la (1.107), per

t = 1.

Tale relazione vale anche nel caso generale in cui l'ipotesi

[B, [A, B]] = 0

[A, [A, B]] =

non sia vericata. In tal caso, in luogo della (1.104), si prova

che:



1 e e = exp A + B + [A, B]+ 2!

+ 1 1 1 1 [[A, B], B] + [A, [A, B]] + [[A, [A, B]], B] + . . . . 3! 2 2 4! A B

Esercizio 1.39 (Formule di Werner per matrici). mula di Glauber, se

A, B ∈ Mn,n (C)

tali che

Facendo uso della for-

[[A, B], A] = [[A, B], B] = 0,

provare che

i 1 , 2i [A,B] e sin(A + B) + e− 2 [A,B] sin(A − B) , (1.108) 2 i 1 , i [A,B] e2 cos(A + B) + e− 2 [A,B] cos(A − B) , (1.109) cos A cos B = 2 i 1 , i [A,B] e2 cos(A + B) − e− 2 [A,B] cos(A − B) .(1.110) sin A sin B = − 2 sin A cos B =

62

1 Spazi vettoriali

Sistemi di equazioni dierenziali lineari Intendiamo provare che la soluzione del sistema di equazioni dierenziali del primo ordine (omogeneo, a coecienti costanti):

x˙ 1 = a11 x1 + a12 x2 x˙ 2 = a21 x1 + a22 x2 soggetto alle condizioni iniziali posta nella forma:

dove

A=

a11 a12 a21 a22

x1 (t = 0) = x01 , x2 (t = 0) = x02



x1 (t) x2 (t)



può essere

= etA

x01 , x02

(1.111)

.

Tale risultato si generalizza facilmente al caso di sistemi di

n

equazioni

dierenziali ordinarie del primo ordine (omogenee).

Dimostrazione 1. Cominciamo col provare che

d tA e = AetA . dt La derivata della matrice

etA

rispetto alla variabile

t

è denita mediante il

limite del rapporto incrementale:

/ d tA 1 . (t+h)A e = lim e − etA . h→0 h dt Ma

e(t+h)A = etA+hA = etA ehA

per la (1.104). Dunque:

* d tA 1 ) tA hA e = lim e e − etA h→0 h dt * 1 ) hA e − 1l = etA lim h→0 h 0 1 1 1 1 tA 2 3 hA + (hA) + (hA) + . . . = e lim h→0 h 2! 3! = etA A = AetA , ove si è osservato che una matrice commuta con ogni sua funzione. Poiché sappiamo che esiste ed è unica la soluzione del problema di Cauchy relativo ad un sistema di equazioni dierenziali lineari, basta provare che la (1.111) verica eettivamente il sistema assegnato. Derivando primo e secondo membro la (1.111), si ha:

d dt



x1 x2



=

x˙ 1 x˙ 2





=

0

d tA x1 e x02 dt

1.7 Funzioni di endomorsmi



= AetA

0

x1 x02



=A



63

x1 , x2

come volevasi. Inoltre, è vericata la condizione iniziale (porre t = 0).

 

Dimostrazione 2. In particolare, se A è diagonalizzabile, è possibile dimostrare la (1.111) servendosi della rappresentazione spettrale di A. Tale dimostrazione illustra il ruolo degli autovalori e degli autovettori nella costruzione delle soluzioni del sistema di equazioni assegnato, e consente di anticipare il carattere (esponenziale o oscillante) della soluzione. Sia x(t) = (x1 (t), x2 (t)) il vettore incognito. Il sistema assegnato equivale allora a

x˙ = Ax,

0

con x(0) = x . Supponiamo che A sia diagonalizzabile, sia P la matrice degli autovettori, e sia

A = P −1 AP =

λ1 0 0 λ2

la forma di A nella base degli autovettori. In tale base, siano x = P −1 x le componenti del vettore incognito x. Si ha allora:

x˙ = Ax = P A P −1 x e moltiplicando per P −1 da sinistra:

d −1 P x = A P −1 x dt cioè:

x˙  = A x ,

che è un sistema di equazioni dierenziali disaccoppiate:

x˙ 1 = λ1 x1

x˙ 2 = λ2 x2 .

Posto analogamente x0 = P −1 x0 , e integrando separatamente le due equazioni, si trova:

x1 (t) = eλ1 t x0 1 x2 (t) = eλ2 t x0 2 , ossia:

  x (t) = eAt x0 .

Eettuando nuovamente un passaggio di base e tornando al sistema di riferimento originario, si ottiene la tesi.  

64

1 Spazi vettoriali In conclusione, esprimere un sistema di equazioni dierenziali lineari (omo-

genee a coecienti costanti) in termini delle componenti rispetto agli autovettori della matrice dei coecienti consente di disaccoppiare le equazioni. Lungo tali direzioni, le soluzioni sono del tipo eλt , con λ autovalore della matrice. Se tale autovalore è reale, le soluzioni avranno andamento esponenziale (cre-

λ

scente o decrescente, seconda del segno di

e di t), mentre se tale autovalore

è puramente immaginario le soluzioni avranno andamento oscillante.

Equazioni non omogenee. Consideriamo inne il sistema di equazioni dierenziali lineari non omogenee (in forma vettoriale):

dove

˙ x(t) = Ax(t) + u(t),

(1.112)

x(t) è il vettore incognito, A è ad elementi costanti, ed u(t) è un vettore

noto eventualmente dipendente dal tempo. La condizione iniziale sia del tipo 0 di Cauchy, x(t = 0) = x . Possiamo anche scrivere

x˙ − Ax = u, e−At ,

e, moltiplicando per il fattore integrante

ed osservando che

d  −At  e x = e−At x˙ − e−At Ax, dt si trova che il sistema equivale a:

d  −At  e x = e−At x. dt Quadrando e servendosi della condizione al contorno, si trova: 0 e−At x − e−A0   x =



0

=1l

da cui:



0

x(t) = e x + e At



t

At 0

Come si semplica tale ultimo risultato se

t

e−As u(s) ds,

e−As u(s) ds.

u

(1.113)

non dipende dal tempo e se

A

è

invertibile?

Osservazione 1.8. In

Meccanica quantistica, la soluzione dell'equazione di

Schrödinger

i con

H

come:

ove

∂ |ψ, t = H|ψ, t, ∂t

operatore hamiltoniano, indipendente dal tempo, può essere espressa i

|ψ, t = e−  H(t−t0 ) |ψ, t0 , i

U (t, t0 ) = e−  H(t−t0 )

prende il nome di operatore di evoluzione temporale.

1.7 Funzioni di endomorsmi

65

Esercizio 1.40. Risolvere: x˙ = −y y˙ = x.

Risposta: quindi

„

Si ha A =

«

0 −1 , etA = 1 0

„

cos t − sin t sin t cos t

«

(matrice di rotazione), e

« „ « „ « „ x x0 cos t − y0 sin t tA x0 . =e = y0 y x0 sin t + y0 cos t

La traiettoria è costituita dalla circonferenza di centro l'origine, passante per (x0 , y0 ).

Esercizio 1.41. Risolvere e discutere gracamente i sistemi: = −x; = −y; = λy; = bx + ay; 1 = y; 2 = x; = y; = x − y;

x˙ = y, x˙ = x, x˙ = λx + y, x˙ = ax − by,

y˙ y˙ y˙ y˙

x˙ = 2x,

y˙

x˙ = y, x˙ = x + y, x˙ = −x − y,

y˙ y˙ y˙

x˙ = 2x + y, x˙ = −2x − y, x˙ = x − y,

y˙ = −2x; y˙ = 2x; y˙ = 2x − y.

In particolare, discutere il comportamento qualitativo delle soluzioni sulla base del valore (complesso o reale) degli autovalori della matrice A. Esercizio 1.42 (Moto di una particella carica in un campo elettromagnetico). Studiare il moto di una particella di massa m = 1 e carica q = 1 in un campo elettromagnetico.

Risposta: Sia v la velocità della particella, ed E , B i vettori campo elettrico e magnetico, rispettivamente. Le equazioni del moto sono v˙ = E + v × B,

(1.114)

che equivalgono ad un sistema di equazioni dierenziali lineari (non omogenee) per le componenti della velocità. Svolgendo il prodotto vettoriale, tali equazioni possono essere scritte in forma compatta come: v˙ = M v + E,

dove A è la matrice antisimmetrica costruita mediante le componenti del campo magnetico B :

66

1 Spazi vettoriali 0

1 0 B3 −B2 M = @−B3 0 B1 A . B2 −B1 0

La soluzione è allora:

„Z v=e



tM

t

e 0

−sM

E ds + v

0

« ,

(1.115)

avendo indicato con v 0 la velocità iniziale della particella. Poiché una matrice antisimmetrica 3×3 ammette sempre l'autovalore nullo e due autovalori immaginari, complessi coniugati, etM avrà forma diagonale del ` tM ´puramente  tipo e = diag(1, eiωt , e−iωt ). Nel caso di campo elettrico costante, il moto sarà dunque uniformemente accelerato lungo l'autovettore appartenente all'autovalore nullo di M , e circolare uniforme nel piano ortogonale. La composizione dei due moti è un moto elicoidale. La soluzione (1.115) può essere espressa in forma esplicita, osservando che: M 3 = M 2 M = −B 2 M,

con B 2 = B12 + B22 + B32 , e quindi che: M 4 = −B 2 M 2 .

Dunque: ∞ X 1 (tM )k k! k=0 „ « t3 t5 = 1l + M t − B 2 + B 4 − . . . 3! 5! „ 2 « 4 t t t6 − B2 + B4 − . . . +M 2 2! 4! 6!

etM =

= 1l +

M2 M sin(Bt) + 2 [1 − cos(Bt)]. B B

In denitiva, sostituendo nella (1.115) ed integrando, si trova: « „ M v0 M2 E M2 sin(Bt) + sin(Bt) v(t) = Et 1 + 2 − 2 B B B B +

ME M 2 v0 [1 − cos(Bt)] + [1 − cos(Bt)] + v 0 . 2 B B2

1.7.4 Approssimazione numerica di autovalori ed autovettori

Concludiamo questa sezione sulle funzioni di endomorsmi per discutere alcuni metodi numerici per determinare approssimazioni di autovalori ed autovettori di una matrice. Tale argomento è uno degli argomenti centrali dell'analisi numerica, ed i metodi che prenderemo in esame di seguito non sono aatto i più ecienti. Tuttavia, essi sono interessanti dal punto di vista didattico.

1.7 Funzioni di endomorsmi

Metodo di Rayleigh

67

Consiste nello studiare il rapporto di Rayleigh x† Ax x|A|x = x† x x|x

R(x) =

(1.116)

al variare di x = 0. Nel Ÿ 1.8.1 proveremo che questo è un funzionale limitato su Vn \ {0}. Se x è un eettivo autovettore di A appartenente all'autovalore λ, si prova subito che R(x) = λ. Pertanto, se è noto che x è vicino ad un autovettore di A, il valore di R(x) restituisce una buona approssimazione per l'autovalore corrispondente. Sevendosi del ragionamento di Ÿ 1.8.1, se U ⊆ Vn è un sottospazio, si può provare che gli estremi (massimi o minimi) di R(x) per x ∈ U \ {0} costituiscono buone approssimazioni per gli autovalori di A. Poiché le approssimazioni cercate si determinano cercando gli estremi di R(x) al variare di x in x ∈ U \ {0}, il metodo di Rayleigh è un metodo variazionale. Scegliendo un sottospazio U  più ampio di U , in generale si migliora l'approssimazione.

Metodo delle potenze

A dierenza del precedente, il metodo delle potenze è un metodo iterativo. Supponiamo che A sia diagonalizzabile, con autovalori λi ed autovettori l.i. vi , i = 1, . . . n. Supponiamo che vi sia un autovalore il cui modulo sia strettamente maggiore del modulo di ogni altro autovalore, ossia che: |λ1 | > |λ2 | ≥ |λ3 | ≥ . . . ≥ |λn |.

In particolare, allora, |λ1 | = 0. Sia x ∈ Vn un generico vettore. Essendo {vi } una base per Vn , sia x = c1 v 1 + c2 v 2 + . . . + cn v n .

Consideriamo la potenza Ak (k = 1, 2, . . .) applicata ad x. Servendosi della rappresentazione spettrale per A, si ha: Ak x = c1 λk1 v 1 + c2 λk2 v 2 + . . . + cn λkn v n .

Supponiamo che c1 = 0 e dividiamo per λk1 . Si trova: 1 k A x = c1 v 1 + c2 λk1



Poiché si ha |λi /λ1 | < 1

, per ogni

a zero per

k → ∞.

λ2 λ1

k

v 2 + . . . + cn

i ≥ 2,

lim

k

ognuno dei rapporti

Segue che

k→∞

λn λ1

1 k A x = c1 v 1 . λk1

vn . (λi /λ1 )k

tende

68

1 Spazi vettoriali k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

1.5 1

15 14 13 12 11 10 98 7 6

5

4

0.5

3

0

2 1

0 -0.5 -1 -1.5 -1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

(xk )1 (xk )2 0 .9 1 0.80952381 1 1 0.652173913 0.407407407 1 0.0857142857 1 −0.254901961 1 1 −0.542168675 −0.741496599 1 −0.861818182 1 1 −0.928436911 −0.963566635 1 1 −0.981615868 −0.990765492 1 −0.995372062 1 1 −0.997683351 −0.998841004 1

μk 1.0 1.05 1.0952381 1.17391304 1.2962963 1.45714286 1.62745098 1.77108434 1.8707483 1.93090909 1.96421846 1.98178332 1.99080793 1.99538275 1.99768603 1.99884168

Fig. 1.3. Approssimazione di un autovettore col metodo delle potenze, Esercizio 1.43 In altri termini, partendo da un qualsiasi vettore te con

A

x

ed agendo ripetutamen-

si ottiene un vettore che approssima sempre meglio un vettore

v1. Poiché non si conosce in partenza l'autovalore

proporzionale all'autovettore

λ1 , non si può anche dividere ad ogni iterazione. Tuttavia, si può mostrare che se si scala tutti gli k elementi di xk = A x in modo che la componente di modulo massimo sia 1,

per

λ1

allora il risultato della procedura iterativa convergerà ad un multiplo di la cui componente di modulo massimo è

xk

v1 ,

1.

Il metodo può essere utilizzato anche per stimare l'autovalore. Quando è prossimo all'autovettore per

componente di modulo massimo in

λ1 , xk

Axk è prossimo a λ1 xk . Ma la e quindi la componente di modulo

allora è

1,

Axk è proprio λ1 . Il metodo delle potenze consiste dunque nella seguente procedura iterativa:

massimo in

x0 la cui massima componente sia 1. k = 0, 1, . . ., calcolare a) calcolare Axk ; b) sia μk la componente di Axk avente massimo modulo; c) calcolare xk+1 = (1/μk )Axk . Per quasi ogni x0 , la successione μk converge all'autovalore dominante λ1 , mentre xk converge ad un autovettore corrispondente.

1. Scegliere un vettore iniziale 2. Per

3.

La procedura converge tanto più rapidamente quanto più piccoli sono i rapporti

λi /λ1 .

Esercizio 1.43. Determinare, nante della matrice

col metodo delle potenze, l'autovalore domi-

A=

Risposta:

3 2 − 12

1.8 Proprietà metriche

1

−2 3 2

69

.

Gli autovalori esatti sono λ1 = 2, con autovettore v 1 = (−1, 1) e λ2 = 1, con autovettore v 2 = (1, 1) . Partendo da x0 = (0.9, 1) v 2 , cioè partendo da un vettore circa uguale ad un autovettore che non è quello appartenente all'autovalore dominante, anzi, è ad esso ortogonale, si trova il risultato mostrato in Fig. 1.3.

1.8 Proprietà metriche

Denizione 1.10 (Forma bilineare).

Siano Vn , Wm due spazi vettoriali sul corpo K . Un'applicazione g : Vn × Wm → K è detta forma bilineare se

BL1. g(v 1 + v 2 , w) = g(v 1 , w) + g(v 2 , w), ∀v 1 , v 2 ∈ Vn , ∀w ∈ Wm ; BL2. g(v, w1 + w2 ) = g(v, w1 ) + g(v, w2 ), ∀v ∈ Vn , ∀w1 , w2 ∈ Wm ; BL3. g(kv, w) = g(v, kw) = kg(v, w), ∀v ∈ Vn , ∀w ∈ Wm , ∀k ∈ K . In altri termini, una forma bilineare è un'applicazione lineare in entrambi i suoi argomenti. g(0n , w) = g(v, 0m ) = 0K , ∀v ∈ Vn , ∀w ∈ Wm . g(a − a, w) e fare uso della linearità rispetto al

È immediato vericare che (Considerare, ad esempio, primo argomento.)

Denizione 1.11 (Matrice associata). Sia g : Vn × Wm → K una forma bilineare, e V = {v 1 , . . . v n } e W = {w1 , . . . wm } basi in Vn ed in Wm , rispettivamente. Se x = x1 v 1 + . . . + xn v n ∈ Vn e y = y1 w1 + . . . + ym wm ∈ Wm , per la bilinearità di g , risulta: ⎛ g(v, w) = g ⎝

n  i=1

xi v i ,

m 

⎞ yj w j ⎠ =

j=1

=

n  m 

xi g(v i , wj )yj ≡

i=1 j=1

ovvero

g(v, w) = (x) U · G · (y)W ,

n  m 

xi gij yj ,

(1.117)

i=1 j=1

(1.118)

ove G = (gij ) ≡ (g(v i , wj )) è la matrice associata alla forma bilineare g relativamente alle basi V e W . Come per le componenti di un vettore rispetto ad una specica base, o per la matrice associata ad un omomorsmo relativamente a due basi nello spazio di denizione e nello spazio dei valori, anche la matrice associata ad una forma bilineare è un ente relativo. Mentre la forma bilineare è ben denita a prescindere dalle basi alle quali sono riferiti i vettori argomento della forma



70

1 Spazi vettoriali

bilineare (è un ente assoluto), il modo specico in cui il calcolo della forma bilineare viene implementato con riferimento a due basi di riferimento si serve di una matrice, i cui elementi cambiano valore al cambiare dei riferimenti. Come nel caso della matrice associata ad un omomorsmo, potremmo ricavare anche in questo caso quale sia la legge di trasformazione, e troveremmo ancora una volta che essa dipende dalla matrice di passaggio da una base all'altra.

Denizione 1.12 (Forma quadratica). Sia g : V

n × Vn → K una forma bilineare, denita nel prodotto cartesiano di uno spazio Vn per se stesso. Rimane allora denito l'omomorsmo q : Vn → K denito ponendo

q(v) = g(v, v),

∀v ∈ Vn ,

(1.119)

che prende il nome di forma quadratica generata dalla forma bilineare g .

Denizione 1.13 (Prodotto scalare).

Sia g : Vn × Vn → K una forma bilineare simmetrica, ossia tale che g(v 1 , v 2 ) = g(v 2 , v 1 ), ∀v 1 , v 2 ∈ Vn . Se la forma g non è simmetrica, essa può essere simmetrizzata, considerando invece:

1 [g(v 1 , v 2 ) + g(v 2 , v 1 )]. 2 Si dice allora che la forma bilineare g è un prodotto scalare. Nel caso in cui K = R (o, in generale, nel caso in cui su K sia denita g¯(v 1 , v 2 ) =

una relazione d'ordine), si dice che il prodotto scalare è

• •

denito positivo, se

• •

denito negativo, se

g(v1 , v 2 ) > 0, ∀v 1 , v 2 ∈ Vn ;

denito non negativo (o semidenito positivo), se

Vn ;

g(v 1 , v 2 ) < 0, ∀v 1 , v 2 ∈ Vn ;

denito non positivo (o semidenito negativo), se

Vn .

g(v1 , v 2 ) ≥ 0, ∀v 1 , v 2 ∈ g(v1 , v 2 ) ≤ 0, ∀v 1 , v 2 ∈

Denizione 1.14 (Vettori ortogonali).

Sia g : Vn × Vn → K un prodotto scalare. Due vettori x, y ∈ Vn si dicono ortogonali se g(x, y) = 0. Se poi K = R oppure C, un sistema di vettori {xk } si dice ortonormale se g(xi , xj ) = δij .

Teorema 1.18 (di Sylvester).

Sia g : Vn × Vn → R un prodotto scalare reale, di rango r . Allora, per un certo intero p ≤ r , 1. esiste una base ortogonale V = {v 1 , . . . v n } in Vn tale che

2. Sia

⎧ ⎪ ⎨1 g(v i , v i ) = −1 ⎪ ⎩ 0

per r + 1 ≤ i ≤ n,

g(vi , v j ) = 0,

per i = j .

per 1 ≤ i ≤ p, per p + 1 ≤ i ≤ r ,

1.8 Proprietà metriche

71

• V + il sottospazio vettoriale generato linearmente da v 1 , . . . v p ; • V − il sottospazio vettoriale generato linearmente da v p+1 , . . . v r ; • V 0 il sottospazio vettoriale generato linearmente da v r+1 , . . . v n . Allora:

Vn = V + ⊕ V − ⊕ V 0 ; g|V + è denita positiva; c) la restrizione g|V − è denita negativa; d) la restrizione g|V 0 è nulla; + − 0 e) se v 1 ∈ V , v 2 ∈ V , v 3 ∈ V , allora g(v 1 , v 2 ) = g(v 1 , v 3 ) = g(v 2 , v 3 ) = 0. 3. In tale base, se x = x1 v 1 + . . . xn v n ∈ Vn , a)

b) la restrizione

g(x, x) = q(x) = x21 + . . . + x2p − x2p+1 − . . . − x2r , mentre le componenti

xr+1 , . . . xn

non danno contributo alla forma qua-

dratica. L'intero

p

prende il nome di indice di positività,

di indice di negatività, ed il difetto della forma quadratica

n−r

s = r−p

prende il nome

prende il nome di indice di nullità

q.

Dimostrazione. Omessa. L'indice di positività di una forma quadratica serve a classicare coniche, equazioni dierenziali alle derivate parziali (cfr. Ÿ 3.1.1),

 

punti critici (teoria di Morse), . . . Nel seguito, faremo spesso riferimento a spazi vettoriali

Vn

sul corpo

C

dei numeri complessi. In tal caso, in luogo della forma quadratica si fa uso invece delle forme hermitiane e dei concetti metrici (prodotto scalare, norma, metrica) da esse indotti.

Denizione 1.15 (Forma hermitiana). corpo

C

Sia

dei numeri complessi. Un'applicazione

Vn uno spazio vettoriale sul g : Vn × Vn → C si dice una

forma hermitiana se

g(v 1 + v 2 , v 3 ) = g(v 1 , v 3 ) + g(v 2 , v 3 ), ∀v 1 , v 2 , v 3 ∈ Vn ; g(v 1 , v 2 + v 3 ) = g(v 1 , v 2 ) + g(v 1 , v 3 ), ∀v 1 , v 2 , v 3 ∈ Vn ; ∗ FH3. g(zv 1 , v 2 ) = z g(v 1 , v 2 ), g(v 1 , zv 2 ) = zg(v 1 , v 2 ), ∀v 1 , v 2 ∈ Vn , ∀z ∈ C. FH1.

FH2.

Denizione 1.16 (Prodotto hermitiano (scalare)).

zio vettoriale sul corpo

g(v 1 , v 2 ) = g(v 2 , v 1 )∗ ,

Sia Vn uno spaC. Una forma hermitiana g : Vn × Vn → C tale che ∀v 1 , v 2 ∈ Vn si dice un prodotto scalare hermitiano.

Per tali prodotti adopereremo la notazione di Dirac:

g(v 1 , v 2 ) = v 1 |v 2 . In particolare, il prodotto hermitiano canonico in

x|y =

n  i=1

x∗i yi ,

(1.120)

Cn

è denito come:

(1.121)

72

1 Spazi vettoriali

dove xi , yi sono le componenti dei vettori x e y rispetto alla base canonica di Cn . Nel futuro, useremo la denominazione prodotto scalare anche per i prodotti hermitiani, e avremo modo di considerare solo prodotti scalari (hermitiani) tali che x|x ≥ 0, essendo x|x = 0 se e solo se x = 0.

Esercizio 1.44. Provare che A|B = Tr(A† B)

denisce un prodotto scalare (hermitiano) in Mn,n (C).

Denizione 1.17 (Metrica e metrica indotta dal prodotto scalare).

Una metrica o distanza su Vn sul corpo R è una forma bilineare ρ : Vn ×Vn → R che gode delle seguenti proprietà: M1. ρ(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ Vn , e ρ(x, y) = 0 se e solo se x = y ; M2. ρ(x, y) = ρ(y, x), ∀x, y ∈ Vn (è una forma bilineare simmetrica); M3. è vericata la

disuguaglianza triangolare:

ρ(x, z) ≤ ρ(x, y) + ρ(y, z),

x, y, z ∈ Vn .

(1.122)

La metrica indotta dal prodotto scalare è

3 4 n 2 4 ρ(x, y) = x − y = x − y|x − y = 5 (xi − yi )∗ (xi − yi ), i=1 dove il simbolo:

2  x = x|x =

' n 

( 12 2

|xi |

,

(1.123)

i=1 denisce la

norma

del vettore

x ∈ Vn .

1.8.1 Norma di un endomorsmo Sia T : Vn → Wm un operatore (non necessariamente lineare). In generale, il risultato dell'applicazione di T su un vettore x ∈ Vn restituisce un vettore T x che non ha la stessa lunghezza di x, ossia  T x = x  (le norme essendo quelle di Wm e di Vn , rispettivamente). Un indice di quanto l'operatore T deformi il vettore x è dato dunque dalla norma dell'operatore T , denita ponendo:  T =

 Tx  . x∈Vn \{0}  x  sup

Se risulta che  T < ∞, l'operatore T si dice limitato.

(1.124)

1.8 Proprietà metriche

73

Teorema 1.19. Sia T : Vn → Vn un endomorsmo su uno spazio Vn nitodimensionale sul corpo C. Allora, T è limitato e, se T è diagonalizzabile e λ1 , . . . λn ∈ C sono i suoi autovalori, risulta:  T = max |λk |.

(1.125)

k=1,...n

Dimostrazione. Sia x ∈ Vn , x = 0. Allora, in virtù della linearità di

T x|T x  T x 2 = =  x 2  x 2 Segue che

T

Consideriamo il versore

u = x/  x .

e del prodotto scalare, si ha:

 7 x  x T T = T u|T u = T u 2 .  x   x 

6

 T = sup  T u ,

u =1

ossia che per il calcolo della norma di un operatore

lineare

ci si può limitare

a considerare nella (1.124) soltanto i vettori di norma unitaria (versori). Limitiamoci adesso a considerare il caso in cui

sia diagonalizzabile, os-

T

nito-dimensionale limitato, a prescindere dal fatto che sia diagonalizzabile o meno.

servando tuttavia che un endomorsmo in uno spazio sempre

Sia {ui } una base ortonormale di autovettori ui |uj  = δij . Se u è un versore qualsiasi, allora

di

T , T u i = λ i ui ,

è

con

u = c 1 u1 + . . . + c n un , con

n i=1

|ci |2 = 1,

e, in virtù della linearità di

T,

T u = c1 λ1 u1 + . . . + cn λn un . Segue che:

 T u 2 = T u|T u =

n 

λ∗i c∗i λj cj δij =

i,j=1

Calcolare il

sup  T u 

per

 u = 1 equivale dunque n variabili reali):

f (|ci |) =

n 

|λi |2 |ci |2

i=1 n  i=1

|λi |2 |ci |2 .

i=1

superiore della funzione (reale di

soggetta al vincolo:

n 

|ci |2 = 1.

a calcolare l'estremo

74

1 Spazi vettoriali

Ricorriamo al metodo dei moltiplicatori di Lagrange, e consideriamo la funzione: ' ( n n H(|ci |, μ) =

Si ha:



|λi |2 |ci |2 + μ 1 −

i=1



|ci |2

.

i=1

∂H = 2(|λj |2 − μ)|cj |, ∂|cj | n  ∂H = 1− |ci |2 . ∂μ i=1

j = 1, . . . n,

Uguagliando a zero ciascuna derivata parziale, si ottiene un sistema di n + 1 equazioni (non lineare, non omogeneo) nelle n + 1 indeterminate |ci | e μ. Dalle prime n equazioni segue che μ = |λk |2 e |ck | = 0 per qualche k = 1, . . . n, mentre le rimanenti |ci | = 0, per ogni i = k. Sostituendo nell'ultima equazione, si trova |ck | = 1. Dunque, possibili punti di estremo sono: |ck | = 1,

|ci | = 0,

∀i = k,

in corrispondenza ai quali  T u 2= |λk |2 . Confrontando tali valori, segue la tesi.   Osservazione 1.9. Geometricamente, T trasforma la sfera unitaria in Vn : B = {u ∈ Vn :  u = 1}

in un ellissoide E ad n dimensioni, eventualmente degenere. La norma di T è la norma del più lungo vettore di E , ossia la lunghezza del semiasse maggiore di tale ellissoide. La norma di un operatore è un'eettiva norma nello spazio degli endomorsmi, Hom(Vn , Vn ), nel senso che: 1.  T = 0 se e solo se T = O (l'operatore nullo). 2.  cT = |c|·  T . 3.  S + T ≤ S  +  T . Infatti, se  u = 1, allora:  (S + T )u ≤ Su  +  T u ≤ S  u  +  T  u = S  +  T  .

4.  S T ≤ S  ·  T . (Si prova analogamente.) 1.8.2 Disuguaglianze notevoli Teorema 1.20 (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz-Bunjakovskij). Sia-

no x, y ∈ Cn e ·|· il prodotto scalare (hermitiano) canonico. Allora: |x|y|2 ≤ x|xy|y,

dove il segno di uguaglianza vale se e solo se x e y sono l.d.

(1.126)

1.8 Proprietà metriche

75

Dimostrazione. Se fosse x = 0 o y = 0, la (1.126) sarebbe banalmente veri-

cata. Supponiamo allora y = 0, che comporta y|y > 0, e consideriamo il vettore z =x−y

y|x ∈ Vn . y|y

Poiché z|z ≥ 0, con z|z = 0 se e solo se z = 0, facendo uso della linearità rispetto al secondo argomento e della hermiticità rispetto al primo argomento del prodotto scalare, e svolgendo i calcoli, si ha:  9 y|x  y|x x−y ≥0 x − y y|y  y|y ... ... x|y∗ x|y x|x − ≥ 0, y|y

8

da cui la tesi, osservando che y|y > 0.   Una dimostrazione alternativa consiste nel considerare il trinomio di se-  condo grado in λ denito da ϕ(λ) = λx + y|λx + y ≥ 0, ed osservando che il discriminante del trinomio è dunque non positivo.   Nel caso in cui la metrica sia quella indotta dal prodotto scalare (hermitiano), la disuguaglianza triangolare può essere dimostrata a partire dalla disuguaglianza di Schwarz:  x + y 2 = = x + y|x + y = x|x + y|y + 2 Rex|y ≤ ≤ x|x + y|y + 2|x|y| = 2 2 = x|x + y|y + 2 x|y y|x ≤∗ x|x + y|y + 2 x|x y|y = 2

= ( x  +  y ) ,

dove si è fatto uso della disuguaglianza di Schwarz in ∗. Segue la disuguaglianza triangolare, estraendo la radice quadrata del primo e dell'ultimo membro.

Disuguaglianza di Hölder È una generalizzazione della disuguaglianza di Schwarz: n 

' |ak bk | ≤

k=1

dove ak , bk > 0, p, q > 0 e

n 

( p1 ' |ak |

k=1 1 p

+

1 q

= 1.

p

·

n  k=1

( 1q |bk |

q

,

(1.127)

76

1 Spazi vettoriali

Disuguaglianza di Minkowsky È una generalizzazione della disuguaglianza triangolare. Nelle stesse ipotesi della disuguaglianza di Hölder, '

n 

( p1 |ak + bk |

p

≤

' n 

k=1

( p1 |ak |

'

p

+

k=1

n 

( p1 |bk |

p

(1.128)

,

k=1

dove p ≥ 1.

1.8.3 Vettori ortogonali e ortonormali Teorema 1.21. Un sistema di n vettori ortonormali {u , . . . u } in V , ossia 1

n

n

tali che  ui |uj  = δij , costituisce una base in Vn . Se y ∈ Vn , risulta allora y = ni=1 yi ui , con

(1.129) che prendono il nome di componenti covarianti o coecienti di Fourier del yi = ui |y,

vettore y rispetto al sistema ortonormale {ui }. consideriamo Dimostrazione. Basta provare che gli n vettori ui sono l.i. Invero, n

il sistema lineare ottenuto uguagliando a 0 una loro c.l.: i=1 ci ui = 0. Moltiplicando scalarmente per uj e facendo uso della proprietà di ortonormalità, si ha: n n uj |0 = 0 =



ci uj |ui  =

i=1



ci δij = cj ,

i=1

come volevasi. Dunque, per ogni y ∈ Vn , esistono e sono uniche le componenti y1 , . . . yn di y rispetto a {ui }: y = y1 u1 + . . . + un . Moltiplicando scalarmente per uj e facendo ancora uso della proprietà di ortonormalità, si ha: uj |y =

n  i=1

yi uj |ui  =

n 

yi δij = yj .

i=1

 

Teorema 1.22 (Procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt).

In uno spazio vettoriale Vn ad n dimensioni, è sempre possibile scegliere una base composta da vettori ortonormali (versori). Dimostrazione. Data una base V = {v1 , . . . vn } in Vn , è sempre possibile ge-

nerare a partire dai vettori V una base ortogonale di vettori U  = {u1 , . . . un }, costruiti secondo la seguente procedura:

1.8 Proprietà metriche

77

u1 = v 1 , u1 , u1 =  u1  u2 = v 2 − u1 |v 2 u1 , u2 , u2 =  u2  u3 = v 3 − u2 |v 3 u2 − u1 |v 3 u1 , u3 u3 = ,  u3  . . .

. . .

un = v n − un−1 |v n un−1 − . . . − u1 |v n u1 , un . un =  un  v i la sua j < i). I vet-

Tale metodo consiste sostanzialmente nel sottrarre da ogni vettore proiezione ortogonale lungo i vettori

uj

precedentemente deniti (

tori così ottenuti possono quindi essere normalizzati semplicemente dividendo per la loro norma:

ui =

u ui = 2 i  ,   ui  ui |ui 

i = 1, . . . n.

I vettori (versori) così ottenuti formano un'eettiva base di vettori ortonormali

{u1 , . . . un }

in

 

Vn .

Osservazione 1.10.

Il risultato del processo di ortonormalizzazione di Gram-

Schmidt dipende, ovviamente, dall'ordine in cui sono dati i vettori iniziali. D'altronde, data una base, ogni permutazione (distinta dall'identità) dei vettori di tale base produce una base diversa, la matrice di passaggio essendo appunto una matrice di permutazione.

Esercizio 1.45. 

(1 + i, 1, 1)

Risposta:

,

i, i, 1)

,



(1 − i, 1, 1) “

0,

Esercizio 1.46. 

Ortonormalizzare la seguente base di vettori in

Risposta:

`1

(1 + i), 12 , 2

´ 1  , 2

“

− √12 i,

1 √ (1 2 2

+ i),

1 √ (1 2 2

Ortonormalizzare la seguente base di vettori in



(2, 1 − 2i, 2 + i) `1

.

√ √ ” 2 2 , − , 2 2

C3 : (0, 1, −1) ,

(1 + i), 2

,



(1 − i, 0, −i)

´ 1 i, 12 , 2

“

.

1 √ √ , 3+3i √ , 1−5i 2 3 4 3 4 3

” “ √ , − √5 , , 27−i 30 2 30

+ i)

”

.

C3 : (1 +

−6+3i √ 2 30

”

.

Denizione 1.18 (Sottospazi ortogonali). Sia W un sottospazio di Vn . Si dice che un vettore v ∈ Vn è ortogonale al sottospazio W , e si scrive v ⊥ W , se risulta v|w = 0, ∀w ∈ W .

78

1 Spazi vettoriali

Due sottospazi V e W dello spazio vettoriale Vn si dicono ortogonali se ogni vettore del primo sottospazio è ortogonale al secondo sottospazio, ossia se: v|w = 0,

e in tal caso si scrive V

∀v ∈ V, ∀w ∈ W,

⊥ W.

Teorema 1.23 (Proiezione ortogonale). Sia Wm un sottospazio vettoriale di Vn , e v ∈ Vn . Allora esiste un unico vettore v⊥ ∈ Vn tale che (v − v⊥ ) ⊥ Wm . Tale vettore v ⊥ prende il nome di proiezione ortogonale di v su Wm ed è, tra tutti i vettori di Wm, quello avente distanza minima da v. Dimostrazione. Sia {u1 , . . . um} una base di vettori ortonormali in Wm. Essa



esiste certamente, per il Teorema 1.22. Si verica subito che il vettore richiesto è allora: m  v⊥ = uk |vuk , k=1

da cui si vede, in particolare, che v ⊥ ∈ Wm . Proviamone l'unicità. Supponiamo, per assurdo, che esista un secondo vet⊥ ⊥ tale che (v − v ⊥ tore v ⊥ 1 = v 1 ) ⊥ Wm . Allora si avrebbe v − v |w = 0 e ⊥ ⊥ v−v ⊥ 1 |w = 0, ∀w ∈ Wm , e, sottraendo membro a membro, v 1 −v |w = 0, , che è assurdo. da cui, per l'arbitrarietà di w, v ⊥ = v ⊥ 1 Proviamo inne che v ⊥ è il vettore di Wm avente minima distanza da v . Sia allora w ∈ Wm , eventualmente con w = v ⊥ . Essendo anche v ⊥ ∈ Wm , è pure w − v ⊥ ∈ Wm , pertanto v − v ⊥ |w − v ⊥  = 0. Si ha:

 v − w 2 = v − w|v − w = v − v ⊥ + v ⊥ − w|v − v ⊥ + v ⊥ − w = v−v ⊥ |v−v ⊥ +v − v ⊥ |v ⊥ − w + v ⊥ − w|v − v ⊥  + v ⊥ − w|v ⊥ − w          =0

=0

≥0

⊥

⊥

≥ v − v |v − v  = v − v ⊥ 2 , il segno di uguaglianza essendo vericato se e solo se w = v ⊥ .

 

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà In questa sezione, faremo sempre riferimento a spazi complessi o reali (Vn = Cn o Rn ), e utilizzeremo lo stesso simbolo (ad esempio, A) per denotare un endomorsmo e la matrice ad esso associata relativamente ad una base di Vn . Spesso, inoltre, utilizzeremo i termini `endomorsmo', `matrice', `operatore', `applicazione lineare' come sinonimi.

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

79

1.9.1 Matrici hermitiane, unitarie, normali Denizione 1.19 (Matrice hermitiana coniugata). 5E= A = (Aij ) una matrice n × n ad elementi complessi Aij ∈ C, (i, j = 1, . . . n). La matrice hermitiana coniugata ad A è la matrice A† avente per elementi i complessi coniugati della trasposta di A: (A† )ij = A∗ji .

Si verica facilmente che:



(A · B)† = B † · A† , (A† )† = A, (A + B)† = A† + B † , (λA)† = λ∗ A† , y|Ax = A† y|x, Ay|x = y|A† x,

per ogni A, B ∈ Mn,n(C), ∀λ ∈ C, ∀x, y ∈ Vn. Le penultime due proprietà, in particolare, si dimostrano con riferimento ad una base arbitraria, osservando ad esempio che:! Ay|x =

n  h,k=1

A∗kh yh∗ xk =

n 

yh∗ (A† )hk xk = y|A† x.

h,k=1

Denizione 1.20 (Matrice hermitiana o autoaggiunta). " A ∈ Mn,n (C) si dice

hermitiana o autoaggiunta se

Una matrice

A† = A,

ossia se Aij = A∗ji . Una matrice hermitiana ha in particolare elementi reali lungo la diagonale principale. Una matrice hermitiana ad elementi reali è simmetrica. Una matrice si dice antihermitiana se invece risulta A† = −A. Lungo la diagonale principale, una matrice antihermitiana ha solo elementi puramente immaginari. Una matrice antihermitiana ad elementi reali è antisimmetrica.

13 14

ˆ Notate che nei testi di sica, si usa scrivere x|A|y in luogo di x|Ay . Si usa riservare signicato dierente agli aggettivi hermitiano e autoaggiunto nel caso di operatori su spazi innito-dimensionali. Tali dierenze non sussistono nel caso nito-dimensionale, in cui essi possono essere usati come sinonimi.

80

1 Spazi vettoriali

Teorema 1.24. Ogni matrice unico come la combinazione:

può essere espressa in modo

A ∈ Mn,n (C)

(1.130)

A = A1 + iA2



di due matrici hermitiane A1 , A2 . Dimostrazione. Basta scegliere: 1 (A + A† ), 2

A1 =

A2 =

1 (A − A† ). 2i

(1.131)

 

Osservazione 1.11. La

(1.130) mostra un primo motivo di importanza del-

le matrici hermitiane. Essa ricorda, infatti, la decomposizione di un numero complesso nelle sue parti reale e immaginaria. Se, come è stato sottolineato altre volte, le matrici ad elementi complessi generalizzano, in un certo senso, i numeri complessi, allora le matrici hermitiane generalizzano i numeri reali, pur avendo, esse stesse, elementi non tutti reali (solo gli elementi lungo la diagonale principale sono necessariamente reali). Invero, proveremo più avanti che una matrice hermitiana è diagonalizzabile ed ha autovalori

reali, per cui

esiste almeno una base (la base degli autovettori), relativamente alla quale una matrice hermitiana ha eettivamente tutti gli elementi reali.

Teorema 1.25. Condizione necessaria e suciente anchè una matrice A sia hermitiana è che y|Ax = Ay|x,

ovvero che

x|Ax

∀x, y ∈ Cn ,

sia reale, ∀x ∈ Cn .

Dimostrazione. Supponiamo dapprima che A = A†. Allora, y|Ax = A†y|x =

Ay|x, ∀x, y ∈ Cn , come volevasi. Viceversa, se y|Ax = Ay|x, ∀x, y ∈ Cn , allora (A† − A)y|x = 0, da cui, per l'arbitrarietà di x, segue che (A† − A)y = 0, e per l'arbitrarietà di y , A† = A, come volevasi. Per quanto riguarda la seconda condizione, supponiamo dapprima che A = A† . Allora, x|Ax∗ = Ax|x = x|A† x = x|Ax, da cui Imx|Ax = 0, come volevasi. Viceversa, poiché vale l'identità:

x|Ay =

1 [x + y|A(x + y) − ix + iy|A(x + iy) 4 −x − y|A(x − y) + ix − iy|A(x − iy)] ,

per ogni vettore tesi.

x

e

y,

si verica subito che

y|Ax = Ay|x,

(1.132) da cui la

 

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

81

Teorema 1.26. Siano A e B due matrici autoaggiunte. Condizione necessaria e suciente anché AB sia autoaggiunto è che [A, B] = 0.

Dimostrazione. Si ha: (AB)† = B † A† = BA, che è = AB se e solo se [A, B] =

0.

 

Denizione 1.21 (Matrice unitaria). Una matrice U

complessi si dice unitaria se

n × n ad elementi

U † U = 1l.

(1.133)

In tal caso, per il teorema di Binet, si ha det U · det U = 1, ossia †

| det U |2 = 1.

(1.134)

In altri termini, det U è un numero complesso del tipo eiφ , con φ reale. In particolare, quindi, det U = 0. Dunque una matrice U è invertibile, e risulta: U −1 = U † ,

e inoltre U U † = 1l. Osservazione 1.12. Esempi di matrici unitarie 2 × 2 sono dati da

b a∗ , −a b∗



U=

con a e b numeri complessi tali che |a|2 + |b|2 = 1. In particolare, in tal caso risulta:

U −1 =

b∗ −a∗ a b

= U †.

Così come le matrici hermitiane generalizzano i numeri reali, le matrici unitarie generalizzano i numeri complessi di modulo unitario, ossia i numeri del tipo eiφ , con φ reale. Se z ∈ C, il numero zeiφ può essere pensato come ottenuto da z mediante una rotazione in senso antiorario di φ radianti nel piano di Gauss-Argand: z → U z , con U ≡ eiφ in una dimensione.# Una proprietà caratteristica (geometrica, e più precisamente metrica) di tali rotazioni è quella di lasciare invariato il prodotto di un numero complesso per il complesso coniugato di un altro numero complesso, cioè l'angolo arg(z2 −z1 ) formato dai vettori z1 e z2 nel piano di Gauss-Argand: (U z2 )∗ U z1 = z2∗ z1 . Tale prodotto è generalizzato, nel caso n-dimensionale, dal prodotto scalare (hermitiano), che è proporzionale al coseno dell'angolo formato da due vettori. Sussiste pertanto il seguente: 15

In particolare, per φ = π/2, U = i. Dunque, l'unità immaginaria può essere pensata come un particolare operatore di rotazione. Per questo motivo, alcuni lo chiamano operatore manovella, nel senso che i moltiplicato per un numero reale ruota l'immagine di questo di 90◦ in senso antiorario nel piano di Gauss-Argand.

82

1 Spazi vettoriali

Teorema 1.27. Condizione necessaria e suciente anché una matrice U sia unitaria è che

U x|U y = x|y,

∀x, y ∈ Cn .

(1.135)

Dimostrazione. U x|U y = x|U † U y = x|y.   Osservazione 1.13. La condizione (1.135) è suscettibile anche di un'importan-

te interpretazione sica. In Meccanica quantistica, il prodotto scalare di due stati rappresenta un'ampiezza di probabilità. Sebbene essa non sia (normalmente) misurabile direttamente, il suo modulo quadro costituisce una densità di probabilità, che ammette un'immediata interpretazione sica. D'altro can-

x|Ay tra gli stati x e y ha un ben preciso x|Ay = x |A y  , con x = U x, y  = U y , e

to, il valore di aspettazione signicato sico, e risulta

A = U AU † .

Ciò è esattamente quel che ci si attende da una trasformazione

che non alteri la sica del sistema.

Teorema 1.28. Condizione necessaria e suciente anché la matrice U sia

unitaria è che le colonne (o le righe) di U siano le componenti di una base ortonormale {u1 , . . . un }. Dimostrazione. Supponiamo dapprima che U sia unitaria. Allora U † U = 1l ed

anche

U U † = 1l,

quindi:

U † U =1l

⇔

U U † =1l

⇔

n  h=1 n 

(U † )ih Uhj =δij Uik (U † )kj =δij

⇔ ⇔

k=1

n  h=1 n 

∗ Uhi Uhj = δij

(1.136)

∗ Uik Ujk =δij .

(1.137)

k=1

Identicando gli elementi delle colonne di

U con le componenti di un siste{uj }, ossia ponendo (uj )h = Uhj (j -simo vettore, componente h; riga di posto h, colonna di posto j ; j, h = 1, . . . n), la (1.136) equivale a dire che ui |uj  = δij , ossia che tale sistema di vettori è ortonormale. Identicando invece gli elementi delle righe di U con le componenti di un sistema di vettori {v h }, ossia ponendo (v h )j = Uhj (j, h = 1, . . . n), la (1.137) equivale a dire che v j |v i  = δij , ossia che tale sistema di vettori è ortonormale.   ma di vettori

Teorema 1.29. Gli autovalori di un operatore autoaggiunto sono reali. Au-

tovettori corrispondenti ad autovalori distinti sono ortogonali.$ Dimostrazione. Sia A = A† un operatore autoaggiunto, λ ∈ C un suo autovalore, ed

x = 0

un autovettore di

Moltiplicando scalarmente per e dividendo per 16

x|x = 0,

A associato a tale autovalore, Ax = λx. x a sinistra, segue allora che x|Ax = λx|x,

Sappiamo già che essi sono l.i., Teorema 1.11.

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

λ=

83

x|Ax ∈ R, x|x

per il Teorema 1.25 e la (1.123). Se poi λ1 , λ2 ∈ R sono due autovalori di A, con λ1 = λ2 , ed x1 = 0, x2 = 0 sono autovettori, con Ax1 = λ1 x1 , Ax2 = λ2 x2 , moltiplicando scalarmente a sinistra la prima per x2 e la seconda per x1 , x2 |Ax1  = λ1 x2 |x1 , x1 |Ax2  = λ2 x1 |x2 ,

prendendo il complesso coniugato di ambo i membri di quest'ultima, e osservando che A† = A e λ∗2 = λ2 , x2 |Ax1  = λ2 x2 |x1 ,

e sottraendo membro a membro dalla prima, si ha: 0 = (λ1 − λ2 )x2 |x1 ,

che, per la legge di annullamento del prodotto, essendo per ipotesi λ1 = λ2 , comporta la ortogonalità dei due autovettori, come volevasi.  

