Testi delle prove scritte di MMCF

PROVA SCRITTA DI METODI MATEMATICI DELLA CHIMICA FISICA
- 27.06.2011
Esercizio 1.
Fornire esempi di due matrici 2x2, diverse e senza elementi nulli, che rispettino
ciascuna delle seguenti condizioni (nei casi in cui non si possa trovare un
esempio, spiegare perch´e):
A) Due matrici hermitiane il cui prodotto `e hermitiano.
B) Due matrici hermitiane il cui prodotto non `e hermitiano.
C) Due matrici unitarie il cui prodotto `e unitario.
D) Due matrici unitarie il cui prodotto non `e unitario.
E) Due matrici che rappresentano proiettori, la cui somma `e anch’essa un
proiettore.
Quale matrice somma si ottiene nell’ultimo caso? Perch´e?
Esercizio 2.
Consideriamo le tre funzioni normalizzate a, b e c di una base minima per il
sistema molecolare H3 , con geometria D3h (triangolo equilatero). Chiamiamo
s i prodotti scalari ha |b i = ha |c i = hb |ci. Trasformare la base {a, b, c} in una
base ortogonale, in tre modi:
A) usando il metodo di Gram-Schmidt
B) usando la simmetria (suggerimento: affinch´e siano ortogonali, basta che due
funzioni siano rispettivamente una simmetrica e l’altra antisimmetrica rispetto
ad una sola operazione di simmetria).
C) assumendo che le tre combinazioni lineari ortogonali siano equivalenti, cio`e
abbiano coefficienti: (1, x, x), (x, 1, x) e (x, x, 1); in questo caso vogliamo la
massima localizzazione (minimo |x|).
Esercizio 3.
Considerare lo sviluppo in serie di potenze di z − z0 (Taylor o Laurent, a
1
seconda di z0 ) per la funzione: f (z) =
. Se si desidera che la serie
1 + z2
converga in z = 1, quali sono le possibili scelte del centro di espansione z0 ?
Stessa domanda con z = 2.
Scrivere lo sviluppo di Laurent nel caso z0 concida con uno dei poli.
1
Esercizio 4.
La trasformata di Fourier di f (x) `e F (k). Trovare quale relazione hanno con
F (k) le trasformate delle seguenti funzioni:
A) f (αx − β), con α > 0
B) f (x) cos(γx)
C) 12 [f (x) + f ∗ (−x)]
RISPOSTE
Esercizio 1.
A) Le due matrici H e H′ devono commutare. Se si tratta di matrici reali
′
′
′
′
simmetriche, la condizione `e H11 H12
+ H12 H22
= H11
H12 + H12
H22 . Se
fissiamo tutti gli elementi tranne uno, possiamo ricavare quello mancante dalla
condizione. Per esempio:
H=
1 2
2 3
!
e
H′ =
3 x
x 1
!
soddisfano alla condizione se x = −2.
B) Basta scegliere x 6= −2 nell’esempio precedente.
C) Il prodotto di due matrici unitarie `e sempre unitario. Esempio:
!
√
√ !
√
1/√2 −1/√ 2
3/2
1/2
′
√
U=
e
U =
1/ 2 1/ 2
− 3/2 1/2
D) Per quanto detto sopra, non esiste un esempio che soddisfi questa richiesta.
E) Affinch´e la somma di due proiettori sia un proiettore, devono essere due
proiettori relativi a sottospazi ortogonali. In uno spazio a due dimensioni, pu`o
trattarsi solo di due sottospazi monodimensionali (il caso banale di dimensione
0 corrisponde al proiettore che annulla ogni vettore, ed `e escluso dalla richiesta
di non avere elementi nulli nelle matrici).
Un operatore che proietta sull’asse rappresentato dal versore X si pu`o scrivere
P = XX† . Basta quindi scegliere due versori ortogonali, senza componenti
nulle, per soddisfare alle richieste. Ad esempio:
1
X1 = √
2
1
1
!
e
1
X2 = √
2
2
1
−1
!
P1 =
X1 X†1
1
=
2
P1 + P2 =
1 1
1 1
1 0
0 1
!
e P2 =
X2 X†2
1
=
2
1 −1
−1 1
!
!
La somma dei due proiettori `e necessariamente l’identit`a, perch´e l’unione dei
due sottospazi ortogonali `e lo spazio completo.
Esercizio 2.
Chiamiamo a′ , b′ e c′ le nuove funzioni ortogonali.
A) Usando Gram-Schmidt:
a′ = a
b − sa
dopo normalizzazione b = √
1 − s2
′
′
b = b − sa
c′ = c − sa −
!
s
s
s − s2
(b
−
sa)
=