Teorema 1.30 (fondamentale sulla diagonalizzazione di un operatore autoaggiunto). Un operatore autoaggiunto H ammette n autovettori

ortogonali. Dimostrazione. Cominciamo col ricercare gli autovalori di H . Sappiamo che

essi sono soluzioni dell'equazione caratteristica det(H − λ1l) = 0, che è un'equazione algebrica di grado n, con λ ∈ C, anzi, per il teorema precendente, λ ∈ R. Per il teorema fondamentale dell'algebra, esiste una radice λ1 ∈ C (anzi, λ1 ∈ R) di tale equazione, in corrispondenza alla quale l'equazione per gli autovettori Hx1 = λ1 x1 ammette certamente soluzioni distinte dalla banale, x1 = 0. Con tali soluzioni, inclusa la banale, formiamo l'autospazio E(λ1 ) = {x1 ∈ Vn : Hx1 = λ1 x1 }

con dim E(λ1 ) = 1. Il sottospazio ortogonale E1⊥ = {x ∈ Vn : x|x1  = 0, ∀x1 ∈ E(λ1 )}

forma un sottospazio invariante rispetto ad H , con dim E1⊥ = n − 1, cioè risulta Hx ∈ E1⊥ , non appena sia x ∈ E1⊥ . Infatti, Hx|x1  = x|H † x1  = x|Hx1  = x|λ1 x1  = λ1 x|x1  = 0,

non appena appunto sia x ∈ E1⊥ . La restrizione di H ad E1⊥ è ancora un operatore autoaggiunto. È possibile quindi ripetere il ragionamento, determinare un autovalore λ2 con autovettore

84

1 Spazi vettoriali

x2 ∈ E1⊥ , dunque ortogonale all'autovettore x1 precedentemente determinato, e così via. In denitiva, si vengono così a trovare

n

autovettori ortogonali, perché

 

appartenenti ad autospazi ortogonali.

Osservazione 1.14.

Gli

n

autovettori del teorema precedente, divisi ciascuno

per il proprio modulo, formano un sistema ortonormale di que una base. Una matrice autoaggiunta

H

n

versori, dun-

è dunque diagonalizzabile (Teore-

ma 1.9). Le componenti di tali autovettori, ordinate per colonna, formano una matrice unitaria

U

(Teorema 1.28), che altri non è se non la matrice di passag-

versori

gio dalla base di riferimento iniziale alla base degli autovettori (auto

),

H è diagonale. Solitamente, la trasformazione di similarità che −1 diagonalizza H comporta la costruzione dell'inversa U della matrice di pas−1 = U † , di più saggio. In tale caso, tuttavia, essendo U unitaria, risulta U agevole costruzione, con cui la forma diagonale di H si ottiene semplicemente nella quale

come:

H  = U † HU.

Denizione 1.22 (Matrice normale). Una matrice A si dice essa commuta con la sua hermitiana coniugata, ossia se

normale

se

AA† = A† A.

Una matrice unitaria è in particolare normale, in quanto U U † = U †U mentre non è sempre vericato il viceversa.

= 1l,

Una proprietà caratteristica degli operatori normali è espresso dal Teorema 1.31, per dimostrare il quale avremo bisogno dei seguenti lemmi.

Lemma 1.3. Se A e B sono operatori, con [A, B] = 0, e λ è un autovalore di A, allora EA (λ) è un sottospazio invariante rispetto a B . Dimostrazione. x A Sia

λx.

Allora

un autovettore di

x ∈ EA (λ)

appartenente all'autovalore

λ, Ax =

e:

A(Bx) = B(Ax) = λBx

⇔

Bx ∈ EA (λ).  

Lemma 1.4. Se A e B sono operatori, con [A, B] = 0, allora A e B hanno almeno un autovettore in comune. Dimostrazione.

Per il teorema fondamentale dell'algebra applicato all'equa-

A ammette almeno un autovalore λ0 , con autovettore x0 , EA (λ0 ). Essendo tale sottospazio invariante rispetto a B (Lemma precedente), la restrizione B0 di B a EA (λ0 ) ammette almeno un autovettore y ∈ EA (λ0 ), cioè risulta, allo stesso tempo,  Ay = λ0 y , e By = λ1 y , per qualche λ1 , che è quanto si voleva dimostrare.  zione caratteristica,

Ax0 = λ0 x0 .

Consideriamo l'autospazio

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

85

Lemma 1.5. Condizione necessaria e suciente anché due operatori autoaggiunti A e B ammettano n autovettori ortonormali in comune è che [A, B] = 0. Dimostrazione. Tale condizione è necessaria. Infatti, supponiamo che esistano n vettori ortonormali ui autovettori sia di A, sia diB : Aui = ai ui , Bui = bi ui (i = 1, . . . n). Rispetto alla base degli ui , se x = ni=1 xi ui ∈ Vn , si ha: ABx =

n  i=1

xi ABui =

n 

xi bi Aui =

i=1

=

n  i=1 n 

xi bi ai ui = xi bi Aui =

i=1

n 

xi BAui = BAx,

i=1

onde, per l'arbitrarietà di x, [A, B] = 0. La condizione è suciente. Infatti, se AB = BA, per il Lemma precedente, A e B hanno almeno un autovettore in comune y1 , e l'insieme E1⊥ dei vettori ortogonali ad y1 forma un sottospazio invariante sia rispetto ad A, sia rispetto a B , con dim E1⊥ = n − 1. Restringendo A e B a tale sottospazio, e osservando che anche le restrizioni di A e B commutano, si può ripetere il ragionamento, e determinare un secondo autovettore comune y 2 ∈ E1⊥ , ortogonale al precedente. E così via, no a trovare n autovettori yi ortogonali comuni. Essi possono inne essere normalizzati, semplicemente dividendo ciascuno per la   propria norma, ui = yi /  yi . Teorema 1.31. Condizione necessaria e suciente anché un operatore A ammetta n autovettori ortonormali è che esso commuti col suo aggiunto (cioè, sia normale). Dimostrazione. Dato A, è possibile costruire gli operatori A1 = 12 (A + A† ), 1 (A − A† ) del Teorema 1.24. Essi sono autoaggiunti, per costruzione, e A2 = 2i poiché per ipotesi [A, A† ] = 0, allora anche A1 A2 = A2 A1 . Per il precedente Lemma, allora, esiste una base ortonormale {ui } di autovettori ortonormali comuni ad A1 ed A2 , A1 ui = λi ui , A2 ui = μi ui ,

con λi , μi ∈ R (i = 1, . . . n). Moltiplicando la seconda equazione membro a membro per i e sommando alla prima, si ha: (A1 + iA2 )ui = Aui = (λi + iμi )ui ≡ ωi ui ,

come volevasi. Viceversa, se ∃ωi ∈ C tali che Aui = ωi ui , dove ui |ui  = δij , allora A è diagonale nella base {u1 , . . . un }, con A = diag(ω1 , . . . ωn ). In tale base, anche



86

1 Spazi vettoriali †

†

†

A è diagonale, con A = diag(ω1∗ , . . . ωn∗ ). Segue che A e A commutano,

in tale base. Poichè la commutatività è espressa da una relazione algebrica, † [A , A ] = 0, e questa è invariante per trasformazioni di similarità, segue che A e A† commutano in ogni altra base, ossia A è normale, come volevasi.%   In particolare, segue che:

Teorema 1.32. Ogni operatore unitario U ha autovalori di modulo 1, ed ammette n autovettori ortonormali. Dimostrazione. Un operatore unitario è in particolare normale, dunque vale il

Teorema precedente. Inoltre, se U x = λx, moltiplicando scalarmente il primo membro per se stesso, ed il secondo membro per se stesso, essendo U † U = 1l, si ha:

U x|U x = λx|λx, x|U † U x = |λ|2 x|x, x|x = |λ|2 x|x, da cui |λ| = 1, come volevasi. In particolare, segue che la norma (1.124) di un operatore unitario è uno:

 U = 1. Il fatto che un operatore unitario ammetta autovalori di modulo unitario, precisa ulteriormente in che senso tali operatori generalizzino i numeri complessi di modulo unitario nel caso di matrici complesse n × n.  

Esercizio 1.47. Classicare e diagonalizzare le seguenti matrici: ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 + i −i 1 0 2 201 ⎝1 − i 3 2 − i⎠ , ⎝0 −1 −2⎠ , ⎝0 1 0⎠ , 2 −2 0 102 i 2+i 5 √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 5 −2 2 2 0i 2 1−i 3+i ⎝ 1+i 1 0 ⎠ , ⎝−2 5 0⎠ , ⎝ 0 1 0⎠ , √ 2 0 5 −i 0 2 3−i 0 1 ⎛ √ √ ⎞ 1− 2 1+ 2

2 2 i⎟ √0 2 + i 1 + 2i ⎜ , ⎝ 0√ 2 0√ ⎠ . 4 −2 + 5i − 1+2 2 i 0 1−2 2

17

Beninteso, una matrice diagonale commuta con ogni altra matrice diagonale. Il risultato del teorema consiste nell'aver dimostrato che le due matrici diagonali † A e A commutano relativamente alla stessa base. Il carattere normale di un endomorsmo è dunque una proprietà che è in questo caso è stata dimostrata in una particolare base (quella degli autovettori ortonormali comuni ad A e A† ), ma che vale in ogni base, cioè è una proprietà assoluta, che in questo caso abbiamo dimostrato, per comodità, relativamente ad una base, per poi estenderla ad ogni riferimento.

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

Esercizio 1.48. Stabilire se A=







01 10

e B=

87



0 i −i 0

sono simultaneamente diagonalizzabili. Stabilire se due matrici di Pauli (Ÿ 1.2.1) siano simultaneamente diagonalizzabili, e discuterne il signicato sico (Messiah, 1964).

Esercizio 1.49 (Compito d'esame del 21.9.1998). ⎛

⎞

Data la matrice

1 −3 3 A = ⎝3 −5 3⎠ , 6 −6 4

discuterne il problema agli autovalori e calcolare gli elementi di matrice di A4 .

Risposta: La matrice assegnata non è normale, nel senso che A† A = AA† (fate la verica). Tuttavia, essa è diagonalizzabile, e si trova che ha autovalori λ1 = λ2 = −2 e λ3 = 4, ed autovettori v 1 = (−1, 0, 1) , v 2 = (1, 1, 0) , e v 3 = (1, 1, 2) . Tali autovettori costituiscono una base (vericatelo), ma tale base non è ortonormale. In particolare, non essendo A hermitiana, non c'è modo di trovare un autovettore v 3 ortogonale a v 1 (o a v 2 ), pur appartenendo ad autovalori distinti. (Invece, è possibile trovare due vettori v 1 , v 2 , ancora autovettori di A appartenenti a λ1 = λ2 , e fra loro ortogonali.) Sebbene sia possibile applicare il procedimento di Gram-Schmidt alla base trovata, e tale procedimento produca una nuova base di vettori (anzi, versori) u1 , u2 , u3 , i vettori così0generati non sono 1 più autovettori di A. 136 −120 120 Si trova inne A4 = @120 −104 120A. 240 −240 256

Esercizio 1.50 (Trasformata di Fourier discreta). Fissato n ∈ N, consideriamo l'operatore F : Cn → Cn , la cui matrice associata ha elementi: Fhk

1 2πi h·k , = √ exp − n n

dove h, k = 0, 1, . . . n−1. La trasformata di Fourier discreta (DFT) del vettore ˜ = Fu, ossia: u ∈ Cn è allora denita da u u ˜h =

n−1  k=0

n 1  2πi h·k . Fhk uk = √ uk exp − n n k=0

Provare che F è un operatore unitario.

Risposta:

Basta vericare che l'operatore F † denito da „ « 1 2πi † = √ exp + ·m , Fm n n

con , m = 0, 1, . . . n − 1 è eettivamente l'inverso di F , vericando esplicitamente che



88

1 Spazi vettoriali n−1 X

(F † )m Fmk = δk .

m=0

Gli autovalori Fλ di F hanno dunque modulo unitario, e si trova che Fλ ∈ {±1, ±i}. Le DFT trovano notevoli applicazioni numeriche, ed esistono routines per il calcolo veloce ed eciente di DFT anche in piú dimensioni (FFT, Fast Fourier Transforms) (Frigo e Johnson, 2003).

1.9.2 Forma polare di una matrice Il Teorema 1.24 stabilisce che una matrice complessa in modo unico come

A = A1 + iA2 , con A1

ed

A2

A può essere decomposta

matrici hermitiane (autoag-

giunte). Tale espressione ricorda la decomposizione

z = x + iy

di un numero

complesso in parte reale e parte immaginaria. Pertanto, l'insieme delle matrici autoaggiunte svolge nell'ambito dell'insieme delle matrici complesse lo stesso ruolo svolto dall'insieme dei numeri reali all'interno dell'insieme dei numeri complessi. Un numero complesso non nullo può d'altronde essere posto nella forma z = ρeiφ , con ρ = |z| = 0 modulo del numero z e φ = arg z argomento

polare

del numero

z,

con

−π < φ ≤ π .

Anche per le matrici complesse è possibile

introdurre una forma polare, in cui il ruolo del modulo è svolto da una matrice hermitiana, e quello della `fase' da una matrice unitaria.

Denizione 1.23. Un

endomorsmo H : Cn → Cn si dice

denito positivo

se HDP.1 x|Hx è un numero reale, ∀x ∈ Cn (dunque H è autoaggiunto, Teorema 1.25); HDP.2 risulta x|Hx ≥ 0, ∀x ∈ Cn , e x|Hx = 0 se e solo se x = 0.& Un operatore del tipo H = A† A, con A invertibile, è senz'altro denito positivo, essendo x|A† Ax = Ax  .

Teorema 1.33. Condizione

necessaria e suciente anché un endomorsmo autoaggiunto H sia denito positivo è che i suoi autovalori siano positivi. Dimostrazione. Se H è denito positivo, ed x = 0 è un suo autovettore ap-

partenente all'autovalore

λ,

da

Hx = λx

cui

λ=

segue che

x|Hx = λx|x,

da

x|Hx > 0, x|x

come volevasi. 18

Mancando la precisazione che sia x|Hx = 0 se e solo se x = 0, l'endomorsmo si dirà denito non negativo.

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

89

Viceversa, sia ui un sistema ortonormale di autovettori di H corrispondenti agli autovalori reali λi > 0. In corrispondenza ad x = ni=1 xi ui ∈ Cn , x = 0, segue che: x|Hx =

n 

n 

xk uk |Hxi ui  =

i,k=1

x∗k xi λi uk |ui 

  

i,k=1

=δik

=

n 

λi |xi |2 > 0.

i=1

 

Se H è un endomorsmo denito positivo, con autovalori λi > 0, posto H=

n 

λi Pi ,

i=1

con Pi Pj = δij Pi sistema ortonormale di proiettori, è possibile denire l'operatore radice quadrata di H come: n 2  √ H= λi Pi . i=1

Infatti,

n 2 n   √ 2 λi λj Pi Pj = λi Pi = H. ( H)2 = i,j=1

i=1

Teorema 1.34 (Forma polare di un operatore). Ogni matrice complessa non singolare A può essere posta sotto la forma polare: A = U H ovvero A = H1 U, con U matrice unitaria, ed H , H1 matrici autoaggiunte non singolari. † Dimostrazione. Abbiamo già osservato √ che A A è una matrice denita positi-

va. Pertanto si può costruire H = A† A, da cui H 2 = A†A. H è una matrice autoaggiunta invertibile, in quanto: (det H)2 = det(H 2 ) = (det A† )(det A) = | det A|2 = 0,

per ipotesi. Posto allora U = AH −1 , si ha: U †U = A† A H −1 = (H † )−1 H 2 H −1 = H −1 HHH −1 (AH −1 )† (AH −1 ) = (H −1 )†  =H 2

= 1l.

(1.138)

Segue che U H = A. Oppure, posto H1 = U HU −1 = U HU †, segue che H1U =   U HU −1 U = U H = A.

90

1 Spazi vettoriali

Teorema 1.35. Condizione necessaria e suciente anché una matrice U

sia unitaria è che esista un operatore autoaggiunto H tale che U = eiH . Dimostrazione. Sia U una matrice unitaria. Allora i suoi autovalori sono del tipo eiλi , con λi ∈ R, e quindi U ammette la rappresentazione spettrale: U=

n 

eiλi Pi ,

i=1

con Pi† = Pi . Posto allora H=

n 

λi Pi ,

i=1

si verica immediatamente che H è autoaggiunto e inoltre U  = eiH . iH Viceversa, sia U = e , con H autoaggiunto. Allora U = ni=1 eiλi Pi e n 

U †U =

n 

∗

eiλi e−iλj Pj† Pi =

i,j=1

∗

ei(λi −λj ) δij Pi =

i,j=1

n 

Pi = 1l,

i=1

come volevasi. In modo compatto, il teorema si dimostra anche facendo uso della formula Glauber, osservando che: U † U = eiH e−iH = ei(H−H) = 1l.  

Teorema 1.36 (Trasformata di Cayley). Se H è autoaggiunto, allora (H+

i1l) · (H − i1l)−1

è unitario.

Dimostrazione. Consideriamo la  funzione f (λ) = (λ + i)(λ − i)−1 e la rappren

sentazione spettrale di H , H = i=1 λi Pi , con λi ∈ R. Chiaramente, f (λ) è denita per λ = λi , quindi ha senso considerare f (H) =

n 

f (λi )Pi =

i=1

con cui (Pi† = Pi ): [f (H)]† =

n  λi + i i=1

n  λi − i i=1

λi + i

λi − i

Pi ,

Pi ,

e quindi (Pi† Pj = δij Pi ): [f (H)]† f (H) =

n n n    λi − i λj + i † λi − i λi + i P i Pj = Pi = Pi = 1l. λ + i λj − i λ + i λi − i i,j=1 i i=1 i i=1

[Vedi anche Bernardini

et al. (1998).]

 

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

91

1.9.3 Matrici ortogonali

Consideriamo inne il caso in cui Vn = Rn . Nel caso di matrici elementi reali, una matrice hermitiana è simmetrica,

n×n

ad

Aij = Aji ,

e una matrice antihermitiana è antisimmetrica, Aij = −Aji .

L'insieme delle matrici reali simmetriche forma un sottospazio M+n,n (R), così come le matrici reali antisimmetriche formano un sottospazio M−n,n (R), con − M+ n,n (R) ⊕ Mn,n (R) = Mn,n (R),

n(n + 1) , 2 n(n − 1) , dim M− n,n (R) = 2 n(n + 1) n(n − 1) + = n2 . dim Mn,n (R) = 2 2 dim M+ n,n (R) =

Ogni matrice reale con

A = A1 + A 2 ,

A

può dunque essere decomposta in modo unico come A1 =

1 (A + A ) 2

A2 =

1 (A − A ) 2

matrice simmetrica, e matrice antisimmetrica.

Denizione 1.24 (Matrici ortogonali).

gonale se

Una matrice reale R si dice orto-

(1.139) Nel caso di matrici reali, la (1.139) è equivalente alla (1.133) che denisce le matrici unitarie. Le matrici ortogonali sono particolari matrici unitarie, per le quali dunque valgono tutte le proprietà dimostrate a proposito di queste ultime. In particolare, essendo det R reale per una matrice ortogonale, dalla (1.134) segue che (det R)2 = 1, ossia det R = ±1. In particolare, una matrice R ortogonale tale che det R = +1 si dice propria, mentre una matrice R ortogonale tale che det R = −1 si dice impropria. Osservazione 1.15. Non sempre una matrice ortogonale R ammette autovettori (in Rn ). Il teorema fondamentale dell'algebra, infatti, garantisce l'esistenza di n radici (variamente coincidenti) dell'equazione secolare chR (λ) = 0 per R R = 1l.

92

1 Spazi vettoriali

λ ∈ C:

nulla, garantisce, in generale, che

la matrice (di rotazione,

θ ∈ R): R(θ) =

λ ∈ R.

cos θ sin θ − sin θ cos θ

Ad esempio, nel caso

n = 2,



non ha autovalori e quindi autovettori reali. Geometricamente ciò signica che nessun vettore reale rimane invariato (cioè, parallelo a se stesso) sotto

R(θ). E infatti, nel piano R2 , il vettore R(θ)x si ottiene ruotando x del'angolo θ in senso antiorario. A meno dei casi particolari θ = kπ (k ∈ Z), R(θ)x non è mai parallelo o antiparallelo a x. [Vedi però il Teorema 1.39 più avanti, per il caso n = 3.]

l'azione di

Tra le diverse proprietà che abbiamo già dimostrato per le matrici unitarie e che quindi si estendono alle matrici ortogonali, sottolineamo il seguente teorema, che ha un importante, ovvio signicato geometrico.

Teorema 1.37. Una matrice ortogonale lascia invariati i prodotti scalari tra

vettori, e quindi le lunghezze dei vettori, di Rn . Dimostrazione. R† ≡ R 

, e quindi:

Per matrici reali,

x|y, ∀x, y ∈ R

n

.

Rx|Ry = x|R Ry =  

Il signicato geometrico delle matrici ortogonali è immediatamente evidente nel caso

n = 3.

Denizione 1.25 (Matrici di rotazione e di inversione). Una matrice

reale 3×3 ortogonale propria si dice o una rotazione rigida attorno all'origine (vettore nullo). La matrice reale 3 × 3 ortogonale impropria: matrice di rotazione

rotore.

Essa genera

⎛

⎞ −1 0 0 P− = ⎝ 0 −1 0 ⎠ 0 0 −1

in quanto risulta P− x = −x, ∀x ∈ R3 . Teorema 1.38. Ogni matrice ortogonale 3 × 3 impropria Q è tale che Q = P− R, con R matrice ortogonale propria. R R = Q P− P− Q = Q Q = Dimostrazione. R = P− Q è detta

matrice di inversione spaziale,

. Allora,

Invero, sia

1l,

da

P− R = P−2 Q = 1lQ = Q. cui det R = +1.

e

Inoltre,

Teorema 1.39. Ogni matrice reale rotazione attorno ad un asse.

−1 = det Q = det P− det R = − det R,  

3 × 3

ortogonale propria genera una

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

Dimostrazione. Sia

93

⎞ R11 R12 R13 R = ⎝R21 R22 R23 ⎠ R31 R32 R33 ⎛

una matrice ortogonale. Poiché R è in particolare unitaria, i suoi autovalori in C sono numeri complessi di modulo unitario (Teorema 1.32). Nel nostro caso, essendo Rij ∈ R per i, j = 1, 2, 3, i coecienti dell'equazione secolare chR (λ) = 0 sono reali. Quindi, se λ = eiθ è una radice caratteristica, anche λ∗ = e−iθ è radice caratteristica. Ma essendo l'equazione caratteristica di terzo grado, almeno una radice caratteristica dev'essere reale, cioè o λ = 1 o λ = −1 è un autovalore di R. Avendo inoltre supposto R propria, la seconda possibilità è da scartare. Dunque, λ = 1 è autovalore di R. Allora esiste un x ∈ R3 tale che Rx = x, ossia x (e i vettori ad esso proporzionali) rimane invariato sotto l'azione di R. Dunque, il vettore reale x denisce la direzione dell'asse di rotazione cercato. Mediante un'opportuna trasformazione di similarità,' è inoltre possibile porre R nella forma (diagonale a blocchi): ⎛

⎞ 1 0 0 R = ⎝0 cos θ sin θ ⎠ , 0 − sin θ cos θ

che manifestamente mostra che R denisce una rotazione attorno all'asse denito da x di un angolo θ ∈ R. Per determinare quest'angolo, basta osservare che Tr R = Tr R , e quindi (1.140)

1 + 2 cos θ = R11 + R22 + R33 ,

che è possibile risolvere per determinare θ a meno del segno.

 

Esercizio 1.51. Riconoscere che le seguenti matrici sono di rotazione e determinarne asse ed angolo di rotazione:

⎞ ⎞ ⎛ 0 1 0 01 0 ⎝ 0 0 −1⎠ , ⎝1 0 0 ⎠ , −1 0 0 0 0 −1 √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ 2 3− 3 √ 1 −1 2 2 1⎝ 1 ⎝ 2 2 −1 2 ⎠ , 3 −√ 3⎠ . 3 4 2 2 −1 0 2 2 3 ⎛

Risposta: √

(1, 1, −1) , 2π/3; cos θ = (4 3 − 1)/8. 19

(1, 1, 0) , π ;

(1, 1, 1) , π ;

(1, 2 −

√ 3, 1) ,

La matrice di passaggio sarà formata dai vettori colonna delle componenti del vettore x, autovettore di R appartenente all'autovalore 1, e da due vettori ad esso e tra di loro ortogonali. Questi ultimi due saranno opportune c.l. degli autovettori (complessi) associati agli autovalori e±iθ .

94

1 Spazi vettoriali

Esercizio 1.52. Servendosi della disuguaglianza di Hölder (1.127), se R è una matrice ortogonale, provare che

3 

(Rhk )2 = 3,

h,k=1

| Tr R| ≤ 3.

Risposta: Cominciamo con l'osservare che entrambe le condizioni, una volta dimostrate, diventano condizioni necessarie anché una matrice reale 3 × 3 sia ortogonale. Data una matrice reale 3 × 3, se una delle due condizioni precedenti non è vericata, allora la matrice non è ortogonale (non occorrono ulteriori controlli). Diversamente, anche quando entrambe le condizioni fossero vericate, esse da sole non bastano a garantire l'ortogonalità: occorre procedere al controllo diretto del fatto che R R = 1l. Supponiamo allora che R R = 1l. Esplicitando gli indici, cioò signica che 3 X

(R )ih Rhj = δij

h=1 3 X

Rhi Rhj = δij ,

h=1

da cui, prendendo la traccia di ambo i membri, ossia contraendo gli indici i e j , segue che: 3 X (Rhk )2 = 3, h,k=1

che è la prima relazione che si voleva dimostrare. Dalla relazione appena provata, segue intanto che: 2 2 2 + R22 + R33 ≤ R11

q

3 X

(Rhk )2 = 3 ⇒

h,k=1 2 2 2 R11 + R22 + R33 ≤

√ 3.

Applichiamo adesso la disuguaglianza di Hölder con p = q = 2 ai vettori di R3 : a = (R11 , R22 , R33 ) e b = (1, 1, 1) . Si ha: | Tr R| = |R11 + R22 + R33 | ≤ |R11 | + |R22 | + |R33 | = v v u 3 u 3 3 X uX uX |ak bk | ≤ t a2h · t b2k = = k=1

h=1

k=1

=

√ q 2 2 2 3 R11 + R22 + R33 ≤ 3,

come volevasi. Tale disuguaglianza è ovviamente compatibile con la (1.140).

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

95

Esercizio 1.53. Mostrare che la matrice

⎛ ⎞ −t t + t2 1 + t 1 ⎝ 1 + t −t t + t2 ⎠ 1 + t + t2 t + t2 1 + t −t

è di rotazione ∀t ∈ R, e determinarne asse ed angolo di rotazione. (In particolare, se t è razionale, in particolare intero, la formula assegnata consente di costruire matrici di rotazione ad elementi razionali.) Risposta:

L'asse è (1, 1, 1) e l'angolo di rotazione è tale che cos θ = −

1 1 + 4t + t2 . 2 1 + t + t2

Per costruire tale matrice, supponiamo di voler determinare a, b e c in modo che i vettori (a, b, c) , (c, a, b) , (b, c, a) siano ortogonali. Ciò equivale alla condizione ac + ab + bc = 0, che è una condizione omogenea. In particolare, a = −bc/(b + c). Posto t = c/b, allora a = −tb/(1 + t). Se si vuole che a sia intero, basta scegliere b = 1 + t. Allora a = −t, b = 1 + t, e c = tb = t + t2 . Inoltre, la norma al quadrato dei tre vettori è a2 + b2 + c2 = (1 + t + t2 )2 , il che consente di normalizzarli ottenendo sempre vettori reali ed anzi con componenti razionali (per t razionale). La matrice assegnata si costruisce allora prendendo come colonne i vettori ortonormali così determinati.

1.9.4 Integrali gaussiani

Sia A ∈ M (R) una matrice quadrata reale, denita positiva, ossia tale che x|Ax = x A x > 0, ∀x = 0, e J ∈ R un vettore reale n-dimensionale. (Si sottintende che gli indici ripetuti siano sommati da 1 ad n). Ci proponiamo di dimostrare che: n,n i



In =

n

ij j





1 dn x 1 1 −1 √ exp − A x + x J (A ) J exp = x J i ij j i i i ij j , 2 2 (2π)n/2 det A

(1.141) dove l'integrazione è estesa a tutto R . Tale integrale generalizza l'usuale integrale gaussiano in una dimensione (λ > 0):  1 dx √ e =√ , (1.142) I = 2π λ e ricorre in alcune applicazioni di Teoria dei campi e dei sistemi di molti corpi (Negele e Orland, 1988). Cominciamo con l'osservare che, in base alle ipotesi fatte, la matrice A è invertibile, diagonalizzabile, con autovalori reali e positivi λ , . . . λ > 0. La matrice P che diagonalizza A è ortogonale, det P = ±1. Eettuiamo un primo cambio di variabili (completamento del quadrato): n

1

− 12 λx2

1

yi = xi − (A−1 )ij Jj .

n

96

1 Spazi vettoriali

La matrice jacobiana, ∂yi /∂xj = δij , ha determinante uguale ad uno, per cui dn x = dn y. L'argomento dell'esponente di (1.141) nelle nuove variabili diventa: 1 − xi Aij xj + xi Ji = 2 * ) *   1) = − yi + (A−1 )ih Jh Aij yj + (A−1 )jk Jk + yi + (A−1 )ij Jj Ji = 2 1 1 1 = − yi Aij yj − (A−1 )ih Jh Aij yj − yi Aij (A−1 )jk Jk 2 2 2 1 −1 −1 − (A )ih Jh Aij (A )jk Jk + yi Ji + Ji (A−1 )ij Jj = 2 1 1 1 1 = − yi Aij yj − Jj yj − Ji yi + yi Ji − Jj (A−1 )jk Jk + Ji (A−1 )ij Jj = 2 2 2 2 1 1 = − yi Aij yj + Ji (A−1 )ij Jj , 2 2

ove si è osservato ad esempio che Aij (A−1 )jk = δik , e quindi: In = exp

1 Ji (A−1 )ij Jj 2





1 dn y exp − yi Aij yj . 2 (2π)n/2

Servendosi poi della matrice P che diagonalizza A, eettuiamo un ulteriore cambio di variabili: zk = (P −1 )kj yj

⇔

y = Pz

⇔

yi = Pik zk .

Lo jacobiano della trasformazione è stavolta ∂zk /∂yj = (P −1 )kj , il modulo del cui determinante è ancora uno, essendo P una matrice ortogonale. L'argomento ad esponente di In diventa quindi: −

1 1 1 1 yi Aij yj = − Pik zk Aij Pjh zh = − zk (P −1 )ki Aij Pjh zh = − λh zh2 , 2 2 2 2

ove si è osservato che (P −1 )ki Aij Pjh = (P −1 AP )kh = Akh = λh δhk . Segue in denitiva che:

  1 dzn − 1 λn zn2 dz1 − 1 λ1 z12 2 e · . . . · e 2 = In = exp Ji (A−1 )ij Jj 2 (2π)1/2 (2π)1/2



1 1 1 1 1 exp = exp Ji (A−1 )ij Jj √ · . . . · √ Ji (A−1 )ij Jj . =√ 2 2 λ1 λn det A

1.9 Particolari classi di omomorsmi e loro proprietà

97

1.9.5 Matrici antisimmetriche

La più generale matrice antisimmetrica, A = −A, ad elementi reali 3 × 3 è del tipo: ⎞ ⎛ 0 −v3 v2 A = ⎝ v3 0 −v1 ⎠ , −v2 v1 0

con v1 , v2 , v3 ∈ R. Posto x = (x1 , x2 , x3 ) , y = (y1 , y2 , y3 ) , y = Ax è equivalente al sistema:

l'equazione



y1 = v2 x3 − v3 x2 , y2 = v3 x1 − v1 x3 , y3 = v1 x2 − v2 x1 ,

da cui si vede che, identicando v1 , v2 , v3 con le componenti di un vettore in R3 , risulta Ax = v × x. In particolare, poiché Av = v × v = 0, segue che v ∈ ker A, ossia v è autovettore di A, appartenente all'autovalore nullo. Teorema 1.40. Condizione necessaria e suciente anché una matrice reale

sia antisimmetrica è che exp A sia ortogonale. Dimostrazione. Osserviamo che A = −A ⇔ (−iA)† = −iA ⇔ −iA è hermiA

tiana. Ma eA = ei(−iA) è unitaria se e solo se −iA è hermitiana (Teorema 1.35), quindi se e solo se A è antisimmetrica. Ma il fatto che exp A sia unitaria con A reale comporta che exp A sia ortogonale.   Esercizio 1.54 (Rotazioni innitesime). Calcolare exp A, con (θ ∈ R): A=

0 θ . −θ 0

Risposta: A è antisimmetrica, quindi ci aspettiamo che U = exp A sia ortogonale. Infatti, risulta: „ « cos θ sin θ U = exp A = , − sin θ cos θ che è appunto la generica matrice di rotazione in R2 . Posto inoltre « „ 0 1 = θB, A=θ −1 0 servendosi dello sviluppo in serie dell'esponenziale, risulta: exp(θB) = 1l + θB + O(θ 2 ),

da cui si riconosce in B il

generatore di rotazioni innitesime (Messiah, 1964).



98

1 Spazi vettoriali

1.10 Tavola riassuntiva

Classicazione e principali proprietà caratteristiche dei principali tipi di matrice studiati. Simmetriche : 1. A = A . 2. Hanno solo n(n + 1)/2 elementi indipendenti. Antisimmetriche : 1. A = −A . 2. Gli elementi lungo la diagonale principale sono nulli. 3. Hanno solo n(n − 1)/2 elementi indipendenti. Autoaggiunte o hermitiane : 1. A = A† . 2. Sono diagonalizzabili. 3. Hanno autovalori reali. 4. Ad autovalori distinti corrispondono autovettori ortogonali. 5. Se un autovalore è degenere, con molteplicità k < n, si possono determinare k suoi autovettori l.i., e renderli ortogonali (ortonormali), ad esempio con il procedimento di Gram-Schmidt. 6. Hanno in genere elementi complessi, ma gli elementi lungo la diagonale principale sono reali. Se hanno tutti elementi reali, allora sono simmetriche. Unitarie : 1. U † U = U U † = 1l. 2. U −1 = U † . 3. | det U | = 1. 4. Sono diagonalizzabili, ed hanno autovalori di modulo uno, ed autovettori ortonormali. 5. Le righe (le colonne) formano un set di vettori ortonormali. 6. Conservano prodotti scalari (hermitiani) e norme. Normali : 1. AA† = A† A. 2. Matrici normali sono diagonalizzabili ed ammettono n autovettori ortonormali. Viceversa, una matrice diagonalizzabile che ammette una base di autovettori ortonormali è normale. Nota: Esistono matrici non normali, ma diagonalizzabili, che ammettono una base di autovettori non ortonormali (né ortonormalizzabili). Vedi, ad esempio, l'Esercizio 1.49. Commutanti : 1. [A, B] = 0. 2. Due matrici A, B che ammettono una base comune di autovettori, commutano.

1.11 Temi d'esame svolti

99

3. Due matrici A, B che commutano e sono diagonalizzabili (ad es., sono normali, o autoaggiunte, o unitarie) ammettono una base comune di autovettori. Ortogonali : 1. Particolari matrici unitarie, ad elementi reali. 2. A A = 1l. 3. det A = ±1 (proprie ed improprie). Di rotazione : 1. Sono matrici ortogonali proprie, cioè sono particolari matrici unitarie ad elementi reali e tali che det R = +1. 2. Per n = 3 (più in generale, per n dispari), ammettono in particolare l'autovalore λ = 1, il cui autovettore prende il nome di asse di rotazione (perché è invariante rispetto ad R). 3. (n = 3): Esiste una base in cui sono diagonali a blocchi, un blocco dei quali è costituito dal solo autovalore 1. L'altro blocco è costituito da elementi reali e consente di determinare l'angolo di rotazione.

1.11 Temi d'esame svolti

Esercizio 1.55 (Compito d'esame del 2.7.2001; Compito in aula del 30.11.2002). Data la matrice ⎞ 0 12 ⎟ ⎜ A = ⎝ 0 −i √0 ⎠ : 1 3 −2 0 2 ⎛√

3 2

1. Classicare la matrice A. 2. Calcolarne autovalori ed autovettori. 3. Calcolare A4 . 4. Si studino autovalori ed autovettori della parte simmetrica di una generica matrice ortogonale.

Risposta: 1. La matrice A è unitaria, in quanto A† A = 1l. I suoi autovalori hanno quindi modulo unitario, e gli autovettori formano un sistema ortonormale. √ 2. Il polinomio caratteristico è chA (λ) = det(A − λ1l) = 12 (λ + i)[( 3 − 2λ)2 + 1], le cui radici caratteristiche (autovalori di A) sono dunque: π

λ1 = −i = e−i 2 , √ π 3+i λ2 = = ei 6 , 2 √ π 3−i = e−i 6 , λ3 = 2

aventi ciascuno modulo unitario.

100

1 Spazi vettoriali Sostituendo λ = λ1 nell'equazione per gli autovettori, si trova: 0√ 10 1 0 1 3 1 0 +i 0 x1 2 2 B C 0 √ 0 A @x2 A = @0A , @ 0 x3 0 − 12 0 23 + i

da cui v 1 = (0, 1, 0) . Analogamente, per λ = λ2 si trova v 2 = (1, 0, i) , e per λ = λ3 si trova v 3 = (1, 0, −i) . Tali tre autovettori sono già ortogonali. Per farne un sistema ortonormale, basta dividere ciascuno per il proprio modulo. Si ottiene: u1 = v 1 , u2 = √12 v 2 , u3 = √12 v 3 . Con tali autovettori, è possibile formare la matrice unitaria U che diagonalizza A: 0 1 0 1 1 1 @√ U= √ 2 0 0 A. 2 0 i −i 3. Le quarte potenze degli autovalori si calcolano agevolmente ricorrendo alla loro forma polare. Nella base {u 1 , u2 , u3 } degli autovettori, in cui A è diagonale, risulta: 1 0 1 0√ 0 C B 0 √ A, (A )4 = @0 − 1−i2 3 1+i 3 0 0 − 2 e quindi nella base (canonica) di partenza: 0

√ 1 − 12 0 23 4 C B A4 = U A U † = @ 0√ 1 0 A . − 23 0 − 12

È da notare che, se A era una matrice unitaria, anche A4 è una matrice unitaria, anzi, avendo tutti gli elementi reali, ortogonale. Del resto, ad esempio, anche fra i numeri complessi di modulo 1 vi è ad esempio i tale che i4 = 1. 4. Sia A una matrice ortogonale, A A = 1l. Se Ax = λx (λ = 0, anzi, |λ| = 1),     1 allora A Ax = λA x, x = λA x, e quindi A x = λ x, ossia autovettori di una matrice ortogonale appartenenti all'autovalore λ sono anche autovettori −1 della matrice trasposta, appartenenti all'autovalore λ . Sia ora A = A1 + A2 1 la decomposizione di A in termini della sua parte simmetrica, A1 = 2 (A +   1 A ), e della ` sua´ parte antisimmetrica, A2 = 2 (A − A ). Se Ax = λx ` , allora ´ A1 x = 12 λ + λ1 x, cioè x è anche autovettore di A1 , con autovalore 12 λ + λ1 . iθ D'altronde, gli autovalori di A sono del tipo λ = e , quindi „ « 1 1 λ+ = cos θ. 2 λ Si verica subito, inoltre, che

A2 x = (i sin θ)x.

Esercizio 1.56 (Compito d'esame del 14.12.2001). È data la matrice: ⎞ 0 1 + i cot π3 1 + i cot 2π 3 0 1 + i cot π3 ⎠ , A = ⎝ 1 − i cot π3 2π π 1 − i cot 3 1 − i cot 3 0 ⎛

dove cot x = 1/ tan x è la cotangente di x.

1.11 Temi d'esame svolti

101

1. Classicare la matrice A. 2. Calcolare autovalori ed autovettori di A. Vericare, in particolare, che la somma ed il prodotto degli autovalori è zero. Si poteva stabilire ciò senza calcolare esplicitamente gli autovalori? 3. Determinare gli autovalori (e loro molteplicità) della matrice:

B = A2 + 2A + 1l, dove 1l è la matrice identità.

Risposta: 1. La matrice A è hermitiana o autoaggiunta, essendo A† = A. Pertanto, essa ammette autovalori reali, e ad autovalori distinti appartengono autovettori l.i. e ortogonali. Matrici complesse n × n i cui elementi Ajk sono deniti dalla relazione: » – (j − k)π Ajk = (1 − δjk ) 1 + i cot n sono state studiate da F. Calogero e A. M. Perelomov [Lin. Alg. Appl. #, 91 (1979)]. Si prova che tali matrici hanno autovalori interi λs = 2s − n − 1,

s = 1, . . . n,

cui corrispondono gli autovettori x (s) di componenti: « „ 2πisj (s) xj = exp − , j, s = 1, . . . n, n che oltre ad essere fra loro ortogonali, hanno tutte le componenti di modulo unitario. 2. Sostituendo alle cotangenti il loro valore, si trova che chA (λ) = −λ(λ2 − 4). Gli autovalori di A sono pertanto λ1 = −2, λ2 = 0, λ3 = 2, ciascuno con molteplicità 1. Rimane vericato che essi sono numeri reali (ciò segue dalla hermiticità di A), ed anzi interi relativi. In particolare, si osserva che λ1 + λ2 + λ3 = 0 e λ1 λ2 λ3 = 0. Ciò si poteva anche ricavare dal fatto che Tr A = 0 (evidente) e che det A = 0, e dal fatto che traccia e determinante di una matrice sono invarianti per trasformazioni di similarità. In particolare, da det A = 0 segue che almeno un autovalore è nullo, e quindi, da Tr A = 0, segue che gli altri due sono opposti. In corrispondenza agli autovalori trovati, si determinano gli autovettori: √ √ „ « 1−i 3 1+i 3 x1 = − , λ1 = −2, ,− ,1 2 2 √ √ „ « 1+i 3 1−i 3 x2 = − , ,− ,1 λ2 = 0, 2 2 λ3 = 2,

x3 = (1, 1, 1) .

La matrice formata dalle componenti di tali vettori (dopo essere stati opportunamente normalizzati) è unitaria:

102

1 Spazi vettoriali 0

√

√

− 1−i2√3 − 1+i2√3 1 B P = √ @− 1+i 3 − 1−i 3 2 2 3 1 1

1 0 2π 2π 1 e 3 i e− 3 i 1 B − 2π i 2π i C 1A = √ @ e 3 e 3 3 1 1

1 1 C 1A . 1

Tale matrice diagonalizza A, nel senso che A = P † AP = diag(−2, 0, 2). 3. Cominciamo con l'osservare che, poiché [A, 1l] = 0, si può senz'altro scrivere B = (A+1l)2 . Nella base degli autovettori di A, anche B è diagonale, e si ha B  = (A + 1l)2 = [diag(−2, 0, 2) + diag(1, 1, 1)]2 = [diag(−1, 1, 3)]2 = diag(1, 1, 9), da cui, manifestamente, B ha autovalori μ1 = 1, con molteplicità 2, e μ2 = 9, con molteplicità 1.

Esercizio 1.57 (Compito d'esame del 30.01.2002). Data la matrice ⎛

⎞ 0 1 −1 A=⎝ 1 0 1 ⎠: −1 1 0

1. Classicare la matrice A. 2. Calcolare autovalori ed autovettori di A. 3. Calcolare A4.

Risposta: La matrice A è hermitiana (in particolare, reale e simmetrica). Ha = −2. Due autovettori ortonormali associati autovalori (reali) λ1 = 1 (n1 = 2) e λ2 √ √ a λ1 sono, ad esempio, u1 = (1, 2, 1) / 6 e u2 = (1, 0, −1) / 2. (Se ne trovate due non ortogonali fra loro, utilizzate il metodo di Gram-Schmidt per ortonormalizzarli.) √ Un autoversore associato a λ2 è u3 = (−1, 1, −1) / 3, ovviamente già ortogonale ai precedenti due (in 0 1 quanto appartenente ad un autovalore distinto). Si trova inne 6 −5 5 A4 = @−5 6 −5A. 5 −5 6

Esercizio 1.58 (Compito d'esame del 26.02.2002). È data la matrice ⎛1

1⎞ ⎜2 2⎟ ⎟ P =⎜ ⎝0 1 0⎠ : 1 1 0 2 2 0

1. Calcolarne autovalori ed autovettori. 2. Calcolare P 2. 3. Servendosi del risultato precedente, calcolare per induzione intero positivo. 4. Dire se la matrice P ha qualche signicato notevole.

P n,

con

n

Risposta: P è una matrice di proiezione (reale e simmetrica). Autovalori: λ = 0, 1, 1; autovettori (non normalizzati): (−1, 0, 1) , (0, 1, 0) , (1, 0, 1) . Risulta P 2 = P , e quindi P n = P , per ogni n.

1.11 Temi d'esame svolti

103

Esercizio 1.59 (Compito del 10.06.2002). Siano A1 , A2 le matrici com-

plesse 3 × 3 aventi per autovettori: ⎛ ⎞ 1 v1 = ⎝ i ⎠ , 0

⎛ ⎞ 0 v 2 = ⎝0⎠ , 1

⎛ ⎞ i v 3 = ⎝1⎠ , 0

e tali che: det Aα = 1,

Tr Aα = 0,

Aα v 2 = v 2

(α = 1, 2).

1. Determinare A1 e A2 e riconoscerne il tipo. 2. Indicare (sinteticamente) il procedimento per il calcolo di A2α e A3α . 3. Dimostrare (non occorre calcolare) che A21 = A2 , A22 = A1 , A31 = A32 = 1l. (Suggerimento: disegnare, nel piano complesso, gli autovalori di

A1

e di

A2 ).

4. Cosa si può dire del commutatore [A1 , A2 ]?

Risposta: Visto che il testo ci dice quali sono gli autovettori di Aα , esso ci dice implicitamente che le due matrici sono diagonalizzabili, anzi, che ammettono una base comune. In tale base, sia Aα = diag(λα1 , λα2 , λα3 ). Essendo determinante e traccia invarianti per trasformazioni di similarità, le tre condizioni date equivalgono al sistema (di secondo grado, simmetrico): λα1 λα2 λα3 = 1 λα1 + λα2 + λα3 = 0 λα2 = 1,

risolto da

„ (λ11 , λ12 , λ13 ) =

e da

„ (λ21 , λ22 , λ23 ) =

√ √ « −1 − i 3 −1 + i 3 , 1, 2 2

√ √ « −1 + i 3 −1 − i 3 , 1, . 2 2

Notare che, in entrambi i casi, gli autovalori sono le tre radici terze dell'unità, e quindi si trovano ai vertici del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza unitaria del piano complesso, un vertice essendo λα2 = 1. Gli autovalori sono gli stessi, ma presi con ordine diverso. Normalizzando gli autovettori (sono già ortogonali), si ottiene la matrice di passaggio (unitaria) tra la base canonica e la base degli autovettori. Utilizzando tale matrice per il passaggio si1ottengono0le due √ matrici 1 0 inverso, √ 1 3 1 3 − − − 0 0 2 C B √2 B √2 2 C richieste rispetto alla base canonica: A1 = @ 23 − 12 0A, A2 = @− 23 − 12 0A. 0 0 1 0 0 1 Avendo autovalori di modulo unitario, essendo ad elementi reali, ed avendo determinante pari ad 1 (per costruzione), esse sono matrici di rotazione, l'asse di rotazione essendo v 2 (per costruzione), e l'angolo di rotazione essendo 1 + 2 cos θ = Tr Aα = 0,

104

1 Spazi vettoriali

. Quadrando, λ211 si porta su λ23 , λ213 si porta su λ21 , mentre λ212 cioè θ = ± 2π 3 si porta su λ22 , rimanendo pari ad 1, e viceversa. Visto che gli autovettori sono gli stessi, segue che A21 = A2 e viceversa. Analogamente per A3α (gli autovalori sono radici terze dell'unità, dunque i loro cubi diventano tutti 1). Risulta, inne: [A1 , A2 ] = A1 A2 − A2 A1 = A22 A2 − A21 A1 = A32 − A31 = 1l − 1l = O. Geometricamente, si può osservare che A1 e A2 sono matrici di rotazione attorno allo stesso asse, dunque devono necessariamente commutare.

Esercizio 1.60 (Compito d'esame dell'1.7.2002). Data la matrice ⎛

⎞ 0 10 A = ⎝−1 0 0⎠ : 0 00

1. Classicare A e determinarne autovalori ed autovettori. −z , ∀z ∈ C \ {−1}. 2. Sia f : C → C la funzione denita ponendo f (z) = 11 + z Dire se è possibile calcolare f (A) e, in caso aermativo, calcolare f (A) e riconoscerne il tipo. 3. Sia A una matrice reale antisimmetrica. Dimostrare che 1l − A e 1l + A sono matrici invertibili e che B = (1l + A)−1 (1l − A) è ortogonale.

Risposta: La matrice assegnata è reale ed antisimmetrica. Essa è inoltre normale e singolare, cioè non invertibile. Dunque, ammette l'autovalore nullo. Si trovano infatti gli autovalori: −i, 0, i, in corrispondenza ai quali si trovano gli autovettori (ortogonali, ma non ancora normalizzati): (−1, i, 0) , (0, 0, 1) , (1, i, 0) . Normalizzandoli, formare la matrice (unitaria) di passaggio. Poiché nessuno degli autovalori è pari a −1, è possibile calcolare f (A). Ricorrendo al Teorema 1.17 (osservare che 0 1 0 −1 0 (1+ i)/(1 − i) = i etc), si trova che: f (A) = @1 0 0A, che è una matrice ortogonale 0 0 1 propria, cioè una matrice di rotazione attorno all'asse (0, 0, 1) di un angolo π/2. Essendo f (A) una funzione razionale fratta, si sarebbe anche potuto calcolare (1l + A)−1 , poi (1l − A), ed inne eettuare il prodotto righe per colonne fra le due, osservando che funzioni di una stessa matrice commutano, e dunque è irrilevante l'ordine con cui si eettua tale prodotto. Il metodo del Teorema 1.17 è ovviamente più generale, e va preferito. Proviamo che la matrice B = 1l − A, con A = −A, A reale e diagonalizzabile, sia invertibile. Se B non fosse invertibile, essa ammetterebbe l'autovalore nullo, ossia esisterebbe un vettore x = 0 tale che (1l − A)x = 0, ovvero Ax = x. Prendendo la trasposta della prima relazione si ha x (1l − A ) = x (1l + A) = 0. Moltiplicando righe per colonne membro a membro (1l − A)x = 0 e x (1l + A) = 0, ed osservando che 1l − A e 1l + A commutano, in quanto funzioni della stessa matrice, si trova x (1l − A2 )x = 0, da cui x x = x A2 x. Essendo A ed x ad elementi reali, ciò equivale a dire che  x 2 = x A2 x. Ma da Ax = x, ricavata prima, trasponendo e prendendo il prodotto righe per colonne membro a membro, segue che  x 2 = −x A2 x. Dunque  x = 0, cioè x = 0, contro l'ipotesi fatta. Segue che 1l − A è invertibile. Analogamente si prova che 1l + A è invertibile.

1.11 Temi d'esame svolti

105

Inoltre, (1l + A) = (1l − A). Posto C = (1l + A)−1 (1l − A), si trova C  C = [(1l + A)−1 (1l − A)] (1l + A)−1 (1l − A) = (1l − A) [(1l + A) ]−1 (1l + A)−1 (1l − A) = (1l + A)(1l − A)−1 (1l + A)−1 (1l − A) = (1l + A)(1l + A)−1 (1l − A)−1 (1l − A) = 1l, ove, nell'ultimo passaggio, s'è fatto uso della commutatività di funzioni della stessa matrice. Dunque, C = (1l + A)−1 (1l − A) è una matrice ortogonale.

Esercizio 1.61 (Compito dell'11.9.2002). Data la matrice ⎛

⎞ 010 A = ⎝1 0 0⎠ : 000

1. Classicare A e determinarne autovalori ed autovettori.1 + iz 2. Sia f : C → C la funzione denita ponendo f (z) = 1 − iz , ∀z = −i. Dire se è possibile calcolare f (A) e, in caso aermativo, calcolare f (A) e riconoscerne il tipo. 3. Posto g(z) = exp(2iz), discutere in che senso si può aermare che f (λA) approssima g(λA), per λ  1.

Risposta: La matrice è reale e simmetrica (hermitiana, dunque ad autovalori reali), normale, singolare (dunque ammette l'autovalore nullo). Ha autovalori: −1, 0, 1, ed autovettori (ortogonali, perché appartenenti ad autovalori distinti, ma    non ancora normalizzati): (1, −1, 0) , (0, 0, 1) , (1, 1, 0) . Gli autovalori sono reali, dunque nessuno può essere uguale a −i, cioè tutti appartengono al campo di esistenza di f . Ha dunque senso calcolare f (A). Utilizzando il Teorema 1.17 si trova 1 0 0 i 0 f (A) = @ i 0 0A, che è una matrice unitaria. 001 2 3 All'ultimo quesito si risponde osservando che sia f (z) = 1 + 2iz − 2z + O(z ) 2 3 sia g(z) = 1 + 2iz − 2z + O(z ). Inoltre, sia f (A) sia g(A) sono unitarie. Dunque, l'approssimazione restituisce una matrice dello stesso tipo.

Esercizio 1.62 (Compito del 2.10.2002). Sono dati i vettori: ⎛ ⎞ 1 v 1 = ⎝1⎠ , 0

⎛ ⎞ 1 v 2 = ⎝0⎠ , 0

⎛ ⎞ 0 v 3 = ⎝0⎠ . 1

1. Vericare che {v i } costituisce una base di C3 . 2. Determinare la base ortonormale {ui }, ottenuta da {v i } mediante il procedimento di Gram-Schmidt. 3. Classicare la matrice U tale che U ui = λi ui , dove λ1 = 1, λ2 = i, λ3 = −i. 4. Determinare U . 5. Calcolare e classicare U 4 . 6. Discutere le proprietà della successione U n , con n ∈ N.

106

1 Spazi vettoriali

Risposta: Costruendo la matrice che ha per colonne i vettori dati, si verica che ha determinante diverso da zero, dunque rango massimo. Applicando il metodo di Gram-Schmidt ai tre vettori√(nell'ordine dato!), si √ trova la base ortonormale formata dai versori: u1 = (1, 1, 0) / 2, u2 = (1, −1, 0) / 2, u3 = (0, 0, 1) . (Che risultato avreste ottenuto considerando i vettori dati con un altro ordine?) La matrice U , avendo autovalori di modulo unitario, è unitaria. Utilizzando gli u i trovati per costruire la matrice T di tra 0 passaggio 1 la base canonica e la base degli 1+i 1−i 0 2 2 1+i 0 A. autovettori, si trova U = T U  T −1 = @ 1−i 2 2 0 0 −i Essendo gli autovalori radici quarte dell'unità, si ha che U 4 = 1l (non occorre fare i calcoli), mentre U n è una successione periodica con periodo 4.

Esercizio 1.63 (Compito del 9.12.2002). ⎛

0

0 ⎜ a+b A = ⎝0 2 b 0

⎞ a ⎟ 0⎠ ,

Sia

a, b ∈ R,

a, b = 0.

0

Posto U = exp(iA), stabilire sotto quale condizione U risulta una matrice unitaria e, in tale caso, determinarla.

Risposta: posteriori ), e

Supponiamo che A sia diagonalizzabile (condizione da vericare a siano λk ∈ C, k = 1, 2, 3, i suoi autovalori. Allora anche U è diagonalizzabile, ed i suoi autovalori sono eiλk , k = 1, 2, 3. Condizione necessaria e suciente anché U sia unitaria è che abbia autovalori di modulo unitario, ossia che |eiλk | = 1, k = 1, 2, 3. Ciò accade se e solo se λk ∈ R. Tale condizione è in particolare soddisfatta se la matrice A è autoaggiunta (ed una matrice autoaggiunta è diagonalizzabile, come ci mancava di vericare). Essendo A ad elementi reali, in tal caso la condizione è dunque che A sia simmetrica, ossia che a = b. Più in generale, si trova che √ la matrice√assegnata è sempre diagonalizzabile (in C3 ), ed ha autovalori λ1 = − ab, λ2 = + ab, λ3 = a+b . Tali autovalori sono tutti 2 reali se ab ≥ 0, ossia se a e b sono concordi (entrambi non negativi o entrambi non positivi). Il caso a = b è un caso particolare di questo. 1 0 00a Limitiamoci dapprima a considerare il caso a = b. In tale caso, A = @0 a 0A. a00 Tale matrice ha gli autovalori λ1 = −a, λ2 = λ3 = a ed autovettori (scelti in modo da essere ortonormali; il primo lo è senz'altro rispetto agli√altri due, perché autovettori √ appartenenti ad autovalori distinti): u1 = (1, 0, −1) / 2, u2 = (1, 0, 1) / 2, u3 =  (0, 1, 0) . Costruendo con tali autovettori la matrice P (unitaria) la 0 di passaggio fra1 cos a 0 i sin a base canonica e la base degli autovettori, si trova U = P U  P † = @ 0 eia 0 A. i sin a 0 cos a √ 1 √ 0 pa 0 i sin ab cos ab b ` a+b ´ C B 0 Se invece ab > 0, si trova U = @ q 0 √ exp i 2 A. √ b i a sin ab 0 cos ab

1.11 Temi d'esame svolti

107

Esercizio 1.64 (Compito del 10.02.2003). Data la matrice ⎛

⎞ 0 0i A = ⎝ 0 1 0⎠ : −i 0 0

1. Riconoscerne il tipo. 2. Discuterne il problema agli autovalori. 3. Calcolare A2 e A3. 4. Calcolare An , con n ∈ N. 5. Servendosi del risultato precedente e di sviluppi in serie noti, provare che exp(tA) = 1l cosh t + A sinh t.

Risposta:

La matrice è hermitiana, in quanto A = A† , ed unitaria, in quanto i vettori colonna formano una base ortonormale. Dunque è diagonalizzabile, ed ammette autovalori reali di modulo unitario. Si trovano gli autovalori λ1 = 1, con molteplicità 2, e λ2 = −1. Corrispondenti autovettori √ √ (già ortonormali) sono: u1 = (0, 1, 0) , u2 = (i, 0, 1) / 2, u3 = (−i, 0, 1) / 2. Nella base formata dagli autovettori, si trova che (A2 ) = 1l. Segue che (senza bisogno di fare calcoli) A2 = 1l. Analogamente, si trova che (A3 ) = A , dunque A3 = A. In generale, per induzione, An = 1l, se n è pari, oppure An = A, se n è dispari. Facendo inne uso dello sviluppo in serie dell'esponenziale e di tale ultimo risultato, si ha: 1 1 exp(tA) = 1l + tA + (tA)2 + (tA)3 + . . . 2! 3! X X 1 n n 1 n n t A + t A = n! n! n pari n dispari X 1 n X 1 n = 1l t +A t n! n! n pari n dispari = 1l cosh t + A sinh t,

ove, nell'ultimo passaggio, si sono riconosciuti gli sviluppi in serie del seno e del coseno iperbolico.

Esercizio 1.65 (Compito del 28.03.2003). Data la matrice: ⎛

⎞ 1 0i A = ⎝ 0 1 0⎠ , −i 0 1

riconoscerne il tipo e discuterne le proprietà. Dopo averne determinato autovalori ed autovettori, calcolare An , con n ∈ N.

Risposta: La matrice è hermitiana. Ha autovalori (reali) λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 ed autovettori (tra loro ortogonali) v 1 = (−i, 0, 1) , v 2 = (0, 1, 0) , v 3 = (i, 0, 1) . Si trova:

108

1 Spazi vettoriali 10 10 i 1 √ 0 √12 − √i2 0 √i2 0 2 An = T (An ) T † = @ 0 1 0 A @ 1 A @ 0 1 0 A 1 √ − √i2 0 √12 0 √12 2n 2 0 n−1 1 0 i2n−1 2 @ 0 1 0 A. = −i2n−1 0 2n−1 0

Esercizio 1.66 (Compito del 6.06.2003). Sia V = {|v1 , |v2 , |v3 } un sistema di vettori ortonormali in C3 ed A l'operatore denito da: A = α (|v 1 v 2 | + |v 2 v 1 |) + β (|v 1 v 3 | + |v 3 v 1 |) + γ (|v2 v 3 | + |v 3 v 2 |) ,

con α, β, γ ∈ R. 1. Classicare l'operatore A. 2. Determinare α, β, γ in modo che |v = |v1  + |v 2  + |v 3  sia autovettore di A con autovalore 1. 3. Risolvere, in tal caso, il problema agli autovalori per A. 1−z , ∀z = −1, dire se è possibile calcolare f (A) ed, 4. Posto f (z) = 1+z eventualmente, calcolare f (A).

Risposta:

Si osserva subito che A† = A, dunque A è un operatore hermitiano. La matrice associata ad A relativamente alla base V ha per elementi v i |A|v j . Eseguendo i prodotti indicati, e sfruttando l'ortonormalità della base V , si trova: 1 0 0 αβ A = @α 0 γ A , β γ 0 che è una matrice reale e simmetrica, dunque hermitiana. In modo equivalente, si poteva anche considerare il risultato dell'azione di A sui singoli vettori della base. Ancora una volta, sfruttando l'ortonormalità di tali vettori, si trova: A|v 1 = α|v 2 + β|v 3 A|v 2 = α|v 1 + γ|v 3 A|v 3 = β|v 1 + γ|v 2 .

Gli elementi di matrice di A, ordinati per colonna, sono dunque le componenti di A|v 1 etc rispetto alla base V . Si trova poi 0 1 0 1 α+β 1 A|v = @α + γ A = @1A , β+γ 1 da cui α = β = γ = 12 . In tal caso, la matrice A ha autovalori (soluzioni dell'equazione caratteristica) λ1 = 1, λ2 = λ3 = − 12 , ed autovettori v (1) = (1, 1, 1) = v (q.e.d.), v (2) = (1, −1, 0) , v (3) = (1, 0, −1) , che possono essere ortonormalizzati, ad esempio mediante la procedura di Gram-Schmidt. (Osservate che solo gli ultimi due, in

1.11 Temi d'esame svolti

109

realtà, non sono ortogonali tra loro, in quanto appartengono ad un autovalore degenere.) Sebbene il testo si aspetti che gli autovettori siano ortonormali, è irrilevante determinarli ai ni dei punti successivi. Possiamo, cioè, continuare a lavorare nella base trovata, che è una base di autovettori per A, anche se non ortonormale. Un metodo alternativo per determinare gli autovalori è quello di risolvere il sistema costituito dalle equazioni per gli invarianti traccia e determinante: Tr A = λ1 + λ2 + λ3 = 0 det A = λ1 λ2 λ3 = 2αβγ =

1 4

λ1 = 1,

l'ultima condizione essendo nota per costruzione (Av = v ). Sostituendo l'ultima relazione nelle prime due, si trova un sistema simmetrico per λ2 e λ3 , che è equivalente ad un'equazione di secondo grado. 0 1 2 −1 −1 Si trova inne, col metodo usuale, f (A) = @−1 2 −1A. −1 −1 2

Esercizio 1.67 (Compito dell'1.07.2003).

l'operatore denito da:

Sia |u ∈ C3 un versore e Q

Q = 1l − 2|uu|

(operatore di Householder). 1. Calcolare Qn , con n ∈ N. Dare un'interpretazione geometrica dell'azione di Q in C3 . ⎛ ⎞ 1

1 2. Nel caso |u = √ ⎝ i ⎠, determinare Q e discuterne il problema agli 2

0

autovalori. 3. In tale caso, calcolare exp(iαQ), con α ∈ R. 4. Provare, in generale, che exp(iαQ) = 1l cos α + iQ sin α.

Risposta: 1. Facendo uso del fatto che |u è un versore, cioè che u|u = 1, si ha: Q2 = (1l − 2|u u|) (1l − 2|u u|) = 1l − 2|u u| − 2|u u| + 4|u u|u u| | {z } =1

= 1l, Q3 = Q2 · Q = 1l · Q = Q, .. .. . ( . 1l, se n è pari, Qn = Q, se n è dispari.

Si può osservare che Q|u = −|u , mentre, se |w è ortogonale a |u , cioè se u|w = 0, allora Q|w = |w . Segue che |u è autovettore di Q con autovalore

110

1 Spazi vettoriali

−1, e ogni vettore (non nullo) ortogonale ad |u è autovettore di Q, con autovalore 1. In altri termini, Q trasforma un vettore parallelo ad |u nel suo opposto, mentre lascia invariati i vettori ortogonali ad |u . Geometricamente, l'operatore Q è allora l'operatore di riessione rispetto al sottospazio ortogonale ad |u . In uno spazio vettoriale tridimensionale, tale sottospazio è un piano, e Q è l'operatore di riessione rispetto a tale piano, nel senso usuale della geometria. (Le matrici di Householder intervengono in alcuni metodi numerici per la fattorizzazione di matrici.) 2. Nel caso particolare assegnato dal testo, si trova: 1 0 0 1 1 1 ` ´ 1 Q = @ 1 A − 2 · @ i A 1 −i 0 2 1 0 1 1 0 0 1 −i 0 1 = @ 1 A − @ i 1 0A 0 0 0 1 0 1 0 i 0 = @−i 0 0A . 0 01

La matrice così trovata è autoaggiunta. Ha autovalori λ1 = λ2 = 1, λ3 = −1 ed autovettori (già ortonormalizzati) v 1 = √12 (i, 1, 0) , v 2 = (0, 0, 1) , v 3 = v (per costruzione). 3. Costruendo con gli autovettori trovati la matrice di passaggio T (unitaria), si trova: 0 1 cos α − sin α 0 exp(iαQ) = T [exp(iαQ)] T † = @ sin α cos α 0 A , 0 0 eiα ove si è fatto uso delle formule di Eulero. La matrice trovata è unitaria (vericare). In particolare, si può vericare che exp(iαQ) è della forma data dal punto successivo. 4. Facendo uso dello sviluppo in serie dell'esponenziale, e di quanto trovato al punto 1. circa l'espressione di Qn con n intero, si ha: 1 1 1 exp(iαQ) = 1l + iαQ + (iαQ)2 + (iαQ)3 + (iαQ)4 + . . . 2! 3! 4! „ « „ « 1 1 1 = 1 − α2 + α4 + . . . 1l + i α − α3 + . . . Q 2! 4! 3! = 1l cos α + iQ sin α,

ove, nell'ultimo passaggio, si sono riconosciuti gli sviluppi in serie delle funzioni seno e coseno. La matrice trovata è unitaria. Vericarlo, calcolando esplicitamente B † B(= 1l) e servendosi del fatto che Q2 = 1l. La matrice B = exp(iαQ) è una generica matrice con elementi complessi. È noto che è possibile esprimere, in modo unico, ogni matrice quadrata ad elementi complessi nella forma B = B1 +iB2 , con B1 = (B +B † )/2 e B2 = (B −B † )/(2i) matrici autoaggiunte. L'espressione trovata consente di concludere che, nel nostro caso, B1 = 1l cos α e B2 = Q sin α, anche nel caso di una matrice Q ∈ Mn,n (C). (L'espressione trovata assomiglia molto alla forma trigonometrica di un numero

1.11 Temi d'esame svolti

111

complesso, e va `letta' in termini dell'analogia tra numeri complessi/matrici complesse, numeri reali/matrici autoaggiunte.) È immediato vericare quanto detto nel caso n = 3 e con u dato dal testo, calcolando esplicitamente B1 = (B+B † )/2 e B2 = (B − B † )/(2i).

Esercizio 1.68 (Compito del 9.09.2003).

vettori ortonormali.

Sia {u1 , u2 , u3 } una base di

1. Relativamente

a tale base, determinare l'operatore U che lascia u1 invariato e tale che:

u2 + u3 √ = u2 , U 2

u2 − u 3 √ = u3 . U 2

2. Classicare U e discuterne il problema agli autovalori. 3. Determinare U n (n ∈ N). 4. Servendosi del risultato precedente, dimostrare che exp(iαU ) = 1l cos α + iU sin α,

Risposta: Facendo uso della linearità dell'operatore sommando e sottraendo si ha:

α ∈ R. U

(sottintesa nel testo),

U u1 = u1 , √ 2 U u2 = (u2 + u3 ), 2 √ 2 (u2 − u3 ). U u3 = 2

La matrice associata ad U relativamente alla base assegnata ha quindi per i-sima colonna il vettore colonna delle componenti dell'immagine di ui rispetto a tale base, cioè: 0 1 1 0 0 B √ √ C U = @0 √22 2√2 A . 0 22 − 22

Tale matrice è reale e simmetrica, dunque hermitiana, ed inoltre unitaria, in quanto i vettori colonna formano una base ortonormale. Gli autovalori si trovano come radici dell'equazione caratteristica, e sono λ = 1, con molteplicità due, e λ = −1 (autovalore semplice). sono √ Gli autovettori associati √ v 1 = (1, 0, 0) ≡ u 1 (per costruzione), v 2 = (0, 1, 2 − 1) , v 3 = (0, −1, 2 + 1) . Nella base in cui U è diagonale (la base degli autovettori), si trova: 0

1

U =@ 1 

e quindi:

1

A −1

112

1 Spazi vettoriali 0

1

1

(U n ) = @ 1

A (−1)n

da cui, tornando alla base assegnata, ( 1l, n U = U,

se n è pari, se n è dispari.

Oppure, osservando che U è reale e simmetrica ed inoltre unitaria, si trova che U 2 = U U = U U  = U U † = 1l, U 3 = U 2 U = 1lU = U , etc. Facendo inne ricorso allo sviluppo in serie dell'esponenziale di una matrice, si trova: ∞ X 1 (iαU )n n! n=0 X 1 X 1 = 1l (iα)n + U (iα)n n! n! n pari n dispari = 1l cos α + iU sin α.

exp(iαU ) =

Esercizio 1.69 (Compito del 1.10.2003). Data la matrice ⎛

⎞ 001 A = ⎝0 i 0⎠ : 100

1. Classicare A e discuterne il problema agli autovalori. 2. Determinare U = exp(iaA) (a ∈ R), e calcolarne la norma,  U . 3. Determinare il sottospazio massimale W ⊂ C3 in cui la restrizione di U è unitaria. 4. Determinare esplicitamente U |W . (Suggerimento: servirsi dell'operatore di proiezione su

W .)

Risposta: L'equazione secolare per A ha soluzioni λ = −1, i, +1, le colonne di A formano un set ortonormale, quindi A è un operatore unitario. A tali autovalori appartengono gli autovettori (nell'ordine dato): u1 = √12 (1, 0, −1) , u2 = (0, 1, 0) ,

u3 = √12 (1, 0, 1) , con cui si forma la matrice (unitaria) T di passaggio alla base in cui A è diagonale. Si trova poi: 1 0 cos a 0 i sin a U = exp(iaA) = T [exp(iaA)] T † = @ 0 e−a 0 A . i sin a 0 cos a

La norma di U è il massimo dei moduli degli autovalori di U , cioè: ( 1, a ≥ 0, ±ia −a  U = max{|e |, |e |} = |a| e , a < 0.

1.11 Temi d'esame svolti

113

Se a = 0, allora U è unitario in tutto C3 . Diversamente, per costruire restrizioni di U che siano unitarie, occorre limitarsi agli autospazi appartenenti agli autovalori di U con modulo unitario, che sono: W1 = {x ∈ C3 : x = c1 u1 , ∀c1 ∈ C}, W3 = {x ∈ C3 : x = c3 u3 , ∀c3 ∈ C}, W13 = W1 ⊕ W3 = {x ∈ C3 : x = c1 u1 + c3 u3 , ∀c1 , c3 ∈ C},

che rappresentano rispettivamente una retta, un'altra retta (incidente la prima nell'origine, cioè avente in comune con essa il vettore nullo), ed il piano da esse individuato. Il sottospazio massimale in cui la restrizione di U è unitaria è chiaramente W13 , con dim W13 = 2. Gli operatori di proiezione in tali sottospazi sono, rispettivamente: P1 = |u 1 u1 | P3 = |u 3 u3 | P13 = P1 + P3

(nell'ultimo caso si è fatto uso del fatto che P1 P3 = P3 P1 = 0, ossia che i due operatori di proiezione sono ortogonali). Si ha: 0 1 0 1 0 1 1 1 100 ´ ´ 1 @ A 1 ` 1 @ A 1 ` √ 1 0 −1 + √ 0 0 √ 1 0 1 = @0 0 0A , P13 = √ 2 −1 2 2 1 2 001 con cui la restrizione di U a W13 diventa: ˜ = U| U W13 =

† P13 U P13

0

1 cos a 0 i sin a = @ 0 0 0 A. i sin a 0 cos a

˜ †U ˜ =U ˜U ˜† = Tale matrice è unitaria in W13 . Si verica agevolmente, infatti, che U P13 , dove P13 è l'identità in W13 .

Esercizio 1.70 (Compito del 9.12.2003). Date le matrici ⎛

⎞ 101 H = ⎝0 2 0⎠ , 101

⎞ 0 1−i 2 U =⎝ 0 i 0 ⎠: 1−i 1+i 2 0 2 ⎛ 1+i 2

1. Classicare H ed U . 2. Vericare che [H, U ] = 0. 3. Dire se esiste una base di autovettori comuni ad U ed H ed eventualmente determinarla. 4. Determinare i più ampi sottospazi invarianti rispetto ad entrambi gli operatori.

Risposta: La matrice H è hermitiana (anzi, reale e simmetrica), mentre la matrice U è unitaria (le sue colonne formano un sistema di vettori ortonormali). Si

114

1 Spazi vettoriali

verica agevolmente che HU = U H , dunque le due matrici commutano. Pertanto, esse ammettono una base di autovettori comuni. La matrice H ha autovalori λ = 0, 2, 2, ed autovettori rispettivamente v 1 = (1, 0, −1) e v 2,3 = (a, b, a) . La matrice U ha autovalori μ = 1, i, i, ed autovettori rispettivamente w 1 = (1, 0, 1) e w 2,3 = (c, d, −c) . Scegliendo d = 0, c = 1, w 2 = v 1 . Scegliendo a = 1, b = 0, v 2 = w 1 . Scegliendo a = c = 0, b = d = 1, w 3 = v 3 . In denitiva, gli autovettori comuni (opportunamente normalizzati) sono u1 = 1 √ (1, 0, −1) (λ = 0, μ = i); u2 = √12 (1, 0, 1) (λ = 2, μ = 1); u3 = (0, 1, 0) 2 (λ = 2, μ = i). Osservando che l'autospazio di un operatore è invariante rispetto a tale operatore e rispetto ad ogni altro operatore che commuti con esso, i sottospazi richiesti sono EH (2) ed EU (i), entrambi di dimensione 2.

Esercizio 1.71 (Compito del 9.2.2004). Data la matrice ⎞ 0 0 A = ⎝0 1 0 ⎠ : 1 0 − 12 ⎛1 2

1. Discutere il problema agli autovalori per A. 2. Determinare Ak , k ∈ N. 3. Studiare il k→∞ lim xk , con xk+1 = Axk , e x0 ∈ C3 vettore assegnato.

Risposta: La matrice A è una matrice triangolare inferiore (sono uguali a zero tutti gli elementi al di sopra della diagonale principale), ad elementi reali. Essa non è hermitiana, né unitaria, e neanche normale (vericare). Tuttavia, le matrici triangolari sono diagonalizzabili (anzi, i loro autovalori sono proprio gli elementi della diagonale principale). Dunque (cfr. discussione dell'Esercizio 1.49) la matrice, pur ammettendo un set completo di autovettori l.i., questi non sono ortogonali. Se si procedesse ad ortogonalizzarli, ad esempio con la procedura di Gram-Schmidt, si otterrebbe ancora una base (ortonormale, per costruzione), ma non di autovettori per A. Dalla discussione del problema agli autovalori, si trovano gli autovalori λ1 = − 12 , λ2 = 12 , λ3 = 1, cui corrispondono gli autovettori v 1 = (0, 0, 1) , v 2 = (1, 0, 1) , v 3 = (0, 1, 0) , con cui è possibile costruire la matrice di passaggio alla base degli autovettori e la sua inversa: 0 1 0 1 010 −1 0 1 −1 T = @0 0 1A , T = @ 1 0 0A . 110 0 10 Quanto al calcolo di Ak , risulta: 0

(−1)k B 2k

Ak = T (Ak ) T −1 = T @

1 1 2k

0

1 2k

0 1

C B 0 A=@ 1−(−1)k 0 1 2k

1 0 0 C A,

(−1)k 2k

che è ancora una matrice triangolare superiore (anzi, diagonale, se k è pari).

1.11 Temi d'esame svolti

115

Si prova inne agevolmente (per induzione), che xk = Ak x0 , sicché il limk xk è acquisito non appena si conosca il limk Ak . Guardando all'espressione nale di Ak o, meglio, all'espressione di (Ak ) in forma diagonale, si osserva che tutti gli autovalori di Ak tendono a zero per k → ∞ tranne λ = 1. Dunque, il limk Ak è l'operatore di proiezione sul sottospazio associato all'autovalore λ = 1, ed il limk xk = limk Ak x0 è semplicemente la proiezione di x0 su tale sottospazio. In altri termini, se x0 = (a, b, c) , allora limk xk = (0, b, 0) , ∀a, b, c. Tale risultato si può generalizzare al caso di un qualsiasi operatore A tale che  A = 1. (Nel nostro caso, la norma di A è il massimo dei moduli dei suoi autovalori, cioè appunto 1.) In tal caso, l'operatore A denisce una contrazione sullo spazio in cui opera (vedi Giusti, 1990, per il teorema di Banach-Caccioppoli sulle contrazioni), e l'equazione dei punti uniti Ax∗ = x∗ ammette come soluzioni tutti i vettori x∗ del sottospazio appartenente all'autovalore 1.

Esercizio 1.72 (Compito del 29.3.2004). Data la matrice ⎛

⎞ 0 −1 0 A = ⎝−1 0 i ⎠ , 0 −i 0

1. Riconoscerne il tipo e discuterne le principali proprietà. 2. Discutere il problema agli autovalori per A. 3. Detti λi gli autovalori di A, determinare le matrici Pi tali che A=

3 

λ i Pi .

i=1

4. Cosa può dirsi, ad esempio, di P1 P2 e di P32 ?

Risposta: La matrice assegnata è hermitiana ed ha determinante nullo. Dunque è diagonalizzabile, ammette autovalori reali (uno è nullo), e ad autovalori distinti corrispondono autovettori ortogonali. √ √ Gli autovalori sono λ = 0, − 2, √ √ 2, cui appartengono √ gli autovettori (ortonori) /2, u3√= (1, − 2, i) /2. (Osserviamo che mali) u 1 = (i, 0, 1) / 2, u2 = (1, 2,√ u3 si può ottenere da u2 scambiando 2 con − 2.) Con essi è possibile formare la matrice di passaggio (unitaria): 1 0 √ 1 i 22 √12 2 √ C B U = @ 0 22 − 22 A . √

2 2

i 2

i 2

Nella base degli autovettori, le matrici Pi sono diagonali ed hanno per elemento generico (Pi )jk = δij δik , ossia hanno tutti gli elementi pari a zero, tranne l'elemento di posto ii che è pari ad uno. Nella base canonica esse possono determinarsi come Pi = U Pi U † , oppure come Pi = |ui ui | (avendo osservato che i vettori u i sono stati normalizzati). Risulta: 0 1 √ 0 1 1 1 2 i i − 0 4 4 4 2 2 √ C B√ P1 = @ 0 0 0 A , P2 = @ 42 12 −i 42 A , √ i 1 i 1 −2 0 2 i 42 4 4

116

1 Spazi vettoriali

√ √ mentre P3 si ottiene da P2 cambiando 2 in − 2. Essendo i vettori ui ortonormali, le matrici Pi costituiscono una risoluzione spettrale dell'identità, per cui P1 P2 = 0 e P32 = P3 .

Esercizio 1.73 (Compito N.O. del 29.3.2004). normale la supercie quadrica

Ridurre a forma

4x2 + 4y 2 + 4z 2 + 4xy + 4xz + 4yz − 3 = 0.

Dare una spiegazione geometrica del risultato ottenuto. Risposta:

L'equazione generale di una quadrica è: a11 x21 + a22 x22 + a33 x23

+2a12 x1 x2 + 2a13 x1 x3 + 2a23 x2 x3 +2a14 x1 + 2a24 x2 + 2a34 x3 +a44 = 0.

Posto xi → xi /t e t → x4 , in coordinate omogenee (o scriversi in forma matriciale compatta come:

proiettive )

l'equazione può

x Ax = 0,

ove x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ed A è la matrice (reale e simmetrica) dei coecienti aij . Nel nostro caso, 0 1 4 B2 A=B @2 0

2 4 2 0

2 2 4 0

0 0 C C. 0 A −3

Una matrice reale e simmetrica è sempre diagonalizzabile, ammette autovalori reali, ad autovalori distinti corrispondono autovettori ortogonali, e gli autovettori (l.i.) corrispondenti ad un autovalore con molteplicità maggiore di uno possono essere ortogonalizzati. Pertanto, è sempre possibile determinare una matrice ortogonale R che diagonalizza la matrice A: A = RA R .

Tale matrice denisce un cambiamento di coordinate: x = R r,

nel quale l'equazione della quadrica diventa: x Ax = 0 ⇔

x [RA R ]x = 0 ⇔

ossia del tipo

x A x = 0,

2 2 2 λ1 x2 1 + λ2 x2 + λ3 x3 + λ4 x4 = 0,

1.11 Temi d'esame svolti

117

con λi autovalori di A. Seconda del valore e del segno di tali autovalori, tornando a coordinate non omogenee, l'equazione della quadrica assume una delle seguenti forme canoniche:



x2 x2 x2 1 + 22 + 32 = 1, 2 a b c x2 x2 x2 1 2 + 2 − 32 = 1, a2 b c x2 x2 x2 1 2 + 2 − 32 = −1, a2 b c x2 x2 z = 22 − 12 , b a

(ellissoide),

(iperboloide iperbolico),

(iperboloide ellittico),

(paraboloide iperbolico).

Nel nostro caso, gli autovalori di A sono λ1 = 8, λ2 = λ3 = 2, λ4 = 3, ed 1 0 1 1 √ √1 √ 0 3 2 6 B √1 0 − √26 0C C B R = B 13 C. @ √3 − √12 √16 0A 0 0 0 1 La forma canonica della quadrica assegnata è dunque quella di un ellissoide di parametri a2 = 38 , b2 = c2 = 32 (dunque, un ellissoide di rotazione attorno alla direzione di x1 , ved. Fig. 1.4). z

1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 -1.5 1.5 1 -1.5

0.5 -1

-0.5 x

0 0

0.5

-0.5 1

y

-1 -1.5 1.5

Fig. 1.4.

Ellissoide ed assi principali dell'Esercizio 1.73. Gli assi (x1 , x2 , x3 ) sono disegnati con linea tratteggiata. Gli assi principali (x1 , x2 , x3 ) sono disegnati con linea continua, e tra questi l'asse di simmetria (di rotazione) è marcato con linea più spessa

20

Abbiamo omesso di elencare le forme canoniche delle quadriche a punti immaginari, dei coni e delle quadriche degeneri in coppie di piani, per le quali rimandiamo ad un qualsiasi testo di geometria analitica o alla pagina web http://mathworld.wolfram.com/QuadraticSurface.html.

118

1 Spazi vettoriali

Esercizio 1.74 (Compito del 3.6.2004). Risolvere il sistema di equazioni dierenziali: 2x˙ = (i − 1)x + (i + 1)z y˙ = −iy 2z˙ = (i + 1)x + (i − 1)z,

sotto le condizioni iniziali x(0) = z(0) = 1, y(0) = 0. Risposta:

Posto X(t) = [x(t), y(t), z(t)] , risulta X˙ = AX , con 0i − 1 i + 11 0 2 C B 2 C A=B @ 0 −i 0 A , i−1 i+1 0 2 2

matrice unitaria e simmetrica, ed X(0) = (1, 0, 1) . La matrice A ha autovalori λ = i, −i, −1 (tutti di modulo unitario, come era da attendersi) e, corrispondentemente, autovettori √12 (1, 0, 1) , (0, 1, 0) , √12 (1, 0, −1) . La matrice U (unitaria) che diagonalizza A ha tali autovettori per colonne, e si trova: ` ´ eAt = U eAt U †

1 0 it 10 1 1 √ 0 √1 0 √12 e 0 0 2 2 −it = @ 0 1 0 A@ 0 e 0 A@ 0 1 0 A −t √1 0 − √1 √1 0 − √1 0 0 e 2 2 2 2 0 1 it 1 −t it 1 (e + e ) 0 (e − e−t ) 2 2 A. =@ 0 e−it 0 it −t it −t 1 1 (e − e ) 0 2 (e + e ) 2

Inne,

0

√1 2

(1.143)

1 eit X(t) = eAt X(0) = @ 0 A . eit 0

Esercizio 1.75 (Compito del 5.7.2004). Sia A : C3 hermitiana che lascia invariati i vettori del sottospazio

→ C3

la matrice

E = {v = (x, y, z) ∈ C3 : x + y = 0},

e tale che Tr A = 0. 1. Determinare e classicare A. 2. Determinare e classicare exp(iAt), con t ∈ R. 3. Si può ancora dire che exp(iAt) lasci invariati i vettori di E ?

Risposta: Osserviamo√intanto che dim E = 2. Due vettori l.i. in E sono ad esempio v 1 = (1, −1, 0) / 2 e v 2 = (0, 0, 1) , che abbiamo scelto in modo da essere anzi ortonormali. Un terzo vettore, √ che insieme agli altri due forma una base ortonormale per C3 , è v 3 = (1, 1, 0) / 2.

1.11 Temi d'esame svolti

119

Anché A lasci invariato ciascun vettore di E , occorre che Av = v , per ogni v ∈ E . Allora ogni v ∈ E è soluzione del problema agli autovalori per A, con autovalore uguale ad uno. Segue che A è diagonalizzabile (infatti, A è hermitiana) ed E è un autospazio di A appartenente all'autovalore λ = 1. Essendo dim E = 2, tale autovalore avrà molteplicità due. Sia μ il terzo autovalore di A. Essendo la traccia di A un invariante, deve risultare Tr A = 2λ + μ = 0,

da cui μ = −2. Conosciamo quindi gli autovalori di A (cioè 1, 1 e −2) e gli autovettori appartenenti ai primi due autovalori (cioè v 1 e v 2 ). Dovendo A essere hermitiana, sappiamo che essa deve avere autovalori reali (come infatti abbiamo trovato), e ad autovalori distinti devono corrispondere autovettori ortogonali. Al terzo autovalore μ, distinto da λ (doppio), dobbiamo dunque associare un autovettore ortogonale all'autospazio E , cioè v 3 . Senza la condizione che il terzo autovettore fosse ortogonale ai primi due, avremmo potuto scegliere v 3 in modo arbitrario (purché l.i. dai primi due), ed avremmo trovato una matrice A normale, ma in generale non hermitiana. In denitiva, detta U la matrice (unitaria) avente i v i per colonne, si trova: 10 1 10 1 0 1 3 1 0 1 √ √ − √1 0 0 √12 1 −2 −2 0 2 2 2  † 1 1 A@ 0 0 1A = @− 32 − 12 0A . A = U A U = @− √2 0 √2 A @ 1 √1 √1 −2 0 0 0 1 0 1 0 2 2 In modo analogo, si trova:

1 1 1 e− 2 it cos 32 t −ie− 2 it sin 32 t 0 C B 1 1 exp(iAt) = U (exp iAt) U † = @−ie− 2 it sin 3 t e− 2 it cos 3 t 0 A , 2 2 it 0 0 e 0

che è unitaria (cfr. Esercizio 1.63). Posto f (A) = exp(iAt) (le considerazioni seguenti in realtà valgono per una generica funzione della matrice A), se v ∈ E , non si può in generale dire che f (A)v sia uguale a v , in quanto E continua ad essere un autospazio per A, ma appartenente all'autovalore f (λ), che in genere sarà diverso da uno. Tuttavia, se v ∈ E , allora anche Av ∈ E , ossia il sottospazio E (non i suoi singoli vettori) è invariante per f (A).

Esercizio 1.76 (Compito del 11.10.2004). Data la matrice ⎛

⎞ 0 1 0 A = ⎝1 0 i ⎠ : 0 −i 0

1. Riconoscerne il tipo e discuterne le principali proprietà. 2. Discutere il problema agli autovalori per A. 3. Detti λi gli autovalori di A, determinare le matrici Pi tali che A=

3  i=1

λ i Pi .



120

1 Spazi vettoriali

4. Cosa può dirsi, ad esempio, di P1 P2 e di P32 ?

√ Vedi Esercizio 1.72. Autovalori: λ1 = 0, λ2,3 = ± 2. Autovet√ √ 1) /2. Risoluzione dell'identità: P1 = tori: u1 = (1, 0, i) / 2, u2,3 = √ (i, ∓ 2, 0 1 0 1 i√ 1 ∓ 2 1 0 −i √ 1 @ 0 0 0 A, P2,3 = 14 @∓ 2 2√ ∓i 2A. 2 i 0 1 −i ±i 2 1

Risposta:

Esercizio 1.77 (Compito del 9.12.2004). Determinare il valore del parametro a per il quale il sottospazio

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = 0} è invariante rispetto alla matrice:

⎛

21 A = ⎝0 a 00

⎞ 0 0⎠ . 1

Calcolare in tal caso f (A) = exp A e dire se V è ancora invariante per f (A).

Risposta: Gli autovalori della matrice A sono 1, 2, ed a, a cui appartengono, 1 rispettivamente, gli autovettori (0, 0, 1) , (1, 0, 0) , ( a−2 , 1, 0) . Anché V sia invariante rispetto ad A è suciente che V sia un autospazio per A. Dunque, è suciente che V ammetta due autovettori l.i. di A come base, e che questi autovettori appartengano allo stesso autovalore. Il primo autovettore è certamente in V , il secondo 1 + 1 = 0, autovettore certamente non è in V , mentre il terzo è in V soltanto se a−2 ossia se a = 1. In tal caso, il primo ed il terzo autovettore appartengono entrambi all'autovalore 1, che è degenere, rispetto ad A, come richiesto. Se 1 0 2e V2 è invariante e e −e 0 e 0A. a = 1, si trova inne exp A = @ 0 0 0 e

Esercizio 1.78 (Compito del 27.06.2006). Dati i vettori ⎛ ⎞ 1 v1 = ⎝ i ⎠ , 0

⎛ ⎞ 1 v 2 = ⎝0⎠ , 0

⎛ ⎞ 0 v 3 = ⎝0⎠ : i

1. Vericare che {v i } sono una base di C3 . 2. Costruire, da {v i }, la base ortonormale {ui } secondo il procedimento di Gram-Schmidt. 3. Classicare la matrice A che soddisfa la relazione

Aui = λi ui , con λi = 1, i, −i, e calcolarne gli elementi di matrice in base canonica. 4. Calcolare A4 .

2 Serie di Fourier

Per questo capitolo, fare riferimento a Kolmogorov e Fomin (1980) per quanto riguarda la teoria dell'analisi funzionale, in generale, ancora a Fano e Corsini (1976) per i primi cenni relativi alla serie di Fourier, ed a Zachmanoglou e Thoe (1989) per alcuni esempi ed applicazioni. 2.1 Generalità

Sia f : [−π, π] → C una funzione complessa di variabile reale. La scrittura: ∞

f (x) =

a0  (an cos nx + bn sin nx) + 2 n=1

(2.1)

prende il nome di serie trigonometrica di Fourier o, semplicemente, serie di Fourier per la funzione f . Intendiamo dare risposta alle domande: 1. per quali funzioni f la (2.1) abbia senso; 2. quale senso abbia la (2.1), cioè in che senso deve intendersi la convergenza della serie a secondo membro; 3. quale sia la relazione fra i coecienti an , bn e la f . Serie trigonometrica di Fourier

Cominciamo con l'osservare che è noto dalla teoria che il sistema di `vettori' {1, cos nx, sin nx}, con n ∈ N (2.2) è un sistema ortogonale nello spazio L2 (−π, π) delle funzioni a quadrato integrabile in (−π, π) rispetto al prodotto scalare (hermitiano): 

f |g =

f ∗ (x)g(x) dx. (−π,π)

Angilella G. G. N.: Esercizi di metodi matematici della fisica. © Springer-Verlag Italia 2011

122

2 Serie di Fourier

Richiamo. Lo spazio L2 (−π, π) è lo spazio delle funzioni f : (−π, π) → C tali che f sia a quadrato misurabile (secondo Lebesgue) in (−π, π), cioè sia tale che ∫(−π,π) |f (x)|2 dx < ∞. Infatti, facendo opportunamente uso delle formule di Werner 1 [sin(α + β) + sin(α − β)] 2 1 cos α cos β = [cos(α + β) + cos(α − β)] 2 1 sin α sin β = − [cos(α + β) − cos(α − β)], 2

(2.3a)

sin α cos β =

(2.3b) (2.3c)

e del fatto che 1 + cos 2y 2 1 − cos 2y 2 sin y = , 2

cos2 y =



si verica subito che: 1|1 = 2π, 1| cos nx = 0, 1| sin nx = 0,

cos mx| cos nx = πδmn , cos mx| sin nx = 0, sin mx| sin nx = πδmn .

Pertanto, il sistema



+ 1 1 1 √ , √ cos nx, √ sin nx π π 2π

(2.4)

(2.5)

è ortonormale. Tuttavia, principalmente per ragioni storiche, è consuetudine fare riferimento al sistema ortogonale (2.2). Cominciamo col rispondere alla questione 3. Supponiamo, cioè, che la (2.1)

an , bn (coecienti di Fourier ). Moltiplicando la (2.1) scalarmente a sinistra ordinatamente per

abbia senso, e proponiamoci di determinare i coecienti

gli elementi della base (2.2), facendo uso delle (2.4), e assumendo che abbiano senso gli integrali che occorre calcolare, che si possa invertire il segno di somma con quello di integrale (preciseremo più avanti sotto quali condizioni tutte queste procedure siano possibili), si ha:

 1|f  = cos nx|f  = sin nx|f  =

π

−π  π −π  π −π

f (x) dx = a0 π, f (x) cos nx dx = πan , f (x) sin nx dx = πbn ,

2.1 Generalità

da cui

 1 π a0 = f (x) dx, π −π  π 1 an = f (x) cos nx dx, π −π  π 1 bn = f (x) sin nx dx. π −π

123

(2.6)

Serie di Fourier in forma complessa Le funzioni

1 gn (x) = √ einx , 2π

n∈Z

(2.7)

sono c.l. delle funzioni di base (2.5). Esse formano un sistema ortonormale completo in L2 (−π, π), in quanto gn |gm  = δnm . Dunque, se f : [−π, π] →  C, ha senso, sotto opportune restrizioni per f (da precisare in seguito) la scrittura: ∞  1 f (x) = √ cn einx , 2π n=−∞

(2.8)

che prende il nome di serie di Fourier in forma complessa. Beninteso, anche la (2.1) vale per funzioni f a valori complessi (purché si ammettano per i coecienti an , bn valori complessi). La (2.8) ha in più soltanto il vantaggio di utilizzare una notazione più compatta. Con procedura analoga a quella seguita per determinare i coecienti della serie trigonometrica di Fourier, si  trova:  π 1 cn = √ f (x)e−inx dx. (2.9) 2π

−π

Proviamo adesso a precisare la classe delle funzioni f per cui hanno senso le (2.1) e (2.2), ed in che senso debba intendersi la convergenza dei secondi membri. Una discussione più generale dei criteri di convergenza della serie di Fourier è rimandata al Ÿ 2.4.

Denizione 2.1 (Funzione regolare a tratti). Una funzione f

si dice

regolare a tratti

: (a, b) → C

se esiste al più un numero di nito di punti a = α0 < α1 < . . . < αp = b tali che f sia continua, derivabile e con derivata continua in ]αi−1 , αi [ (i = 1, . . . p), e che esistano niti i limiti sinistro e destro di f e di f  in tali punti:

1

Cfr. le espressioni della trasformata ed antitrasformata di Fourier, (5.29) ed (5.30).

124

2 Serie di Fourier

lim f (x) = f (αi − 0)

x→α− i

lim f (x) = f (αi + 0)

x→α+ i

lim f  (x) = f  (αi − 0)

x→α− i

lim f  (x) = f  (αi + 0).

x→α+ i

Teorema 2.1 (di Fourier). Sia f : [−π, π] → C una funzione regolare a tratti in [−π, π]. Allora le serie (2.1) e (2.8), con an e bn dati dalle (2.6) e cn dati dalle (2.9), convergono puntualmente ad f (x) in ogni punto in cui f è continua, ed al valor medio dei limiti sinistro e destro, 1 [f (αi − 0) + f (αi + 0)] 2

nei punti x = αi (i = 1, . . . p) in cui f è eventualmente discontinua.

Teorema 2.2 (di Fourier). Sia f : [−∞, ∞] → C una funzione periodica di periodo 2π , regolare a tratti in [−π, π]. Allora le serie (2.1) e (2.8), con an e bn dati dalle (2.6) e cn dati dalle (2.9), convergono puntualmente ad f (x) in ogni punto in cui f è continua, ed al valor medio dei limiti sinistro e destro, 1 [f (αi − 0) + f (αi + 0)] 2

nei punti x = αi + 2kπ (i = 1, . . . p, k ∈ Z) in cui f è eventualmente discontinua. Se

f

è denita soltanto fra

−π

e

π,

essa può essere prolungata per

periodicità, come mostrano i seguenti esempi.

Esercizio 2.1. Determinare i coecienti dello sviluppo in serie trigonometrica di Fourier della funzione:

 1, f (x) = x,

per per

− π < x < 0, 0 < x < π.

Risposta: Consideriamo il prolungamento della funzione assegnata, denita in (−π, π), a tutto l'asse reale, per periodicità (vedi Fig. 2.1). La funzione è regolare a tratti in [−π, π], con punti di discontinuità per x = 0 ed x = ±π . Spezzando gli integrali nei tratti in cui f è continua, ed eventualmente integrando per parti, si determinano i coecienti an e bn dello sviluppo in serie di Fourier: « ∞ „ 2 + π X −1 + (−1)n −1 + (1 − π)(−1)n f (x) = + cos nx + sin nx . 4 n2 π nπ n=1 (Notare come gli an decrescano più rapidamente dei bn , per n → ∞).