c
−
a
−
b
1 − s2
1+s
1+s
B) Usando la simmetria.
Scelgo la prima funzione totalsimmetrica:
a′ = a + b + c
La seconda sia antisimmetrica rispetto allo scambio di b con c (asse binario
passante per a):
b′ = b − c
Non esistono altre funzioni antisimmetriche rispetto allo stesso asse, quindi ne
scelgo una simmetrica: la combinazione b+c, e la funzione a con un coefficiente
tale da renderla ortogonale ad a′ :
c′ = xa + b + c
Imponendo ha′ |c′ i = 0 ottengo x = 2.
C) Funzioni localizzate:
a′ = a + xb + xc
3
b′ = b + xa + xc
c′ = c + xa + xb
Da una qualsiasi delle condizioni ha′ |b′ i = 0, ha′ |c′ i = 0 e hb′ |c′ i = 0 (tutte
equivalenti), ottengo:
(1 + 3s)x2 + 2(1 + s)x + s = 0
√
−(1 + s) ± 1 + s − 2s2
che ha soluzioni
. Per avere la massima localizzazione,
1 + 3s
scelgo la soluzione pi`
u piccola in modulo, quella col segno +.
Esercizio 3.
I poli della funzione sono in z1 = i e z2 = −i. Con z0 6= ±i abbiamo una
serie di Taylor che converge se |z − z0 | < |z0 ± i|. Posto z0 = x0 + iy0 e z = x
(reale), le condizioni sono (x0 − x)2 + y02 < x20 + (y0 ± 1)2 , ossia:
−x0 x +
x2 − 1
x2 − 1
< y0 < x0 x −
2
2
Nel caso z = 1, occorre quindi che −x0 < y0 < x0 (l’area compresa tra le
due semirette bisettrici del I e IV quadrante). Inoltre, sono ammessi come
centri di espansione i due poli, ossia z0 = ±i, perch´e in questo caso il raggio
di convergenza `e 2, che `e maggiore di |1 ± i|.
3
3
Nel caso z = 2, per la serie di Taylor otteniamo − − 2x0 < y0 < − 2x0 , e
2
2
non `e pi`
u possibile scegliere i poli come centri di espansione perch´e |2 ± i| > 2.
Per espandere in serie di Laurent, conviene riscrivere la funzione in termini di
z − z0 , con z0 = ±i, tenendo conto che 1 + z02 = 0:
f (z) =
=
1
1
=
=
2
2
1 + (z − z0 + z0 )
1 + (z − z0 ) + 2z0 (z − z0 )2 + z02
1
1
i 1
1
=∓
=
z − z0 2z0 + (z − z0 )
2 z ∓ i 1 ∓ i(∓i)/2
∞
∞ X
i 1 X
(±i)n
i n
=∓
(z ∓ i)n =
(z ∓ i)n =
±
n+2
2 z ∓ i n=0
2
2
n=−1
=∓
1 i(z ∓ i)
i
+ ±
+ ...
2(z ∓ i) 4
8
4
Esercizio 4.
!
1 −iβk/α
k
A) La trasformata di f (αx − β)
`e
e
F
α
α
1
[F (k + γ) + F (k − γ)]
B) La trasformata di f (x) cos(γx)
`e
2
1
1
C) La trasformata di [f (x) + f ∗ (−x)]
`e
[F (k) + F ∗ (k)] = Re[F (k)]
2
2
5
PROVA SCRITTA DI METODI MATEMATICI DELLA CHIMICA FISICA
- 05.07.2012
Esercizio 1.
A `e una matrice reale antisimmetrica (Aij = −Aji ), di dimensione N . Cosa si
pu`o dire sull’esistenza e propriet`a dei suoi autovettori ed autovalori?
Esercizio 2.
Considerare l’insieme delle funzioni continue di variabile reale con dominio
[−L, L], che si annulla negli estremi. Si tratta di uno spazio vettoriale?
Mostrare che questo insieme non contiene autofunzioni dell’operatore d/dx,
mentre contiene autofunzioni di d4 /dx4 . Quali sono le autofunzioni e gli
autovalori di d4 /dx4 ?
Esercizio 3.
Calcolare l’integrale
I
Γ
(z 2 − 2z + 10)−1 dz
con i seguenti percorsi Γ:
a) circonferenza di centro C = (0, 0) e raggio R = 1;
b) circonferenza con C = (0, 1) e R = 2;
c) circonferenza con C = (0, 0) e R = 5.
6
PROVA SCRITTA DI METODI MATEMATICI DELLA CHIMICA FISICA
- 02.11.2012
Esercizio 1.
Trovare la radice quadrata della matrice
A=
0 1
1 0
!
Quante matrici diverse A1/2 soddisfano l’equazione (A1/2 )2 = A?
Esercizio 2.
Scrivere la relazione di ricorrenza per i polinomi di Hermite, a partire dalla
2
formula di Rodriguez con w(x) = e−x e s(x) = 1. Usare la formula di
ricorrenza per trovare i primi 5 polinomi di Hermite.
Esercizio 3.
Scrivere lo sviluppo in serie di potenze (z − z0 )n per la lorentziana:
f (z) =
1
1 + z2
Considerare i due casi: z0 = 0 e z0 = i. Dire qual `e il raggio di convergenza in