2.1 Generalità

125

N=5 N = 20

π

1

0 −3π

−2π

−π

0

π

2π

3π

Fig. 2.1. Esercizio 2.1. La linea continua è il graco di f (x), mentre le linee tratteggiate rappresentano il graco delle somme parziali della (2.1) per n ≤ N (valore indicato). Le crocette indicano i valori medi dei limiti sinistro e destro di f (x), nei suoi punti di discontinuità

Osservazione 2.1. La serie di Fourier (2.1) può essere adoperata per appros-

simare una funzione, ed essa risulta particolarmente eciente nei punti in cui la funzione è continua (vedi avanti per condizioni più stringenti su f , che garantiscono una migliore convergenza della serie di Fourier). La Fig. 2.1 mostra le somme parziali della serie di Fourier relativa alla funzione denita nell'Esercizio 2.1, per n ≤ N , con N = 5 ed N = 20: a0  (an cos nx + bn sin nx). + 2 n=1 N

SN (x) =

Si vede, in particolare, come l'approssimazione migliori considerevolmente al crescere di N nei punti in cui f è continua, mentre sembri tendere ad un'approssimazione limite in prossimità dei punti in cui f è discontinua, pur essendo vero che la serie converge puntualmente al valor medio dei limiti sinistro e destro di f in tali punti (vedi la discussione del fenomeno di Gibbs in Ÿ 2.2). Per costruire le somme parziali mostrate in Fig. 2.1, provate a scrivere un programma in un qualsiasi linguaggio di programmazione a voi noto. È utile osservare, a tal proposito, che si impiega minor tempo di calcolo (e si commette un minore errore numerico) calcolando le funzioni di base in x, Cn = cos nx e Sn = sin nx, servendosi delle formule di ricorrenza:

126

2 Serie di Fourier

C1 = cos x S1 = sin x Cn ← Cn−1 C1 − Sn−1 S1 Sn ← Sn C1 + Cn S1 , ottenute dalle usuali formule cos(n + 1)x = cos(nx + x) = cos nx cos x − sin nx sin x etc. In questo modo, è necessario calcolare cos x e sin x una sola volta per ogni x, ottenendo i valori di cos nx e sin nx nel punto x ricorsivamente mediante semplici operazioni di somma e prodotto. Allo stesso modo, è bene adoperare una formula ricorsiva anche per s(n) = (−1)n , quale ad esempio:

s(1) = −1 s(n) ← −s(n − 1). Osserviamo che, per il calcolo di SN +1 (x), continuano ad essere utili i coecienti an , bn , con n ≤ N , già calcolati ed utilizzati per il calcolo di SN (x). Ciò è dovuto all'ortogonalità della base (2.2): ogni volta che si estende tale base considerando un'altra coppia di armoniche, ad esempio cos(N + 1)x e sin(N + 1)x, in virtù dell'ortogonalità di queste nuove funzioni rispetto a tutte le precedenti, con n ≤ N , i coecienti an e bn non vengono a dipendere dalle nuove funzioni.

Teorema 2.3. Sia f : [−π, π] → C una funzione pari, ossia tale che f (−x) = f (x), ∀x ∈ [−π, π]. Allora, nel suo sviluppo in serie di Fourier, risulta bn = 0, ∀n ∈ N. Se invece f è una funzione dispari, ossia tale che f (−x) = −f (x), ∀x ∈ [−π, π], allora nel suo sviluppo in serie di Fourier risulta an = 0, ∀n ∈ N∪{0}. Dimostrazione. Basta ovviamente considerare le (2.6), ed osservare che 1 e cos nx sono funzioni pari mentre sin nx sono funzioni dispari.  

Esercizio 2.2 (Funzione pari). Determinare i coecienti dello sviluppo in serie trigonometrica di Fourier della funzione: f (x) = |x|,

x ∈ [−π, π].

Risposta: La funzione è pari, dunque il suo sviluppo in serie di Fourier non contiene termini in sin nx. Essa è continua in tutto [−π, π], e risulta: |x| =

∞ 2 X (−1)n − 1 π cos nx, + 2 π n=1 n2

(Fig. 2.2) e la convergenza è addirittura assoluta e uniforme (vedi Teorema 2.6). 2

L'estensione periodica con periodo 2 di |x| viene talora chiamata funzione al motivo decorativo del maglione del noto

di Charlie Brown, con riferimento personaggio di Peanuts.

2.1 Generalità

127

|x| N=5 x N=5

π

0

−π −3π

−2π

−π

0

π

2π

3π

Fig. 2.2.

Graci ed approssimazioni con somme parziali di Fourier (N = 5) delle funzioni degli Esercizi 2.2 e 2.3. Notare come tali due funzioni coincidano per 0 < x < π (e periodici), mentre le approssimazioni mediante le rispettive serie di Fourier, troncate allo stesso valore di N , rendano un'approssimazione notevolmente migliore per f (x) = |x| che per f (x) = x. Ciò è dovuto alla presenza di discontinuità ad x = 0, ±π, . . . nel caso della seconda funzione. Al contrario, l'assenza di tali discontinuità per la prima funzione rende il carattere di convergenza della serie di Fourier addirittura uniforme

Esercizio 2.3 (Funzione dispari). Determinare i coecienti dello sviluppo in serie trigonometrica di Fourier della funzione: f (x) = x,

x ∈ [−π, π].

Risposta: La funzione è dispari, dunque il suo sviluppo in serie di Fourier non contiene il termine costante ed i termini in cos nx. Essa è continua in [−π, π], ad eccezione dei punti estremi, x = ±π . Risulta: x=2

∞ X (−1)n+1 sin nx, n n=1

puntualmente per x ∈] − π, π[, mentre la serie di Fourier converge al valor medio dei limiti sinistro e destro di f (x), cioè a zero, per x = ±π (Fig. 2.2).

Osservazione 2.2 (Serie di soli seni o soli coseni). Gli esempi precedenti e la Fig. 2.2 mostrano che, in un certo intervallo, una funzione può essere approssimata da serie di Fourier diverse, che convergono in modo dierente (cioè, secondo tipi di convergenza diversa, come puntuale, uniforme, assoluta, etc, che

128

2 Serie di Fourier

numericamente corrispondono alla possibilità di approssimare in modo migliore o peggiore la stessa funzione in quel tratto). In particolare, sia f : [0, π] → C una funzione regolare a tratti in [0, π]. Tale funzione può essere prolungata a tutto [−π, π] (e quindi a tutto l'asse reale, per periodicità, con periodo 2π ) in modo che il prolungamento sia pari (fe ) o dispari (fo ). Possiamo cioè porre: ⎧ ⎪ x ∈]0, π], ⎨f (x), fo (x) = 0, x = 0, ⎪ ⎩ −f (−x), x ∈ [−π, 0[,

per la quale si ha lo

sviluppo in serie di Fourier di soli seni,

(2.10) con coecienti:

a0 = an = 0,  2 π f (x) sin nx dx, bn = π 0

oppure si può porre:

⎧ ⎪ x ∈]0, π], ⎨f (x), fe (x) = f (0), x = 0, ⎪ ⎩ +f (−x), x ∈ [−π, 0[,

(2.11)

per la quale si ha lo sviluppo in serie di Fourier di soli coseni, con coecienti: 2 π bn = 0.

an =



π

f (x) cos nx dx 0

Entrambe le rappresentazioni sono legittime in [0, π], ove pertanto la f (x) di partenza può alternativamente essere sviluppata in serie di Fourier di soli seni o di soli coseni. (Attenzione però agli eventuali punti di discontinuità di f (x), ed a quelli che i prolungamenti ad fe o fo possono indurre; vedi esempi che seguono.)

Esercizio 2.4. Consideriamo la funzione f : [0, π] → C denita ponendo f (x) = 1, 0 ≤ x ≤ π (funzione di Heaviside). I suoi prolungamenti pari e dispari in [−π, π] sono mostrati in Fig. 2.3.

Si trova che, mentre lo sviluppo in soli coseni dei prolungamento pari coincide con fe (x) già dal primo termine (termine costante!), lo sviluppo del prolungamento dispari (sviluppo in soli seni) è: fo (x) =

∞ 2  1 − (−1)n sin nx, π n=1 n

(2.12)

che converge puntualmente a f (x) = 1 per 0 < x < π , a −f (x) = −1 per −π < x < 0, e a 0 (valor medio dei limiti sinistro e destro di f (x)) per x = 0, ±π .

2.1 Generalità

129

1

0

−1

fo (x) N = 20 fe (x) −π

0

π

Fig. 2.3. Esercizio 2.4. Prolungamenti pari e dispari di f (x) = 1

Esercizio 2.5. Sviluppare in serie di Fourier di soli seni e di soli coseni la funzione:

f (x) = x(π − x),

0 ≤ x ≤ π.

Risposta: Facendo uso delle formule per gli sviluppi in soli seni e soli coseni, e integrando per parti ove occorre, si trova: „ «π Z 2 π 2 π 2 x3 π2 x(π − x) dx = = x − , a0 = π 0 π 2 3 0 3 Z 2 π an = x(π − x) cos nx dx = π 0 « „ «–π » „ 2x n2 x 2 − 2 x 1 2 cos nx + sin nx = π sin nx + 2 cos nx − = π n n n2 n3 0 2 = − 2 [1 + (−1)n ], n bn = 0, per quanto riguarda lo sviluppo in soli coseni, e: a0 = an = 0 Z 2 π 4 bn = x(π − x) sin nx dx = . . . = [1 − (−1)n ], π 0 πn3

per quanto riguarda lo sviluppo in soli seni. Quindi, la funzione f (x) ammette per 0 < x < π alternativamente gli sviluppi:

130

2 Serie di Fourier

2

1

0

-1

-2 −3π

fe (x) N=2 −2π

−π

0

π

2π

3π

2

1

0

-1

-2 −3π

fo (x) N=2 −2π

−π

0

π

2π

3π

Fig. 2.4. Esercizio 2.5 8 2 ∞ X π 1 + (−1)n > > cos nx, > < 6 −2 n2 n=1 f (x) = ∞ > 4 X 1 − (−1)n > > sin nx. : π n=1 n3

La Fig. 2.4 riporta i graci di fe (x), fo (x), e delle approssimazioni mediante somme parziali di Fourier, con N = 2. Notare come la serie per fo (x) approssimi meglio (e converga più rapidamente) f (x) in (0, π).

Esercizio 2.6 (Decomposizione in parte pari e dispari). Consideriamo la funzione: f (x) = x(π − x)

per x ∈ [−π, π]. Essendo l'intervallo di denizione di f simmetrico rispetto all'origine, ha senso chiedersi se f sia una funzione pari o dispari. Si osserva subito che essa non è né pari, né dispari.

2.1 Generalità

131

Per ogni funzione f denita in un intervallo simmetrico rispetto all'origine, si può tuttavia denire una parte pari ed una parte dispari rispettivamente come: f (x) + f (−x) , 2 f (x) − f (−x) . fo (x) = 2 fe (x) =

Si verica subito che fe (x) = fe (−x), fo (x) = −fo (−x), e che f (x) = fe (x) + fo (x). Tale ultima decomposizione è inoltre unica. Nel caso in esame, si trova subito che fo (x) = πx e fe (x) = −x2 . Esse si possono anche pensare come le proiezioni di f sui sottospazi generati linearmente da {π− sin nx} e da {(2π)− , π− cos nx}, rispettivamente (n ∈ N). Le loro componenti sono proprio le `proiezioni ortogonali' sugli elementi di tali basi, cioè i prodotti scalari: 1 2

1 2

1 2

 9  π  1 1 2 1   (−x2 ) dx = − √ π 3 , a0 = √ fe (x) = √  3 2π 2π 2π −π  8 9  π  1 1 4π  an = √ cos nxfe (x) = √ (−x2 ) cos nx dx = − 2 √ (−1)n ,  π π −π n π  8 9  π  1 1 2π2   (πx) sin nx dx = − √ (−1)n . bn = √ sin nxfo (x) = √  π π −π n π 8

In termini di tali coecienti, è possibile scrivere gli sviluppi in serie di Fourier: ∞

 1 1 fe (x) = a0 √ + an √ cos nx, π 2π n=1 ∞ 

1 bn √ sin nx, π n=1

∞  1   1  1 an √ cos nx + bn √ sin nx . f (x) = a0 √ + π π 2π n=1

fo (x) =

L'uguaglianza di Parseval si scrive nei primi due casi come: 2

 fe  = =  fo 2 = =

|a0 |2 ∞  n=1

+

∞ 

|an |2

n=1

|bn |2 = 4π 3

∞  2 5 1 = π + 16π , 4 9 n n=1

∞  1 , n2 n=1

π 2π 5 2 2 2 da cui, osservando che  fe  = fe |fe  = −π |fe (x)| dx = 5 e che  fo  = π 5 2π fo |fo  = −π |fo (x)|2 dx = 3 , è possibile determinare le somme delle serie numeriche:

132

2 Serie di Fourier ∞  π4 1 , = 4 n 90 n=1 ∞  1 π2 = 2 n 6 n=1

(vedi anche Ÿ 2.3). Poiché inoltre risulta zione di

 fo > fe ,

ossia che la `lunghezza' della proie-

nel sottospazio delle funzioni dispari è maggiore della `lunghezza'

f

della proiezione nel sottospazio delle funzioni pari, possiamo concludere che la funzione graco di

f è `più dispari che f (x) (vericatelo).

pari'. Tale aermazione trova riscontro nel

Funzioni periodiche con periodo diverso da 2π Supposto che la serie di Fourier (2.1) converga, ad esempio puntualmente, per

x

reale qualsiasi, una proprietà fondamentale è che la funzione cui converge

è periodica di periodo

2π . Ciò risulta evidente per il fatto che, per ogni N SN (x) è la c.l. di una costante e di 2N funzioni periodiche, di periodo 2π, π, 2π/3, . . . 2π/N . Ne risulta che SN (x) è una funzione ancora periodica,

nito,

con periodo pari al massimo dei periodi delle singole funzioni (eccetto la costante

a0 /2,

ovviamente), cioè

SN (x) ha periodo pari a 2π . Aumentando N armoniche allo sviluppo, non si modica della funzione cui converge, per N → ∞.

continuando ad aggiungere altre periodo di

SN (x),

e quindi

D'altronde, il valore

e il

2π assunto per il periodo è un valore molto particolare,

suggerito dalla natura delle funzioni di base, seno e coseno. Anche una funzione di periodo 2T generico può essere rappresentata mediante uno sviluppo in serie di Fourier, pur di utilizzare funzioni di base col periodo corretto. Sia periodo

C,

f : R → C una funzione regolare a tratti in [−T, T ] e periodica di 2T , ossia f (t + 2kT ) = f (t), k ∈ Z, t ∈ R. Allora, la funzione F : R →

denita ponendo:

F (x) = f è anch'essa periodica, di periodo

Tx π

,

∀x ∈ R,

2π , ed è regolare a tratti in [−π, π]. Pertanto,

essa ammette lo sviluppo in serie di Fourier: ∞

F (x) =

a0  + (an cos nx + bn sin nx), 2 n=1

dove i coecienti di Fourier sono determinati nel modo consueto:

2.1 Generalità



133

1 π F (x) dx, π −π  π 1 an = F (x) cos nx dx, π −π  π 1 bn = F (x) sin nx dx. π −π a0 =

, tali coecienti si esprimono come: Eettuando il cambio di variabile x = πt T a0 =

1 T

an =

1 T

1 bn = T



T

f (t) dt, −T  T

f (t) cos

nπt dt, T

f (t) sin

nπt dt, T

−T T



−T

e la serie di Fourier per f diventa: f (t) =

∞ a0  nπt nπt an cos + + bn sin . 2 T T n=1

Analogamente, nel caso di una funzione f (t) denita in [0, T ], prolungata ad una funzione pari in [−T, T ], e prolungata a tutto l'asse reale per periodicità, con periodo 2T , si ha: ∞

a0  nπt + , an cos 2 T n=1  2 T f (t) dt, a0 = T 0  2 T nπt an = dt, f (t) cos T 0 T

f (t) =

mentre nel caso del prolungamento dispari: f (t) =

∞ 

bn sin

n=1

bn =

2 T



nπt , T

T

f (t) sin 0

nπt dt. T

Approssimazione mediante serie di Fourier di gure chiuse in coordinate polari Un modo suggestivo per rappresentare funzioni periodiche di periodo 2π è quello di rappresentarle mediante coordinate polari. Data una funzione:

134

2 Serie di Fourier 1

1

0.5

0.5

0

0

0.5

0.5

1

1 1

0.5

0

0.5

1

1

0.5

0

0.5

1

Fig. 2.5. Esercizio 2.7. A sinistra: semicirconferenza; a destra: sua approssimazione

in serie di Fourier, con 10 e con 20 armoniche. Notare come per θ = 0 e θ = π , r valga sempre 12 , pari al valor medio del salto della funzione f (θ)

(2.13)

r = f (θ), periodica di periodo

θ

2π ,

il suo graco in coordinate cartesiane, dove si riporti

lungo l'asse delle ascisse ed

bilmente ad intervalli di si pensa ad

r, θ

2π

r

lungo l'asse delle ordinate, si ripete invaria-

sia a sinistra, sia a destra dell'origine. Se invece

come a coordinate polari, allora il graco della (2.13) verrà

rappresentato da una curva chiusa. (Se invece

f (θ) non fosse periodica, il gra-

co sarebbe quello di una curva aperta.) La serie di Fourier consente allora di ottenere approssimazioni di gure geometriche chiuse.

Esercizio 2.7. Approssimare mediante serie di Fourier la semicirconferenza di Fig. 2.5 (Gordon, 1995).

da:

Risposta:

L'equazione di questa gura geometrica, in coordinate polari, è data ( 1, 0 ≤ θ < π, r= 0, π ≤ θ < 2π.

Come funzione di θ, è una funzione regolare a tratti, prolungabile per periodicità a tutto l'asse reale con periodo 2π . Lo sviluppo in serie di Fourier è: » – 2 1 1 1 sin θ + sin 3θ + sin 5θ + . . . . r= + 2 π 3 5



Esercizio 2.8. Determinare l'approssimazione in serie di Fourier del generico poligono regolare inscritto nella circonferenza unitaria.

2.2 Fenomeno di Gibbs Abbiamo già osservato (gracamente) che in corrispondenza ad un punto di discontinuità di una funzione approssima

f (x) regolare a tratti in [−π, π] la serie di Fourier f (x) in modo peggiore che nei punti in cui f (x) è continua.

Che signica in modo peggiore ?

2.2 Fenomeno di Gibbs Il Teorema 2.1 garantisce che la serie di Fourier per la funzione verga ad

f (x) puntualmente

in ogni

dei limiti sinistro e destro di

f

x

in cui

f

f (x)

135 con-

sia continua, ed al valor medio

ove questa presenti dei punti di discontinuità.

Negli esempi considerati in precedenza, è stato possibile vericare gracamente anche questo. Abbiamo tuttavia anche osservato che, per valori di prossimi ad un punto di discontinuità per

f,

x

pur essendo garantito che la

f (x), la somma parziale SN (x) restituisce una f (x). Il problema consiste nella presenza di un

serie di Fourier converga ad cattiva approssimazione di

picco,

ovvero di un massimo o di un minimo pronunciato, di altezza nita,

SN (x), per ogni valore di N (anche elevato), per x in prossimità di un punto di discontinuità per f . Aumentando N , l'eetto non

presente nel graco di

scompare: la collocazione del picco si avvicina sempre più al punto di discontinuità, mentre la sua altezza non sembra aumentare considerevolmente. La serie di Fourier, tuttavia, converge al valor medio dei limiti destro e sinistro di

f (x)

per

x

esattamente uguale ad un punto di discontinuità per

negli esempi considerati, per tale valore di

x,

per

SN (x) è ogni N .

f,

anzi,

addirittura uguale al valor medio dei limiti

Tale fenomeno pone dunque dei limiti sulla bontà dell'approssimazione numerica

globale

di una funzione (regolare a tratti) mediante la sua serie di

Fourier (l'approssimazione numerica

locale

è garantita dal Teorema 2.1). È

bene però tenere conto di questo fenomeno anche per le sue possibili conseguenze nelle applicazioni di elettrotecnica. Infatti, è noto che un segnale elettrico (tensione o corrente) viene spesso approssimato mediante la sovrapposizione di segnali oscillanti con frequenze multiple di una data frequenza (armoniche). Se il segnale che si desidera approssimare è `regolare a tratti' (ad esempio, presenta dei salti come funzione del tempo; pensiamo al `dente di sega'), allora inevitabilmente poco prima di ogni brusca variazione di intensità il segnale subirà un'`impennata'. In particolare, questa fa assumere al segnale `reale' un valore superiore al valore massimo teorico. Si può cioè avere una sovratensione o una sovracorrente, che è bene poter prevedere in anticipo (anche quantitativamente), in modo da evitare che l'apparecchiatura subisca danni. Questo fenomeno fu osservato da Gibbs, al quale si deve il seguente:

Teorema 2.4 (di Gibbs). Sia f : [−π, π] → R una funzione regolare a tratti, e sia x0 ∈ [−π, π] un punto di discontinuità per tale funzione, con f (x0 + 0) = −f (x0 − 0) > 0, per ssare le idee. Sia SN (x) la somma parziale della serie di Fourier per la funzione f . Allora, in prossimità di x0 , SN (x) presenta un picco ( picco di Gibbs) di altezza H tale che |H − f (x0 + 0)|  9%|f (x0 + 0) − f (x0 − 0)|.

Dimostrazione. Esula

dai limiti di questo corso. Ci limitiamo ad osservare

che l'utile stima numerica oerta dal teorema non dipende dalla funzione considerata.

f  

136

2 Serie di Fourier

Può risultare istruttivo vericare direttamente il fenomeno di Gibbs in un caso particolare, quale quello costituito dalla funzione f : [−π, π] → R (già discussa nell'Esercizio 2.4): ⎧ ⎪ ⎨−1, −π < x < 0, f (x) = 0, x=0 ⎪ ⎩ 1, 0 < x < π.

La funzione è dispari in [−π, π], e presenta dei punti di discontinuità per x = 0 e x = ±π, e periodici (Fig. 2.6). 1.5

N=20

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5 −3π

−2π

−π

0

π

2π

3π

Fig. 2.6. Fenomeno di Gibbs

Abbiamo già calcolato lo sviluppo in serie di Fourier, che contiene solo seni, e solo le armoniche dispari. Pertanto, per N = 2n − 1, la somma parziale S2n−1 (x) è: 0 1 4 sin(2n − 1)x 1 S2n−1 (x) = sin x + sin 3x + . . . + . π 3 2n − 1

Per determinare i punti di estremo di S2n−1 (x), calcoliamone la derivata:  S2n−1 (x) =

ed osserviamo che:

4 [cos x + cos 3x + . . . + cos(2n − 1)x] , π

2.2 Fenomeno di Gibbs

137

 π sin xS2n−1 (x) = 4 sin x [cos x + cos 3x + . . . + cos(2n − 1)x] = = 2 sin(2nx).

(2.14)

Infatti, servendosi delle formule di Eulero:

cos x + cos 3x + . . . + cos(2n − 1)x = / 1 . ix e + e3ix + . . . + e(2n−1)ix + e−ix + e−3ix + . . . + e−(2n−1)ix = 2   / 1 . ix  e 1 + e2ix + . . . + e2(n−1)ix + e−ix 1 + e−2ix + . . . + e−2(n−1)ix = 2 1 0 −2nix 1 ix 1 − e2nix −ix 1 − e e +e = 2 1 − e2ix 1 − e−2ix dove si è fatto uso dell'espressione per la progressione geometrica,

1 + q + . . . qn =

1 − q n+1 , 1−q

q = 1.

4 sin x = −2i(eix − e−ix ) e semplicando, segue la (2.14). In denitiva, dalla (2.14) segue che S2n−1 (x) presenta massimi o minimi per 2nx = ±π, ±2π, . . . ± (2n − 1)π . Di questi, i punti più vicini a x0 = 0 sono π π − 2n , che è un minimo (cfr. Fig. 2.6), e 2n , che è un massimo. Tali punti Moltiplicando per

deniscono appunto le ascisse dei `picchi di Gibbs' immediatamente prima e immediatamente dopo il punto di discontinuità che

π = x0 = 0, limn→∞ ± 2n

x0 = 0.

In particolare, si vede

cioè le posizioni dei due picchi `stringono'

x0 .

Per ottenere l'altezza del picco di Gibbs relativamente ad una data somma parziale

S2n−1 (x),

valutiamo:

π  π S2n−1 = 2 2n0

1 1 3π 1 2n − 1 π 1 + sin + ... + sin π = sin = 2 2n 3 2n 2n − 1 2n ⎤ ⎡ (2n − 1)π π sin sin π⎢ ⎥ 2n = ⎣ π2n + . . . + ⎦, (2n − 1)π n 2n 2n   π π da cui si riconosce che 2 S2n−1 2n è uguale alle somme secondo Riemann dell'integrale

 0

π

sin x dx x

kπ relativamente alla partizione { 2n } (k

= 1, . . . 2n − 1)

dell'intervallo

[0, π].

138

2 Serie di Fourier

Pertanto, lim S2n−1

n→∞

 π 2 π sin x = dx 2n π 0 x

 2 π x2 x4 = 1− + − ... π 0 3! 5!

2 π5 π3 = + − ... π− π 3 · 3! 5 · 5! 2 π4 π + − ... = 2− 9 300 ≈ 1.18 . . .

Abbiamo così trovato che l'altezza del picco di Gibbs tende asintoticamente (per n → ∞) al valore nito 1.18 . . . > 1. Tale valore non è beninteso il valore della serie di Fourier per alcun valore di x. Il Teorema 2.1 garantisce infatti che la serie converge a f (x) per ogni x, ed in questo caso |f (x)| ≤ 1, con, in particolare, f (0) = 0, e limx→0 = −1 e limx→0 = +1. Il risultato che abbiamo trovato prova tuttavia che ogni somma parziale presenta dei picchi immediatamente prima e dopo di un punto di discontinuità per f (x), le cui altezze tendono al valore nito ≈ 1.18, maggiore del valore del limite destro di f (x). In particolare, si trova: −

+

1.18 . . . − 1 ≈ 0.09 · 2,

in accordo con la stima prevista dal Teorema 2.4.

Per ottenere delle funzioni che approssimano una funzione f (x) regolare a tratti meglio delle somme parziali secondo Fourier SN (x), specialmente in prossimità dei punti di discontinuità per f , si può considerare invece: a0 X + S˜N (x) = (an σn cos nx + bn σn sin nx), 2 n=1 N

dove sono stati opportunamente introdotti i pesi: “ nπ ” sin N . σn = nπ N

2.3 Calcolo di alcune serie numeriche mediante la serie di Fourier

Consideriamo lo sviluppo in serie di Fourier di una funzione f (x) regolare a tratti in [−π, π]. Fissato x in tale intervallo, f (x) assume un certo valore, al quale la serie di Fourier converge (puntualmente). Sostituendo ad x particolari

2.3 Calcolo di alcune serie numeriche mediante la serie di Fourier

139

valori, ci si può pertanto servire dello sviluppo in serie di Fourier di una specica funzione per il calcolo di determinate serie numeriche. Consideriamo ad esempio il caso seguente.

Esercizio 2.9. Determinare lo sviluppo in serie di Fourier della funzione: f (x) = x2 ,

x ∈ [−π, π].

Risposta: La funzione è pari, dunque nel suo sviluppo in serie trigonometrica di Fourier compariranno soltanto termini di tipo coseno (bn = 0). Si ha: Z 2 π 2 2 x dx = π 2 , a0 = π 0 3 Z 2 π 2 x cos nx dx = . . . = an = π 0 –π » 2 2 2 1 2 = x sin nx + 2 x cos nx − 3 sin nx = π n n n 0 4 n = 2 (−1) , n con cui:

x2 =

∞ X (−1)n π2 cos nx, +4 3 n2 n=1

−π ≤ x ≤ π.

(2.15)

Sostituendo x = 0 e risolvendo rispetto alla serie numerica a secondo membro, si trova: ∞  π2 (−1)n−1 , = n2 12 n=1

(2.16)

che sarebbe dicile determinare altrimenti, coi metodi elementari noti per il calcolo di una serie numerica. Sostituendo invece x = ±π , si trova: π2 =

da cui

∞  π2 1 , +4 3 n2 n=1

∞  π2 1 = . n2 6 n=1

(2.17)

Tale risultato è di per sè notevole, e merita una breve discussione (digressione). Il valore trovato è un valore particolare (per s = 2) della funzione ζ di Riemann: 3

!

La funzione ζ(s) di Riemann, ed in particolare i suoi valori per s intero, ricorrono in diversi risultati di Meccanica statistica e Teoria dei molti corpi. Pensate allo sviluppo di Sommerfeld, alle funzioni di Fermi, . . . : le π 2 che ricorrono in tali espressioni derivano proprio da formule riconducibili a ζ(2). A proposito di π 2 ,

140

2 Serie di Fourier

ζ(s) =

∞  1 . ns n=1

(2.18)

Essa venne introdotta da Bernhard Riemann in una celebre memoria del 1859, dove ne studiava, tra l'altro, la relazione con la funzione di distribuzione dei numeri primi,

π(x),

che rappresenta il numero di primi minori di

a secondo membro della (2.18) converge per ogni particolare, per

s∈C

tale che

x. La serie Re s > 1. In

s = 1 essa si riduce alla serie armonica, che già Pietro Mengoli

nel 1650 aveva dimostrato essere divergente. Tuttavia, fu lo stesso Riemann a fornire un'equazione funzionale che prolunga per analiticità la funzione a tutto il piano complesso, tranne che nel punto

s = 1,

dove

ζ(s)

ζ(s)

ha un polo

semplice, con residuo pari ad uno. In particolare, da tale espressione (che qui

omettiamo), si ricava che ζ(−2m) = 0, per m ∈ N. A parte questi zeri (zeri banali ), Riemann avanzò l'ipotesi che tutti e soli gli altri zeri della funzione ζ(s) giacessero lungo la linea (linea critica ) Re s = 12 , ovvero fossero del tipo s = 12 + it, con t ∈ R. David Hilbert, nella sua famosa relazione al secondo Congresso Mondiale di Matematica (Parigi, 1900), incluse tale ipotesi di Riemann tra i ventitré principali problemi irrisolti della matematica del secolo NEN. (Altri problemi erano l'Ultimo Teorema di Fermat, che solo recentemente Andrew Wiles, con la parziale collaborazione di Richard Taylor, ha sorprendemente dimostrato, e la Congettura di Goldbach, tuttora indimostrata.) È signicativo notare che anche nei casi in cui i tentativi di dare risposta a tali celebri problemi irrisolti siano risultati (nora) inecaci, gli studi profusi in tale direzione hanno prodotto numerosi nuovi contributi fondamentali (i cosiddetti teoremi intermedi ) alle diverse branche della matematica. La teoria della funzione ζ è strettamente connessa con la teoria dei numeri, e dei numeri primi in particolare. Già Eulero (1737) era a conoscenza del fatto che la serie a secondo membro della (2.18) può essere espressa come una produttoria innita su tutti i numeri primi p > 1:

−1 ∞ &  1 1 = , 1− s ns p>1 p n=1

Re s > 1.

(2.19)

Eulero fu altresì tra coloro i quali diedero i maggiori contributi alla teoria delle serie (che, insieme ai suoi contemporanei, chiamava summationes innu-

merabilium progressionum ...). Ad esempio, i risultati (2.16) e (2.17), che qui abbiamo ricavato come applicazioni degli sviluppi in serie di Fourier, erano stati ottenuti da Eulero già nel 1735. Il ragionamento di Eulero è molto più

esiste un aneddoto che tutt'ora circola fra gli ex studenti del celebre Landau Institute di Mosca (ringrazio il Prof. A. A. Varlamov per avermelo raccontato). Secondo un teorema non dimostrato, il celebre sico L. G. Aslamazov, esperto, fra l'altro, di sviluppi diagrammatici, sosteneva che se alla ne di un calcolo una certa formula conteneva termini del tipo 1 + π , essa era certamente sbagliata. Se invece il risultato conteneva termini del tipo 1 + π2 . . . be', allora era possibile che fosse corretto!

2.3 Calcolo di alcune serie numeriche mediante la serie di Fourier

141

ingegnoso, ed anche ardito, perché faceva uso dell'estensione a serie innite di risultati relativi alla teoria delle equazioni algebriche noti già al suo tempo, ma dimostrati soltanto per equazioni di grado nito. Eulero considerava la sviluppo in serie (già noto a Newton):

1 1 1 sin x = x − x3 + x5 − x7 + . . . 5! 7!

3! 1 4 1 1 2 = x 1 − x + x − x6 + . . . 3! 5! 7!

1 1 1 = x 1 − y + y2 − y3 + . . . , 3! 5! 7! ove si è posto

y = x2 .

Dunque, le radici dell'equazione (di grado innito!):

1−

1 1 1 y + y2 − y 3 + . . . = 0 3! 5! 7!

si trovano considerando quelle di della sostituzione

y = x2 ,

sin x = 0, escludendo lo zero y = π 2 , (2π)2 , (3π)2 , . . ..

(2.20)

e facendo uso

cioè sono

Eulero era inoltre a conoscenza del fatto che la somma dei reciproci delle radici dell'equazione algebrica (di grado

n):

P (y) = 1 + a1 y + . . . + an y n = 0

(2.21)

è pari al coeciente del termine lineare, cambiato di segno. Siano infatti

y1 , . . . yn

le radici della (2.21). Certamente, nessuna di esse

è zero, essendo il termine noto della (2.21) l'unità. Allora decomponendo in fattori

P (y)

come:

P (y) = an (y − y1 ) · . . . · (y − yn )



y y − 1 · ... · −1 = an y1 · . . . · yn y1 yn 1 0

1 1 = an y1 · . . . · yn (−1)n + (−1)n−1 + ... + y + O(y 2 ) , y1 yn e confrontando con la (2.21), per il principio di identità dei polinomi segue appunto che

an y1 · . . . · yn (−1)n = 1, 1 1 + ... + = −a1 . y1 yn Generalizzando (arditamente) tale ultimo risultato al caso della (2.20), Eulero dedusse che:

1 1 1 1 + + + ... = , π2 (2π)2 (3π)2 3!

142

2 Serie di Fourier

da cui segue la (2.17). Ripetendo il ragionamento per cos x, Eulero ottenne altresì: 1 π2 1 = 1 + 2 + 2 + ..., 8 3 5 

che, sottratta dalla (2.17), restituisce la serie a segni alterni (2.16). [Ottenete questo stesso risultato dall'Esercizio 2.2, con x = 0.] La serie di Eulero (2.17) costituiva inoltre la base per ottenere un'approssimazione numerica di π mediante il calcolo di una serie numerica, migliore (cioè, più rapida ed eciente) di quelle no ad allora note, tra cui la serie di Leibniz (1674): 1 1 1 π = 1 − + − + ..., 4 3 5 7

ottenuta per x = 1 dalla serie di Gregory (1671) per arctan x = x −

x3 x5 x7 + − + .... 3 5 7

Eulero fu inoltre il primo a chiedersi che tipo di numero fosse π , riformulando in termini moderni il problema della `quadratura del cerchio', concluso poco più di un secolo dopo da F. Lindemann, con la sua dimostrazione (1882) del carattere trascendente di π ."

Esercizio 2.10. Determinare lo sviluppo in serie di Fourier di f (x) = x4 ,

x ∈ [−π, π],

e servirsene, insieme alla (2.17), per il calcolo di ζ(4). P

Risposta:

4

π 1 Si trova: ζ(4) = ∞ n=1 n4 = 90 . È lecito sospettare, a questo punto, che ζ(2m) = cm π 2m , dove cm è un numero razionale, per ogni intero m. E in efP 22m−1 π2m |B2m | 1 fetti Eulero mostrò che ∞ , dove B2m sono numeri interi n=1 n2m = (2m)! (numeri di Bernoulli). 4

Un classico della storia della matematica è Boyer (1980). Un curioso volumetto sulla storia di π è stato scritto da Beckmann (1971). Sulla gura di B. Riemann, in particolare, si trova e si legge facilmente il fascicolo di Rossana Tazzioli (2000). Inutile a dirsi, poi, Internet è piena di siti e documenti su π , Eulero, Riemann e la sua ipotesi, alcuni rigorosi, altri quasi cabalistici. Un riferimento classico, a livello avanzato, sulla teoria dei numeri è Hardy e Wright (1980). Uno più moderno, che consente letture a diverso grado di approfondimento, dal livello divulgativo al livello avanzato, è Numbers (Zahlen) (Ebbinghaus et al., 1991). Sull'ultimo teorema di Fermat e sulla dimostrazione di Wiles, un best-seller dal taglio giornalistico è Singh e Lynch (1998). Sulla congettura di Goldbach non è ancora disponibile niente del genere (non essendo stata ancora dimostrata!), ma il romanzo di Doxiadis (2000) mette in guardia sui rischi che si corrono a dedicare l'esistenza alla prova di una congettura matematica!

2.4 Convergenza della serie di Fourier

143

2.4 Convergenza della serie di Fourier

Abbiamo discusso abbastanza in dettaglio in che senso (e con quali limiti) lo sviluppo in serie di Fourier di una funzione f (x) possa essere adoperato per approssimare numericamente f (x) in un punto o addirittura in tutto un intervallo. Nel caso di funzioni regolari a tratti, il limite principale è costituito dal fatto che la convergenza della serie di Fourier è solo puntuale (vedi Teorema 2.1), e che in corrispondenza ad un punto di discontinuità x0 di f (x) non solo la serie converge ad un valore che può non essere uguale ad f (x0 ) (anzi, f può anche non essere denita in x = x0 ), ma il fenomeno di Gibbs impedisce di considerare le somme parziali secondo Fourier in prossimità di x0 come buone approssimazioni per f (vedi Ÿ 2.2). Tuttavia, nei casi in cui per una stessa funzione f siano disponibili due o più distinti sviluppi in serie di Fourier (ad esempio, nel caso di serie di Fourier di soli seni o di soli coseni), abbiamo osservato che uno sviluppo in serie converge più ecientemente di un altro. Proviamo a precisare tale osservazione nel caso generale. Sussiste intanto il seguente:

Teorema 2.5 (Relazione di Parseval). regolare a tratti in [−π, π] e Fourier. Allora:

Sia f : [−π, π] → C una funzione

(2.1) il suo sviluppo in serie trigonometrica di

∞

 a20   1 + |an |2 + |bn |2 = 2 π n=1



π

−π

|f (x)|2 dx.

(2.22)

Da tale relazione segue in particolare che la serie a primo membro è convergente, dunque il suo termine generale è innitesimo, e quindi: lim an = lim bn = 0.

n→∞

n→∞

Sì, ma con che rapidità? Un modo per valutare la rapidità con cui i coecienti di Fourier tendono a zero, per n → ∞, è reso possibile dal seguente:

Lemma 2.1. Sia f

: [−π, π] → C una funzione di classe C k ([−π, π]), per qualche k ∈ N, e tale che f (p) (−π) = f (p) (π),

allora

p = 0, . . . k − 1,

2M 2M , |bn | ≤ k , ∀n ∈ N, nk n (k) dove M > 0 tale che |f (x)| ≤ M , per −π ≤ x ≤ π . |an | ≤

(2.23) (2.24)

Dimostrazione. Supponiamo, per ssare le idee, che sia k ≥ 1. Consideriamo l'espressione per an , integriamo per parti k volte (ciò è lecito, essendo f derivabile k volte), e ad ogni integrazione facciamo uso dell'ipotesi (2.23). Si ha:

144

2 Serie di Fourier

1 an = π



π

f (x) cos nx dx −π 1π 0  π 1 1 1 − f  (x) sin nx dx f (x) sin nx = π n πn −π −π  π 1 =− f  (x) sin nx dx πn −π 0 1π  π 1 1 1 − f  (x) cos nx =− − f  (x) cos nx dx 2 πn n πn −π −π = ... +  π 1 sin nx =± k f (k) (x) dx. cos nx πn −π

Prendendo il valore assoluto del primo e dell'ultimo membro, e osservando che, essendo f (k) (x) una funzione continua, denita sull'intervallo chiuso e limitato [−π, π], per il teorema di Weierstrass esiste un M > 0 tale che |f (k) (x)| ≤ M , ∀x ∈ [−π, π], si ha:  +  π  sin nx  1 (k)  dx  |an | ≤ |f (x)|  cos nx  πnk −π  π 1 ≤ |f (k) (x)| dx πnk −π 2M 1 2πM = k . ≤ πnk n

Se invece è k = 0, essendo in tal caso f una funzione continua denita nell'intervallo chiuso e limitato [−π, π], esiste un M > 0 tale che |f (x)| ≤ M , ∀x ∈ [−π, π] Dunque, ad esempio: |an | ≤

1 π



π

−π

|f (x) cos nx| dx ≤

1 π



π −π

|f (x)| dx ≤ 2M.

Analogamente per bn . Osservazione 2.3. Nelle ipotesi del Lemma 2.1 si ha dunque che: |an cos nx + bn sin nx| ≤ |an | + |bn | ≤

 

4M . nk

Non appena sia k > 1, si ha dunque che:

∞  ∞    1   (an cos nx + bn sin nx) ≤ 4M ,    nk n=1 n=1

−π ≤ x ≤ π,

∀n ∈ N,

che è una serie numerica convergente (anzi, converge a 4M ζ(k)). La serie di Fourier per f (x) è dunque totalmente convergente in [−π, π]. Per il criterio di Weierstrass sulla uniforme convergenza di una serie di funzioni, segue che la

2.4 Convergenza della serie di Fourier serie di Fourier per in

[−π, π].

f (x) assolutamente

converge ad

f (x)

ed

145

uniformemente

Ciò signica che la somma parziale

a0  SN (x) = + (an cos nx + bn sin nx) 2 n=1 N

è tale che

∀ > 0

esiste un indice

¯ ∈N N

tale che per ogni

¯ N >N

risulta

|SN (x) − f (x)| < 

per ogni x ∈ [−π, π]. non da x.

In altri termini, l'indice

¯ N

dipende in generale da

 ma

Teorema 2.6. Sia f : [−π, π] → C una funzione 1. continua in [−π, π]; 2. tale che f (−π) = f (π); 3. con derivata prima continua a tratti in [−π, π]. Allora la serie di Fourier f (x) in [−π, π]. Dimostrazione. Omessa.

(2.1)

converge assolutamente e uniformemente ad

Osserviamo però che si richiede appunto l'uniforme

 

convergenza perché si possa derivare per serie. 2

Osservazione 2.4 (Spazio L (−π, π)).

Il Teorema 2.1 fornisce delle condizioni

anché la serie trigonometrica di Fourier converga puntualmente ad

f (x)

(quasi ovunque), ed il precedente Teorema 2.6 fornisce delle condizioni, più stringenti, anché la serie di Fourier converga uniformemente. Se ci si contenta di un tipo di convergenza ancora più debole di quella puntuale, si riesce tuttavia ad estendere la classe delle funzioni per le quali la serie di Fourier ha signicato. Invero, lo spazio complesse a quadrato integrabile in

(−π, π)

L2 (−π, π)

delle funzioni

è la più ampia classe di funzioni

per le quali sia possibile dare senso allo sviluppo in serie di Fourier (2.1). Tale

convergenza in media quadratica. Ossia, se f ∈ L2 (−π, π) somma parziale N -sima della sua serie di Fourier, allora si può  |f (x) − SN (x)|2 dx = 0. lim

senso è quello della ed

SN (x)

è la

provare che

N →∞

Lo spazio

2

L (−π, π)

(−π,π)

delle funzioni a quadrato integrabile è eettivamente

più ampio della classe delle funzioni continue a tratti in esempio, la funzione denita ponendo è a quadrato integrabile,



π

−π

|x|−1/2 dx = 2



f (x) = |x|−1/4

π 0

per

(−π, π). Infatti, ad −π ≤ x ≤ π , x = 0,

√ √ dx √ = [4 x]π0 = 4 π, x

ma non continua a tratti, in quanto limx→0 |x|−1/4 = +∞. Un altro esempio è costituito, ad esempio, da f (x) = log |x|.



146

2 Serie di Fourier

2.5 Temi d'esame svolti

Esercizio 2.11 (Compito d'esame del 2.2.1994). Fourier la funzione:

Sviluppare in serie di

 −1, − 12 T < t < 0, f (t) = 1, 0 ≤ t < 12 T.

Discutere quindi il problema della convergenza della serie ottenuta.

Risposta: La funzione è dispari, dunque ammette uno sviluppo in serie di t = t , si ha: Fourier di soli seni. Servendosi del cambio di variabili 2nπ T bn =

2 T

Z

Z nπt nπt 4 T /2 sin dt = dt = T /2 T 0 T /2 −T /2 » –nπ Z nπ 2 2 4 T sin t dt = − = cos t [1 − (−1)n ], = T 2nπ 0 nπ nπ 0 T /2

f (t) sin

(2.25)

con cui: f (t) = =

∞ 2nπt 2 X 1 − (−1)n sin π n=1 n T ∞ 2(2n − 1)πt 4X 1 sin . π n=1 2n − 1 T

La serie converge puntualmente ad f (t) per t = 0, ± T2 , dove invece converge (puntualmente) a zero.

Esercizio 2.12 (Compito d'esame del 2.2.1994). Fourier la funzione:

Sviluppare in serie di

⎧ 1 1 ⎪ ⎨−1, − 2 T < t < − 4 T, f (t) = 1, − 14 T ≤ t < 14 T, ⎪ ⎩ −1, 14 T ≤ t < 12 T.

Discutere quindi il problema della convergenza della serie ottenuta.

Risposta: La funzione è pari, dunque ammette sviluppo in serie di Fourier di 4 soli coseni. Si trova che a0 = 0 e an = nπ sin nπ , da cui: 2 f (t) =

∞ 4 X (−1)n+1 2(2n − 1)πt cos , π n=1 2n − 1 T

che converge puntualmente ad f (t) per t = ± T4 , dove converge a 0. Il prolungamento per periodicità di f a tutto l'asse reale converge a −1 in t = ± T2 e periodici.

Esercizio 2.13 (Compito d'esame del 26.02.2002). Data la funzione f (t) nell'intervallo [−T, T ] che vale T1 per − T2 < t < considerino le due estensioni a tutto l'asse reale: 1. periodica con periodo 2T ;

T 2

e zero altrove, se ne

2.5 Temi d'esame svolti

147

1

0.5

0

-0.5

-1 -2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Fig. 2.7.

Sviluppo di Fourier in soli seni e sviluppo in soli coseni della funzione denita nell'Esercizio 2.14

2. uguale a f (t) nell'intervallo [−T, T ], zero altrove. Mostrare, in ciascuno di tali casi, se vale lo sviluppo in serie trigonometrica di Fourier o lo sviluppo integrale di Fourier. Scrivere esplicitamente tali sviluppi.

Esercizio 2.14 (Compito del 10.02.2003). serie trigonometrica di Fourier della funzione:  x, 0 ≤ x ≤ 12 , f (x) = 1 < x ≤ 1, 1, 2

Dare almeno due sviluppi in

0 ≤ x ≤ 1.

Disegnare in ciascun caso la funzione rappresentata dalla serie su tutta la retta.

Risposta: Due sviluppi possibili sono quello in soli seni e quello in soli coseni, che corrispondono al prolungamento dispari e pari, rispettivamente, della funzione assegnata (porre T = 1 nelle formule). Nel caso dello sviluppo in soli seni, si trova: » – 2 1 1 nπ nπ n cos − (−1) + sin bn = nπ 2 2 nπ 2 ( (−1)m −2 ,h 2mπ i n = 2m, = (−1)m 2 1 + , n = 2m + 1, (2m+1)π (2m+1)π mentre nel caso dello sviluppo in soli coseni, si trova:

148

2 Serie di Fourier » ”– 1 nπ 1 “ nπ 2 − sin + cos − (−1)n an = nπ 2 2 nπ 2 8 5 > n = 0, >

> m 1 2 :− (−1) + (2m+1)π , n = 2m + 1. (2m+1)π

In Fig. 2.7 sono rappresentati i graci delle somme parziali delle serie di Fourier, no ad N = 20. Notare il fenomeno di Gibbs nei punti di discontinuità, e la diversa entità di tale fenomeno per le due serie.

Esercizio 2.15 (Compito del 9.12.2003). 1. Sviluppare in serie trigonometrica di Fourier la funzione  0, −1 < x < 0, f (x) = 1, 0 < x < 1, e discutere le proprietà di convergenza dello sviluppo ottenuto. 2. Mostrare che f (x) potrebbe essere anche sviluppata in serie di Fourier tramite basi ortonormali dierenti dal sistema trigonometrico.

Esercizio 2.16 (Compito del 29.3.2004). Determinare tre sviluppi in serie trigonometrica di Fourier della funzione f (t) = 1, con −1 ≤ t ≤ 0. Risposta: Sia f1 il prolungamento pari della funzione assegnata a [−1, 1], f2 il prolungamento dispari, ed f3 il prolungamento tale che f3 (t) = 0 per 0 < t ≤ 1. Risulta allora f1 (t) = 1 (la funzione è costante, ed il suo sviluppo coincide con a0 /2), ∞ 4X 1 sin(2k − 1)πt, f2 (t) = − π 2k − 1 k=1 mentre: f3 (t) =

∞ 1 2X 1 − sin(2k − 1)πt. 2 π 2k − 1 k=1

Tutti e tre gli sviluppi convergono ad f (t) in (−1, 0). Si verica subito, inoltre, che 2f3 (t) − f2 (t) = f1 (t).

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

Un testo di riferimento per la teoria delle equazioni alla derivate parziali (PDE) è lo Smirnov (1988b, 1985). Un'ottima introduzione alle PDE in generale, ed in particolare alle PDE di interesse per la sica, è data da Bernardini et al. (1998). Molto più generale e dettagliato è il classico libro di Sommerfeld (1949). Per gli esempi e le applicazioni delle serie di Fourier alla soluzione di particolari PDE, vedi Zachmanoglou e Thoe (1989). 3.1 Generalità

Diamo soltanto delle generalità, a grandi linee, con l'unico obiettivo di denire il linguaggio. Fate riferimento a testi più specializzati, come quelli indicati in bibliograa. Per equazione dierenziale alle derivate parziali (PDE) si intende un'equazione in cui l'indeterminata è una funzione u : Ω → R, con Ω ⊆ Rn , in cui compare sia u sia alcune sue derivate parziali. L'ordine di una PDE è il massimo ordine con cui compaiono le derivate della funzione incognita u. A dierenza delle equazioni dierenziali ordinarie (ODE), in cui le condizioni al contorno solitamente riguardano il valore assunto dalla funzione incognita e da alcune sue derivate successive (come ad esempio nel problema di Cauchy), nel caso delle PDE si possono dare diversi tipi di condizioni al contorno. Senza preoccuparci di classicare adesso i tipi diversi possibili (ne incontreremo alcuni negli esempi che seguono), limitiamoci ad osservare che le condizioni al contorno hanno un ruolo determinante nella soluzione di una PDE, molto più che nel caso delle condizioni al contorno per una ODE (leggere il paragrafo iniziale del capitolo dedicato alle PDE in Bernardini et al. (1998)). Non solo, ma alcuni tipi di condizioni al contorno sono incompatibili con alcuni tipi di PDE, cioè generano dei problemi mal posti (vedi, ad esempio, la discussione del problema di Neumann per l'equazione di Laplace intorno all'Eq. (3.34) più avanti). Angilella G. G. N.: Esercizi di metodi matematici della fisica. © Springer-Verlag Italia 2011

150

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

Come per le ODE, si parla di PDE lineari o non-lineari, seconda che u e le sue derivate compaiano soltanto linearmente o meno nell'equazione. Si parla inoltre di PDE quasi-lineari, nel caso in cui le derivate di u compaiano linearmente, ma abbiano per coecienti delle funzioni di x ∈ Rn ed u. Per le equazioni lineari vale il ben noto principio di sovrapposizione, in base al quale se u1 e u2 sono due soluzioni di una PDE (lineare), allora anche la loro combinazione lineare (o sovrapposizione) λ1 u1 + λ2 u2 è soluzione della PDE. Ne faremo largo uso per costruire soluzioni di particolari PDE di interesse sico nella forma di serie di Fourier. 3.1.1 Classicazione delle PDE del II ordine

La più generale PDE del secondo ordine lineare in due variabili è: auxx + 2buxy + cuyy + dux + euy + f u + g = 0,

(3.1)

dove a, . . . g : Ω → R sono funzioni reali delle due variabili reali (x, y) ∈ Ω ⊆ R2 . Se g = 0, la PDE si dice omogenea. Con riferimento ad un preciso problema sico, più avanti preferiremo denotare la coppia di variabili indipendenti come (x, t), anziché (x, y), ad indicare che una variabile è di tipo spaziale, e l'altra di tipo temporale. Di volta in volta supporremo che le funzioni a, . . . g ed u siano sucientemente regolari per le considerazioni che faremo. In particolare, supponiamo che sia possibile applicare il lemma di Schwarz sull'inversione dell'ordine di derivazione e che quindi sia uxy = uyx . Inoltre, spesso considereremo a, . . . f addirittura costanti (PDE a coecienti costanti). La parte principale di una PDE è il complesso dei termini in cui gurano le derivate di u con ordine massimo. Si trova che le proprietà salienti delle soluzioni di una PDE sono stabilite dalla natura della sua parte principale. Nel caso della PDE del secondo ordine (3.1) la parte principale è quindi: auxx + 2buxy + cuyy .

Il discriminante della parte principale della (3.1) è: Δ = b2 − ac = Δ(x, y). 

Se ξ = ξ(x, y), η = η(x, y) è un cambiamento di coordinate non singolare, ∂(ξ,η) = 0, si prova che (Zachmanoglou e ossia tale che lo jacobiano J = ∂(x,y) Thoe, 1989): Δ1 = ΔJ 2 ,

dove Δ1 è il discriminante della parte principale della PDE trasformata secondo tale cambiamento di coordinate. Dunque, il segno di Δ in un punto è invariante per trasformazioni non singolari di coordinate. Ciò consente di denire il carattere della PDE (3.1) in un punto. Sia (x0 , y0 ) ∈ Ω . Si dice che la (3.1) è iperbolica, parabolica o ellittica in (x0 , y0 ) seconda che Δ(x0 , y0 ) > 0, Δ(x0 , y0 ) = 0, o Δ(x0 , y0 ) < 0. Si dice

3.2 Equazione della corda vibrante

151

che la (3.1) è iperbolica, parabolica o ellittica in Ω se essa è rispettivamente iperbolica, parabolica o ellittica in ogni punto di Ω .

Esercizio 3.1 (Compito d'esame del 21.09.1998).

Determinare le regioni del piano (x, y) dove ciascuna delle seguenti equazioni è ellittica, iperbolica o parabolica:

2uxx + 4uxy + 3uyy − u = 0;

uxx + 2xuxy + uyy + u sin(xy) = 0. Sotto opportune ipotesi di regolarità, si prova (Zachmanoglou e Thoe, 1989) che localmente una PDE del secondo ordine può essere posta in una delle seguenti forme canoniche. Esiste cioè un opportuno combiamento (non singolare) di coordinate (x, y) $→ (ξ, η) che trasforma la parte principale della (3.1) in una delle seguenti:

oppure uξξ

uξξ

uξη + . . . = 0 − uηη + . . . = 0, Δ > 0 uξξ + . . . = 0, Δ = 0 + uηη + . . . = 0, Δ < 0

(PDE iperbolica), (PDE parabolica), (PDE ellittica).

Di seguito, analizzeremo con un certo dettaglio le seguenti PDE in 1 + 1 o 2 + 0 dimensioni (una dimensione spaziale ed una temporale, oppure due dimensioni spaziali):

•

l'equazione delle onde o della corda vibrante,

uxx − utt = 0, •

che è di tipo iperbolico; l'equazione di propagazione del calore, o di diusione, o di Fourier,

uxx − ut = 0, •

che è di tipo parabolico; l'equazione di Laplace,

uxx + uyy = 0, che è di tipo ellittico.

3.2 Equazione della corda vibrante

3.2.1 Derivazione elementare La presenza di onde, oscillazioni, vibrazioni e quant'altro in Fisica è praticamente ubiquitaria. Un'introduzione elementare e popolare è oerta da Crawford (1972). Un'introduzione ai fenomeni oscillatori nonlineari è data da Infeld e Rowlands (1992).

152

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

u

T 2

Q

P T 1

0

L

x

Fig. 3.1. Derivazione elementare dell'equazione della corda vibrante

Qualsiasi manuale di Fisica generale, poi, riporta la derivazione dell'equazione della corda vibrante, che riassumo di seguito, soltanto per completezza. Consideriamo una corda elastica, omogenea con densità lineare di massa costante ρ, di lunghezza L, tesa fra le sue due estremità e vincolata ad effettuare piccole vibrazioni in un piano (x, u), con 0 ≤ x ≤ L ed u = u(x, t) deformazione della corda (Fig. 3.1). Il graco di u = u(x, t) come funzione di x rappresenta quindi il prolo della corda ad un ssato istante di tempo t. In particolare, u = u(x, 0) rappresenta il prolo iniziale della corda, ad esempio la corda pizzicata di una chitarra. Essendo gli estremi della corda ssati, si richiede inoltre che sia u(0, t) = u(L, t) = 0, ∀t ≥ 0. L'elemento di lunghezza della corda tra due punti innitamente prossimi P e Q è: Δs =

2

:

Δx2

+

Δu2

= Δx

1+

Δu Δx

2

≈ Δx, →

2 1 + u2x dx.

La seconda espressione è esatta, ma a noi sarà suciente la prima, Δs ≈ Δx

,

corretta a meno di innitesimi di ordine superiore a che sia

|ux |  1.

Δx, vericata nell'ipotesi

Il venir meno di questa condizione comporta l'introduzione

di eetti nonlineari, che qui intendiamo trascurare. La massa del tratto di corda fra

T1

e

T2

P

e

le tensioni agenti sulla corda in

Q è allora: Δm = ρΔs ≈ ρΔx. Siano P e Q. Trascuriamo gli eetti dovuti

al campo gravitazionale. Poiché non c'è accelerazione orizzontale, la seconda legge di Newton per l'elemento

PQ

della corda implica che:

T1 cos θ1 = T2 cos θ2 = T = cost, mentre lungo la direzione verticale:

3.2 Equazione della corda vibrante

ρΔx

153

∂2u = T2 sin θ2 − T1 sin θ1 . ∂t2

Dividendo per il valore costante della tensione ai due estremi, si trova così: ρΔx ∂ 2 u T2 sin θ2 T1 sin θ1 = − = tan θ2 − tan θ1 . T ∂t2 T2 cos θ2 T1 cos θ1

Dividendo per Δx, osservando che tan θ = ux , e passando al limite per Δx → 0, si ha:



2

e inne, ponendo

ρ∂ u = T ∂t2 c2 = T /ρ,

∂u ∂x

− x+Δx

∂u ∂x

x

Δx

→

∂2u , ∂x2

si trova l'equazione cercata: 1 ∂ 2u ∂2u − 2 2 = 0. 2 ∂x c ∂t

(3.2)

La sostituzione di variabili (cambio della scala dei tempi) ct $→ t trasforma la (3.2) nella forma canonica delle equazioni iperboliche uxx − ut t = 0.  

3.2.2 Problema di Cauchy e soluzione di D'Alembert

Abbiamo derivato l'equazione della corda vibrante a partire dalla seconda legge di Newton per l'elemento di corda. Per una particella materiale, è possibile derivare la legge oraria del moto una volta note le condizioni iniziali, ossia posizione e velocità iniziali della particella. Nel caso della corda, abbiamo a che fare con un continuo materiale. Se pensiamo a quest'ultimo come ad un insieme di tantissime particelle, per derivare il moto di ciascuna si richiederà la conoscenza della posizione e velocità iniziali di ciascuna particella. Ciò equivale a conoscere il prolo iniziale u(x, 0) ed il campo di velocità iniziale ut (x, 0). Il problema di Cauchy per la corda vibrante è dunque costituito dall'Eq. (3.2) della corda, supplementata dalle seguenti condizioni: 1 ∂2u ∂ 2u − = 0, ∂x2 c2 ∂t2 u(x, 0) = φ(x),

x ∈ R, t ≥ 0, x ∈ R,

∂u(x, 0) = ψ(x), x ∈ R. ∂t

(3.3a) (3.3b) (3.3c)

Cominciamo col determinare l'integrale generale dell'Eq. (3.3a). Eettuiamo il cambiamento di coordinate (equivalente ad una rotazione nel piano x, t): ξ = ξ(x, t) = x + ct η = η(x, t) = x − ct.

154



3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

Le curve (rette) di equazione x ± ct = cost costituiscono le curve caratper l'equazione delle onde (Bernardini et al., 1998, vedi anche l'Esercizio 3.18). Segue che ξx = ηx = 1, ξt = −ηt = c, con cui:

teristiche 

∂u ∂x ∂u ∂t ∂2u ∂x2 ∂2u ∂t2

∂u ∂u + ∂ξ ∂η ∂u ∂u =c −c ∂ξ ∂η 2 ∂2u ∂ u ∂2u + 2 = +2 2 ∂ξ ∂ξ∂η ∂η 2 2 ∂ u ∂ u ∂2u + c2 2 , = c2 2 − 2c2 ∂ξ ∂ξ∂η ∂η =

con cui la (3.2) diventa:

∂2u = 0. ∂ξ∂η Integrando una volta rispetto a ξ , segue che uη dev'essere una costante rispetto a ξ , ossia uη = g(η), ed integrando quest'ultima rispetto ad η, detta G(η) una primitiva di g(η), segue che: 4

u(ξ, η) = F (ξ) + G(η),

ossia, ritornando alle vecchie variabili: u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct),

(3.4)

dove F e G sono funzioni arbitrarie di una variabile. L'ultima relazione costituisce l'integrale generale dell'equazione delle onde. Si trova che ogni soluzione della (3.2) può essere espressa come sovrapposizione di un'onda che si propaga lungo l'asse delle x nel verso delle x crescenti con velocità c, e di un'onda che si propaga in verso opposto, con velocità di eguale modulo. Consideriamo adesso il problema (3.3) nella sua interezza. Supponendo che la sua soluzione esista, essa avrà la forma (3.4). Le funzioni F e G vengono determinate imponendo che la soluzione u(x, t) verichi le condizioni di Cauchy (3.3b) e (3.3c): u(x, 0) = F (x) + G(x) = φ(x),   ut (x, 0) = cF (x) − cG (x) = ψ(x),

ovvero, integrando la seconda rispetto ad x ed indicando con k la costante di integrazione: F (x) + G(x) = φ(x)  1 x ψ(x ) dx + k, F (x) − G(x) = c x0 1

Varietà caratteristiche, nel caso di PDE con più di due variabili.

3.2 Equazione della corda vibrante

da cui, risolvendo rispetto a F e G: 1 φ(x) + 2 1 G(x) = φ(x) − 2 F (x) =

 x 1 ψ(x ) dx + 2c x0  x 1 ψ(x ) dx − 2c x0

155

k 2 k . 2

Sostituendo nell'integrale generale (3.4) si trova inne: 1 1 u(x, t) = [φ(x + ct) + φ(x − ct)] + 2 2c =

1 1 [φ(x + ct) + φ(x − ct)] + 2 2c

0 

x+ct

x0 x+ct

 −

x−ct 1

ψ(x ) dx

x0

ψ(x ) dx ,

(3.5)

x−ct

che è la soluzione (di D'Alembert) del problema di Cauchy (3.3). Il procedimento seguito dimostra l'unicità della soluzione. L'esistenza della soluzione si prova banalmente sostituendo la soluzione (3.5) trovata nella (3.3) e vericando che essa è eettivamente una soluzione.

Esercizio 3.2. Risolvere il problema di Cauchy (3.3) in corrispondenza alle condizioni iniziali: 

u(x, 0) = H(x) =

0 x 0 presenta due discontinuità, ad x = ±ct (Fig. 3.2). Soluzioni non continue, cioè derivabili quasi ovunque, prendono il nome di soluzioni deboli.

Esercizio 3.3. Risolvere il problema di Cauchy (3.3) con condizioni iniziali 1 , 1 + x2 ut (x, 0) = 0. u(x, 0) =

Risposta:

Si trova:

– » 1 1 1 , + u(x, t) = 2 1 + (x + ct)2 1 + (x − ct)2

156

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

ct=0 -4

-2

0

2

-4

-2

0

2

u(x,t)

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

4

ct=1

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

4

ct=2 -4

-2

0

2

4

x

Fig. 3.2. Esercizio 3.2 che è rappresentata gracamente da due lorentziane sovrapposte, con massimi a x = ±ct, che si propagano una nel verso delle x crescenti e l'altra nel verso delle x decrescenti (Fig. 3.3). Questo fatto è caratteristico dell'equazione delle onde e delle equazioni iperboliche in generale: ogni elemento saliente o segnale (una discontinuità, come nell'Esercizio 3.2, un massimo, come in questo caso, un esso, come nell'Esercizio 3.5) presente nel prolo iniziale dell'onda non solo non viene distrutto nel corso dell'evoluzione temporale, ma si mantiene e si propaga sia a sinistra sia a destra. Diverso è il caso, vedremo, delle equazioni paraboliche, come l'equazione del calore.

Esercizio 3.4. Risolvere il problema di Cauchy (3.3) con condizioni iniziali u(x, 0) = 0,



ut (x, 0) = ψ(x) =

Risposta:

1, |x| ≤ 1, . 0, |x| > 1

Si trova: u(x, t) =

1 2c

Z

x+ct

ψ(x ) dx .

x−ct

Per discutere il valore di tale integrale, considerare il seguente schema:

3.2 Equazione della corda vibrante

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

ct=0

-4

-2

0

2

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

4

ct=1

-4

u(x,t)

157

-2

0

2

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

4

ct=2

-4

-2

0

2

4

x

Fig. 3.3. Esercizio 3.3

x−ct

x+ct

−1

1

Per ogni x e t ssati, occorre confrontare il segmento (x − ct, x + ct) con il segmento (−1, 1). Immaginate di fare scorrere (x − ct, x + ct) lungo l'asse, e distinguere i casi in cui nessuno, uno, o entrambi i suoi estremi cadano entro il segmento (−1, 1). Poiché il segmento (x − ct, x + ct) ha lunghezza 2ct (per ogni x), ed il segmento (−1, 1) ha lunghezza 2, occorrerà confrontare ct con 1, ossia occorrerà distinguere i casi ct = 0, 0 < ct < 1, ct = 1, ct > 1. Il risultato è riportato gracamente in Fig. 3.4.

Esercizio 3.5. Risolvere il problema di Cauchy (3.3) con condizioni iniziali u(x, 0) = 0, ut (x, 0) =

1 . 1 + x2

158

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

1

ct=0

0 0 1

0 0. L'integrale generale della (3.8) è stavolta X(x) = c1 cos px+ c2 sin px. La condizione X(0) = 0 comporta che c1 = 0, con cui la seconda condizione X(L) = 0 comporta che sin pL = 0, con c2 = 0. Dunque sono ammesse le soluzioni kπx , Xk (x) = ck sin L corrispondenti ai valori di p = kπ L , con k ∈ N. In corrispondenza a tali valori di λ = p2 , la (3.9) ammette le soluzioni:

Tk (t) = ak cos

kπct kπct + bk sin . L L

3.2 Equazione della corda vibrante

161

In denitiva, dunque, la prima delle (3.6) con la condizione di Dirichlet ammette le soluzioni a variabili separate:

uk (x, t) = sin

kπx L

Ak cos

kπct kπct + Bk sin L L

,

(3.10)

con k = 1, 2, 3, . . . e Ak , Bk costanti arbitrarie. Inoltre, abbiamo già osservato che ogni combinazione lineare formata da un numero nito di soluzioni del tipo (3.10) è ancora soluzione del problema di Dirichlet assegnato.

Osservazione 3.2. Le soluzioni (3.10) sono sempre contenute nell'integrale generale (3.4). Vericarlo esplicitamente, facendo uso delle formule di Werner (2.3). Pertanto, esse si possono ancora una volta pensare come sovrapposizione di un'onda che si propaga nel verso delle un'onda che si propaga nel verso delle

x

x

c, e di −c. L'on-

crescenti con velocità

decrescenti con velocità

da risultante non produce però alcun moto complessivo della corda, e prende pertanto il nome di

onda stazionaria.

Rimane da vedere se, e sotto quali condizioni, sia possibile determinare

Ak Bk in modo che rimangano vericate anche u(x, 0) ed ut (x, 0). Cominciamo col determinare coecienti Ak Bk in modo che la serie di Fourier:

opportunamente le costanti le condizioni di Cauchy su opportune condizioni sui

u(x, t) =

∞  k=1

denisca una funzione

kπx sin L

u(x, t)



kπct kπct + Bk sin Ak cos L L



che sia soluzione della PDE in (3.6).

(3.11)

Se

tale

funzione fosse derivabile due volte, essa avrebbe derivate parziali:

2 ∞  kπ

kπct kπct + Bk sin Ak cos , uxx = − L L L k=1

2

∞  kπc kπx kπct kπct utt = − + Bk sin Ak cos . sin L L L L kπx sin L



k=1

Si vede dunque che, anché le serie per

u,

. . . uxx ed

utt

convergano unifor-

memente e sia pertanto applicabile il teorema di derivazione per serie, per il

M > 0 tale che |Ak k 2 | < M k −2 |Bk | < M k −4 .

Lemma 2.1, basta che esista una costante 2

|Bk k | < M k

−2

, ossia che

|Ak | < M k

−4

,

e

Osservazione 3.3. In con indice rispetto a

una soluzione siatta, i pesi Ak , Bk delle armoniche k elevato pesano sempre meno (sono innitesimi di ordine superiore 1/k 4 ). Pertanto, la forma dell'onda è determinata principalmente

dalle prime armoniche, quelle, cioè, corrispondenti ai primi multipli interi della frequenza fondamentale. Tale risultato è fondamentale per la qualità (timbro) del suono emesso da una corda vibrante. Diverso è il caso delle vibrazioni



162

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

di un mezzo elastico bidimensionale (come ad esempio la membrana di un tamburo). ha:

Imponendo che la (3.11) verichi le condizioni iniziali di Cauchy (3.6), si

u(x, 0) = ut (x, 0) =

∞ 

Ak sin

k=1 ∞ 

kπx = φ(x), L

kπx πck Bk sin = ψ(x), L L

k=1

in cui si riconoscono gli sviluppi in serie di Fourier di soli seni di φ(x) e ψ(x) per 0 ≤ x ≤ L. Segue dunque che: 

L

Ak =

2 L

Bk =

2 πck

φ(x) sin 0



kπx dx, L

L

ψ(x) sin 0

kπx dx. L

(3.12) (3.13)

Per il Teorema 2.6, anché la convergenza di tali sviluppi in serie sia uniforme, basta che: φ e ψ siano funzioni continue, con derivate prime continue a tratti in [0, L]; risulti φ(0) = φ(L) = 0 e ψ(0) = ψ(L) = 0. Osserviamo inoltre che tali condizioni sono anche sucienti a garantire la convergenza uniforme della serie (3.11) per ogni successivo t > 0, in quanto:  

      sin kπx Ak cos kπct + Bk sin kπct  ≤ Ak cos kπct + Bk sin kπct     L L L L L  ≤ |Ak | + |Bk |.

Esercizio 3.6. Risolvere il problema di Dirichlet (3.6) in corrispondenza alle condizioni iniziali: 2a u(x, 0) = L



x, 0 ≤ x ≤ L2 L − x, L2 < x ≤ L

(triangolo isoscele)

ψ(x) = 0.

Risposta:

2

Si ha:

Un'introduzione alla sica degli strumenti musicali si trova in Cingolani (1995).

Ak =

2 2a L L

3.2 Equazione della corda vibrante # Z L L/2 kπx kπx dx + dx x sin (L − x) sin L L 0 L/2

163

"Z

(porre x = L − x nel secondo integrale) "Z „ «# Z L/2 L/2 kπx kπx 4a  x sin x sin kπ − = 2 dx + L L L 0 0 Z L/2 kπx 4a x sin dx = 2 [1 − (−1)k ] L L 0 (integrare per parti) « „ «2 „ kπ kπ kπ 4a L cos + sin − = 2 [1 − (−1)k ] L kπ 2 2 2 (diverso da zero solo per k = 2m − 1) 8a (−1)m+1 , π 2 (2m − 1)2 Bk = 0, =

con cui: u(x, t) =

∞ (2m − 1)πx 8a X (−1)m+1 (2m − 1)πct sin cos . 2 π m=1 (2m − 1)2 L L

Esercizio 3.7. Risolvere il problema di Dirichlet (3.6) in corrispondenza alle condizioni di Cauchy: u(x, 0) = bx(π − x), ut (x, 0) = 0.

0≤x≤π

Risposta: u(x, t) =

∞ 8b X 1 sin[(2k − 1)x] cos[(2k − 1)ct]. π k=1 (2k − 1)3

Con condizioni di Neumann (estremi scorrevoli) Oltre al problema (3.6), è interessante studiare il caso in cui si immagina che gli estremi della corda vibrante non siano ssi, ma siano liberi di scorrere in direzione ortogonale alla coordinata x (ma non lungo x). Tale condizione corrisponde al problema di Neumann: 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, (3.14a) c2 uxx − utt = 0, u(x, 0) = φ(x), 0 ≤ x ≤ L, (3.14b) ut (x, 0) = ψ(x), 0 ≤ x ≤ L, (3.14c) ux (0, t) = ux (L, t) = 0, t ≥ 0. (3.14d)

164

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali In tale problema, si assegnano condizioni al contorno sulla derivata parziale

ux (x, t) 

x=0 u(x, t). A

agli estremi,

non sui valori di

ed

x = L,

e per ogni istante di tempo

t ≥ 0,

ma

dierenza che nel problema di Dirichlet studiato

precedentemente, procedendo per separazione delle variabili con la (3.7), si trova che il caso

λ = 0 è ammesso. Svolgendo i calcoli, si trova che la soluzione

può essere espressa mediante lo sviluppo in serie: ∞

 B0 A0 kπx + t+ u(x, t) = cos 2 2 L



k=1

kπct kπct + Bk sin Ak cos L L

,

(3.15)

dove stavolta gura all'inizio un termine di deriva, ed uno sviluppo in serie di soli coseni rispetto alla coordinata spaziale, con coecienti:

2 Ak = L



L

φ(x) cos 0



kπx dx, L

k = 0, 1, 2, . . .

(3.16a)

k = 1, 2, . . .

(3.16b)

L 2 kπx dx, ψ(x) cos kπc 0 L  L 2 B0 = ψ(x) dx. cL 0

Bk =

(3.16c)

3.3 Equazione del calore Come prototipo delle equazioni paraboliche in

1+1 dimensione, studieremo l'e-

quazione del calore, che serve ad esempio a descrivere il prolo di temperatura di una sbarra conduttrice di calore.

3.3.1 Derivazione in una dimensione Consideriamo il problema della propagazione del calore lungo una sbarra

x) di lunghezza L. Se T0 è la temperatura delè la temperatura di una sezione della sbarra, sia

unidimensionale (coordinata l'ambiente circostante, e

u = T − T0 .

T

u = u(x, t)

Chiaramente,

è una funzione della coordinata (non

tutte le sezioni della sbarra si trovano in generale alla stessa temperatura) e del tempo (la sbarra si riscalda o si raredda). Indichiamo con

H

l'energia

termica posseduta dalla generica sezione della sbarra (posizione di una sua parete in

x, lunghezza della sezione δx) al tempo t. A meno di costanti additive,

risulta:

H(x, t) = κs ρu(x, t)δx, ove

ρ

κs la sua capacità termica specica. non dipendano da x e t ossia che, in particolare, la

è la densità lineare della sbarra e

Supporremo che sia

ρ sia κs

sbarra sia omogenea. La variazione di energia termica della sezione considerata nell'intervallo di tempo

δt

è pertanto:

3.3 Equazione del calore

165

δQ = H(x, t + δt) − H(x, t) = κs ρ[u(x, t + δt) − u(x, t)]δx.

D'altra parte, il usso di energia termica che attraversa la parete della sezione di coordinata x, per la legge di Fourier, è proporzionale al gradiente di temperatura, −σ

∂u (x, t), ∂x

con σ conducibilità termica della sbarra (anche questa supposta costante). Il segno meno indica che l'energia termica uisce da punti a temperatura maggiore verso punti a temperatura minore. Dunque: δQ = [−σux (x, t) + σux (x + δx, t)]δt.

Eguagliando le due espressioni ottenute per δQ (stiamo trascurando sorgenti o pozzi di calore, ed in particolare trascuriamo la dispersione di calore dalla supercie della sezione, che contribuisce con innitesimi di ordine superiore) si ha: u(x, t + δt) − u(x, t) ux (x + δx, t) − ux (x, t) =σ , δt δx limite per δt → 0 al primo membro e per δx → 0

κs ρ

e passando al membro,

al secondo

∂2u ∂u = , ∂t ∂x2

(3.17) che è l'equazione del calore (o di diusione, o di Fourier ). Abbiamo posto: k

k=

κs ρ > 0. σ

Più comunemente, si usa D = k−1 , che prende il nome di costante di diusione, con cui l'equazione del calore si scrive come Duxx − ut = 0. Le dimensioni della costante di diusione sono: [D] = [m2 · s−1 ] ovvero [k] = [m−2 · s]. 3.3.2 Condizioni al contorno di Dirichlet

Consideriamo il seguente problema, con condizioni al contorno di Dirichlet: 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, (3.18a) ut − Duxx = 0, u(x, 0) = φ(x), 0 ≤ x ≤ L, (3.18b) u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (3.18c) L'ultima condizione, in particolare, corrisponde al caso in cui entrambe le estremità della sbarra siano poste a contatto con un termostato a temperatura ssata T0 , sicché ad entrambe le estremità risulti u = T − T0 = 0 per ogni

166

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

istante di tempo. Tali condizioni vengono anche dette

condizioni al contorno

isoterme. Procediamo col ricercare soluzioni per separazione delle variabili:

u(x, t) = X(x)T (t). Sostituendo, come nel caso dell'equazione della corda vibrante, risulta:

X  (x) T˙ (t) = = −λ, X(x) DT (t) con

λ

costante indipendente sia da

x

sia da

t.

Le equazioni per

X

e per

T

risultano così disaccoppiate come:

X  + λX = 0, T˙ + λDT = 0. Si discute quindi la prima di tali equazioni, tenendo conto delle condizioni al contorno

X(0) = X(L) = 0.

Come per l'equazione della corda vibrante

ad estremi ssi, si trova che i casi

λ≤0

non producono soluzioni accettabili

distinte da quella banale. Segue pertanto che

λ = p2 , con p =

nπ L

e

n = 1, 2, . . .,

in corrispondenza al quale:

Xn (x) = An sin λ

Sostituendo tali valori per

nπx . L

nell'equazione per

T

(che è stavolta una ODE

del primo ordine), si trova:

2 2

n π D Tn (t) = c exp − t . L2 Si trovano così le soluzioni a variabili separate:

nπx n2 π 2 D t , un (x, t) = An sin exp − L L2 ogni combinazione lineare delle quali, per il principio di sovrapposizione, restituisce ancora una soluzione dell'Eq. (3.18), che verica le condizioni al contorno di Dirichlet. In particolare, per opportuna scelta delle costanti

u(x, t) =

∞ 



An sin

n=1 denisce una funzione

u = u(x, t)

An ,

la serie:

nπx n2 π 2 D t exp − L L2

(3.19)

sucientemente regolare, soluzione del-

l'equazione del calore con condizioni di Dirichlet. Imponendo la condizione iniziale

u(x, 0) = φ(x)

si trova che:

3.3 Equazione del calore ∞ 

u(x, 0) =

An sin

n=1

da cui si riconosce che

An

nπx , L

167 (3.20)

devono essere i coecienti dello sviluppo in serie

di Fourier della funzione assegnata

An =



2 L

φ(x): L

φ(x) sin 0

Osservazione 3.4. Posto τ=

nπx dx. L

(3.21)

L2 kL2 = 2 , 2 π D π

che, per quello che abbiamo visto, ha le dimensioni di un tempo, la soluzione (3.19) può essere scritta come:

u(x, t) =

∞ 

An sin

n=1

nπx −n2 t/τ , e L

da cui si vede che ogni componente

un (x, t) decade esponenzialmente secondo u1 è quella che decade più lentamente, e ssa quindi la scala dei tempi, che è τ , appunto. Per t % τ , i valori di u(x, t) risulteranno sempre più piccoli, e limt→+∞ u(x, t) = 0. Ciò è

un tempo caratteristico

τ /n2 .

La componente

sicamente intuitivo, e corrisponde al raggiungimento dell'equilibrio termico (termalizzazione) della sbarra, che si porta alla temperatura dei due termostati posti alle estremità.

Esercizio 3.8. Risolvere il problema di Dirichlet: ut − Duxx = 0, 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, u(x, 0) = φ(x), 0 ≤ x ≤ L, u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0, dove

2U φ(x) = L

Risposta:

 x, L − x,

0 ≤ x ≤ L2 , L 2 < x ≤ L.

Procedendo al calcolo di An come nell'Esercizio 3.6, si trova: « „ ∞ (2m − 1)πx (2m − 1)2 π 2 D 8U X (−1)m sin t , exp − u(x, t) = − 2 π m=1 (2m − 1)2 L L2

i cui graci, per diversi valori di t/τ , sono riportati in Fig. 3.6.

Osservazione 3.5. A dierenza che nel caso di una equazione iperbolica, l'esercizio precedente mostra che una discontinuità nel prolo iniziale della soluzione

u(x, 0)

non persiste nel tempo, ma viene smussata non appena sia

t  0.

Tale

risultato è molto più generale, e può essere enunciato nella forma del seguente:

168

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali 1

t = 0 − 2τ, N=100

0.9 0.8 0.7

u

0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

Fig. 3.6. Esercizio 3.8 (L = 1, U = 1)

Teorema 3.1. Consideriamo il problema di Dirichlet (3.18) relativo all'equazione del calore, e supponiamo che φ(x) sia continua e con derivata prima continua a tratti in [0, L], e tale che φ(0) = φ(L) = 0. Allora la soluzione del problema (3.18) è di classe C ∞ per 0 < x < L e t > 0, cioè esistono le derivate parziali di u(x, t) di ogni ordine nell'aperto A = {(x, t) ∈ R : 0 < x
0}.

Sotto le ipotesi fatte, in virtù del Teorema 2.6, la convergenza della serie (3.20) per u(x, 0) è assoluta ed uniforme. Inoltre, poiché non appena sia t > 0, si ha | exp(−n2 t/τ )| < 1, si ha che i termini della serie (3.19) per u(x, t) sono maggiorati, in valore assoluto, dai termini della serie (3.20) per u(x, 0). Dunque, anche la serie per u(x, t) converge uniformemente, e quindi u ∈ C ∞ (A). Il teorema vale anche per l'equazione del calore sottoposta a condizioni di Neumann e miste (vedi avanti), e per l'equazione del calore in n+1 dimensioni (n dimensioni spaziali ed 1 dimensione temporale), dove risulta che la soluzione ˚. Le ipotesi su φ possono inoltre essere indebolite, u è di classe C ∞ nell'aperto A ed è possibile dimostrare il teorema anche per φ ∈ L2 (0, L) (φ a quadrato integrabile).   Dimostrazione.

Un'altra proprietà delle soluzioni ˚, allora u assudell'equazione del calore è costituita dal fatto che, se B ⊆ A me massimo e minimo valore lungo la frontiera di B . Ad esempio, in 1 + 1

Osservazione 3.6 (Principio di massimo).

3.3 Equazione del calore

169

dimensioni, si può considerare B = {(x, t) ∈ R : a ≤ x ≤ b, c ≤ t ≤ d}, con 0 < a ≤ b < L e 0 < c ≤ d. In altri termini, nel caso n ≤ 3, per il quale l'equazione del calore ammette un'interpretazione sica, non si possono generare massimi o minimi locali (hot spots o cold spots ) nel prolo di temperatura u di un corpo omogeneo.

3.3.3 Condizioni al contorno di Dirichlet, non omogenee Consideriamo il seguente problema: ut − Duxx = 0, u(x, 0) = φ(x), u(0, t) = f0 (t), u(L, t) = f1 (t),

0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, t ≥ 0.

(3.22a) (3.22b) (3.22c) (3.22d)

Si può provare che, se ua (x, t) è una particolare soluzione del problema ridotto: ut − Duxx = 0, u(0, t) = f0 (t),

0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, t ≥ 0, t ≥ 0,

u(L, t) = f1 (t),

(3.23a) (3.23b) (3.23c)

in cui non si precisa il prolo iniziale di u, la soluzione del problema (3.22) può essere posta nella forma: u(x, t) = ua (x, t) + ub (x, t),

dove ub (x, t) è soluzione del problema con condizioni di Dirichlet omogenee: ut − Duxx = 0, 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, u(x, 0) = φ(x) − ua (x, 0), 0 ≤ x ≤ L, u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

(3.24a) (3.24b) (3.24c)

Un caso particolare è costituito da f0 (t) = u0 e f1 (t) = u1 (costanti), con u0 = u1 , e supponiamo, per ssare le idee, che sia u0 > u1 . Tale caso corri-

sponde ad avere le estremità della sbarra poste a contatto con due termostati con temperature dierenti. Fisicamente, ci si attende che, a regime, il usso −σux sia costante, da cui u = a + bx. Segue che la soluzione stazionaria (cioè, il prolo di temperatura limite, per t → +∞) è costituita dall'interpolazione lineare fra le due temperature agli estremi, cioè: ua (x, t) = u0 +

u1 − u0 x, L

(che in realtà non dipende dal tempo, e non dipende dal prolo iniziale u(x, 0)), come si verica direttamente per sostituzione. La soluzione del problema ori- 

170

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

ginario si trova quindi aggiungendo a tale funzione la soluzione del problema omogeneo (3.24). In denitiva, si trova: 2 2

∞  n π D u1 − u0 nπx u(x, t) = u0 + x+ exp − An sin t , (3.25a) L L L2 n=1 0 1  2 L u1 − u0 nπx dx φ(x) − u0 − x sin . (3.25b) con An = L 0 L L

3.3.4 Condizioni al contorno di Neumann Supponiamo adesso che siano ssate non le temperature delle estremità della sbarra conduttrice, bensì la quantità di energia termica che uisce (esce o entra) attraverso di esse per unità di tempo. Abbiamo visto che, in base alla legge di Fourier, il usso termico è proporzionale al gradiente di temperatura (con un segno meno, che ricorda il fatto che il calore uisce da punti a temperatura maggiore verso punti a temperatura minore). Pertanto, specicare il usso di calore alle estremità di una sbarra unidimensionale equivale ad assegnare i valori della derivata parziale ux (x, t) alle estremità. Nel caso particolare in cui si assuma che tali valori siano nulli ad ogni istante di tempo (assenza di usso, estremità isolanti, condizioni al contorno adiabatiche ), si ottiene il seguente problema con condizioni al contorno di Neumann:

ut − Duxx = 0, u(x, 0) = φ(x), ux (0, t) = ux (L, t) = 0,

0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0.

(3.26a) (3.26b) (3.26c)

Procediamo a cercarne soluzioni col metodo di separazione delle variabili:

u(x, t) = X(x)T (t), .. . X  + λX = 0, T˙ + λDT = 0. 

Il caso λ < 0 non conduce a soluzioni accettabili, distinte dalla banale. Nel caso λ = 0, l'integrale generale dell'equazione per X(x) è X(x) = c1 + c2 x. Si ha dunque X  (x) = c2 , e dunque la condizione X  (0) = X  (L) = 0 comporta c2 = 0. Signica che soluzioni del tipo X(x) = c1 , con c1 = 0, sono accettabili. Nel caso λ = p2 > 0, si ha:

X(x) = c1 cos px + c2 sin px, X  (x) = −c1 p sin px + c2 p cos px,

3.3 Equazione del calore

171

da cui: X  (0) = c2 p = 0, X  (L) = −c1 p sin pL + c2 p cos pL = 0,

che ammette una soluzione non banale c2 = 0, c1 = 0, se p sin pL = 0, ossia (trascurando il caso p = 0, contemplato già per λ = 0) p = nπ L , con n = 1, 2, . . .. Includendo anche le soluzioni dell'equazione per T , otteniamo così: u0 (x, t) = A0 , un (x, t) = An cos



2 2



n = 0,

nπx n π D t , n = 1, 2, . . . . exp − L L2

Ancora una volta, per opportuna scelta delle costanti An , possiamo fare in modo che la serie: u(x, t) =

2 2

∞ n π D A0  nπx + exp − An cos t 2 L L2 n=1

(3.27)

converga uniformemente, e denisca pertanto una funzione u = u(x, t) sufcientemente regolare, che per il principio di sovrapposizione risulta essere una soluzione dell'equazione del calore che verica le condizioni di Neumann (3.26c). Imponendo inne la condizione iniziale u(x, 0) = φ(x), si trova che: A0 =

2 L

An =

2 L



L

φ(x) dx, 0



L

φ(x) cos 0

nπx dx. L

Esercizio 3.9. Risolvere il problema di Neumann: 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, ut − Duxx = 0, u(x, 0) = φ(x), 0 ≤ x ≤ L, ux (0, t) = ux (L, t) = 0,

dove

t ≥ 0,

⎧ L−a ⎪ ⎨0, 0 ≤ x < 2 L+a φ(x) = U, L−a 2 ≤x≤ 2 , ⎪ ⎩ L+a 0, 2 < x ≤ L,

con 0 < a < L.

Risposta:

u(x, t) =

„ « „ « ∞ “ mπa ” 2U X (−1)m 2mπx 4m2 π 2 D a U+ sin cos exp − t . L π m=1 m L L L2

172

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

Interpretando u(x, t) come la temperatura della sezione della sbarra di ascissa x al tempo t (rispetto alla temperatura dell'ambiente), ed assumendo che l'energia termica di tale sezione sia proporzionale ad u, allora la quantità: Z L I(t) = u(x, t) dx 0

risulta proporzionale all'energia termica della sbarra. Poiché l'equazione di propagazione del calore non contiene termini dissipativi, ci aspettiamo che tale quantità si conservi, se la sbarra non scambia calore con l'esterno. Facendo uso dell'equazione di propagazione del calore, calcoliamo allora la derivata di I rispetto al tempo. Si trova: Z L ˙ ut (x, t) dx I(t) = 0

Z

L

=D 0

uxx (x, t) dx

= D[ux (x, t)]L 0 = D[ux (L, t) − ux (0, t)], ˙ da cui I(t) = 0, cioè I(t) = cost, se ux (L, t) = ux (0, t), ossia se tutto il calore ceduto/ricevuto dalla sbarra all'estremità x = 0 è ricevuto/ceduto all'estremità x = L [è facile convincersi del fatto che ciò corrisponde proprio ad avere ux (L, t) = ux (0, t)]. In particolare, tale condizione si realizza se ux (L, t) = ux (0, t) = 0, ossia in condizioni adiabatiche: la sbarra non scambia calore con l'ambiente a nessuna delle due estremità. In particolare, nel caso della soluzione di questo esercizio, si trova Z L Z L I(t = 0) = u(x, 0) dx = φ(x) dx = aU. 0



0

Ripetendo il calcolo di I(t) utilizzando l'espressione della soluzione trovata a t > 0, integrando termine a termine (cosa lecita ...), si ottiene ancora I(t) = aU . In ` ´ RL dx = 0, ossia che l'unico contributo dato a particolare, si trova che 0 cos 2mπx L I(t) proviene dal primo termine dello sviluppo (il termine costante), che corrisponde alla soluzione asintotica (t → ∞). Gli altri termini (per t > 0) descrivono il modo in cui si distribuisce l'energia termica della sbarra rispetto alla condizione iniziale (t = 0), ovvero rispetto alla condizione asintotica (t → ∞). Disegnate il graco di u(x, t) al variare di x, per diversi valori di t ≥ 0, e vericate il modo in cui evolve u(x, t) al passare del tempo, così come l'intuito sico suggerirebbe. In particolare, vericate che nei punti in cui u(x, t) è massima (a t ssato), u diminuisce, e viceversa, a signicare che la temperatura tende ad equilibrarsi lungo tutta la sbarra.

3.3.5 Una particolare condizione mista Si parla di condizioni al contorno miste nel caso in cui si assegnino i valori di combinazioni lineari di u e di ux al contorno. Se il valore assegnato di tali c.l. è zero, si parla di condizioni omogenee miste. Nel caso 1 + 1 dimensionale:

3.3 Equazione del calore

173

α11 u(0, t) + α12 ux (0, t) = 0, α21 u(L, t) + α22 ux (L, t) = 0,

dove, per semplicità, supponiamo che αij siano costanti. Nel caso α12 = α22 = 0, si ottengono le condizioni di Dirichlet sui valori della funzioni agli estremi, u(0, t) = u(L, t) = 0. Nel caso α11 = α21 = 0, si ottengono le condizioni di Neumann sulle derivate ux (0, t) = ux (L, t) = 0. In particolare, nel caso dell'equazione del calore in 1 + 1 dimensione, è interessante considerare il seguente problema con condizioni miste: 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0, ut − Duxx = 0, u(x, 0) = φ(x), 0 ≤ x ≤ L, u(0, t) = ux (L, t) = 0, t ≥ 0.

(3.28a) (3.28b) (3.28c)

Esso corrisponde ad avere l'estremità a x = 0 della sbarra connessa ad un termostato (u = 0), e l'altra estremità a x = L isolante (ux = 0).! Procedendo per separazione delle variabili, u(x, t) = X(x)T (t),

.. . X  + λX = 0, T˙ + λDT = 0,

si trova che soltanto il caso λ = p2 > 0 produce soluzioni non banali. In tale caso, le condizioni miste sono equivalenti a: X(0) = c1 = 0, X  (L) = −c1 p sin pL + c2 p cos pL = 0,

che ammette la soluzione non banale c1 = 0, c2 = 0 se p cos pL = 0 (p = 0), ossia se p = (2n−1)π . Risolvendo in corrispondenza anche l'equazione per T (t), 2L si ottiene in denitiva: 3

Il problema è simile all'esperienza di Wiedemann e Franz che avete studiato e realizzato durante il corso di Laboratorio di Fisica. In quel caso, un'estremità della sbarra è libera (è a contatto con l'atmosfera, che costituisce un termostato a temperatura ambiente), mentre l'altra è costantemente riscaldata da un becco Bunsen. Alla prima estremità si applicano quindi condizioni al contorno isoterme o di Dirichlet, mentre alla seconda si applicano condizioni al contorno di Neumann, ma non omogenee, in quanto il usso di calore, proporzionale a ux , è costante ma diverso da zero. Quando si spegne il becco Bunsen, entrambe le estremità della sbarra sono a contatto con l'atmosfera (quindi, a entrambe si applicano condizioni di Dirichlet omogenee), ma il prolo iniziale di temperatura u(x, 0) non è identicamente nullo (l'estremità che era riscaldata dal Bunsen è certamente a temperatura maggiore dell'altra estremità).

174

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali



(2n − 1)2 π 2 D (2n − 1)πx exp − un (x, t) = Bn sin t , 2L 4L2 con cui, per opportuna scelta delle costanti Bn , è possibile formare lo sviluppo in serie:

u(x, t) =

∞ 

Bn sin

n=1



(2n − 1)2 π 2 D (2n − 1)πx exp − t . 2L 4L2

(3.29)

Rimane da determinare i coecienti Bn in modo che tale serie converga uniformemente, ed inoltre u(x, t) verichi la condizione iniziale. Notiamo che a denominatore dell'argomento delle funzioni seno compare stavolta 2L, piuttosto che L. Imponendo dunque che:

u(x, 0) =

∞ 

Bn sin

n=1

(2n − 1)πx = φ(x) 2L

(3.30)

non è immediatamente possibile riconoscere un qualche sviluppo in serie di Fourier della funzione φ : [0, L] → R. La presenza della lunghezza raddoppiata dell'intervallo, 2L, ci suggerisce tuttavia di considerare invece la funzione:"

 φ(x), 0 ≤ x ≤ L, ˜ φ(x) = φ(2L − x), L < x ≤ 2L, denita per 0 ≤ x ≤ 2L, simmetrica rispetto ad x = L, e la cui restrizione a [0, L] si riduce a φ(x). Lo sviluppo in serie di Fourier di soli seni di questa funzione è:

˜ φ(x) =

∞ 

m=1

bm sin

mπx , 2L

con

 2L 2 ˜ sin mπx dx φ(x) 2L 0 2L < ;  2L L 1 mπx mπx = dx + dx φ(x) sin φ(2L − x) sin L 0 2L 2L L

bm =

.. .

(porre 2L − x = ξ nel secondo integrale e procedere come nell'Esercizio 3.6)

=

1 − (−1)m L



L

φ(x) sin 0

mπx dx, 2L

da cui si vede che sono diversi da zero soltanto i coecienti con indice dispari, cioè: 4

Si sarebbe potuto utilizzare un qualsiasi altro prolungamento, ma in tal caso i Bn avrebbero avuto una forma più complicata.

3.4 Equazione di Laplace

b2n−1 =

2 L



L

φ(x) sin 0

175

(2n − 1)πx dx. 2L

˜ Pertanto lo sviluppo di φ(x) è: ˜ φ(x) =

∞ 

b2n−1 sin

n=1

(2n − 1)πx , 2L

x ∈ [0, 2L].

˜ Poiché la restrizione di φ(x) a [0, L] deve coincidere con φ(x), segue che i Bn cercati sono proprio i coecienti di Fourier b2n−1 dello sviluppo in serie della ˜ . Posto quindi Bn = b2n−1 , si trova in denitiva: φ(x) u(x, t) =

∞ 

Bn sin

n=1

2 L

Bn =





(2n − 1)2 π 2 D (2n − 1)πx exp − t , 2L 4L2

L

φ(x) sin 0

(2n − 1)πx dx. 2L

(3.31a) (3.31b)

Si sarebbe potuto ottenere lo stesso risultato moltiplicando ambo i membri del−1)πx , integrando fra 0 ed L, e facendo uso delle proprietà la (3.30) per sin (2n 2L di ortogonalità delle funzioni seno. 

Esercizio 3.10. Risolvere il problema con condizioni al contorno miste: ut − uxx = 0, 0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0, u(x, 0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0. u(0, t) = ux (1, t) = 0,

Risposta: u(x, t) =

„ « ∞ 4X 1 (2n − 1)πx (2n − 1)2 π 2 sin exp − t . π n=1 2n − 1 2 4

3.4 Equazione di Laplace

3.4.1 Derivazione L'equazione di Laplace è il prototipo delle equazioni ellittiche. In 2 + 0 dimensioni (2 dimensioni spaziali, 0 dimensioni temporali), essa si può scrivere in uno dei seguenti modi equivalenti: ∂ 2u ∂2u + 2 = 0, ∂x2 ∂y ∇2 u = 0, Δu = 0.