ciascun caso.
7
RISPOSTE
Esercizio 1.
A `e una matrice reale simmetrica, quindi ha due autovettori ortonormali:
X1 = 2
1
1
−1/2
!
,
X2 = 2
1
−1
−1/2
!
con autovalori λ1 = 1 e λ2 = −1, rispettivamente. La radice quadrata di A si
pu`o scrivere come:
A1/2 =
2
X
1/2
λI
XI XtI
I=1
1/2
1/2
dove ogni λI `e qualsiasi numero che soddisfi l’equazione: (λI )2 = λI . Quindi
1/2
1/2
λ1 = ±1 e λ2 = ±i. Allora:
A
1/2
α
=
2
1 1
1 1
!
iβ
+
2
1 −1
−1 1
!
1
=
2
α + iβ α − iβ
α − iβ α + iβ
!
con α = ±1 e indipendentemente β = ±1. Ci sono quindi quattro matrici che
rispondono alla definizione di A1/2 .
Esercizio 2.
La formula di Rodriguez per i polinomi di Hermite `e
Hn (x) = ex
2
dn −x2
e
dxn
Ne segue
n−2
dn−1
d
2
−x2
x2 d
Hn (x) = e
−2 − 2x
(−2x)e
=
e
e−x =
n−1
n−2
dx
dx
dx
!
x2
= −2ex
2
n−2
dn−2 −x2
d
2
x2 d
e
−
2e
x e−x =
n−2
n−2
dx
dx
dx
= −4Hn−2 (x) − 2ex
2
dn−3 d2 −x2
x
e
=
dxn−3 dx2
= −2(n − 1)Hn−2 (x) − 2xHn−1 (x)
8
Se H0 (x) = 1, i successivi polinomi sono:
H1 (x) = −2x
H2 (x) = 4x2 − 2
H3 (x) = −8x3 + 12x
H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12
Esercizio 3.
Con z0 = 0 abbiamo:
∞
∞
X
X
1
2 n
(−1)n z 2n
(−z
)
=
=
1 + z 2 n=0
n=0
Con z0 = i abbiamo:
1
1
1
=
=
=
2
2
2
1+z
1 + (z − i + i)
1 + i + 2i(z − i) + (z − i)2
∞ n
i
i 1 X
1
1 1
(z − i)n =
=−
=
2i z − i 1 − i(z − i)/2
2 z − i n=0 2
=
∞
X
in
n+2
n=−1 2
(z − i)n
9
PROVA SCRITTA DI METODI MATEMATICI DELLA CHIMICA FISICA
- 05.07.2013
Esercizio 1.
Considerare una matrice “antidiagonale” n x n, cio`e tale che Aij = 0 se
i + j 6= n + 1.
Quale condizione necessaria e sufficiente devono soddisfare gli elementi
Ai,n+1−i , affinch´e la matrice sia invertibile? Assumendo che la condizione sia
soddisfatta, trovare l’inversa.
Se tutti gli elementi Ai,n+1−i sono uguali ad una costante α 6= 0, trovare
autovalori ed autovettori (suggerimento: distinguere i due casi con n pari e n
dispari).
Esercizio 2.
Siano A e B due operatori antihermitiani, cio`e A† = −A e B † = −B.
Dimostrare che l’operatore eε(A+B) `e unitario (qui ε `e un fattore reale).
Nell’ipotesi che A e B commutino, dimostrare che vale la relazione:
eε(A+B) = eεA eεB
Se invece A e B non commutano, mostrare che l’eguaglianza `e valida
approssimativamente per piccoli ε, e solo fino al prim’ordine in ε.
Infine, sempre con A e B non commutanti, mostrare che
eε(A+B) ≃ eεA/2 eεB eεA/2
con l’eguaglianza valida fino al secondo ordine in ε.
Esercizio 3.
Calcolare la trasformata di Fourier di f (x) =
10
4a4
1
.
+ x4
RISPOSTE
Esercizio 1.
Il determinante della matrice `e det(A) =
n
Y
Ai,n+1−i , quindi la condizione di
i=1
invertibilit`a `e Ai,n+1−i 6= 0 ∀i ∈ {1...n}. L’inversa `e una matrice antidiagonale
B con elementi non nulli Bi,n+1−i = A−1
n+1−i,i .
Nel caso Ai,n+1−i = α, gli autovettori X e gli autovalori λ devono soddisfare le
relazioni:
α Xi = λ Xn+1−i
∀i ∈ {1...n}
Se i 6= n + 1 − i (il che `e sempre vero con n pari), oltre a questa equazione ce
n’`e un’altra che riguarda gli stessi elementi del vettore X:
α Xn+1−i = λ Xi
Combinando le due equazioni segue che
α 2 Xi = λ 2 Xi
Quindi, λ = ±α, altrimenti avremmo Xi = 0 per tutti gli i (anche con
i = n+1−i, caso in cui abbiamo solo l’equazione αXi = λXi , λ 6= α ⇒ Xi = 0).
Con n pari, abbiamo n/2 autovettori linearmente indipendenti con λ = α, per
esempio possiamo prendere il k-esimo autovettore con Xk = Xn+1−k = 1 e
tutti gli altri elementi nulli (k ∈ {1...n/2}). Con λ = −α abbiamo altri n/2
autovettori, per esempio quelli con Xk = −Xn+1−k = 1 e tutti gli altri elementi
nulli (k ∈ {1...n/2}).
Con n dispari, abbiamo lo stesso tipo di autovettori con Xk = ±Xn+1−k = 1