176

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

dove ∇ = ∂2 ∂x2



∂ , ∂ ∂x ∂y



è l'operatore dierenziale vettoriale nabla, e Δ = ∇2 =

∂2 ∂y 2

è l'operatore laplaciano. L'equazione di Laplace si può pensare derivata dall'equazione delle onde in 2 + 1 dimensioni, +

∂2v 1 ∂2v ∂ 2v + − = 0, ∂x2 ∂y 2 c2 ∂t2

in corrispondenza ad una soluzione stazionaria, ossia del tipo: v(x, y, t) = u(x, y)eiωt .

Sostituendo e ponendo k = ω/c, si ottiene infatti l'equazione di Helmholtz: Δu + k 2 u = 0,

che per k = 0 si riduce all'equazione di Laplace. L'equazione di Laplace si può altresì derivare dall'equazione di Poisson: Δu = f,

che, a meno di costanti, descrive il potenziale elettrostatico piano u generato da una distribuzione di carica f (x, y). Per f (x, y) = 0 (cioè, ad esempio, nel vuoto), l'equazione di Poisson si riduce all'equazione di Laplace. L'equazione di Laplace si può anche derivare dall'equazione del calore in 2 + 1 dimensioni: ∂u ∂2u ∂2u = 0, + 2 −k 2 ∂x ∂y ∂t

in corrispondenza al caso stazionario, ut = 0, che si realizza ad esempio per t → ∞. Le soluzioni dell'equazione di Laplace quindi possono essere pen-

sate come i proli di temperatura di un corpo bidimensionale omogeneo in equilibrio termico. Le soluzioni dell'equazione di Laplace possono anche essere pensate come potenziali di velocità del usso irrotazionale di un uido incompressibile. Esse inoltre descrivono la forma di una membrana elastica sotto tensione, come ad esempio la pelle di un tamburo (csd. anche l'equazione di Helmholtz). Dato un aperto A ⊆ R2 , il problema di Dirichlet per l'equazione di Laplace (ovvero, il problema di Dirichlet, per antonomasia) consiste nel ricercare le funzioni u : A → R, sucientemente regolari, tali che: ˚ Δu = 0, (x, y) ∈ A, u = φ, (x, y) ∈ ∂A,

(3.32a) (3.32b)

˚ denota l'interno dell'insieme A e ∂A la sua frontiera. Fisicamente, ove A tale problema può essere interpretato come il problema della ricerca del prolo stazionario di temperatura u di un corpo bidimensionale, il cui bordo ha temperatura φ ssata.

3.4 Equazione di Laplace

177

Il problema di Neumann per l'equazione di Laplace consiste invece in:

Δu = 0, ∂u = ψ, ∂n ∂u ove ∂n = n ortogonale a

˚ (x, y) ∈ A,

(3.33a)

(x, y) ∈ ∂A,

(3.33b)

· ∇u denota la derivata direzionale ∂A. Fisicamente, tale problema può

di

u,

lungo la direzione

n

essere interpretato come il

problema della ricerca del prolo stazionario di temperatura

u

di un corpo

bidimensionale, di cui è data la legge con cui il bordo disperde il calore. Fisicamente, ci si aspetta che, in condizioni stazionarie, tanto calore esca quanto calore entri nel corpo. E in eetti, si dimostra che il problema di Neumann per l'equazione di Laplace ammette soluzione soltanto se

ψ

=

è tale che:

ψ(x, y) d = 0,

(3.34)

∂A

che esprime matematicamente la condizione esposta. Questo è un esempio dei casi in cui una condizione al contorno non compatibile con la PDE possa generare un problema mal posto.

Derivazione variazionale Nella sua celebre Dissertazione del 1854, B. Riemann avanzò l'ipotesi (un'altra!) che il funzionale:

 D(u) = A

1 |∇u|2 dx dy = 2

 A

avesse un minimo nella classe delle funzioni

∂A,

1 2 (u + u2y ) dx dy, 2 x u:A→R

tali che

(3.35)

u=φ

lungo

in corrispondenza della soluzione del problema di Dirichlet (3.32). Tale

ipotesi venne dimostrata da D. Hilbert soltanto alcuni decenni più tardi. A grandi linee, la dimostrazione consiste nel dotare la classe 2 tale che u = φ lungo ∂A} della metrica di L (A),

R



|u − v|2 dx dy

d(u, v) =

X = {u : A →

1/2 .

A

Con tale metrica, lo spazio nale di

D:X →R

X

diventa uno spazio metrico compatto. Il funzio-

è un funzionale continuo, dunque limitato. La compattezza

X consente allora di applicare il teorema di Weierstrass, D ammette minimo (e massimo) in X . Posto  L(x, y, u, ux , uy ) dx dy, D(u) =

e concludere così

che

A

con

L(x, y, u, ux , uy ) = u2x + u2y

(funzionale di Dirichlet ), le equazioni di

Eulero-Lagrange (per funzionali che dipendono da funzioni di due variabili):

178

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

∂ ∂L ∂L ∂ ∂L − =0 − ∂u ∂x ∂ux ∂y ∂uy 

sono equivalenti all'equazione di Laplace. Nel caso elettrostatico,

E = −∇u

la densità di energia elettrostatica, essendo generato dal potenziale

L

è proprio

il campo elettrico

u.

Esercizio 3.11. Derivare l'equazione della corda vibrante dal principio variazionale

δI = 0,

con

 I[u] =



t1 t0



L

dt 0



t1

dxL =

dt t0

L

dx 0

 1 2 ρu˙ − T u2x . 2

Come verrebbe modicata la lagrangiana e l'equazione della corda vibrante se si considerasse anche la forza peso? Quale forma è possibile dedurre per la corda, in condizioni statiche?

Risposta: Vedi Goldstein (1990). Includendo la forza peso, L → L − ρgu. La forma della corda quando ut = 0 è data da uxx = g/c2 , cioè è una parabola passante per gli estremi x = 0 ed x = L. Questa è la forma che Galilei pensava dovesse assumere un tratto di fune inestensibile sospesa alle due estremità. In realtà, √ l'approssimazione ds ≈ dx invece di ds = 1 + u2x dx, e l'avere omesso il vincolo R ds = L (cioè, che la corda abbia lunghezza ssata) impedisce di ottenere la forma corretta del tratto di fune a riposo, che è quella di una catenaria. Il problema della catenaria fu correttamente risolto da Leibniz, Huygens e Johann Bernoulli nel 1691, rispondendo così alla sda lanciata da Jacob Bernoulli. Era stato già Jungius (1669) a dimostrare l'errore di Galilei. Con queste sde (e con questi errori) andavano avanti scienza e matematica nel NLEE secolo, ed in particolare si ponevano le basi del calcolo variazionale.# 3.4.2 Condizioni di Cauchy-Riemann

Le soluzioni dell'equazione di Laplace prendono il nome di funzioni armoniche. Consideriamo una funzione complessa f (z) della variabile complessa z = x + iy . Possiamo pensare alla sua parte reale ed alla sua parte immaginaria come particolari funzioni reali delle due variabili reali x e y, rispettivamente parte reale e parte immaginaria della variabile complessa z : f (z) = u(x, y) + iv(x, y).

Se f è analitica, è noto che u e v vericano le condizioni di Cauchy-Riemann: ux = vy , vx = −uy . 5

(3.36a) (3.36b)

Il motto dell'Accademia del Cimento (Provando e riprovando ), fondata quindici anni dopo la scomparsa di Galilei, riconosceva all'errore un ruolo centrale nelle scienze sperimentali. [Il motto è dantesco, ma in 2=H EEE, 3 riprovare signica provare il contrario. Vedi G. Bonera, Giornale di Fisica !&, (1997).]

3.4 Equazione di Laplace

179

Essendo f analitica, f è innite volte derivabile. Pertanto, anche u e v possiedono derivate parziali di ogni ordine, denite e continue nel dominio di analiticità di f . Derivando parzialmente la (3.36a) rispetto ad x e la (3.36b) rispetto ad y e sommando membro a membro, oppure derivando parzialmente la (3.36a) rispetto ad y e la (3.36b) rispetto ad x e sottraendo membro a membro, facendo uso del lemma di Schwarz sull'inversione dell'ordine di derivazione, si trova che:



uxx + uyy = 0, vxx + vyy = 0,

ossia sia u, sia v sono funzioni armoniche. Due funzioni armoniche legate inoltre dalle condizioni di Cauchy-Riemann (3.36) si dicono funzioni armoniche coniugate.

Procedendo come si è fatto per determinare l'integrale generale nella forma di D'Alembert per l'equazione delle onde, Eq. (3.4), (ponendo c = i, ovvero eseguendo il cambiamento di variabile ct = iy) è possibile determinare l'integrale generale dell'equazione di Laplace nella forma: Osservazione 3.7.

u(x, y) = F (x + iy) + G(x − iy),

con F e G funzioni complesse arbitrarie, ma tali che G = F ∗ , anché u sia reale. Osservazione 3.8. Un modo per determinare soluzioni dell'equazione di Laplace è dunque quello di considerare le parti reale ed immaginaria di una funzione analitica. Ciò può essere fatto sia in coordinate rettangolari (le usuali coordinate x, y), sia in coordinate polari, servendosi della rappresentazione trigonometrica di un numero complesso. Queste ultime funzioni armoniche torneranno utili per la soluzione dell'equazione di Laplace in problemi con simmetria circolare (vedi Ÿ 3.4.4). Ad esempio, f (z) z z2 z3 ez 1 z

u(x, y) x x2 − y 2 x3 − 3xy2 ex cos y x x2 + y 2

v(x, y) y 2xy 3x2 y − y 3 ex sin y y − 2 [(x, y) = 0] x + y2 y 1 [(x, y) = 0] log z log(x2 + y 2 ) arctan 2 x

.

Esercizio 3.12. Da f (z) = zn (n intero) derivare coppie di funzioni armoniche coniugate. Risposta: Pensando z = x + iy, facendo uso della formula per lo sviluppo del

binomio secondo Newton, dopo qualche calcolo, in corrispondenza a f (z) = z 2n (esponente intero pari), si trova:



180

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali ! n X 2n (−1)p x2n−2p y 2p , u(x, y) = 2p p=0 ! n−1 X 2n (−1)q x2n−2q−1 y 2q−1 , v(x, y) = 2q − 1 q=0

mentre in corrispondenza a f (z) = z 2n+1 (esponente intero dispari), si trova: ! n X 2n + 1 (−1)p x2n−2p+1 y 2p , u(x, y) = 2p p=0 ! n X 2n + 1 v(x, y) = (−1)q x2n−2q y 2q+1 . 2q + 1 q=0 In coordinate polari, molto più semplicemente, si ha: ”n “ z n = reiθ = rn (cos nθ + i sin nθ), da cui: u(r, θ) = r n cos nθ, v(r, θ) = r n sin nθ.

3.4.3 Trasformazioni conformi Siano u = u(x, y) e v = v(x, y) una coppia di funzioni armoniche coniugate in un certo dominio del piano, e f (z) = u(x, y) + iv(x, y), con z = x + iy . Le relazioni: u = u(x, y), v = v(x, y)

deniscono allora una trasformazione di coordinate nel piano, che prende il nome di trasformazione conforme. Lo jacobiano di tale trasformazione è: J=

∂(u, v) u u = det x y = ux vy − vx uy . vx vy ∂(x, y)

Facendo uso delle equazioni di Cauchy-Riemann (3.36), tale jacobiano può anche scriversi come: J = u2x + u2y = |∇u|2 = vx2 + vy2 = |∇v|2 = u2x + vx2 = |ux + ivx |2 = |f  (z)|2 .

Dall'ultima relazione segue, in particolare, che la trasformazione (x, y) $→ (u, v) è regolare (J = 0) in tutti i punti z = x + iy del piano complesso in cui la derivata prima di f è diversa da zero.

3.4 Equazione di Laplace

181

Le trasformazioni di coordinate associate ad una coppia di funzioni armoniche coniugate u, v prende il nome di trasformazione conforme in quanto lascia invariati gli angoli del piano. In particolare, le equazioni u(x, y) = cost e v(x, y) = cost deniscono due famiglie di curve del piano mutuamente ortogonali. Consideriamo infatti due particolari curve: u(x, y) = c1 , v(x, y) = c2 .

Tali equazioni deniscono implicitamente due funzioni y = y1 (x) e y = y2 (x), almeno localmente (teorema del Dini). Dierenziando, si ha: ux + uy y1 = 0, vx + vy y2 = 0,

da cui: ux , uy vx y2 = − . vy y1 = −

Moltiplicando membro a membro tali relazioni, calcolate nel punto di incontro fra le due curve, per le equazioni di Cauchy-Riemann (3.36), si ottiene: y1 y2 =

ux vx = −1. uy v y

Segue che curve appartenenti alle due famiglie coordinate u = cost, v = cost sono mutuamente ortogonali. In particolare, da f (z) = z = r cos θ + ir sin θ, segue che le equazioni u = r cos θ, v = r sin θ deniscono una trasformazione conforme (che fa passare dalle coordinate polari a quelle rettangolari usuali). Tale trasformazione è regolare per r = 0, cioè in tutti i punti del piano complesso, tranne che nell'origine. La Fig. 3.7 mostra i reticoli delle curve coordinate u = cost, v = cost corrispondenti a particolari trasformazioni conformi. Tali reticoli vengono anche chiamati reticoli isotermici, in quanto le curve u = cost rappresentano i luoghi dei punti del piano aventi la stessa temperatura u (in base all'interpretazione sica delle soluzioni dell'equazione di Laplace come proli stazionari della temperatura di un corpo bidimensionale). Le curve v = cost, ortogonali alle precedenti, deniscono invece le direzioni del usso di calore.

182

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

Fig. 3.7.

Curve coordinate relative alle trasformazioni conformi denite da (da sinistra a destra, dall'alto in basso): f (z) = z 2 , z 3 , 1/z , log z . Curve a tratto continuo: u = cost. Curve a tratto spezzato: v = cost

3.4.4 Problema di Dirichlet per il disco unitario Operatore laplaciano in coordinate polari

Consideriamo la trasformazione di coordinate: 2

x2 + y 2 y θ = arctan . x r=

A tale trasformazione poco manca per essere una trasformazione conforme, nel senso che abbiamo già osservato che log r, e non r, è la funzione armonica coniugata a θ. Tuttavia, le famiglie di curve coordinate sono le stesse nei due casi. Le coordinate in questione sono le ben note coordinate polari. La trasformazione considerata è non singolare per r = 0, ossia in tutti i punti del piano tranne l'origine del sistema di coordinate. Dierenziando r = r(x, y) e θ = θ(x, y), si ottiene: dr = 2

x

dx + 2

y

dy + + y2 x y dx + 2 dy, dθ = − 2 x + y2 x + y2 x2

y2

x2

3.4 Equazione di Laplace

da cui: ∂(r, θ) J= = ∂(x, y)



r x ry θx θy

'

=

cos θ sin θ sin θ cos θ − r r

183

( ,

dove r e θ nelle espressioni nali vanno pensate come funzioni di x, y . Applicando la regola di derivazione di una funzione composta (regola della catena o di Leibniz), se f = f (x, y) ↔ f = f (r, θ) è una funzione di due variabili, si ha: ∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f sin θ ∂f ∂f = + = cos θ − ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ∂r r ∂θ ∂f ∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f cos θ ∂f = + = sin θ + . ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y ∂r r ∂θ

Derivando una seconda volta,



∂2f sin θ ∂ 2 f sin2 θ ∂f sin2 θ ∂ 2 f sin θ cos θ ∂f ∂2f = cos2 θ 2 − 2 + + +2 2 2 2 ∂x ∂r r ∂θ∂r r ∂θ r ∂r r2 ∂θ 2 2 2 2 2 2 cos sin θ cos θ ∂ ∂f ∂ sin θ cos ∂ f f f θ ∂ f θ ∂f + −2 = sin2 θ 2 + 2 + ∂y 2 ∂r r ∂r∂θ r 2 ∂θ2 r ∂r r2 ∂θ

e inne, sommando membro a membro, e facendo uso del lemma di Schwarz sull'inversione dell'ordine di derivazione, si ottiene: ∂2f ∂2f + 2 2 ∂x ∂y ∂2f 1 ∂ 2f 1 ∂f , = + 2 2 + 2 ∂r r ∂θ r ∂r

Δf =

(3.37)

che è l'espressione dell'operatore laplaciano in coordinate polari. Notare, in particolare, che i vari membri della relazione trovata sono dimensionalmente omogenei. Ciò premesso, consideriamo il seguente problema di Dirichlet relativo all'equazione di Laplace: Δu = 0, u(1, θ) = φ(θ),

0 ≤ r < 1,

− π < θ ≤ π, − π < θ ≤ π,

(3.38a) (3.38b)

dove il laplaciano Δ si intende espresso in coordinate polari, (3.37). Esplicitamente, dunque: ∂2u 1 ∂ 2 u 1 ∂u = 0, in A, + + ∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r u(1, θ) = φ(θ), lungo ∂A,

dove A è il disco unitario,

(3.39a) (3.39b)

184

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1} = {(r, θ) ∈ R2 : 0 ≤ r < 1, −π < θ ≤ π}.

La simmetria del dominio di denizione della soluzione suggerisce appunto l'impiego di coordinate polari per la ricerca della soluzione stessa. Procediamo per separazione delle variabili come di consueto: u(r, θ) = R(r)Θ(θ) 1 1 R Θ + 2 RΘ + R Θ = 0 r r  R Θ 2R r +r =− = λ, R R Θ

da cui: r2 R + rR − λR = 0 Θ  + λΘ = 0.

Cominciamo col discutere la seconda equazione. Soluzioni sicamente accettabili sono quelle che danno lo stesso valore di u e delle sue derivate sia per θ = −π , sia per θ = π . In altri termini, occorre che la soluzione si raccordi in modo regolare lungo il raggio del disco di equazione θ = ±π. Ciò è equivalente a dire che la soluzione deve essere periodica di periodo 2π. Per λ < 0, l'equazione per Θ conduce a combinazioni lineari di esponenziali, che non hanno periodo reale, e dunque non sono accettabili. Per λ = 0, l'integrale generale è Θ(θ) = a + bθ, che è accettabile soltanto se b = 0. Per λ = p2 > 0, l'integrale generale è Θ(θ) = a cos pθ + b sin pθ, che denisce una funzione periodica di periodo 2π soltanto se p è un intero, p = n. Possiamo inoltre assumere tale intero positivo, in quanto il caso p = 0 è già stato contemplato, ed il caso p = −n si ottiene cambiando segno alla costante (arbitraria) b. Rimane dunque da discutere l'equazione per R. Se λ = 0, essa si riduce a: 1 R =− , R r

che è a variabili separate. Integrando una prima volta, si ottiene: log R = − log r + cost

ovvero:

R =

cost r

,

e integrando una seconda volta: R(r) = c + d log r.

3.4 Equazione di Laplace

185

Dovendo la soluzione R(r) assumere valore nito per r → 0, deve allora essere d = 0. Se invece λ = n2 , l'equazione diventa l'equazione di Eulero o equazione equidimensionale:

r2 R + rR − n2 R = 0.

Ricercandone soluzioni del tipo R(r) = rq , si trova q2 = n2 , ossia q = ±n. L'integrale generale è dunque: R(r) = crn +

d . rn

Anche in questo caso, dovendo R(r) tendere ad un valore nito per r → 0, si richiede che sia d = 0. Rimangono così determinate le soluzioni: u0 (r, θ) = a0 , un (r, θ) = rn (an cos nθ + bn sin nθ),

n

intero.

Osserviamo, in particolare, che le ultime sono c.l. di rn cos nθ e rn sin nθ, che abbiamo già osservato essere funzioni armoniche coniugate, ottenute come parti reale ed immaginaria di f (z) = zn . Servendosi del principio di sovrapposizione, cerchiamo di determinare la soluzione del problema (3.38) nella forma dello sviluppo in serie: ∞

a0  n + r (an cos nθ + bn sin nθ). u(r, θ) = 2 n=1

(3.40)

Supponendo che tale serie converga uniformemente e che quindi denisca una funzione u(r, θ) sucientemente regolare (vedi oltre per le condizioni su φ in corrispondenza alle quali ciò si verica), imponiamo che essa verichi la condizione al contorno: ∞

u(1, θ) =

a0  (an cos nθ + bn sin nθ) = φ(θ). + 2 n=1

(3.41)

Si riconosce così che an e bn devono proprio essere i coecienti dello sviluppo in serie di Fourier della funzione φ, cioè:  1 π φ(θ ) dθ , π −π  1 π an = φ(θ ) cos nθ  dθ , π −π  1 π bn = φ(θ ) sin nθ  dθ . π −π a0 =

(3.42a) (3.42b) (3.42c)



186

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

Teorema 3.2. Se φ è continua in ∂A e la sua derivata φ è continua a tratti in [−π, π], allora la (3.40), con an e bn deniti dalle (3.42), è la soluzione del problema di Dirichlet per l'equazione di Laplace sul disco unitario (3.38). Dimostrazione. La condizione che φ sia continua lungo la frontiera ∂A del disco unitario comporta, in particolare, che che

φ(−π) = φ(π).

φ

non faccia salti per

garantisce la uniforme convergenza della serie (3.41) per essendo

0 ≤ r < 1,

θ = ±π ,

ossia

Sono dunque vericate le ipotesi del Teorema 2.6, che

u(1, θ).

D'altronde,

il termine generico della serie (3.41) maggiora, in valo-

re assoluto, il termine generico della serie (3.40). Segue che anche la (3.40) converge uniformemente, e denisce pertanto una funzione quante si vuole in

˚, A

u(r, θ)

derivabile

che è soluzione del problema (3.38). Si prova inoltre che

 

tale soluzione è unica.

u

π

π π/2 0 -1

-0.5

x

0

0.5

1 -1

-0.5

0

0.5 y

0 1

Fig. 3.8. Esercizio 3.13

Esercizio 3.13. Risolvere il seguente problema di Dirichlet per l'equazione di Laplace sul disco unitario:

Δu = 0, u(1, θ) = |θ|,

Risposta:

Si trova:

0 ≤ r < 1,

− π < θ ≤ π, − π < θ ≤ π.

3.4 Equazione di Laplace u(r, θ) = =

187

∞ 2 X (−1)n − 1 n π r cos nθ + 2 π n=1 n2 ∞ π 4 X 1 − r2m−1 cos[(2m − 1)θ]. 2 π m=1 (2m − 1)2

Vedi Fig. 3.8 per un graco della soluzione. Alla base del graco sono riportati, in falsi colori, i valori di u sul disco (intendendo u come la temperatura del disco, scuro o blu vuol dire bassa temperatura, chiaro o giallo vuol dire alta temperatura).

Formula di Poisson L'espressione (3.40) per la soluzione del problema di Dirichlet per l'equazione di Laplace sul disco unitario può essere posta in una forma un po' più perspicua. Sostituendo le espressioni (3.42) per i coecienti di Fourier, si ha: ∞

a0  n + r (an cos nθ + bn sin nθ) 2 n=1 ; <  π ∞  1   n   = dθ φ(θ ) 1 + 2 r (cos nθ cos nθ + sin nθ sin nθ ) 2π −π n=1 ; <  π ∞  1 dθ φ(θ ) 1 + 2 rn cos[n(θ − θ  )] , = 2π −π n=1

u(r, θ) =

ossia:



π

dθ φ(θ  )P(r, θ − θ ),

(3.43)

< ; ∞  1 n r cos nθ . P(r, θ) = 1+2 2π n=1

(3.44)

u(r, θ) = −π

dove si è posto:

La (3.43) prende il nome di formula di Poisson, e la funzione (3.44) si chiama kernel di Poisson (per il disco unitario). La formula di Poisson consente di esprimere la soluzione del problema (3.38) come integrale o convoluzione fra la funzione nota φ, che esprime il valore della soluzione cercata lungo la frontiera ∂A, e una funzione caratteristica del problema, ma che non dipende essa stessa dalla condizione al contorno (il kernel di Poisson). In altri termini, mediante la (3.43), è possibile costruire la soluzione u(r, θ) all'interno del dominio A a partire dal suo valore al contorno. In altri termini ancora, il kernel di Poisson serve a propagare il comportamento della soluzione da ∂A, dove è noto, verso l'interno del disco, in A˚. Il termine propagare è suggestivo del fatto che l'equazione di Laplace governa lo stato stazionario del prolo di temperatura di un corpo: il fenomeno sico alla base di tutto è la propagazione del calore. Ritroveremo il termine propagatore in corrispondenza ad altre PDE (come la stessa equazione delle onde, enti che si propagano per

188

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

antonomasia), per le quali è possibile porre la soluzione in una forma analoga alla (3.43).$

1

0.5

0

-0.5

-1

-1

-0.5

0

0.5

1

Fig. 3.9. Kernel di Poisson Al kernel di Poisson (3.44) è possibile dare forma chiusa. È possibile, cioè, esprimere il kernel di Poisson in termini di funzioni elementari. Partendo dalla sua espressione, e servendoci del fatto che rn cos nθ = Re z n , con z = reiθ , si ha:

6

Il termine propagatore ricorre in Teoria dei campi e Teoria dei sistemi di molti corpi. A propagarsi, in tal caso, è l'onda di probabilità associata ad una particella o ad un campo, ad esempio, e l'equazione alla base del processo di propagazione può essere, ad esempio, l'equazione di Schrödinger.

3.5 Temi d'esame svolti

2πP(r, θ) = 1 + 2 Re

∞ 

189

zn

n=1

'

= 1 + 2 Re −1 +

∞ 

( zn

n=0

(riconoscere la serie geometrica, e osservare che |z| < 1 per 0 ≤ r < 1)

= −1 + 2 Re = Re

1 1−z

1+z 1−z

da cui, tornando a sostituire z = reiθ e svolgendo il calcolo della parte reale, si trova: 1 − r2 1 . (3.45) P(r, θ) = 2 2π 1 − 2r cos θ + r

Il graco di P(r, θ) è riportato in Fig. 3.9 (falsi colori o scale di grigio sul disco). Si osserva che P(r, θ) ha un polo semplice per r = 1, θ = 0, sicché l'integrale (3.43) va inteso nel senso di Cauchy o del valor principale. Per questa ragione il kernel di Poisson va pensato come funzione generalizzata o distribuzione (esso gura infatti sempre dentro il segno di integrale, come in (3.43)).

Esercizio 3.14. Vericare che ΔP(r, θ) = 0, ossia che il kernel di Poisson è a sua volta una funzione armonica. Risposta: Servirsi dell'espressione (3.37) del laplaciano in coordinate polari. Oppure osservare che P(r, θ) è la parte reale di una funzione analitica.

3.5 Temi d'esame svolti

Esercizio 3.15 (Compito d'esame del 14.12.2001). Risolvere il seguente problema di Dirichlet per l'equazione di Laplace sul disco unitario: Δu = 0, 0 ≤ r < 1, u(1, θ) = | sin θ|,

Risposta:

− π < θ ≤ π, − π < θ ≤ π.

Si trova: u(r, θ) =

∞ 4 X 2 1 − r2m cos[2mθ]. π π m=1 4m2 − 1

Vedi Fig. 3.10 per un graco della soluzione. Alla base del graco sono riportati, in falsi colori, i valori di u sul disco (intendendo u come la temperatura del disco, scuro o blu vuol dire bassa temperatura, chiaro o giallo vuol dire alta temperatura).

190

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali

u

1

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -1

-0.5

x

0

0.5

1 -1

-0.5

0

0.5 y

0 1

Fig. 3.10. Esercizio 3.15

Esercizio 3.16 (Compito d'esame dell'1.7.2002). Determinare la temperatura u(x, t) di una sbarra di lunghezza unitaria nei seguenti due casi: 1. Estremi a temperatura zero e u(x, 0) = sin kπx, per 0 ≤ x ≤ 1, con k ∈ Z assegnato. 2. Estremi termicamente isolati e 

u(x, 0) =

0, 1,

0 ≤ x < 12 1 2 < x ≤ 1.

(In entrambi i casi, porre la costante di diusione uguale a 1.) Esercizio 3.17 (Compito d'esame del 9.12.2002). Determinare la temperatura su un disco unitario, quando sulla semi-circonferenza superiore la temperatura è mantenuta al valore costante u, mentre sulla semi-circonferenza inferiore vale θ. Quale sarebbe la temperatura sul disco se anche sulla semicirconferenza inferiore la temperatura fosse mantenuta costante al valore u?

Risposta: Assumete θ ∈ [−π, π]. (La soluzione sarebbe stata diversa se invece aveste assunto θ ∈ [0, 2π]?) Il problema da risolvere è: Δu = 0,

0 ≤ r < 1,

− π < θ ≤ π,

u(1, θ) = u,

0 < θ ≤ π,

u(1, θ) = θ,

− π < θ ≤ 0.

3.5 Temi d'esame svolti Si trova: u(r, θ) =

191

– » ∞ 1 X n 1 − (−1)n 2u − π π(−1)n + u[(−1)n − 1] + sin nθ . r cos nθ − 4 π n=1 n2 n

Se invece u(1, θ) = u, allora u(r, θ) = u, come è naturale aspettarsi.

Esercizio 3.18 (Compito del 6.06.2003).

.

1. Mostrare che l'equazione

uxx + 2uxy + uyy − uy = 0 ha la forma canonica

uxx − ut = 0.

2. Risolvere il problema misto:

uxx − ut = 0, u(x, 0) = u0

0 < x < , ,

(costante)

0 < x < , t ≥ 0.

u(0, t) = u( , t) = 0, 3. Determinare la soluzione stazionaria di tale problema.

Risposta: 1. L'equazione assegnata ha parte principale: auxx + 2buxy + cuyy + . . . = 0,

(∗)

con a = b = c = 1 (in questo caso) costanti. Il discriminante dell'equazione vale quindi: „ « ab = 0. Δ = det bc Pertanto, l'equazione assegnata è di tipo parabolico. Un cambiamento di variabili ξ = ξ(x, y), η = η(x, y) non singolare [∂(ξ, η)/∂(x, y) = ξx ηy − ηx ξy = 0] trasforma la parte principale dell'equazione assegnata nella parte principale: a ¯uξξ + 2¯buξη + c¯uηη + . . . = 0, dove u ≡ u(ξ, η) e: a ¯ = aξx2 + 2bξx ξy + cξy2 ¯b = aξx ηx + b(ξx ηy + ηx ξy ) + cξy ηy

(†)

c¯ = aηx2 + 2bηx ηy + cηy2 .

Essendo l'equazione assegnata di tipo parabolico, è possibile determinare tale cambiamento di variabili in modo che l'equazione nelle nuove variabili abbia forma canonica uξξ + G(ξ, η, u, uξ , uη ) = 0. L'equazione: aωx2 + 2bωx ωy + cωy2 = 0 (∗∗) è l'equazione caratteristica relativa alla (∗). Se ω(x, y) è soluzione della (∗∗) di classe C 1 in un certo dominio, e tale che ∇ω = 0, allora la curva di equazione

192

3 Cenni di teoria delle equazioni alle derivate parziali implicita ω(x, y) = C è detta curva caratteristica per l'equazione (∗). In particolare, la condizione ∇ω = 0 consente di dire che tale curva è regolare, ossia ammette tangente. Dal confronto con le (†), si vede subito che a ¯ = 0 se si sceglie ξ(x, y) = ω1 (x, y), con ω1 soluzione dell'equazione caratteristica. Analogamente, c¯ = 0 se si sceglie η(x, y) = ω2 (x, y), con ω2 ancora soluzione dell'equazione caratteristica. Lungo una curva caratteristica, sotto le ipotesi del teorema del Dini sulle funzioni implicite, l'equazione ω(x, y) = C denisce implicitamente una funzione y = y(x) che ha derivata: ωx dy =− . dx ωy La (∗∗) si può scrivere allora come: a(y  )2 − 2by  + c = 0,

che è equivalente alle due equazioni dierenziali del primo ordine: √ b + −Δ y = ≡ f1 (x, y) a √ b − −Δ y = ≡ f2 (x, y), a dove Δ = ac − b2 è il discriminante dell'equazione assegnata, denito precedentemente. In generale, f1 ed f2 sono funzioni di (x, y). Nel nostro caso (Δ = 0), e l'equazione dierenziale per le caratteristiche diventa semplicemente: b dy = =1 dx a il cui integrale generale è y = x + C . (In forma implicita, ω(x, y) = y − x = C .) Scegliamo allora come nuove coordinate: ξ = y−x η = x,

con cui Δ = 0 (come dev'essere) e a ¯ = ¯b = 0, c¯ = 1. Nelle nuove coordinate, l'equazione assegnata diventa uηη − uξ = 0, che è eettivamente nella forma canonica delle equazioni paraboliche, come ci si aspettava. 2. Mediante il metodo di Fourier (separazione delle variabili, etc), si trova: „ « ∞ (2m − 1)πx (2m − 1)2 π 2 1 4u0 X sin exp − t . u(x, t) = π m=1 2m − 1  2 3. La soluzione stazionaria si trova o prendendo il limite per t → ∞ nella soluzione appena trovata, oppure prendendo il limite dell'equazione di partenza. Al limite per t → ∞, infatti, ci si aspetta che ut → 0. Rimane quindi un'equazione differenziale uxx (x, ∞) = 0 che possiamo trattare come un'equazione dierenziale ordinaria nella sola variabile x. Tenendo conto delle condizioni al contorno, si trova u(x, ∞) = 0, com'è del resto intuitivo dal punto di vista sico.

4 Funzioni di variabile complessa

Un'ottimo riassunto dei principali risultati di teoria, numerosi esercizi anche svolti e numerosi complementi sono forniti da Spiegel (1975). Qui mi limito a dare le tracce di svolgimento ed i risultati di alcuni temi d'esame (alcuni sono pertinenti anche al Cap. 5 sulle trasformate di Fourier) e complementi su alcune funzioni speciali (Lebedev e Silverman, 1972). 4.1 Funzione Γ (z) di Eulero

(Vedi: Smirnov, 1988a; Krasnov et al., 1977; Spiegel, 1975; Bernardini et al., 1998, per maggiori dettagli e dimostrazioni.) Studiamo l'integrale euleriano di seconda specie: 

∞

Γ (z) =

(4.1)

e−t tz−1 dt.

0

Supponiamo dapprima che z = n ∈ N sia un numero intero, dunque n ≥ 1. Integrando per parti, si trova: 

∞

−t n−1

e t

Γ (n) = 0

0

1 −t n dt = e t n

1∞ 0

1 + n



∞

e−t tn dt =

0

1 Γ (n + 1). n

Rimane così stabilita la formula di ricorrenza (per n intero): Γ (n + 1) = nΓ (n).

Per n = 1, d'altronde, si trova subito Γ (1) = 1, sicché: (4.2) Sia adesso z ∈ C un numero complesso. Si dimostra che per Re z > 0 la (4.1) denisce una funzione analitica di z. Tale funzione può essere prolungata Γ (n + 1) = n!,

n ∈ N.

Angilella G. G. N.: Esercizi di metodi matematici della fisica. © Springer-Verlag Italia 2011

194

4 Funzioni di variabile complessa

per analiticità anche a sinistra dell'asse immaginario, ad eccezione che nei punti z = 0, −1, −2, −3, . . ., dove presenta dei poli semplici. La funzione che rimane così denita è una funzione meromorfa e prende il nome di funzione Γ

di Eulero.

In particolare, vale ancora che: (4.3)

z = 0, −1, −2, −3, . . . .

Γ (z + 1) = zΓ (z),

La funzione Γ di Eulero dunque generalizza, in un certo senso, il fattoriale di un numero intero su tutto il piano complesso, ad eccezione che in corrispondenza degli interi non positivi. La Fig. 4.1 riporta il graco di Γ (z) per Im z = 0, cioè lungo l'asse reale.

4 2 0 -2 -4 -4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

Fig. 4.1. Funzione Γ (z) di Eulero per Im z = 0 È noto che vale:



∞

−x2

e 0

√ π dx = . 2

Mediante la sostituzione x = t1/2 si trova così che: 

∞

1

e−t t− 2 dt =

√ π,

0

che, in base alla denizione (4.1), equivale a dire che: Γ



√ 1 = π. 2

Servendosi della formula di ricorrenza (4.3), si può così calcolare Γ (3/2), Γ (5/2), etc. Si trova:

Γ

n+

1 2

4.2 Temi d'esame svolti

=

(2n − 1)!! √ π, 2n

n = 0, −1, −2, −3, . . . .

Analogamente si possono calcolare i valori di

Γ (z)

per

z

195 (4.4)

pari ad un numero

semi-intero negativo. Citiamo inne, senza dimostrazione, le seguenti altre relazioni che coinvolgono la funzione

di Eulero. Esse valgono nei punti in cui ha senso calcolare

Γ

tutte le funzioni che vi gurano.

π Γ (z)Γ (1 − z) = sin πz

√ 1 Γ (z)Γ z + = 21−2z πΓ (2z) 2





1 2 n−1 Γ (z)Γ z + Γ z+ ··· Γ z + n n n n−1

(4.5) (4.6)

1

= (2π) 2 n 2 −nz Γ (nz)

z  1 ∞ 0 z −1 1 & 1 1 + Γ (z) = 1+ . z n=1 n n

4.2 Temi d'esame svolti

Esercizio 4.1 (Compito del 23.11.1995). 

∞

I= −∞

dove

0 < a < 1.

Risposta:

Calcolare l'integrale:

eax dx, 1 + ex

(Si consiglia di considerare il contorno di Fig. 4.2.)

Posto

f (z) =

− R + 2π i

4

eaz , 1 + ez

3

R + 2πi

2

iπ

−R

1

R

Fig. 4.2. Contorno γ utilizzato nello svolgimento dell'Esercizio 4.1

(4.7) (4.8)

196

4 Funzioni di variabile complessa

consideriamo l'integrale

I f (z) dz = J1 + J2 + J3 + J4 ,

J= γR

ove γR è il contorno di Fig. 4.2. Risulta: lim J1 = I.

R→∞

Mediante la sostituzione z = R + iθ (con 0 → θ → 2π ), si ha: Z 2π eiaθ J2 = ieaR dθ, 1 + eR+iθ 0 da cui

Z

2π

dθ eaR →0 ≤ 2π R iθ |1 + e e | 1 + eR 0 per R → ∞, sotto l'ipotesi 0 < a < 1. Analogamente, mediante la sostituzione z = −R + iθ (con 2π → θ → 0), si ha: Z 2π eiaθ J4 = −ie−aR dθ, 1 + e−R+iθ 0 |J2 | ≤ eaR

da cui

Z

2π

dθ e−aR →0 ≤ 2π |1 + e−R eiθ | 1 + e−R 0 per R → ∞, sotto l'ipotesi 0 < a < 1. Inne, mediante la sostituzione z = x + 2πi (con R → x → −R), si trova: Z R eax J3 = −e2iaπ dx = −e2iaπ J1 . x −R 1 + e |J4 | ≤ e−aR

Segue che: I=

1 lim J. 1 − e2iaπ R→∞

Ma, per il teorema dei residui, lim J = 2πi

R→∞

X k

Res f (z),

z=zk

dove zk sono le singolarità di f (z) appartenenti al dominio che ha γ∞ per contorno. La funzione f (z) presenta i poli semplici (ez = −1 = e(2k+1)iπ ) zk = (2k + 1)iπ,

k = 0, ±1, ±2 . . .

Di questi, soltanto z0 = iπ cade dentro il contorno γ∞ , come mostrato in Fig. 4.2. Per il calcolo del residuo in z = zk , ci si può servire del cambio di variabile w = z − zk , e studiare invece la funzione: gk (w) = f (w + zk ) = ei(2k+1)aπ

Questa presenta un polo semplice in w = 0 e risulta:

eaw . 1 − ew

4.2 Temi d'esame svolti

197

Res f (z) = Res gk (w) = lim wgk (w) = −ei(2k+1)aπ ,

z=zk

w=0

w→0

w

ove si è fatto uso del limite notevole limw→0 e w−1 = 1. Limitandosi a considerare il caso k = 0, si trova limR→∞ J = −2πieiaπ , con cui eiaπ π = 1 − e2iaπ sin aπ

I = −2πi

ove si è fatto uso delle formule di Eulero.

Esercizio 4.2 (Compito del 14.12.2001). Calcolare l'integrale: 

z2 + 4 dz z 3 + 2z 2 + 2z

I= C

(4.9)

dove C è la circonferenza denita da |z| = 32 .

Risposta: Poli semplici in 0 e −1 ± i, tutti interni a C . Scegliendo per C il senso antiorario, si trova I = 2πi.

Esercizio 4.3 (Compito del 30.01.2002). Calcolare l'integrale: 

∞

I= −∞

x2

x cos πx dx. + 4x + 13

Risposta:

Si tratta sostanzialmente di calcolare la trasformata coseno di x/(x2 + 4x + 13). Si trova I = − 23 πe−3π .

Esercizio 4.4 (Compito del 26.02.2002). Calcolare il seguente integrale motivando il metodo scelto: 

+∞

I= −∞

(x2 − 1) sin 2x dx. x3 + x 2 − 2

Risposta:

Si tratta sostanzialmente di calcolare la trasformata seno di (x2 − 1)/(x + x − 2). Si trova I = πe−2 cos 2. 3

2

Esercizio 4.5 (Compito del 10.06.2002). Calcolare, coi metodi conosciuti, il seguente integrale: 

∞

I= −∞

(x2

cos x dx. + 4ix − 5)(x2 + 4)

Risposta: Attenzione alla i al denominatore: la sua presenza non consente di trarre vantaggio dal fatto che cos x = Re eix . Piuttosto, fare uso della formula di Eulero, cos x = (eix + e−ix )/2. Si dovranno così calcolare due integrali (in pratica, due trasformate di Fourier). Per uno di essi, chiudere il percorso di integrazione nel −2 semipiano superiore. Per l'altro, in quello inferiore. Si trova: I = − πe34 (9 + 2 sin 1 − 8 cos 1).

198

4 Funzioni di variabile complessa

Esercizio 4.6 (Compito dell'1.7.2002). Calcolare il seguente integrale: 

π

dx . (3 + 2 cos x)2

I= −π

(Suggerimento: servirsi del cambiamento di variabile

Risposta:

I=

6π √ . 5 5

z = eix .)

Esercizio 4.7 (Compito dell'11.9.2002). Calcolare, giusticando il metodo seguito, l'integrale: 

+∞

(x2 + 8 − 6i)eix dx. 4 2 −∞ x + 16x + 100   θ θ 1 + cos θ 1 − cos θ =± e sin =± . che cos 2 2 2 2

I=

Ove necessario, si ricordi

Risposta: Ancora una trasformata di Fourier. Il suggerimento serve a calcolare le radici di un numero complesso, utili per il calcolo degli zeri del numeratore e del denominatore. Due singolarità sono eliminabili (semplicare). Le rimanenti due sono poli semplici, di cui soltanto uno si trova nel semipiano superiore. Svolgendo i −3 calcoli, si ottiene I = πe10 [3 cos 1 − sin 1 − i(cos 1 + 3 sin 1)].

Esercizio 4.8 (Compito del 2.10.2002). Calcolare, motivando il metodo scelto, 

∞

I= −∞

Risposta:

x sin x dx + x3 + x 2 − 2



∞

−∞

sin x dx. (1 − x)(x2 + 2x + 2)

Dopo aver semplicato, si trova I = − πe sin 1.

Esercizio 4.9 (Compito del 9.12.2002). Calcolare, coi metodi noti: 

∞

I=

giusticando i calcoli eseguiti. Risposta:

Si trova I =

π (1 9

−∞

x sin πx dx x3 + 6x − 20

+ e−3π ).

Esercizio 4.10 (Compito del 10.02.2003). Studiare le singolarità della funzione: 3 f (z) =

2z + 13z . z 4 + 13z 2 + 36

Calcolare quindi, con metodi noti, l'integrale: 

∞

f (x) sin x dx.

I= −∞

Risposta: La funzione f (z) presenta poli semplici in z = ±2i e z = ±3i, con residuo pari a 12 in ciascun caso. Per il calcolo dell'integrale, si consideri l'integrale di f (z)eiz lungo un opportuno percorso chiuso nel semipiano superiore. Prendendo la parte immaginaria, si trova I = π(1 + e)/e3 .

4.2 Temi d'esame svolti

199

Esercizio 4.11 (Compito del 28.03.2003). Calcolare, col metodo dei residui, l'integrale:  2π I=

Risposta:

0

I=

dθ . (2 − cos θ)2

4π √ . 3 3

Esercizio 4.12 (Compito del 6.06.2003). Calcolare il seguente integrale: 

∞

I= −∞



13 x2 x 2 + 2 sin x dx. 5 x 13 + x3 + 18x 2 2

Risposta: Si tratta della trasformata di Fourier-seno di una funzione razionale fratta, f (x) = x2 (x2 + 13 )/( 12 x5 + 13 x3 + 18x). Dopo aver eliminato la singolarità 2 2 R∞ (eliminabile) in x = 0, osservare che I = Im −∞ f (x)eix dx. Passare al piano complesso (...), semipiano superiore (...), poli semplici per z = ±3i, z = ±2i (zeri del denominatore, biquadratica, ... ), di cui considerare solo quelli con Im z > 0. Risulta (...): I = π(e−2 + e−3 ).

Esercizio 4.13 (Compito dell'1.07.2003). Calcolare l'integrale: 

z 2 sin

I= |z|=3

1 dz. z+2

(Si consiglia di far ricorso a noti sviluppi in serie.)

1 Risposta: Posto f (z) = z 2 sin z+2 , si osserva che f (z) presenta una singolarità in z = −2, punto interno al dominio limitato dal percorso di integrazione, |z| = 3. Per caratterizzare tale singolarità e determinarne il residuo, occorre sviluppare f (z) in serie di Laurent attorno a z = −2. Nel caso del seno, è opportuno ricorrere allo sviluppo in serie (di Taylor) di sin w attorno a w = 0, e porre poi w = 1/(z + 2). Nel caso di z 2 , basta aggiungere e sottrarre 2. Eseguire quindi i prodotti termine a termine e raccogliere i termini con potenza comune in 1/(z + 2):

f (z) = [(z + 2) − 2]2 sin

1 z+2

– 1 1 1 1 1 + + ... = [(z + 2) − 4(z + 2) + 4] − z+2 3! (z + 2)3 5! (z + 2)5 „ „ « « 1 1 1 1 1 4 4 − + ... = (z + 2) − 4 + 4 − + + 3! z + 2 3! (z + 2)2 5! 3! (z + 2)3 2

»

Ci si convince che esistono inniti termini con esponente negativo nello sviluppo in serie di Laurent attorno a z = −2; dunque, tale punto è una singolarità ´essenziale ` 1 che, per per f (z). Inoltre, il termine in 1/(z + 2) ha per coeciente a−1 = 4 − 3! denizione, è il residuo di f (z) in z = −2. Dunque, assumendo di percorrere |z| = 3 secondo il verso antiorario, risulta: „ « 1 23 I = 2πi 4 − = πi. 3! 3

200

4 Funzioni di variabile complessa

Esercizio 4.14 (Compito del 10.04.2000). Calcolare l'integrale =

e−1/z sin

I= Γ

dove Γ = {z ∈ C Risposta:

1 dz, z

: |z| = 1}.

Ragionare come per l'Esercizio 4.13. Risulta I = 2πi.

Esercizio 4.15 (Compito del 9.09.2003). Discutere l'integrale 

2π

I(p) = 0

cos 2x dθ. 1 − 2p cos x + p2

Calcolare quindi I(2).

Risposta: Mediante l'usuale cambio di variabile eix = z, dopo facili passaggi l'integrale diventa: I 1 + z4 1 i I(p) = dz, 2 γ z 2 pz 2 − (1 + p2 )z + p ove il contorno di integrazione γ è la circonferenza unitaria di centro l'origine, percorsa con verso antiorario. Siano inoltre D1 = {z : |z| < 1} e D2 = {z : |z| > 1} i domini interno ed esterno a γ , rispettivamente. Limitiamoci dapprima a considerare il caso p ∈ R, e poniamo: f (z) =

1 + z4 1 . z 2 pz 2 − (1 + p2 )z + p

Se p = 0, il trinomio di secondo grado a denominatore nella seconda frazione 4 = −z − z13 . Tale funzione presenta un polo del si riduce di grado, e f (z) = − 1+z z3 terzo ordine in z = 0, con Res f (z) = 0 (manca il termine in 1/z nello sviluppo in z=0

serie di Laurent attorno a z = 0). Di conseguenza, I(0) = 0. Se invece p = 0, possiamo decomporre f (z) come: 1 1 1 ” = 2 “ = 1 pz 2 − (1 + p2 )z + p p −1 p(z − p) z − p

e quindi: 1 f (z) = 2 g(z) p −1

1 1 − z−p z−

con

1 1 − z−p z−

! 1 p

,

! 1 p

,

1 + z4 . z2 In tal caso, f (z) presenta un polo di ordine 2 in z = 0, con residuo g(z) =

R0 = Res f (z) = lim f  (z) = z=0

z→0

1 + p2 . p2

Per p = ±1, f (z) presenta inoltre dei poli semplici per z = p e z = 1/p, evidentemente con residui:

4.2 Temi d'esame svolti

201

1 1 + p4 g(p) = 2 2 , z=p −1 p (p − 1) „ « 1 1 + p4 1 R2 = Res f (z)= − 2 = 2 g = −R1 . z=1/p p −1 p p (1 − p2 ) R1 = Res f (z)

=

p2

Se |p| < 1, allora z = p ∈ D1 (mentre z = 1/p ∈ D2 ), e si ha: p2 i , I(p) = 2πi (R0 + R1 ) = 2π 2 1 − p2

|p| < 1,

(∗)

che, in particolare, si riduce al valore già trovato I(0) = 0 per p = 0. Se invece |p| > 1, allora z = 1/p ∈ D1 (mentre z = p ∈ D2 ), e si ha: i 1 , I(p) = 2πi (R0 + R2 ) = 2π 2 2 2 p (p − 1)

|p| > 1.

(∗∗)

In particolare, I(2) = π/6, che è il caso particolare richiesto dal testo. Per p = ±1, i due poli semplici per z = p e z = 1/p vengono a coincidere in un polo doppio lungo il contorno di integrazione. Pertanto, non è possibile applicare i ragionamenti fatti nora. Nel senso del valor principale, essendo tale polo di ordine pari, l'integrale I(p) diverge. Un'interessante questione riguarda invece il valore di I(p) per p ∈ C. Se |p| < 1 (dove |p| denota adesso il modulo del numero complesso p) o |p| > 1 si possono ripetere esattamente tutti i ragionamenti fatti per p ∈ R e ritrovare gli stessi risultati, dove però adesso p è un numero complesso. Le espressioni (∗) e (∗∗), cioè, possono essere prolungate per analiticità rispettivamente in D1 e D2 . E se invece p = p◦ , con |p◦ | = 1, ma p◦ = ±1? Si può ricorrere al teorema di Plemelij-Sokhotski (Bernardini et al., 1998):

Teorema 4.1 (di Plemelij-Sokhotski). dall'integrale:

G(z) =

1 2πi

Z γ

Sia G(z) la funzione analitica denita

g(t) dt, t−z

z ∈ γ,

con g(t) lipshitziana su γ ; se z tende ad un punto regolare ζ del contorno γ in ogni direzione non tangente a γ , G(z) tende verso i limiti:

G± (ζ) =

1 ℘ 2πi

Z

γ

g(t) 1 dt ± g(ζ), t−z 2

(4.10)

dove i segni (+) e (−) si riferiscono al caso in cui z → ζ rispettivamente dall'interno e dall'esterno del contorno γ , percorso in senso antiorario, e ℘ denota integrazione nel senso del valor principale (o di Cauchy). Dimostrazione.

Vedi Bernardini et al. (1998).

 

Nel nostro caso, la funzione g(z) è lipschitziana lungo γ , in quanto si riduce ivi a combinazioni di funzioni seno e coseno che hanno per argomento multipli della fase di z . Per |p| = 1, abbiamo: "I # I i g(z) g(z) I(p) = dz − 1 dz 2(p2 − 1) γ z − p γ z − p ( p2 p ∈ D1 , 2π 1−p 2, = 1 p ∈ D2 . 2π p2 (p2 −1) ,

202

4 Funzioni di variabile complessa

Osserviamo adesso che, se p → p◦ dall'interno di γ , con |p◦ | = 1, allora 1/p → 1/p◦ dall'esterno di γ . Quindi la formula (4.10) va applicata col segno ± al primo integrale, e col segno ∓ al secondo integrale, seconda che p → p◦ dall'interno o dall'esterno di γ . Posto: i (I1 − I2 ), I(p) = 2(p2 − 1) si ha: I I g(z) g(z) dz ± ig(p◦ ) dz → I1± = ℘ I1 = z − p z − p◦ γ γ ( 2iπg(p◦ ) = iπg(p◦ ) ± iπg(p◦ ) = 0, „ « I I g(z) g(z) 1 ± I2 = dz → I = ℘ dz ∓ ig 2 1 1 p z − z − ◦ γ γ p p◦ „ « „ « ( 0 1 1 “ ” = iπg ∓g = p◦ p◦ 2iπg p1◦ , sicché: π I(p) → 1 − p2◦

(

g(p◦“) ” −g p1◦

=±

π 1 + p4◦ . 1 − p2◦ p2◦

Esercizio 4.16 (Compito dell'1.10.2003). Calcolare l'integrale: 

∞

I= 0

(x2

cos x dx, + a2 )(x2 + b2 )

con Re a > 0, Re b > 0. Risposta:

Sfruttando il fatto che l'integrando è una funzione pari, si ha: Z 1 ∞ cos x I= dx. 2 −∞ (x2 + a2 )(x2 + b2 )

L'aggiunta di i sin x al numeratore non dà contributo all'integrale, in quanto è una funzione dispari. Quindi si può scrivere: Z eix 1 ∞ I= dx, 2 2 2 −∞ (x + a )(x2 + b2 ) dove non occorre prendere la parte reale (come si fa di solito), anche perché a e b sono in generale numeri complessi. Completando il percorso d'integrazione al semipiano superiore, si ha: I I 1 eiz 1 f (z) dz, I = lim dz = lim R→+∞ 2 γ (z 2 + a2 )(z 2 + b2 ) 2 R→+∞ γR R dove γR = {z : |z| = R, Im z > 0} ∪ {z : |z| < R, Im z = 0}, percorso nel verso positivo (antiorario). La funzione integranda presenta dei poli semplici in z = ±ia, ±ib, se a = b, ovvero due poli doppi in z = ±ia se a = b. Posto, ad esempio, a = a1 + ia2 , con a1 = Re a > 0 e a2 = Im a, si ha che ia = −a2 + ia1 , per cui tale polo si trova

4.2 Temi d'esame svolti

203

nel semipiano superiore (a1 > 0), ma non necessariamente lungo l'asse immaginario (a2 = 0, in generale). Analogamente per b. Ciò non comporta problemi per la discussione che segue. Trattiamo dapprima il caso a = b. Per R sucientemente grande (R > max(|a|, |b|)), all'interno del dominio (semicerchio) delimitato da γR cadono soltanto i poli z = +ia e z = +ib. Risulta Ra = Res f (z) = z=+ia

e−a . 2ia(b2 − a2 )

Analogamente in z = +ib (basta scambiare a con b). Per il teorema dei residui si ha pertanto: « „ −a π 1 e−b e 1 − , a = b, Re a > 0, Re b > 0. I = [2πi(Ra + Rb )] = 2 2 b 2 − a2 a b Nel caso a = b, si può procedere o calcolando il residuo nel polo doppio z = +ia etc, oppure prendendo il limite del risultato trovato, per b → a. In entrambi i modi, si trova: π 1 + a −a I= e , Re a > 0. 4 a3 Badare che in entrambi i casi non si è presa la parte reale del risultato nale: i risultati valgono per a e b complessi, purché Re a > 0, Re b > 0. (Cosa sarebbe successo se Re a < 0 o Re b < 0?)

Esercizio 4.17 (Compito del 9.12.2003). Calcolare l'integrale: 

2π

I= 0

cos 2θ dθ 3 − 2 cos θ

facendo uso del teorema dei residui. Risposta:

Mediante l'usuale sostituzione z = eiθ , l'integrale assegnato diventa I i z4 + 1 I= dz, 2 2 2 z (z − 3z + 1)

ove l'integrazione è estesa alla circonferenza unitaria, percorsa in verso antiorario. L'integrando presenta un polo doppio in z = 0, con residuo uguale a 3, e due poli √ √ semplici in z = 3±2 5 . Di questi, soltanto z = 3−2 5 è interno al cerchio unitario, e l'integrando ha ivi residuo pari a − √75 . Per il teorema dei residui, risulta inne “ √ ” I = π 755 − 3 .

Esercizio 4.18 (Compito del 9.2.2004). Calcolare l'integrale: 

∞

I= 0

Risposta:

sin 3x dx. x(x2 + 4)

La funzione integranda è pari e si trova che I 1 I = Im f (z)dz, 2 γ

204

4 Funzioni di variabile complessa

−ε

−R

ε

R

Fig. 4.3. Esercizio 4.18 dove

e3iz , z(z 2 + 4) e γ è il percorso in Fig. 4.3, chiuso in senso antiorario nel semipiano superiore (Im z > 0), in modo da garantire la convergenza dell'integrale. La funzione f (z) presenta poli semplici in z = 0 (da aggirare come in gura), ed in z = ±2 (di cui solo z = 2 interno al dominio delimitato da γ , per R sucientemente grande ed  sucientemente piccolo). (Vedi Teorema 4.1 per singolarità lungo il cammino d'integrazione.) Applicando il teorema dei residui, risulta: f (z) =

I=

π 1 − e−6 π = e−3 sinh 3. 8 4

Esercizio 4.19 (Compito del 29.3.2004). Calcolare, coi metodi conosciuti: 

∞

I= −∞

x3 sin x dx. x4 + 5x2 + 4

Risposta:

Scrivere sin x = Im eix . Gli zeri di z 4 + 5z 2 + 4 sono z = ±i, ±2i. π(4 − e) . Chiudere il percorso d'integrazione nel semipiano superiore. Risulta I = 3e2

Esercizio 4.20 (Compito N.O. del 29.3.2004). Posto φ(x, y) = x2 − y 2 + x, determinare ψ(x, y) tale che F (z) = φ(x, y) + iψ(x, y) sia una funzione analitica di z = x + iy. Considerando F (z) come il potenziale complesso di un campo vettoriale piano (irrotazionale e solenoidale), descrivere tale campo. Risposta:

Facendo uso delle condizioni di Cauchy-Riemann, Eq.i (3.36b), si ha: dψ = ψx dx + ψy dy = −φy dx + φx dy = 2ydx + (2x + 1)dy.

4.2 Temi d'esame svolti

10

205

φ (x,y) = cost ψ (x,y) = cost

y

5

0

-5

-10 -10

-5

0 x

5

10

Fig. 4.4. Linee equipotenziali e linee di campo relative al potenziale complesso F (z) dell'Esercizio 4.20 L'ultima relazione denisce il dierenziale di ψ , che per costruzione è esatto. Integrando tale dierenziale ad esempio lungo la spezzata che congiunge i punti (0, 0), (x, 0), (x, y), si trova: Z x Z y ψ(x, y) − ψ(0, 0) = 2y dx +(2x + 1) dy  = 2xy + y. 0 0 | {z } y=0

Posto, ad esempio, ψ(0, 0) = 0, si trova inne: F (z) = (x2 − y2 + x) + i(2xy + y) = (x2 + 2ixy − y 2 ) + (x + iy) = (x + iy)2 + (x + iy) = z 2 + z,

che è manifestamente una funzione analitica (polinomio). Le famiglie di linee coordinate e ortogonali (iperboli) denite da φ(x, y) = cost e ψ(x, y) = cost (linee equipotenziali e linee di campo) sono mostrate in Fig. 4.4.

Esercizio 4.21 (Compito del 3.6.2004). Calcolare l'integrale: =

z 2 sin

I= γ

1 dz, z+2

206

4 Funzioni di variabile complessa

ove γ = {z ∈ C : |z| = 3},

percorso in verso antiorario.

Risposta: La funzione integranda presenta una singolarità essenziale in z = −2

(interna al dominio chiuso e limitato avente γ per frontiera). Risulta: f (z) = z 2 sin

1 = z+2 = [(z + 2) − 2]2 sin

1 z+2

» – 1 1 1 1 1 + + . . . − = [(z + 2)2 − 4(z + 2) + 4] z+2 3! (z + 2)3 5! (z + 2)5 „ « 1 1 = ... + 4 − + ... 3! z + 2 1 da cui si evince che z=−2 Res f (z) = 4 − 3! che I = 236 2πi = 233 πi.

=

23 6

. Segue inne, per il teorema dei residui,

Esercizio 4.22 (Compito del 5.7.2004). 

∞

I= −∞ con

Calcolare col metodo dei residui:

e−izt dz, z 2 + 3iz − 5

t > 0.

Risposta: Essendo t > 0, occorre chiudere il percorso d'integrazione nel semi√

piano Im z < 0, dove l'integrando presenta due poli semplici per z = ± 211 − 32 i. Il cammino di integrazione è percorso in senso orario, quindi occorre moltiplicare per √ −3 t 11 2 sin e t . −2πi. Risulta, in denitiva I = − √4π 2 11

Esercizio 4.23 (Compito dell'11.10.2004). 

2π

I=

Risposta:

√ I = π(7 5 − 15)/5.

0

cos 2θ dθ. 3 − 2 cos θ

Esercizio 4.24 (Compito del 9.12.2004). 

∞

I= 0

Calcolare:

Calcolare l'integrale:

x2 dx +1

x4

col metodo dei residui, mostrando che il risultato non cambia se si integra nel campo complesso nel semipiano superiore ovvero nel semipiano inferiore.

Risposta:

I=

π √ 2 2

.

Esercizio 4.25 (Compito del 27.06.2006). 

∞

I= −∞

Risposta:

I = 7π/200.

Calcolare l'integrale:

x2 dx . (x2 + 4)2 (x2 − 2x + 2)

5 Trasformate integrali

Testi di riferimento per questo capitolo sono Kolmogorov e Fomin (1980) e Logan (1997). 5.1 Trasformata di Laplace

Sia f (t) : [0, +∞[→ C, f (t) ∈ L1loc (0, +∞). Ricordiamo che la notazione L1loc (0, +∞) denota la classe delle funzioni f (t) : [0, +∞[→ C tali che ∀[α, β] ⊆ [0, +∞[ |f (t)| è integrabile secondo Lebesgue in [α, β]. Sia poi s ∈ C, e consideriamo l'integrale  T

e−st f (t) dt

0

per T > 0. La funzione e−st f (t) è integrabile in [α, β], in quanto: |e−st f (t)| = e−(Re s)t |f (t)| ≤ M |f (t)|

ove M = max0≤t≤T e−(Re s)t , ed f (t) ∈ L1loc (0, ∞), per costruzione. Se esiste nito il:  T lim e−st f (t) dt = L[f ; s] = F (s), (5.1) T →∞ 0

allora la funzione f si dice L-trasformabile o trasformabile secondo Laplace in s, ed F (s) = L[f ; s] prende il nome di trasformata di Laplace di f in s0 . Sono funzioni trasformabili secondo Laplace le funzioni di ordine esponen1 ziale. Una funzione f (t) ∈ Lloc (0, ∞) si dice di ordine esponenziale se esistono delle costanti reali positive x0 , c, T > 0 tali che |f (t)| ≤ cex0 t ,

t ≥ T.

In tal caso, infatti, risulta: |f (t)e−st | = |f (t)e−(Re s)t | ≤ ce(x0 −Re s)t , Angilella G. G. N.: Esercizi di metodi matematici della fisica. © Springer-Verlag Italia 2011

208

5 Trasformate integrali

da cui segue che f (t)e−st è integrabile in [0, +∞[ non appena sia Re s > x0 . In generale, il dominio nel piano complesso s ∈ C nel quale una funzione f risulta L-trasformabile è un semipiano del tipo Re s > a, con a costante reale (Fig. 5.1). Ciò è suggerito dalla denizione stessa di trasformata di Laplace, (5.1), ed è precisato dal seguente teorema (omettere la dimostrazione). Teorema 5.1 (Convergenza). Sia f (t) ∈ L1loc (0, ∞) L-trasformabile in s0 ∈ C. Allora f è L-trasformabile in s ∈ C, con Re s > Re s0 .

Dimostrazione. Occorre provare che esiste nito il limite in Eq. (5.1). Consideriamo allora: 

T

e−st f (t) dt =



0

T

e−(s−s0 )t e−s0 t f (t) dt.

0

Vogliamo adesso integrare per parti, con u(t) = e−(s−s0 )t e v(t) = e−s0 t f (t). Per poter fare ciò, è necessario prima provare che u e v siano assolutamente continue in [0, T ]. La funzione u non presenta problemi, in quanto è lipschitziana in [0, T ], dunque assolutamente continua. Quanto a v , osserviamo che e−s0 τ f (τ ) è integrabile in [0, T ], e quindi la funzione integrale: 

t

φ(t) =

e−s0 τ f (τ ) dτ

0

è assolutamente continua in [0, T ], con φ (t) = v(t) = e−s0 t f (t). Integrando per parti, quindi: 

T 0

 . /T e−st f (t) dt = e−(s−s0 )t φ(t) + (s − s0 ) 0

−(s−s0 )T

=e

T

φ(t)e−(s−s0 )t dt =

0

φ(T ) + (s − s0 )



T

φ(t)e−(s−s0 )t dt.

0

Proviamo adesso che limT →∞ e−(s−s0 )T φ(T ) = 0. Poiché φ(t) è assolutamente continua in ogni intervallo del tipo [0, T ], allora ∃k > 0 tale che |φ(T )| ≤ k per T ≥ 0. Segue che: |e−(s−s0 )T φ(T )| = e−(Re s−Re s0 )T |φ(T )| ≤ ke−(Re s−Re s0 )T → 0

per T → 0, essendo Re s > Re s0 , per ipotesi. Rimane da provare che esiste nito il limite per T → ∞ dell'ultimo integrale. Ma analogamente,     T  T   −(s−s0 )t φ(t)e dt ≤ |φ(t)|e−(Re s−Re s0 )t dt ≤   0  0   k k 1 − e−(Re s−Re s0 )T → , ≤ Re s − Re s0 Re s − Re s0

per T → ∞.

 

5.1 Trasformata di Laplace

Denizione 5.1 (Ascissa di convergenza). Sia f (t) ∈ L

209

. Consi-

1 loc (0, ∞)

deriamo l'insieme

I = {Re s : f (t) è L-trasformabile in s} .

Posto a = inf I (potendo a essere anche il simbolo −∞ o +∞), a prende il nome di ascissa di convergenza per la trasformata di Laplace di f . Se I = ∅, si pone a = +∞, per convenzione. Osservazione 5.1. Possono accadere i seguenti casi: s : Re s > a, allora f (t) è L-trasformabile in s. s : Re s < a, allora f (t) non è L-trasformabile in s. s : Re s = a, allora non si può dire nulla, in generale, circa la L-trasformabilità di f (t) in s. La situazione nel piano complesso è schematizzata in Fig. 5.1. 0000000000000000000000 1111111111111111111111 1111111111111111111111 0000000000000000000000 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 trasformabile 0000000000000000000000 1111111111111111111111 ?1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 Re s 0000000000000000000000 1111111111111111111111 Re s 0 1111111111111111111111 0000000000000000000000 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111 0000000000000000000000 1111111111111111111111

Im s

non trasformabile

Fig. 5.1. Ascissa di convergenza

Esercizio 5.1. Discutere la L-trasformabilità di f (t) = e

t2

Risposta:

.

f (t) è di classe L1loc (0, ∞), ma non è di ordine esponenziale. Scegliamo s ∈ R e consideriamo Z T Z T Z T Z T 2 s 2 s2 s2 s2 e−st f (t) dt = et −st dt = e(t− 2 ) − 4 dt ≥ e− 4 dt = T e− 4 → ∞, 0

0

0

0

≥ 1. Segue che f (t) non è Lper T → ∞. Si è fatto uso del fatto che e trasformabile per alcun s ∈ C, ovvero che ha ascissa di convergenza s = +∞. (t− s2 )

2

210

5 Trasformate integrali

Esercizio 5.2. Discutere la L-trasformabilità di f (t) = eαt , α ∈ C. Risposta:

Risulta: Z

T

e−st eαt =

»

0

e(α−s)t α−s

–T = 0

e−(s−α)T 1 − , α−s α−s

se s = α, e poiché |e−(s−α)T | = e−(Re s−Re α)T , segue che f (t) è L-trasformabile e risulta 1 , per Re s > Re α. L[eαt ; s] = s−α Proviamo allora che l'ascissa di convergenza è proprio a = Re α. Basta provare che esiste un s0 ∈ C, con Re s0 = Re α, tale che f (t) non sia L-trasformabile in s0 . Posto α = α + iα , consideriamo proprio s0 = α = Re α. Si ha: 8 Z T Z T 0.

Esercizio 5.3. Discutere la L-trasformabilità di H(t − a), con a ≥ 0 ed H la funzione di Heaviside. Risposta:

risulta:

Supponendo che sia T > a (dato che alla ne faremo tendere T → ∞), Z T Z T e−sT − e−sa H(t − a)e−st dt = e−st = − , s 0 a

da cui:

1 −as , Re s > 0. e s L'ascissa di convergenza è proprio a = 0, come si verica subito, provando che H(t − a) non è L-trasformabile per s = 0. L[H(t − a); s] =

Esercizio 5.4. Calcolare la trasformata di Laplace di f (t) = e−a t . 2 2

Risposta:

Si ha:

Z L[f (t); s] =

∞

2 2

e−(st+a

t )

dt.

0

Completando il quadrato: “ s ”2 s2 s2 st + a2 t2 = at + − 2 ≡ x2 − 2 , 2a 4a 4a

si ha:

s2

L[f (t); s] = e 4a2

1 a

Z

∞ s 2a

2

e−x dx =

√ “ s ” π s22 e 4a erfc . 2a 2a

5.1 Trasformata di Laplace

211

Tabella 5.1. Tavola di alcune trasformate di Laplace, e loro ascisse di convergenza f (t)

F (s)

1

1 s

Re s > 0

eαt

1 s−α

Re s > Re α

tn

n! sn+1

Re s > 0

tn eαt

n! (s − α)n+1

Re s > Re α

sin αt,

cos αt

α , s2 + α2

s s2 + α2

Re s > | Im α|

sinh αt,

cosh αt

α , s2 − α2

s s2 − α2

Re s > | Re α|

eαt sin βt,

eαt cos βt

s−α (s − α)2 + β 2

β , (s − α)2 + β 2

H(t − a) (a ≥ 0)

1 −as e s

Re s > 0

√

√ 1 −2 at √ e t

“ s ” π s22 e 4a erfc 2a 2a `p a ´ p π a/s e erfc s s

a erfc √ 2 t

1 −a√s e s

e−a

2 2

t

Re s > max(Re α, | Im β|)

Re s > 0

Osservazione 5.2 (Funzione degli errori). Nell'esercizio precedente si è fatto uso della funzione degli errori complementare: 2 erfc x = 1 − erf x = √ π



∞

2

e−u du,

x

(5.2)

denita in termini della funzione degli errori (Fig. 5.2): 2 erf x = √ π



x 0

2

e−u du.

(5.3)

212

5 Trasformate integrali 1.2

erf(x) erfc(x) erf(x)+erfc(x)

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

x

Fig. 5.2. Graci della funzione degli errori, erf x, e della funzione degli errori complementare, erfc x Integrando per parti la (5.2), si ha:

 ∞ 2 2 erfc x = √ e−u du π x  ∞ 2 1 2 e−u u · du =√ u π x ∞  ∞

2 2 1 1 −u2 =√ e du − e−u  − π 2u 2u2 x x

 ∞ 2 1 −x2 1 −u2 =√ − e du . e π 2x 2u2 x

Integrando ulteriormente per parti, si trova:

2 2 = √ e−x π



1 1 − 2x 4x3



1 +√ π



∞

x

3 −u2 e du, 2u4

in cui l'ultimo integrale da calcolare è, in valore assoluto, sempre inferiore all'ultimo termine calcolato. Continuando in questo modo, si ottiene l'espansione

asintotica:

2 2 erfc x ∼ √ e−x π

Tale espansione di

erfc x

non

per grandi



4! 6! 2! 1 + − + . . . . − 2x (2x)3 2!(2x)5 3!(2x)7

(5.4)

è convergente, ma realizza un'eccellente approssimazione

x.

5.1 Trasformata di Laplace

213

Tale ultimo risultato può essere ottenuto servendosi di metodi generali per l'espansione asintotica di funzioni esprimibili come integrali di funzioni dipendenti da un parametro (metodo di Laplace, lemma di Watson) (Logan, 1997). Ci limitiamo qui ad osservare che tali metodi sono strettamente imparentati con la teoria della trasformazione di Laplace. Esercizio 5.5. Provare che: 1  

π a/s a 1 −2√at e erfc L √ e . ;s = s s t 0

Esercizio 5.6. Dimostrare le altre trasformate di Laplace elencate in Tab. 5.1. Teorema 5.2 (Proprietà della trasformata di Laplace). Sotto oppor-

tune ipotesi, è possibile dimostrare le seguenti proprietà della trasformata di Laplace, di cui omettiamo la dimostrazione. Nel seguito, a denota l'ascissa di convergenza di f , a1 l'ascissa di convergenza di f1 , etc. Linearità: L[λf1 (t) + μf2 (t); s] = λL[f1 (t); s] + μL[f2 (t); s],

Re s > max(a1 , a2 ).

(5.5)

Traslazione (1): L[eαt f (t); s] = L[f (t); s − α],

Re s > a + Re α.

(5.6)

Traslazione (2): Se b ≥ 0, L[H(t − b)f (t − b); s] = e−bs L[f (t); s],

Re s > a.

(5.7)

Analiticità e derivate: L[f (t); s] è analitica nel semipiano Re s > a e inoltre: dn L[f (t); s] = (−1)n L[tn f (t); s], Re s > a. dsn Cambio scala: Se k > 0, allora: s/ 1 . , Re s > ka. L[f (kt); s] = L f (t); k k

(5.8) (5.9)

Funzione periodica: Se f (t) è periodica, con minimo periodo positivo > 0, allora:  L[f (t); s] =

1 1 − e−s



e−st f (t) dt,

0

Convoluzione: Siano f1 , f2 ∈ L1loc (R). Si denisce la la nuova funzione: 

(f1 ∗ f2 )(t) =

∞ −∞

Re s > 0.

(5.10)

convoluzione fra f1 e f2

f1 (τ )f2 (t − τ ) dτ.

(5.11)

Risulta allora: L[(f1 ∗ f2 )(t); s] = L[f1 (t); s] · L[f2 (t); s],

Re s > max(a1 , a2 ).

(5.12)

214

5 Trasformate integrali

Trasformata della funzione integrale (antiderivata): 0

L

1

t

f (τ ) dτ ; s = 0

1 L[f (t); s], s

Re s > max(a, 0).

(5.13)

Trasformata della derivata: L[f  (t); s] = sL[f (t); s] − f (0), 

2

(5.14a) 

L[f (t); s] = s L[f (t); s] − sf (0) − f (0),

(5.14b)

e in generale: L[f (n) (t); s] = sn L[f (t); s] − sn−1 f (0) − sn−2 f  (0) − . . . . . . − sf (n−2) (0) − f (n−1) (0), Re s > max(a, 0).

Dimostrazione. Omessa.

(5.14c)

 

Esercizio 5.7. Calcolare la trasformata di Laplace di f (t) = erfc 2√a t (a > 0).

Risposta: Chiamiamo f (s) = L[f (t); s]. Supponiamo s reale, s > 0. Il risultato si generalizza al caso s complesso, con Re s > 0. In base alla denizione di erfc x, risulta f (0) = 0, ed a2 1 a f  (t) = √ 3/2 e− 4t . t 2 π Servendoci del risultato relativo alla trasformata della derivata di una funzione, risulta allora: Z ∞ Z ∞ 2 2 1 −( a4t2 +st) a a −( a 4x + s2 ) x √ e dt = e dx, sF (s) = √ 2 π 0 t3/2 π 0 √ ove si è eettuata la sostituzione x = 1/ t. Completando il quadrato come: „ √ «2 √ a2 x2 s ax s + a s, + 2 = − 4 x 2 x ponendo ancora:

√ ax s − , 2 x p √ z + z 2 + 2a s x= , a p √ √ z 2 + 2a s dz s a p = + 2 =a √ , dx 2 x z + z 2 + 2a s z=

si ha:

√ a sF (s) = √ e−a s π

Z

∞

−∞

p √ √ dz z + z 2 + 2a s −z 2 p = e−a s , e √ 2 a z + 2a s

5.1 Trasformata di Laplace

215

(l'integrando ∝ z è dispari ed integrato da −∞ a +∞, quindi l'integrale fa zero, mentre il secondo è proprio l'integrale gaussiano), da cui inne: F (s) =

1 −a√s . e s

La Tab. 5.1 riporta le espressioni delle trasformate di Laplace di alcune funzioni. Essa può essere utilizzata in senso inverso per risalire alla funzione f (t), una volta nota la sua trasformata F (s), se è possibile riconoscere questa in uno dei casi elencati. Occorre chiedersi, a questo punto, quando e se l'antitrasformata esista, in che senso essa sia `unica', e inne come fare a calcolarla nel caso generale. Sussistono a tal proposito i seguenti due teoremi, che enunciamo senza dimostrare.

Teorema 5.3 (di Lerch). Se due funzioni f, g ∈ L1loc(R) possiedono la stessa

trasformata di Laplace, allora esse dieriscono al più per una funzione `nulla', ossia esiste ω : [0, ∞] → C tale che f (t) = g(t) + ω(t) e inoltre 

x

ω(t) dt = 0, 0

per ogni x > 0.

In particolare, segue che se due funzioni f e g sono continue per t ≥ 0 e possiedono la stessa trasformata di Laplace, allora esse sono identiche, ossia ω è la funzione identicamente nulla.

Teorema 5.4 (formula di inversione della trasformata di Laplace).

Sia f ∈ L1loc (R) una funzione L-trasformabile, ed F (s) = L[f (t); s] la sua trasformata di Laplace. Allora, f (t) ≡ L−1 [F (s); t] =

1 2πi



a+i∞

F (s)est ds,

(5.15)

a−i∞

ove il percorso di integrazione nel piano complesso s = a + iσ , con a reale ssato e −∞ < σ < +∞ (retta parallela all'asse Im s, percorso di Bromwich) è tale da trovarsi a destra di ogni singolarità della funzione F (s). Osservazione 5.3. L'integrale (5.15) è da intendersi nel senso del valor principale o secondo Cauchy, cioè:



a+i∞

 ds · · · = lim

a−i∞

R→∞

a+iR

··· .

a−iR

In altri termini, gli estremi d'integrazione inferiore e superiore tendono a

±i∞

con la stessa rapidità. La teoria della trasformata ed antitrasformata di Laplace trova applicazione nella soluzione di equazioni e sistemi di equazioni dierenziali ordinarie, equazioni alle derivate parziali, ed equazioni alle dierenze nite, come mostrano gli esempi che seguono.

216

5 Trasformate integrali

Altre applicazioni riguardano particolari equazioni integrali ed integrodierenziali, come le equazioni di Volterra ed il problema di Sturm-Liouville. Nelle trattazioni classiche della trasformata di Laplace, si approtta dello studio di L[tn ; s] per n intero per introdurre la funzione Γ (x) di Eulero, che generalizza il fattoriale di un numero intero al caso di x reale (e poi complesso, per prolungamento analitico). Per economia di spazio, rimando a testi più specializzati per la trattazione di tali argomenti, ripromettendomi di farne cenno un po' più estesamente in successive versioni di questi appunti. Esercizio 5.8 (Metodo degli operatori). Determinare la soluzione del sistema di equazioni dierenziali (problema di Cauchy): x + y  + x − y = 0 x − y  + x + y = sin t x(0) = y(0) = 0.

Risposta: Siano x = x(t), y = y(t) le funzioni incognite e X(s) = L[x(t); s], Y (s) = L[y(t); s] le loro trasformate di Laplace. Trasformando ambo i membri delle equazioni, facendo uso della (5.14a) e dei risultati di Tab. 5.1, si ha: s(X + Y ) + X − Y = 0 s(X − Y ) + X − Y =

1 , 1 + s2

che, per ogni ssato valore di s a destra dell'ascissa di convergenza delle trasformate di x e y , è un sistema lineare di equazioni algebriche (non più dierenziali!) nelle trasformate X e Y . Notare che le condizioni iniziali sono già state inglobate. Risolvendo tale sistema, ad esempio col metodo di Cramer, si ha: » – 1 1 1 1 1−s 1 , X = = + 2 1 + s 1 + s2 4 1 + s2 1+s » – 1 1 1 1 1+s 1 , Y = = + 2 1 − s 1 + s2 4 1 + s2 1−s ove nell'ultimo passaggio si è fatto uso dell'usuale metodo di decomposizione in `fratti semplici'. Ad esempio, 1 As + B C (A + C)s2 + (A + B)s + B + C 1 = + = , 1 + s 1 + s2 1 + s2 1+s (1 + s2 )(1 + s)

da cui, confrontando i numeratori, per il principio di identità dei polinomi, deve essere A + C = 0, A + B = 0, B + C = 1, 1 2

− 12 .

Servendosi inne ancora della Tab. 5.1, ma stavolta per da cui B = C = e A = trovare le antitrasformate, ed antitrasformando ambo i membri, si trova la soluzione cercata:

5.1 Trasformata di Laplace 1 4 1 y(t) = 4

x(t) =

217

`

´ sin t − cos t + e−t , ´ sin t + cos t − et .

`

Il metodo illustrato da questo esercizio è anche noto col nome di metodo degli operatori (Kolmogorov e Fomin, 1980). Esso istituisce una corrispondenza biunivoca fra l'algebra degli operatori dierenziali lineari (mediante i quali è possibile costruire un'equazione o un sistema di equazioni dierenziali lineari a coecienti costanti) e l'algebra dei polinomi.

Il metodo suggerito dall'esempio precedente può essere applicato anche ad equazioni dierenziali alle derivate parziali. Si intende che in tal caso si trasforma secondo Laplace rispetto ad una sola variabile, mantenendo ssata l'altra. Consideriamo il seguente esempio, relativo all'equazione di diusione.

Esercizio 5.9 (Fiume inquinato).

Sia

u = u(x, t)

la concentrazione di

una sostanza inquinante relativa alla sezione di coordinata (x

≥ 0)

al tempo

t ≥ 0.

Ad ogni istante di tempo

la concentrazione relativa alla posizione

u(0, t) = 1

(una fabbrica sita in

x = 0

x = 0

t ≥ 0

x

di un ume

supponiamo che

sia ssata, e ad esempio sia

costituisce una sorgente costante di

inquinamento per il nostro ume). Ci chiediamo come evolva nel tempo e lungo il ume la concentrazione

Risposta:

u.

Un semplice modello che descrive la questione è dato dal seguente problema di Dirichlet per l'equazione di diusione: ut − uxx = 0,

x > 0,

u(x, 0) = 0,

x > 0,

(5.16a)

t ≥ 0,

(5.16b) (5.16c)

t ≥ 0,

u(0, t) = 1,

ove si è posto la costante di diusione pari ad uno. Osserviamo subito che, a differenza del caso dell'equazione del calore per una sbarra, il dominio di variabilità per x è supposto illimitato superiormente, 0 ≤ x < ∞. Si richiede tuttavia che la concentrazione u(x, t) sia nita, cioè, che u(x, t) sia una funzione limitata. In luogo della condizione al contorno di Dirichlet all'altro estremo, dunque, qui si richiede che sia nito il limx→∞ u(x, t). Procediamo trasformando secondo Laplace e t (x ssato) ambo i membri dell'Eq. (5.16a), facendo uso della (5.14a) e della condizione al contorno (5.16b) per t = 0. Posto U (s, x) = L[u(x, t); s], risulta:

rispetto al tempo

sU (x, s) − Uxx (x, s) = 0,

che è un'equazione dierenziale ordinaria per U (s, x), con x variabile indipendente ed s parametro. Il suo integrale generale è: U (x, s) = a(s)e−

√ sx

√

+ b(s)e

sx

.

Per avere soluzioni limitate nel limite x → +∞, occorre scegliere b(s) = 0, e quindi: U (x, s) = a(s)e−

√ sx

.

218

5 Trasformate integrali

Prendendo adesso la trasformata di Laplace della condizione al contorno (5.16c) e servendosi della Tab. 5.1, si ottiene U (0, s) = 1/s, sicché a(s) = 1/s. In denitiva: U (x, s) =

1 −√sx e , s

che già ingloba tutte le condizioni al contorno. Antitrasformando (Esercizio 5.7), si trova la soluzione cercata: « „ x √ , u(x, t) = erfc 2 t il cui graco è riportato in Fig. 5.3. Si nota che, inizialmente, la sostanza inquinante è tutta concentrata attorno alla sorgente, x = 0. Col passare del tempo, essa dionde lungo il ume, e tende ovunque al valore massimo, pari al valore costante alla sorgente, u(0, t) = 1.

t = 0.1 t = 1.0 t = 10 t = 100 t = 1000 t→∞

1.4

1.2

u(x,t)

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0

2

4

6

8

10

x

Fig. 5.3. Esercizio 5.9: concentrazione di una sostanza inquinante lungo un ume

Esercizio 5.10 (Successione di Fibonacci). Quante coppie di conigli verranno prodotte in un anno, a partire da un'unica coppia, se ogni mese ciascuna coppia dà alla luce una nuova coppia che diventa produttiva a partire dal secondo mese?

Risposta: Tale problema si trova formulato nel Liber abaci di Leonardo di Bonaccio Pisano (1180 ca.1250), detto il Fibonacci (glio di Bonaccio). Essa conduce alla successione denita per ricorrenza: yn+2 = yn + yn+1 ,

(5.17a)

y0 = 0,

(5.17b)

y1 = 1.

(5.17c)

5.1 Trasformata di Laplace

219

Ogni termine è somma dei precedenti due. I primi termini sono: yn = 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .

Tale successione trova applicazione in questioni di llotassi e di sviluppo organico. Recentemente, la successione di Fibonacci è stata usata in modelli matematici utilizzati per descrivere i cosiddetti quasicristalli (Gardner, 1977; Penrose, 1978; Quilichini e Janssen, 1997), strutture cristalline dotate di simmetria puntuale, ma non di simmetria traslazionale. Il limite √ yn+1 5+1 m = lim = = 1.618034 . . . , (5.18) n→∞ yn 2 è noto come sezione aurea (Livi, 2003). Questa può essere denita geometricamente come la parte di un segmento media proporzionale fra l'intero segmento (1) e la sua parte residua, 1 : m = m : 1 − m. Fra' Luca Pacioli (14451514), nella sua edizione di Euclide intitolata De divina proportione (forse illustrata dallo stesso Leonardo da Vinci), stabiliva precisi canoni estetici che legavano le proporzioni degli edici alla sezione aurea, divina proportio, appunto. Tali canoni avrebbero inuenzato notevolmente l'arte rinascimentale. Nell'uomo vitruviano di Leonardo, l'ombelico divide l'altezza umana secondo la sua sezione aurea (Fig. 5.4). Vogliamo determinare il termine generico della successione (5.17). Consideriamo a tal proposito la funzione y(t) : [0, ∞] → N denita ponendo: y(t) = yn ,

n ≤ t < n + 1.

La (5.17a) si traduce allora nell'equazione alle dierenze nite (Brand, 1966): y(t + 2) = y(t) + y(t + 1).

Le condizioni (5.17b) e (5.17c) equivalgono allora a dire che: y(t) = 0,

0 ≤ t < 1,

y(t) = 1,

1 ≤ t < 2.

Facendo uso di tali condizioni, si ha: Z ∞ y(t)e−st dt = Y (s); L[y(t); s] = 0 Z ∞ Z ∞ y(t + 1)e−st dt = y(τ )e−s(τ −1) dτ = es Y (s); L[y(t + 1); s] = 0 1 Z ∞ Z ∞ L[y(t + 1); s] = y(t + 2)e−st dt = y(τ )e−s(τ −2) dτ 0 2 „ » – « Z 2 ´ 1 ` −2s e = e2s Y (s) − y(τ )e−sτ dτ = e2s Y (s) + − e−s , s 1 ove di volta in volta si è posto τ = t + 1 e τ = t + 2. Si ha pertanto: » – 1 ` −2s 2s −s ´ e Y (s) + −e = Y (s) + es Y (s), e s

220

5 Trasformate integrali

che risolta rispetto a Y (s) restituisce: Y (s) =

e−2s − e−s 1 − es = . s 2s −2s s(1 + e − e ) s(e + e−s − 1)

tra parentesi al denominatore si annulla per x2 +x−1 = 0, Posto x = e−s , la quantità √ √ −1± 5 1 −1+ 5 ossia per x = = b, − b , avendo posto b = > 0. Note tali radici, è 2 2 possibile decomporre 1/(x2 + x − 1) in `fratti semplici' (cfr. Esercizio 5.8), e ottenere in denitiva: ! b 1 ` −2s 1 1 1 −s ´ Y (s) = − −e −b . e 1 + b2 s b 1 − e−s 1 + be−s b

Facendo uso dello sviluppo di 1/(1 − z),

" „ # «k ∞ ´X b 1 ` −2s 1 e−s −s −s k −e + b(−be ) e 1 + b2 s b b k=0 « „ −(k+2)s « ∞ „ 1 e e−(k+1)s b X k+1 − (−b) . − =− 1 + b2 bk+1 s s

Y (s) = −

k=0

Inne, antitrasformando termine a termine la serie (Tab. 5.1), si ha: « ∞ „ 1 b X k+1 − (−b) [H(t − k − 2) − H(t − k − 1)]. y(t) = − 1 + b2 bk+1 k=0 A noi interessano soltanto i valori di y(t) per t = n intero, in corrispondenza ai quali il termine fra parentesi quadre è diverso da zero, ed uguale a −1 soltanto per k = n − 1, sicché, in denitiva: √ «n „ √ «n – „ « »„ 1 1 1+ 5 b 1− 5 n √ = , (5.19) yn = − (−b) − 1 + b2 bn 2 2 5



che è il termine generico della successione di Fibonacci che cercavamo (formula di Binet; cfr Livi, 2003). Può sembrare strano che dei radicali (numeri irrazionali) gurino nell'espressione (5.19), che per ogni n denisce sempre un numero intero,√yn . Se ci si riette un po', √ tuttavia, ci si accorge che sviluppando i binomi in (1 + 5)n − (1 − 5)n secondo √ la regola √ di Newton sopravvivono soltanto i termini con potenze dispari di 5. Il fattore 5 in più si semplica col denominatore in (5.19), e yn rimane così sempre un numero intero. Posto: √ 1 5 cosh α = , sinh α = , 2 2 ciò che è lecito fare in quanto cosh2 α − sinh2 α = 1, si dimostra con facili calcoli che: sinh nα , se n è pari, (5.20a) yn = cosh α cosh nα yn = , se n è dispari. (5.20b) cosh α Da tali relazioni discende subito che limn→∞

yn yn+1

= e−α (Fig. 5.4).

5.2 Trasformata di Fourier

221

55 34 21 13 8 5 3 2 1, 1 m

0

2

4

6

8

10

Fig. 5.4.

Esercizio 5.10: successione di Fibonacci. In scala semilogaritmica, sono anche riportate le funzioni f (x) = sinh αx/ cosh α e g(x) = cosh αx/ cosh α, che coincidono con yn per x = n, seconda che n sia pari o dispari, rispettivamente. La curva tratteggiata rappresenta il rapporto f (x)/g(x+1), che tende alla sezione aurea m per x → ∞. A destra, recto e verso della moneta da un euro coniata in Italia. Il verso ragura il leonardesco uomo di Vitruvio, il cui ombelico divide l'altezza della gura secondo la sua sezione aurea (prendete un righello e controllate)

5.2 Trasformata di Fourier 5.2.1 Formula integrale di Fourier

Nel Cap. 2 abbiamo dato condizioni per la sviluppabilità di una funzione denita in un intervallo chiuso e limitato in serie trigonometrica di Fourier. Abbiamo osservato che, al di fuori di tale intervallo, la serie di Fourier converge al prolungamento per periodicità della funzione. Nel caso in cui la funzione sia denita in intervalli non limitati (ad esempio, in [0, +∞[ o in ] − ∞, ∞[), è possibile dare condizioni anché valga piuttosto uno sviluppo integrale di Fourier. In tale sviluppo, al posto di una sommatoria estesa ad una innità (numerabile) di frequenze discrete, si deve far uso di un integrale esteso ad una innità (non numerabile) di frequenze, variabili con continuità da −∞ a +∞. Sia infatti f : [−L, L] → R una funzione sviluppabile in serie di Fourier (2.1),

∞ a0  kπ kπ ak cos + x + bk sin x (5.21) f (x) = 2 L L k=1

e sostituiamo ai coecienti ak , bk le loro espressioni (2.6):

222

5 Trasformate integrali

a0 =

1 L

ak =

1 L

1 bk = L



L

f (t) dt −L  L



f (t) cos

kπ t dt L

f (t) sin

kπ t dt. L

−L L −L

(5.22)

Si ottiene:

∞  kπt kπx kπt 1 L kπx cos + sin sin f (t) dt + f (t) cos L L L L L −L k=1 −L  L  ∞ 1 1π L kπ (t − x) dt. (5.23) = f (t) dt + f (t) cos 2L −L π L −L L

1 f (x) = 2L



L

k=1

Supponiamo adesso che f ∈ L1 (−∞, ∞), ossia che la funzione f sia assolutamente integrabile da −∞ a +∞: 

∞

−∞

|f (t)| dt < ∞.

In virtù di tale ultima condizione, il primo termine dello sviluppo (5.23) tende a zero per L → ∞. Il secondo termine, invece, si può pensare come le somme secondo Cauchy dell'integrale 

∞

F (λ) dλ, 0

con

1 F (λ) = π



L

−L

f (t) cos λ(t − x) dt.

La partizione dell'intervallo (0, ∞) utilizzata per costruire le somme secondo Cauchy è data dai punti λk = kπ/L, mentre Δλ = π/L è il passo della partizione. Al limite per L → ∞ si ottiene così la rappresentazione richiesta: 1 f (x) = π





∞

∞

dλ 0

−∞

dtf (t) cos λ(t − x),

(5.24)

che prende il nome di formula integrale di Fourier. Per sottolineare l'analogia con la serie (2.1), si può anche scrivere:  f (x) = 0

∞

(aλ cos λx + bλ sin λx) dλ,

(5.25)

5.2 Trasformata di Fourier con

 1 ∞ f (t) cos λt dt, π −∞  1 ∞ bλ = f (t) sin λt dt. π −∞

223

(5.26a)

aλ =

(5.26b)

La formula integrale di Fourier si dimostra, in eetti, se f è una funzione assolutamente integrabile in ] − ∞, +∞[ e se essa soddisfa nel punto x alla condizione del Dini, ossia se ∃δ > 0 tale che l'integrale:



δ

−δ

   f (x + t) − f (x)    dt < ∞.   t

(5.27)

Facendo uso del fatto che la funzione coseno è pari e che la funzione seno è dispari, e ricordando le formule di Eulero, si ottiene la formula di Eulero complessa:

1 f (x) = 2π





∞

∞

dλ −∞



dx f (x )e−iλ(x −x),

−∞

∀x ∈ R.

(5.28)

5.2.2 Trasformata di Fourier in L1 (−∞, ∞) Per quanto visto, ha senso dare allora la seguente:

Denizione 5.2. Se f ∈ L1 (−∞, ∞),

si denisce la trasformata di Fourier

di f il valore dell'integrale:

1 F[f (x); λ] = fˆ(λ) = √ 2π e risulta:

1 f (x) = √ 2π



∞



∞

f (x)e−iλx dx,

−∞

fˆ(λ)eiλx dλ

−∞

(5.29)

(5.30)

(antitrasformata di Fourier).

Osservazione 5.4.

√

1. La scelta del fattore moltiplicativo 1/ 2π nelle (5.29) e (5.30) è convenzionale, e serve a rendere più simmetrica la notazione. L'altra convenzione in uso nei testi è quella di assegnare un fattore 1/(2π) alla formula per la trasformata, e quindi il fattore 1 alla formula per l'antitrasformata. 2. Un'altra convenzione in uso è quella di utilizzare eiλx nella denizione della trasformata, ed e−iλx nella formula per l'antitrasformata. 3. L'integrale (5.29) esiste per ogni f ∈ L1 (−∞, ∞). Tuttavia, esso in generale non denisce una funzione assolutamente integrabile, ossia, in generale, fˆ ∈ L1 (−∞, ∞). Si può però aermare che fˆ è continua, che fˆ ∈ L∞ (−∞, ∞), con  fˆ ∞ ≤ f 1 , e che limλ→±∞ fˆ(λ) = 0.

224

5 Trasformate integrali

4. Nelle applicazioni siche, se la coordinata x da cui dipende f ha le dimensioni di una lunghezza (cioè, x rappresenta una posizione), allora la coordinata λ (coniugata di x nella trasformata di Fourier) ha le dimensioni dell'inverso di una lunghezza, ossia di un numero d'onda, in modo tale che il prodotto λ · x che gura ad argomento degli esponenziali in (5.29) e (5.30) sia adimensionale. Analogamente, se x ha le dimensioni di un tempo, allora λ ha le dimensioni di una frequenza. In tal caso, useremo anche la notazione x $→ t, λ $→ ω . Nelle ipotesi in cui abbia senso calcolare i seguenti integrali, derivate etc, sussistono le seguenti:

Proprietà. 1. Trasformata di Fourier della derivata:

F[f  (x); λ] = iλF[f (x); λ], F[f (n) (x); λ] = (iλ)n F[f (x); λ]. 2. Trasformata di Fourier di una convoluzione:  ∞ f (x ) g(x − x ) dx , f ∗ g (x) = −∞

√

F[f ∗ g; λ] = aF[f ; λ] · F[g; λ],

(5.31a) (5.31b)

(5.32a) (5.32b)

dove a = 2π se si adopera la convenzione simmetrica per la denizione della coppia trasformata/antitrasformata, a = 1 se si adopera la convenzione asimmetrica.

5.2.3 Trasformata di Fourier in L2 (−∞, ∞) Abbiamo osservato che, se f ∈ L1 (−∞, ∞), ha senso calcolare fˆ, tuttavia non sempre fˆ ∈ L1 (−∞, ∞). Dunque, nonostante tutti gli sforzi notazionali, la trasformata di Fourier denita in L1 (−∞, ∞) e l'antitrasformata non sono in generale funzioni dello stesso tipo, potendo la seconda non esistere. Si estende pertanto il concetto di trasformata di Fourier allo spazio L2 (−∞, ∞), ove sussiste il seguente:

Teorema 5.5 (di Fourier-Plancherel). Sia f ∈ L2 (−∞, ∞). Si denisce trasformata di Fourier di f la funzione:  ∞  a 1 fˆ(λ) = √ f (x)e−iλx dx = lim f (x)e−iλx dx, a→∞ −a 2π −∞

(5.33)

ove il limite è inteso nel senso della media quadratica, ossia posto 

fˆa (λ) =

a −a

f (x)e−iλx dx,

(5.34)

5.2 Trasformata di Fourier risulta:

 lim  fˆa − fˆ = lim

a→∞

a→∞

∞ −∞

|fˆa (λ) − fˆ(λ)|2 dλ = 0.

225

(5.35)

Osservazione 5.5. 1.

fˆ(λ)

L2 (−∞, ∞). L (−∞, ∞) è invertibile,

è ancora una funzione di

2. L'operatore

F

denito in

2

anzi unitario, il suo

inverso essendo denito dalla formula per l'antitrasformata. 3. Se risulta anche

f ∈ L1 (−∞, ∞),

allora le trasformate di Fourier date

mediante le due denizioni coincidono. 4. Valgono le proprietà già osservate per le derivate e la convoluzione. 5. Se

f, g ∈ L2 (−∞, ∞),  ∞

sussiste l'uguaglianza:



∗

∞

f (x)g (x) dx = −∞

che nel caso particolare



fˆ(λ)ˆ g ∗ (λ) dλ,

(5.36)

−∞

f =g

∞

si specializza nell'uguaglianza di Parseval: 2

−∞

|f (x)| dx =



∞

−∞

|fˆ(λ)|2 dλ.

(5.37)

Nella prima versione, tale uguaglianza si può anche scrivere simbolicamente come la norma di

g|f  = F[g]|F[f ], con ·|· il prodotto scalare indotto dalL2 , mentre nella seconda versione l'uguaglianza di Parseval

propriamente detta si può anche scrivere come:

 f = fˆ  . Entrambe le circostanze esprimono il fatto che l'operatore

(5.38)

F

è unitario,

cioè conserva gli angoli e le lunghezze. Per la denizione della trasformata di Fourier nello spazio delle funzioni a decrescenza rapida e nello spazio delle distribuzioni rimandiamo al corso di teoria ed a testi più specializzati (vedi ad es. Kolmogorov e Fomin (1980)).

5.2.4 Esercizi Esercizio 5.11 (Funzione caratteristica). Fourier della funzione

Determinare la trasformata di

 1, |x| ≤ a, f (x) = 0, |x| > a.

(5.39)

Risposta: Tale funzione è la funzione caratteristica relativa all'intervallo [−a, a], f (x) = χ[−a,a] (x). In generale, la funzione caratteristica relativa ad un insieme Ω (di elementi di natura qualsiasi) è denita come ( 1, x ∈ Ω, (5.40) χΩ (x) = 0, x ∈ Ω.

226

5 Trasformate integrali

Nel nostro caso, f appartiene sia ad L1 (−∞, ∞), sia ad L2 (−∞, ∞). Per λ = 0, si ha: 1 fˆ(λ) = √ 2π

Z

∞

1 f (x)e−iλx dx = √ 2π −∞

Z

a −a

1 · e−iλx dx

1 eiλa − e−iλa 2 sin λa 2a = √ = √ = √ j0 (λa), iλ 2π 2π λ 2π

dove j0 (ω) = (sin ω)/ω è la funzione di Bessel sferica del primo tipo e di ordine zero (vedi Denizione 5.3). Se invece λ = 0, si ha direttamente Z a 1 2a fˆ(0) = √ dx = √ , 2π −a 2π che è poi il limite del risultato generale, per λ → 0. Con tale identicazione, si ha dunque: 2a χ ˆ[−a,a] (λ) = √ j0 (λa). (5.41) 2π Tale risultato è rappresentato in Fig. 5.5. Osserviamo che f ∈ L1 (−∞, ∞), tuttavia fˆ ∈ L1 (−∞, ∞): la funzione fˆ(λ) non è assolutamente integrabile in (−∞, ∞), pur essendo integrabile in tale intervallo (vedi Esercizio 5.23). Al contrario, sia f che la sua trasformata fˆ appartengono ad L2 (−∞, ∞), e dunque vericano l'uguaglianza di Parseval (vedi Esercizio 5.24). La funzione f (x) è a supporto compatto, essendo diversa da zero soltanto entro un intervallo di lunghezza Δx = 2a. La sua trasformata (vedi Fig. 5.5), pur non essendo identicamente nulla al di fuori di un qualsiasi intervallo limitato, assume valori sempre più piccoli (in valore assoluto) per valori di λ sucientemente grandi. In particolare, risulta limλ→±∞ fˆ(λ) = 0, come ci si attendeva. Una stima dell'estensione dell'intervallo entro cui fˆ(λ) è signicativamente diversa da zero è fornita dalla distanza fra i suoi primi due zeri (nodal separation ): sin λa = 0 ⇒ λa = kπ,

k ∈ Z,

da cui Δλ = 2π/a. (È un po' lo stesso criterio che si adopera in ottica per denire il potere risolutivo etc.) Il prodotto tra tali due ampiezze è: ΔxΔλ = 4π,

(5.42)

indipendente da a, dunque dai dettagli della funzione. Tale risultato è abbastanza generale. Se Δx, Δλ denotano una stima (convenientemente denita) dell'estensione del supporto di f (x) e della sua trasformata di Fourier fˆ(λ), allora ΔxΔλ = cost. Tale risultato è alla base del principio di indeterminazione in Meccanica quantistica. Vedi anche l'Esercizio 5.16.

Osservazione 5.6. La funzione ha (x) =

1 sin(ax) , π x

(5.43)

5.2 Trasformata di Fourier 1.4

227

1

1.2

0.8

1

0.6

0.8 0.6

0.4

0.4

0.2

0.2

0

0

-0.2

-2

-1

0 x

1

2

−3π

−2π

−π

0 λ

π

2π

3π

Fig. 5.5. Trasformata di Fourier della funzione caratteristica relativa all'intervallo [−1, 1]: relazione di indeterminazione

è un'approssimazione della funzione δ di Dirac (Cohen-Tannoudji et al., 1977a), nel senso che



∞

lim

a→∞

−∞

ha (x)f (x) dx = f (0).

(5.44)

Tale funzione è caratterizzata da una distanza nodale Δx = π/a e da un massimo per x = 0 di altezza a/π . Al tendere di a ad innito, la distanza nodale tende a zero, mentre l'altezza del massimo diverge.

Osservazione 5.7. Notiamo che, mentre la funzione f (x) è caratterizzata da una discontinuità nei punti x = ±a, la sua trasformata di Fourier è caratterizzata da un comportamento oscillante (e decrescente in modulo). Le oscillazioni sono caratterizzate da uno pseudo-periodo 2π/a, inversamente proporzionale alla dimensione lineare che caratterizza la discontinuità della funzione f . Tale fatto è abbastanza generale: se una funzione è caratterizzata da una discontinuità (ovviamente, integrabile), la sua trasformata di Fourier presenta oscillazioni (smorzate) il cui pseudo-periodo è inversamente proporzionale alla scala lineare della discontinuità. (La discontinuità non deve essere necessariamente tale: anche un punto di esso pronunciato può dar luogo ad oscillazioni nella trasformata di Fourier.) Non dimostriamo tale circostanza, ma invitiamo il lettore a vericarlo in molti degli esempi che seguono, tutte le volte che la funzione di cui va determinata la trasformata di Fourier presenta una discontinuità.

Denizione 5.3 (Funzioni di Bessel sferiche).

Le funzioni di Bessel sferiche del primo tipo di ordine n sono denite dalla formula di Rayleigh:



n n

jn (x) = (−1) x 1

d x dx

n

sin x , x

(5.45)

Questo fatto è alla base di diversi fenomeni sici, come le oscillazioni di Friedel che si osservano nella distribuzione elettronica attorno ad un nucleo in un gas di Fermi (Ashcroft e Mermin, 1976). In tal caso, la discontinuità deriva sostanzialmente dalla discontinuità al livello di Fermi della funzione di distribuzione.

228

5 Trasformate integrali

1

n=0 n=1 n=2 n=3 n=4 n=5

0.8

jn (x)

0.6 0.4 0.2 0 -0.2 0

π

2π

3π

x

Fig. 5.6. Funzioni di Bessel sferiche jn (x) per n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 e sono legate alle funzioni di Bessel del primo tipo di ordine semi-intero dalla relazione: 

jn (x) =

π J 1 (x). 2x n+ 2

(5.46)

L'espressione esplicita delle prime tre funzioni di Bessel sferiche è la seguente: sin x , x sin x − x cos x j1 (x) = , x2 (3 − x2 ) sin x − 3x cos x j2 (x) = , x3 j0 (x) =

(5.47a) (5.47b) (5.47c)

ed il loro graco è rappresentato in Fig. 5.6.

Esercizio 5.12. Determinare la trasformata di Fourier della funzione:  1 − x2 , |x| ≤ 1, f (x) = 0, |x| > 1.

(5.48)

Servirsi del risultato per valutare l'integrale:



∞



I= 0

Risposta:

Integrare per parti

x cos x − sin x x3 x2 e−iλx .

cos

x dx. 2

A conti fatti, risulta:

(5.49)

5.2 Trasformata di Fourier 1 fˆ(λ) = √ 2π

Z

∞

−∞

f (x)e−iλx dx = √

4 j1 (λ). 2π λ

229 (5.50)

Per valutare l'integrale I , ricordare l'espressione della funzione di Bessel sferica di ordine uno, j1 (λ), ed osservare che sia il coseno, sia j1 (λ) sono funzioni pari, mentre il seno è una funzione dispari. Dunque, cambiando opportunamente nome alla variabile di integrazione da x a λ, Z I=−

Z j1 (λ) λ 1 ∞ j1 (λ) λ cos dλ = − cos dλ λ 2 2 −∞ λ 2 √ Z ∞ Z 1 1 2π √ 1 1 ∞ j1 (λ) i 12 λ fˆ(λ)eiλ 2 dλ =− 2π √ e =− 2 −∞ λ 2 4 2π −∞ „ « 3π 1 π =− , =− f 4 2 16

∞ 0

in cui si è riconosciuta l'espressione dell'antitrasformata di fˆ per x = 12 .

Denizione 5.4 (Trasformata seno di Fourier).

Sia f ∈ L1 (0, ∞). Si denisce la coppia di trasformata e antitrasformata seno di Fourier di f come:  FS (ω) = f (t) =

∞

(5.51a)

f (t) sin ωt dt, 0

2 π



∞

(5.51b)

FS (ω) sin ωt dω.

0

Denizione 5.5 (Trasformata coseno di Fourier). Sia f ∈ L (0, ∞). Si 1

denisce la coppia di come:

trasformata

 FC (ω) = f (t) =

e

antitrasformata coseno di Fourier

∞

(5.52a)

f (t) cos ωt dt, 0

2 π

di f



∞ 0

(5.52b)

FC (ω) cos ωt dω.

Osservazione 5.8. Se inoltre f ∈ L2 (0, ∞), dall'uguaglianza di Parseval segue che:



∞ 0

dω|FC (ω)|2 =



∞ 0

dω|FS (ω)|2 =

π 2



∞

dt|f (t)|2 .

0

(5.53)

Osservazione 5.9 (Convenzione sui coecienti). A dierenza che per la coppia di trasformata/antitrasformata di Fourier, Eq.i 5.29 e 5.30, abbiamo preferi-

1 , invece che ↔ 2π 1 √ ). Questo perché, sebbene la convenzione simmetrica dei coe2π 2

to servirci della convenzione asimmetrica dei coecienti (1 √1 2π

↔

cienti sia necessaria per rendere l'operatore

F

unitario in

L (−∞, ∞), in molti

testi ed in molte applicazioni si utilizzano invece le denizioni:

230

5 Trasformate integrali



fˆ(λ) =

∞

−∞

f (x) =

1 2π

f (x)e−iλx dx,



∞

(5.54a)

fˆ(λ)eiλx dλ.

(5.54b)

−∞

Di volta in volta, negli esercizi sarà chiaro a quale denizione staremo facendo riferimento.

Esercizio 5.13. Calcolare la trasformata seno di e−t , t ≥ 0. Risposta:

Metodo diretto. Si Zha:

∞

FS (ω) =

0

e−t sin ωt dt = (per parti ...) = ω − ω 2 FS (ω),

da cui, risolvendo rispetto a FS (ω), FS (ω) =

ω . 1 + ω2

Metodo alternativo. Si può anche scrivere: Z

FS (ω) = Im

∞

e−t+iωt dt = Im

0

»

e(−1+iω)t −1 + iω

(5.55)

„

–∞ = Im 0

1 1 − iω

« =

ω . 1 + ω2

Con tale metodo, senza necessità di ulteriori calcoli, si trova anche che: „ « Z ∞ Z ∞ 1 1 FC (ω) = e−t cos ωt dt = Re e−t+iωt = Re . = 1 − iω 1 + ω2 0 0

Metodo dei residui? Non si può applicare: non si può applicare il lemma di Jordan, in quanto e non tende a zero per |z| → ∞ in nessun semipiano. Applicazione al calcolo di integrali. Facendo uso dell'uguaglianza di Parseval, −z

si trova che: Z ∞ Z 0

2

∞

0

dx = (x2 + 1)2

Z

∞ 0

[FC (ω)]2 dω =

π 2

Z 0

∞

[f (t)]2 dt =

π 2

Z 0

∞

e−2t dt =

π , 4

x2 π dx = . 2 (x + 1)2 4

La coppia di operatori F e F −1 = F † costruita mediante la convenzione simmetrica √12π ↔ √12π esprime tali operatori in termini di loro autofunzioni ortonormali, uλ (x) = √12π eiλx , mentre la coppia di operatori F e F −1 = F † costruita me1 esprime tali operatori mediante loro diante la convenzione asimmetrica 1 ↔ 2π autofunzioni ortogonali, ma non normalizzate. R La condizione di ortormalizzazione si intende nel senso delle distribuzioni, uλ (x)uλ (x) dx = δ(λ − λ ). Cfr. il calcolo della matrice di passaggio P alla base degli autovettori di una matrice diagonalizzabile: tale matrice è unitaria se gli autovettori sono stati preventivamente ortonormalizzati, altrimenti è soltanto invertibile, e l'inversa non coincide con l'hermitiana coniugata.

5.2 Trasformata di Fourier

Esercizio 5.14. Calcolare

 Im =

∞ 0

231

x sin mx dx. x2 + 1

Risposta: Facendo uso del risultato dell'esercizio precedente, per m = 0 si riconosce in Im l'antitrasformata seno di e−t , a meno di un coeciente. Si ha: Z ∞ π π FS (ω) sin mω dω = f (m) = e−m . Im = 2 2 0

Esercizio 5.15 (Trasformata di Fourier di una lorentziana). Determinare la trasformata di Fourier di f (t) =

1 , t2 + a2

a > 0.

(5.56)

Risposta:

Si tratta di una funzione di L2 (−∞, ∞). Ci aspettiamo dunque che anche la sua trasformata fˆ(ω) sia di L2 (−∞, ∞). Adoperiamo la convenzione asimmetrica sui coecienti. Occorre calcolare l'integrale: Z ∞ −iωt e fˆ(ω) = dt (5.57) 2 + a2 t −∞ per ogni valore di ω ∈ R. Adoperiamo il metodo dei residui, ossia utilizziamo il prolungamento al piano complesso della funzione integranda, ossia g(z) =

e−iωz , z 2 + a2

e scegliamo opportunamente un percorso di integrazione chiuso (Fig. 5.7) , tale che l'integrale di g(z) lungo la parte rettilinea γ1 di tale percorso tenda all'integrale desiderato, per R → ∞, e l'integrale lungo la parte curvilinea γ2 tenda a zero (per il lemma di Jordan). Occorre distinguere i casi ω > 0 e ω < 0. Nel caso ω > 0, |e−iωz | = eω Im z tende a zero uniformemente nel semipiano inferiore, cioè per Im z < 0, e dunque occorre scegliere il percorso indicato in Fig. 5.7 a destra. Per R sucientemente grande (più precisamente, per R > a), all'interno di tale percorso cade il punto z = −ia, che è una singolarità polare semplice per g(z). Il cammino è percorso in senso orario, dunque, per il teorema dei residui: I π g(z) dz = −2πi Res g(z) = −2πi lim g(z)(z + ia) = e−ωa . z=−ia z→−ia a γ D'altronde,

I

Z

Z

g(z) dz = γ

g(z) dz → fˆ(ω),

g(z) dz + γ1

γ2

per R → ∞, per il lemma di Jordan. Segue dunque che π fˆ(ω) = e−ωa , a

ω > 0.

232

5 Trasformate integrali −R

−R

R

R

Fig. 5.7. Percorsi di integrazione usati nell'Esercizio 5.15 Nel caso ω < 0, si procede analogamente, stavolta però servendosi del contorno di Fig. 5.7 (sinistra). Tale cammino è percorso in senso antiorario, dunque occorre moltiplicare per +2πi, e la singolarità da considerare (ancora una volta un polo semplice) è z = +ia. Si trova: π fˆ(ω) = eωa , a

Riassumendo, si ha:



ω < 0.

π fˆ(ω) = e−|ω|a a

(5.58)

per ogni valore di ω . Vericare che anche per ω = 0 il risultato è valido. In particolare, la trasformata di Fourier di una funzione (denita mediante la convenzione asimmetrica dei coecienti) per ω = 0 restituisce il valore medio della funzione: Z ∞ dt π ˆ = . f (0) = 2 + a2 t a −∞

Osservazione 5.10. La trasformata di Fourier fˆ(ω) di una funzione reale f (t)

pari (nella variabile t) è una funzione reale pari (nella variable ω). La trasformata di Fourier di una funzione dispari è una funzione immaginaria pura, la cui parte immaginaria è dispari (in ω).

Esercizio 5.16 (Trasformata di Fourier di una gaussiana). Determinare la trasformata di Fourier di

2

f (t) = e−at .

(5.59)

Risposta: Serviamoci stavolta della denizione di trasformata di Fourier mediante la convenzione simmetrica sui coecienti. Occorre calcolare l'integrale: Z ∞ 2 1 fˆ(ω) = √ e−at e−iωt dt. (5.60) 2π −∞

Primo metodo. Derivando primo e secondo membro rispetto ad ω, ed integrando per parti il secondo membro, si ha:

5.2 Trasformata di Fourier √

2π fˆ (ω) = −i "

Z

∞

233

2

−at −iωt dt |e {z }t e −∞ # ˛∞ Z ∞ √ i ω 1 −at2 −iωt ˛˛ −at2 −iωt e − e e dt = − fˆ(ω) 2π, ω = −i − e ˛ 2a 2a 2a −∞ −∞

da cui

fˆ ω =− , ˆ 2a f

il cui integrale generale è:

2

ω fˆ(ω) = Ce− 4a .

La costante C si determina osservando che 1 fˆ(0) = √ 2π

Z

∞

2 1 e−at dt = √ . 2a −∞

Segue che la trasformata di Fourier di una gaussiana è ancora una gaussiana, cioè: ω2 1 fˆ(ω) = √ e− 4a . 2a

(5.61)

Osserviamo inoltre che, per a = 12 , risulta f (t) = fˆ(t), ossia F [f ] = f (gaussiana come punto unito della trasformata di Fourier, o autofunzione con autovalore 1 etc). La larghezza di una gaussiana è data dalla sua deviazione standard. Si ha: √ √ Δt = 1/ 2a, mentre Δω = 2a, e quindi, nel caso di una gaussiana, la relazione di indeterminazione si esprime come: (5.62)

Δω · Δt = 1.

Secondo metodo. Torniamo a considerare l'integrale: 1 fˆ(ω) = √ 2π

Z

∞

e−at

2

−iωt

dt.

−∞

(5.63)

Completiamo il quadrato ad argomento dell'esponenziale: „ «2 « „ iω ω2 ω2 ω2 iω −at2 − iωt = −a t2 + , − 2 + 2 =− −a t+ a 4a 4a 4a 2a

con cui:

Z √ ω2 2π fˆ(ω) = e− 4a

∞

iω

2

e−a(t+ 2a ) dt.

−∞

Questo ci porta a considerare il cambiamento di variabili z =t+

iω . 2a

Non è lecito, tuttavia, eettuare tale cambiamento di variabili senza alcuna giusticazione. Consideriamo, a tal proposito, l'integrale I

2

e−az dz γ

234

5 Trasformate integrali

3

iω/2a

2

4

1

−R

R

Fig. 5.8.

Percorso d'integrazione utilizzato per giusticare il cambiamento di variabili nel secondo metodo dell'Esercizio 5.16 esteso al percorso γ = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3 ∪ γ4 di Fig. 5.8. Poiché la funzione integranda non ha singolarità all'interno di tale percorso, l'integrale è nullo. Gli integrali lungo i percorsi γ2 e γ4 tendono a zero per R → ∞ e quindi, in tale limite, Z Z Z 2 2 2 e−az dz = − e−az dz = e−az , γ1

−γ3

γ3

dove con −γ3 indichiamo il cammino γ3 percorso in senso inverso a quello di Fig. 5.8. Dall'ultima uguaglianza segue che: Z ∞ Z ∞ 2 iω 2 e−at dt = e−a(t+ 2a ) dt, −∞

−∞

che è quanto ci mancava di provare. Inne, r Z ∞ 2 √ π − ω4a2 −ω −at2 ˆ 4a 2π f (ω) = e e dt = , e a −∞ da cui la (5.61).

Esercizio 5.17. Servendosi del risultato dell'esercizio precedente e della formula per la trasformata di Fourier della derivata, vericare che: 2

F[te−at ; ω] = −

ω2 iω e− 4a . 3/2 (2a)

(5.64)

Esercizio 5.18 (Trasformata di Fourier di una gaussiana in tre dimensioni). Determinare la trasformata di Fourier della funzione 2

f (r) = e−a|r| .

(5.65)

5.2 Trasformata di Fourier

235

Risposta:

La trasformata di Fourier di una funzione f (r) di n variabili reali si Z 1 fˆ(k) = (5.66) f (r)e−ik·r dn r, (2π)n/2 n ove l'integrazione è estesa a tutto R , e k · r = k1 x1 + . . . + kn xn è l'usuale prodotto scalare tra vettori di Rn . Nel nostro caso, passando a coordinate sferico-polari ed eseguendo le integrazioni rispetto alle variabili angolari, si trova: Z π Z ∞ Z 2π 2 (2π)3/2 fˆ(k) = dφ dθ sin θ dr r 2 e−ar −ikr cos θ 0 0 0 Z 4π ∞ −ar2 = dr r e sin kr k 0 2 4π FS [r e−ar ; k], = k denisce come



dove con FS abbiamo denotato la trasformata seno (unidimensionale) della funzione 2 r e−ar . Ma dall'esercizio precedente segue che r Z ∞ 2 π − k4a2 i ke xe−ax −ikx dx = − . 2a a −∞ Separando l'integrazione fra −∞ e 0 e quella da 0 da ∞, cambiando variabile x → −x nel primo integrale e raccogliendo i termini, si trova: r Z ∞ 2 π − k4a2 1 dx xe−ax sin kx = , ke 4a a 0 da cui, in denitiva: (2π)3/2 fˆ(k) =

“ π ”3/2

k2

e− 4a , (5.67) a cioè la trasformata di Fourier di una gaussiana è ancora una gaussiana, anche in tre dimensioni.

Esercizio 5.19. Determinare la trasformata di Fourier della funzione  e−t , f (t) = −et ,

t > 0, t < 0.

(5.68)

Risposta: La funzione è dispari, dunque la sua trasformata di Fourier è puramente immaginaria, con parte immaginaria dispari. Si trova infatti (convenzione asimmetrica per i coecienti): 2iω fˆ(ω) = − . 1 + ω2

Esercizio 5.20. Determinare la trasformata di Fourier della funzione  sin t, f (t) = 0,

|t| ≤ π, |t| > π.

(5.69)



236

5 Trasformate integrali

Risposta:

(Funzione dispari.) Si trova: i ( h sin(ω−1)π sin(ω+1)π − i , ω = ±1, ω−1 ω+1 fˆ(ω) = iπ sgn ω, ω = ±1.

Esercizio 5.21. Determinare la trasformata di Fourier della funzione f (t) =

t4

t . +1

(5.70)

Risposta: (Funzione dispari.) Ricorrere al metodo dei residui e distinguere i casi ω > 0 e ω < 0. Si trova: √ √ 2 2 fˆ(ω) = −iπe− 2 |ω| sin ω. 2

Esercizio 5.22. Determinare la trasformata seno della funzione  1, 0 ≤ t ≤ 1, f (t) = 0, t > 1.

(5.71)

Servendosi di tale risultato, calcolare 

∞

I= 0

Risposta:

1 y sin3 dy. y 2

Si trova facilmente: FS [f ; ω] =

ω 1 − cos ω 2 = sin2 . ω ω 2

Servendosi della formula per l'antitrasformata seno per t = 12 , si trova I =

Esercizio 5.23. Calcolare

 I1 =

∞ −∞

π . 4

sin ax dx. x

Risposta: Mediante il cambio di variabile ax = t, cominciamo con l'osservare che I1 non dipende dal fattore di scala a, ossia che: Z ∞ sin t dt. I1 = t −∞ Un modo per calcolare tale integrale, basato sul metodo dei residui, si trova su Spiegel (1975, esercizio 18 a p. 184). Un metodo alternativo consiste nell'osservare che la funzione integranda è, a meno di un coeciente, la trasformata di Fourier della funzione caratteristica relativa all'intervallo [−1, 1] (Esercizio 5.11). Servendosi della formula per l'antitrasformata nell'origine, si trova I1 = π .

5.2 Trasformata di Fourier

237

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0

-3

-2

-1

0

1

2

3

Fig. 5.9. Esercizio 5.24

Esercizio 5.24. Calcolare Ip =



∞

−∞

sinp x dx, xp

p ∈ N.

Risposta: Abbiamo già calcolato tale integrale nel caso p = 1. Nel caso p = 2, integrando per parti, si ha: ˛∞ Z ∞ Z ∞ Z ∞ sin2 x 2 sin x cos x sin 2x sin2 x ˛˛ dx = − + dx = dx = π, ˛ 2 x x x x −∞ −∞ −∞ −∞ per il risultato precedente. Nel contesto delle trasformate di Fourier, tuttavia, è istruttivo procedere in quest'altro modo. Sia f (t) = χ[−1,1] (t) la funzione caratteristica denita nell'Esercizio 5.11. La sua trasformata di Fourier (convenzione asimmetrica sui coecienti) è: sin ω fˆ(ω) = 2 . ω Studiamo adesso la convoluzione di f (t) con se stessa. Si ha: Z 1 Z ∞ f (τ )f (t − τ ) dτ = f (t − τ ) dτ. g(t) = f ∗ f (t) = −∞

Al variare di t, è facile convincersi che (Fig. 5.9): 8 0, t ≤ −2, > > >

2 − t, 0 < t ≤ 2, > > : 0, t > 2.

−1

238

5 Trasformate integrali

D'altra parte, la trasformata di Fourier di tale convoluzione è: gˆ(ω) = fˆ2 (ω) = 4

sin2 ω , ω2

mentre per l'antitrasformata si può scrivere: Z ∞ 1 sin2 ω iωt g(t) = 4 e dω. 2π −∞ ω2 Valutando tale relazione per t = 0, dove g(0) = 2, si trova inne Z ∞ sin2 ω dω = π. I2 = ω2 −∞



Nel caso p = 3, si può procedere partendo da f ∗ f ∗ f e seguendo il metodo precedente. Si trova I3 = 34 π .

5.2.5 Applicazione della trasformata di Fourier alla soluzione di alcune PDE e di alcune equazioni integrali

La trasformata della derivata di una funzione è uguale a iω moltiplicato la trasformata della funzione stessa. Dunque, la trasformata di Fourier muta operatori dierenziali in operatori algebrici (operatori di moltiplicazione). Questa proprietà può essere sfruttata per modicare equazioni dierenziali (alle derivate parziali) in equazioni algebriche (o equazioni dierenziali ordinarie) per la funzione trasformata. Risolte queste, si antitrasforma per avere la funzione incognita. La trasformata di Fourier trova applicazione anche nella soluzione di equazioni di convoluzione, in quanto muta la convoluzione di due funzioni nel prodotto delle loro trasformate, ossia, ancora una volta, fa passare da un'operazione integrale ad un'operazione algebrica. Consideriamo i seguenti esempi.

Propagazione del calore lungo una sbarra semi-innita

Consideriamo il seguente problema, relativo alla propagazione del calore lungo una sbarra semi-innita: x > 0, t > 0, (5.72a) ut − κuxx = 0, u(x, 0) = f (x), x > 0, t = 0 (5.72b) u(0, t) = 0, x = 0, t > 0. (5.72c) La funzione u(x, t) rappresenta la temperatura della sbarra alla posizione x ed al tempo t, f (x) è il prolo di temperatura iniziale della sbarra. La condizione (5.72c) indica che l'estremo x = 0 della sbarra è costantemente posto a contatto con un termostato con u = 0. Aggiungiamo la condizione (sicamente motivata) che u(x, t) si mantenga limitata.

5.2 Trasformata di Fourier

Denotiamo con



∞

u ˆ(ξ, t) =

239

u(x, t)e−iξx dx

−∞

la trasformata di Fourier (spaziale) del prolo di temperatura al tempo t. Trasformando ambo i membri della (5.72a) e facendo uso del risultato relativo alla trasformata di una derivata, si ottiene così u ˆt = −κξ 2 u ˆ.

Tale equazione, ricavata per trasformazione di Fourier da una PDE, è adesso una equazione dierenziale ordinaria (ODE), in cui l'unica derivata è rispetto a t, e ξ gura come parametro. Il suo integrale generale è: 2

u ˆ(ξ, t) = C(ξ)e−κξ t .

La costante di integrazione C(ξ) si determina osservando che, a t = 0, la u deve vericare la condizione (5.72b), che trasformata secondo Fourier diventa: u ˆ(ξ, 0) = fˆ(ξ). Segue che C(ξ) = fˆ(ξ) e dunque: 2 u ˆ(ξ, t) = fˆ(ξ)e−κξ t .

Abbiamo così determinato la trasformata di Fourier della funzione u, che risulta espressa dal prodotto di due trasformate di Fourier. La funzione u(x, t) sarà dunque la convoluzione delle antitrasformate di tali funzioni. Ricordando 2 che F[e−ax ; ξ] = π/ae−ξ /(4a) (Esercizio 5.16), antitrasformando si trova: 2

2

u(x, t) = √

1 4πκt



∞ −∞

1

2

e− 4κt y f (x − y) dy,

(5.73)

che prende il nome di integrale di Poisson dell'equazione del calore per una sbarra semi-innita. Includiamo adesso la condizione omogenea (5.72c), di cui non abbiamo ancora fatto uso. Procediamo per separazione delle variabili, ossia supponiamo che u(x, t) = X(x)T (t).

Dalla (5.72a) segue allora che XT  = κX  T , ovvero 1 T X  = = −λ2 , X κT

da cui X  + λ2 X = 0, T  + κλ2 T = 0,

e quindi

240

5 Trasformate integrali

X(x) = A cos λx + B sin λx, 2

T (t) = Ce−κλ t .

La condizione (5.72c) impone che sia A = 0. Dunque, per il principio di sovrapposizione, è possibile pensare u(x, t) come una sovrapposizione di in2 nite componenti del tipo e−κλ t sin λx, ciascuna corrispondente ad un diverso valore di λ, cioè:! 

∞

u(x, t) =

2

B(λ) sin λxe−κλ t dλ.

0

La funzione B(λ) si trova imponendo la (5.72b), ossia che 

∞

B(λ) sin λx dλ = f (x).

u(x, 0) = 0

Segue che B(λ) è l'antitrasformata seno di f (x), cioè: 2 B(λ) = π

e in denitiva: 2 u(x, t) = π





f (y) sin λy dy, 0



∞

∞

dλ 0

Ma: sin λx sin λy =

∞

2

dye−κλ t f (y) sin λx sin λy.

0

1 [cos λ(x − y) − cos λ(x + y)], 2

e facendo uso della formula per la trasformata coseno della gaussiana (che si può derivare per esercizio dai risultati dell'Esercizio 5.16), 

∞

−αλ2

e 0

1 cos βλ dλ = 2



π − β2 e 4α , α

si trova:

1 0 ∞  ∞ 1 −(x−y)2 /4κt −(x+y)2 /4κt √ f (y)e dy − f (y)e dy u(x, t) = 2 πκt 0 0 ; <  ∞ ∞ √ √ 1 −w2 −w2 = e f (2w κt + x) dw − f (2w κt − x) dw √ e π −x/2√κt x/2 κt

ove si è fatto uso dei cambiamenti di variabile w = 3

y±x √ 2 κt

.

L'integrazione è estesa da 0 a +∞, e non da −∞ a +∞, perché sarebbe sempre possibile riportarsi a tale caso mediante la posizione 12 [B(λ) + B(−λ)] → B(λ) ed eettuando poi un opportuno cambio di variabili.

5.2 Trasformata di Fourier

u0 ,

241

Nel caso particolare di un prolo iniziale costante di temperatura, f (x) = si trova: u0 u(x, t) = √ π u0 = √ π 2u0 = √ π



∞

2

√ −x/2 κt √  x/2 κt √

e−w dw −



∞

2

√

e−w dw

x/2 κt 2

e−w dw

−x/2 κt √ x/2 κt



2

e−w dw 0 0 1 x = u0 erf √ . 2 κt

Esercizio 5.25. Determinare il prolo di temperatura di una sbarra innita (−∞ < x < ∞) avente prolo di temperatura iniziale u(x, 0) = f (x), con 

f (x) =

Risposta:

si ha:

u0 , |x| ≤ a, 0, |x| > a.

Per il principio di sovrapposizione, essendo la sbarra innita, stavolta Z ∞ 2 u(x, t) = dλ[A(λ) cos λx + B(λ) sin λx]e−κλ t . 0

Poiché il prolo iniziale di temperatura è pari, deve essere B(λ) = 0, mentre le A(λ) si determinano come trasformata coseno di f (x): Z Z 2u0 a 2u0 1 2 ∞ f (y) cos λy dy = dy cos λy = sin λa, A(λ) = π 0 π 0 π λ e dunque:

Z 2 1 2u0 ∞ dλ sin λa cos λx e−κλ t π 0 λ Z ∞ Z 2 2u0 a = dy dλ cos λx cos λy e−κλ t . π 0 0

u(x, t) =

Ma: cos λx cos λy =

1 [cos λ(x + y) + cos λ(x − y)], 2

e sostituendo: »Z ∞ – Z Z ∞ 2 2 u0 a u(x, t) = dy dλe−κλ t cos λ(x + y) + dλe−κλ t cos λ(x − y) π 0 0 0 r Z a h i π u0 −(x+y)2 /4κt −(x−y)2 /4κt dy e +e = 2π κt 0 "Z # √ Z (−a+x)/2√κt (a+x)/2 κt u0 −w2 −w2 e dw − e dw = √ √ √ π x/2 κt x/2 κt » „ « „ «– u0 x+a x−a √ √ = erf − erf , 2 2 κt 2 κt √ dove si è fatto uso del cambio di variabile w = (x ± y)/2 κ.

242

5 Trasformate integrali

Equazione delle onde Consideriamo il seguente problema, relativo alla propagazione delle onde lungo una sbarra innita: utt − a2 uxx = 0, −∞ < x < ∞, t ≥ 0, (5.74a) u(x, 0) = f (x), −∞ < x < ∞, t = 0 (5.74b) ut (x, 0) = 0, −∞ < x < ∞, t = 0, (5.74c) con u(x, t) limitata. Procediamo per separazione delle variabili, supponendo che u(x, t) = X(x)T (t). Sostituendo, si trova, al solito, T  + λ2 a2 T = 0, X  + λ2 X = 0,

da cui T (t) = A cos λat + B sin λat, X(x) = C cos λx + D sin λx.

Derivando T rispetto al tempo, e facendo uso della condizione (5.74c), si trova Tt (0) = Bλ = 0, da cui B = 0. Segue che uλ (x, t) = [C(λ) cos λx + D(λ) sin λx] cos λat

è una possibile soluzione della (5.74a), che in più soddisfa la condizione (5.74c). L'indice λ non indica derivazione parziale, ma solo la dipendenza (parametrica) di tale soluzione da λ. L'integrale generale può dunque essere espresso come sovrapposizione di tali soluzioni, al variare del parametro continuo λ, ossia: 

∞

[C(λ) cos λx + D(λ) sin λx] cos λat dλ.

u(x, t) = 0

Per t = 0, imponendo la condizione iniziale (5.74b), si trova che 

∞

u(x, 0) =

[C(λ) cos λx + D(λ) sin λx] dλ = f (x), 0

ossia che C(λ) e D(λ) sono rispettivamente proporzionali alle trasformate coseno e seno di f :  1 ∞ C(λ) = dy f (y) cos λy, π −∞  ∞ 1 D(λ) = dy f (y) sin λy, π −∞

con cui, sostituendo nell'espressione di u(x, t):



5.2 Trasformata di Fourier



243

∞ 1 ∞ dy dλ f (y)[cos λx cos λy + sin λx sin λy] cos λat π −∞ 0  ∞  ∞ 1 = dy dλ f (y) cos λ(x − y) cos λat π −∞ 0  ∞  ∞ 1 = dy dλ f (y)[cos λ(x − y + at) + cos λ(x + y − at)] 2π −∞ 0 1 = [f (x + at) + f (x − at)], 2

u(x, t) =

in cui, nell'ultimo passaggio, s'è fatto uso dell'espressione per l'antitrasformata coseno di

f (x). Si ritrova così la soluzione di D'Alembert del problema (5.74). ψ manca, in quanto ψ = 0.)

(Il termine in

Equazione di Laplace su un semipiano Consideriamo adesso l'equazione di Laplace sul semipiano

y > 0:

uxx + uyy = 0, y > 0, u(x, 0) = f (x), y = 0, u(x, y) limitata. Procedendo per separazione X  + λ2 X = 0, Y  − λ2 Y = 0, da cui: con

(5.75a) (5.75b)

delle variabili, stavolta si ha

X(x) = A cos λx + B sin λx, Y (y) = Ce−λy + De+λy . Dovendo essere

u(x, y)

limitata nel semipiano superiore, deve essere

D = 0.

Dunque è possibile costruire l'integrale generale della (5.75a) come sovrapposizione delle soluzioni particolari trovate, al variare di



∞

u(x, y) =

λ > 0:

dλ e−λy [A(λ) cos λx + B(λ) sin λx].

0

A(λ) e B(λ) devono essere rispettivamente f (x) (a meno di un fattore due):  1 ∞ dv f (v) cos λv, A(λ) = π −∞  1 ∞ B(λ) = dv f (v) sin λv. π −∞

Imponendo la (5.75b) si trova che la trasformata coseno e seno di

u(x, y) si trova:  ∞ dλ dv f (v) cos λ(v − x)e−λy .

Sostituendo nell'espressione per

u(x, y) =

1 π



∞ 0

−∞

244

5 Trasformate integrali

Ma



con cui:

∞ 0

dλ cos λ(v − x)e−λy =

u(x, y) =

Posto:



1 π

∞

dv f (v) −∞

y , y 2 + (v − x)2

y . y 2 + (v − x)2

(5.76)

(5.77) si riconosce che la soluzione u(x, y) del problema (5.75) si può esprimere come convoluzione (rispetto ad x) fra il dato al contorno f (x) ed il kernel (5.77) K(t, x) =

1 y , π y 2 + t2

(kernel di Poisson per il semipiano):



∞

u(x, y) = −∞

dv f (v)K(v − x, y) = f ∗ K.

Equazioni integrali di convoluzione Esercizio 5.26. Determinare la soluzione

convoluzione (a < b):



∞ −∞

y(x)

dell'equazione integrale di

y(u) 1 du = 2 . (x − u)2 + a2 x + b2

Risposta:

Prendendo la trasformata di Fourier del primo e del secondo membro, osservando che al primo membro gura una convoluzione, e ricordando che: – Z ∞ −ikx » e π 1 ; k = dx = e−b|k| , F 2 + b2 x2 + b2 x b −∞ si trova: da cui:

π π yˆ(k) e−a|k| = e−b|k| , a b yˆ(k) =

a (a−b)|k| e b

e quindi, antitrasformando: Z ∞ a eikx+(a−b)|k| dk y(x) = 2πb −∞ »Z 0 – Z ∞ a = eikx−(a−b)k dk + eikx+(a−b)k dk 2πb −∞ 0 – »Z ∞ Z ∞ a −ikx+(a−b)k ikx+(a−b)k e dk + e dk = 2πb 0 0 Z ∞ a e(a−b)k cos kx dk = πb 0 b−a a = , πb x2 + (b − a)2 che tende a δ(x) per b → a.

5.3 Temi d'esame svolti

245

Esercizio 5.27. Risolvere: 

∞

−∞

2

y(u)y(x − u) du = e−x .

√ 2 2 Trasformando, si trova yˆ2 (k) = πe−k /4 , da cui yˆ(k) = π 1/4 e−k /8 , e quindi, antitrasformando, r 4 4 −2x2 . e y(x) = π

Risposta:

Esercizio 5.28. Risolvere le seguenti equazioni di convoluzione (Krasnov et al., 1977): 1. 2. 3. 4.



∞

ϕ(t) cos xt dt = 0 ∞ 0



∞

0 ∞

1 , x > 0. 1 + x2

ϕ(t) sin xt dt = f (x),

dove f (x) =

ϕ(t) cos xt dt = f (x),

dove f (x) =



π 2

0, 

sin x, 0 ≤ x ≤ π, x > π.

cos x, 0 ≤ x ≤ π, 0, x > π. π 2

ϕ(t) cos xt dt = e−x cos x, x > 0.  ∞ K(x − t)ϕ(t) dt = f (x). 5. ϕ(x) + 0

Risposta:

−∞

1. ϕ(x) = ( e−x . 2. ϕ(t) =

1 sin πt, 1−t2 π , (2 1 2t sin πt, π 1−t2

t = 1, t = 1.

t = 1, 1, t = 1. 2 t2 + 2 . 4. ϕ(t) = π t2Z+ 4 ∞ 1 fˆ(k) eikx dk. 5. ϕ(x) = ˆ 2π −∞ 1 − K(k)

3. ϕ(t) =

5.3 Temi d'esame svolti

Esercizio 5.29 (Compito N.O. del 10.2.2006). Considerare l'equazione 

+∞

f (x) = x + −∞

g(x − y)f (y)dy

con g(x) derivabile ovunque ed appartenente ad L1 . Utilizzare le trasformate di Fourier per dimostrare che esistono soluzioni della forma f (x) = αx + β .

246

5 Trasformate integrali

Dimostrare che se esiste un k0 per cui la trasformata di Fourier g˜(k0 ) = 1, allora l'equazione omogenea ammette una soluzione non banale. Determinare in tal caso la forma della soluzione generale. Nel caso in cui g(x) =

π(x2

1 + 1)2

stabilire (senza fare calcoli espliciti) se la trasformata di Fourier g˜(k) è derivabile su tutto l'asse reale. Calcolare quindi esplicitamente la trasformata di Fourier e determinare i coecienti α e β della soluzione dell'equazione integrale in tale caso particolare. Esercizio 5.30 (Compito N.O. del 13.3.2006). Data la funzione f (x) =

1 : 4 cos x − 5

1. Discutere le proprietà di convergenza del suo sviluppo in serie di Fourier (trigonometrica) in [−π, π]. 2. Calcolare esplicitamente i coecienti di Fourier e scrivere la serie. (Suggerimento: Calcolare gli integrali sulla circonferenza unitaria utilizzando il teorema dei residui, e ricordando che per le funzioni generalmente analitiche la somma dei residui è zero). 3. Dimostrare che f (x), prolungata a tutto l'asse reale, soddisfa condizioni sucienti anché la trasformata di Fourier della serie, eettuata termine a termine (e nel senso delle distribuzioni), dia una serie di distribuzioni convergente alla trasformata di Fourier di f (x). 4. Scrivere esplicitamente quest'ultima serie. Esercizio 5.31 (Compito N.O. del 1.6.2006). Dopo aver stabilito se (come conseguenza di qualche teorema) esiste nello spazio complesso L2 (−∞, +∞) una funzione ϕ(x) tale che > >  N > > > > −ixy f (y)e dy > = 0, lim >ϕ(x) − N →∞ > > −N

dove

 e−(x−1) , f (x) = −2e(x−1) ,

se x ≥ 1 se x < 1,

1. Dire se sono soddisfatte le condizioni per cui ϕ(x) coincide con la trasformata di Fourier F[f ] della funzione f (x). 2. Determinare ϕ(x) e stabilire se appartiene a L1 (−∞, +∞). 3. Dire se sono soddisfatte le condizioni per l'esistenza della trasformata di Fourier inversa F −1 [ϕ] e se F −1 [ϕ] = f puntualmente su tutto l'asse reale. 4. Calcolare esplicitamente F −1 [ϕ] nel punto x = 1.

5.3 Temi d'esame svolti

247

Esercizio 5.32 (Compito N.O. del 27.6.2006). La distribuzione F [ϕ] è

denita per ∀ϕ ∈ S come la somma della serie F [ϕ] =

∞  1 √ ϕ( n). n! n=1

Detta F˜ la trasformata di Fourier della distribuzione, calcolare F˜ [ϕ0 ] per 2

ϕ0 (x) = e−2x .

Facoltativo: 1. Dire se ϕ0 ∈ S . 2. Dimostrare che la denizione di F [ϕ] è valida per ∀ϕ ∈ S .

Tabella 5.2. Tavola di alcune trasformate di Fourier f (x) =

1 2π

Z

∞

Z fˆ(k)eikx dk

−∞

fˆ(k) =

∞

f (x)e−ikx dx

−∞

χ[−a,a] (x), a > 0

2 sin ka k

e−a|x| , a > 0

2a k 2 + a2 r π −k2 /4a e a π −a|k| e a

2

e−ax , a > 0 1 ,a>0 x2 + a2 x ,a>0 x2 + a2

−iπe−a|k| sgn k

e−a|x| cos bx, a, b > 0

a a + 2 a2 + (b + k)2 a + (b − k)2

6 Equazioni integrali e funzioni di Green

Per la teoria, cfr. Kolmogorov e Fomin (1980). La maggioranza degli esercizi è tratta da Krasnov et al. (1977). Alcuni esercizi sono tratti da Spiegel (1994) e da Logan (1997). Per una nota storica su George Green (17931841) ed una breve rassegna delle applicazioni della funzione di Green e del teorema di Green in sica, vedi Challis e Sheard (2003). 6.1 Equazioni di Fredholm 6.1.1 Generalità

Sia f : [a, b] → C una funzione di L2 (a, b) e K : [a, b] × [a, b] → C tale che  K 2 =





b

dx a

b

dt|K(x, t)|2 < ∞.

a

(6.1)

Un'equazione integrale di Fredholm è un'equazione integrale (lineare) del tipo:  ϕ(x) − λ

b

K(x, t)ϕ(t) dt = f (x), a

(6.2)

dove λ ∈ C e ϕ ∈ L2 (a, b) è la funzione indeterminata. La funzione K(x, t) prende il nome di nucleo o kernel dell'equazione integrale ed f (x) di termine noto. Sotto la condizione (6.1) il kernel K(x, t) si dice di Hilbert-Schmidt e il corrispondente operatore integrale  K· =

b

dtK(x, t) ·

a

risulta essere compatto. Angilella G. G. N.: Esercizi di metodi matematici della fisica. © Springer-Verlag Italia 2011

(6.3)

250

6 Equazioni integrali e funzioni di Green

Equazioni del tipo (6.2) si dicono di seconda specie. Equazioni del tipo: 

b

(6.4)

K(x, t)ϕ(t) dt = f (x), a

si dicono invece di prima specie. Si diranno omogenee le equazioni che mancano del termine noto, cioè per le quali f (x) = 0, non omogenee in tutti gli altri casi. 6.1.2 Equazioni a nucleo separabile

Il nucleo di un'equazione integrale lineare si dice separabile o anche degenere se ammette la decomposizione: n 

K(x, t) =

(6.5)

ak (x)bk (t),

k=1

ove si può supporre, senza perdita di generalità, che le ak , bk siano funzioni l.i. Sostituendo l'espressione (6.5) nella (6.2), rimane determinata la forma funzionale della soluzione ϕ(x) come: ϕ(x) = f (x) + λ

n 

(6.6)

ck ak (x),

k=1

ove i ck sono coecienti numerici, dipendenti implicitamente da ϕ(x) come: 

b

ck =

(6.7)

dt ϕ(t)bk (t). a

Per determinarli, sostituiamo la loro espressione (6.7) nella (6.6). Si trova: n 





ak (x) ck −

k=1

;

b

dt bk (t) f (t) + λ a

da cui, per la l.i. delle ak (x), segue che: ck − λ

ovvero: dove si è posto:

n 

n