per k ∈ {1...(n − 1)/2}. Per i = (n + 1)/2, l’equazione αXi = λXi richiede
λ = α e l’autovettore, ortogonale a tutti i precedenti, ha un solo elemento non
nullo (Xi ).
Esercizio 2.
Anche C = ε(A + B) `e un operatore antihermitiano:
C † = [ε(A + B)]† = ε(A† + B † ) = −ε(A + B) = −C
L’operatore D = iC `e hermitiano:
D† = (iC)† = iC = D
11
Dunque:
eε(A+B) = eC = e−iD
L’esponenziale di un operatore hermitiano moltiplicato per l’unit`a immaginaria
`e un operatore unitario. Dimostrazione di quest’ultima affermazione (gi`a vista
a lezione): C ha un insieme completo di autovettori ortonormali |ki, gli stessi
di D, ed autovalori tutti immaginari; infatti, se λk (reale) `e un autovalore di
D, quello corrispondente di C `e −iλk . Allora:
eC =
X
k
|ki e−iλk hk|
Questo `e un operatore unitario, come si verifica facilmente moltiplicando per
(eC )† .
Quanto detto sopra per C = ε(A + B) vale anche per εA e εB separatamente.
Se [A, B] = 0, allora A e B hanno una base di autovettori ortonormali in
comune, con autovalori −iµk per A e −iνk per B (µk e νk reali e µk + νk = λk ).
Possiamo quindi scrivere:
eε(A+B) =
=
X
k
|ki e
X
|ki e−i(µk +νk ) hk| =
k
−iµk
hk|
X
l
|li e
−iνl
X
k
|ki e−iµk hk| e−iνk =
hl| = eεA eεB
Se A e B non commutano, possiamo espandere in serie di McLaurin gli
esponenziali:
eε(A+B) = E + ε(A + B) +
+
e
ε2 2
(A + B 2 + AB + BA)+
2
ε3 3
(A + A2 B + ABA + BA2 + AB 2 + BAB + B 2 A + B 3 ) + O(ε4 )
6
εA
e
εB
ε2
= E + εA + A2 + O(ε3 )
2
"
ε2
E + εB + B 2 + O(ε3 ) =
2
# "
#
ε2 2
= E + ε(A + B) + (A + B 2 + AB) + +O(ε3 )
2
Vediamo che nelle due espressioni coincidono i termini di ordine 0 e 1, ma non
quello di ordine 2.
L’espressione con 3 esponenziali invece fornisce:
eεA/2 eεB eεA/2 =
12
"
ε2
ε3
ε
E + A + A2 + A3 + O(ε4 )
2
8
24
# "
ε2 ε3
E + εB + B 2 B 3 + O(ε4 )
2
6
#
ε
ε2 2 ε3 3
E + A + A + A + O(ε4 ) =
2
8
24
"
#
ε2
ε
= E + (A + B) + (A2 + AB + BA + B 2 )+
2
2
3
ε
+ (4A3 + 3A2 B + 6ABA + 3BA2 + 6AB 2 + 6B 2 A + 4B 3 ) + O(ε4 )
24
Vediamo che coincidono i termini fino al secondo ordine.
Esercizio 3.
f˜(ω) = (2π)−1/2
= (2π)
−1/2
Z
+∞
Z
+∞
−∞
4
Y
(4a4 + x4 )−1 e−iωx dx =
(x − zk )−1 e−iωx dx
−∞ k=1
L’integrando ha quattro poli semplici:
z1 = (1 + i)a,
z2 = (−1 + i)a,
z3 = −(1 + i)a,
z4 = (1 − i)a
Con ω ≥ 0 possiamo chiudere il percorso di integrazione con una
semicirconferenza nel semipiano inferiore, di raggio R e centrata nell’origine.
Il contributo della semicirconferenza si annulla per R → ∞, quindi:
f˜(ω) = −(2π)−1/2 2πi Res[f (z)e−iωz ]z3 + Res[f (z)e−iωz ]z4 =
n
o
e−iωz4
e−iωz3
=
+
= (2π)1/2 i
(z3 − z1 )(z3 − z2 )(z3 − z4 ) (z4 − z1 )(z4 − z2 )(z4 − z3 )
"
(2π)1/2 e−ωa eiωa e−ωa e−iωa
=
+
=
8a3
1+i
1−i
"
#
=
i
(2π)1/2 h
iωa
−iωa
(1
−
i)e
+
(1
+
i)e
e−ωa =
16a3
=
(2π)1/2
[cos(ωa) + sin(ωa)] e−ωa
3
8a
13
#
Con ω < 0 si deve chiudere il percorso di integrazione nel semipiano superiore.
si trova lo stesso risultato, ma con tutti i segni di ω cambiati, per cui la formula
generale `e:
(2π)1/2
[cos(|ω| a) + sin(|ω| a)] e−|ω|a
f˜(ω) =
8a3
14
PROVA SCRITTA DI METODI MATEMATICI DELLA CHIMICA FISICA
- 31.10.2013
Esercizio 1.
Dell’operatore Aˆ in uno spazio vettoriale a dimensione n si conoscono gli
autovettori |ii, che risultano essere ortonormali, e gli autovalori associati λi .
Scrivere un’espressione dell’inverso di Aˆ a partire dai dati noti, e dire qual `e
la condizione necessaria e sufficiente perch´e l’inverso esista.
Per le seguenti matrici (operatori nello spazio C3 ), dire se l’inversa esiste, e se
`e ottenibile con l’espressione di cui sopra basata su autovalori ed autovettori
ortonormali:


a b −c
2c 
A=

 a 0
a −b −c

1
con a = √ ,
3
1
b= √ ,
2
1
c= √
6

0 i 0

B= i i 0 

0 0 2i






1 1 1

C=
 0 1 1 
0 0 1
1 2 3

D= 0 0 4 

0 0 5
0 1 0


E= 1 0 0 
0 0 3
Scegliere una delle matrici a piacere, trovarne autovalori ed autovettori e
scrivere l’inversa usando l’espressione di cui sopra.
15
Esercizio 2.
Dire se le seguenti funzioni sono analitiche, se hanno singolarit`a e di quale
ordine, e calcolare i residui. Giustificare le risposte.
f1 (z) = e−z
2 +z+1
f2 (z) =
1
1 + z4
f3 (z) =
z
(1 + z)2
2
f4 (z) = e−|z|
∗
f5 (z) = ez+z ei(z−z
∗)
Esercizio 3.
La funzione Lorentziana h(y) = (b2 + y 2 )−1 `e la convoluzione di una funzione
incognita g(x) con un’altra lorentziana, f (x) = (a2 + x2 )−1 :
1 Z +∞
h(y) = √
f (x) g(y − x)dx
2π −∞
Trovare la funzione incognita.
RISPOSTE
Esercizio 1.
ˆ con f (x) = x−1 :
L’espressione richiesta `e quella di f (A),
Aˆ−1 =
X
i
|ii λ−1
i hi|
Condizione necessaria e sufficiente perch´e l’inverso esista `e che nessun
autovalore sia nullo.
In uno spazio C3 , dove |ii `e il vettore colonna Xi :
A
−1
=
3
X
†
Xi λ−1
i Xi
i=1
16
ossia
(A−1 )kl =
3
X
λ−1
i Xki Xli
i=1
Delle matrici proposte:
A `e unitaria, quindi `e invertibile ed ha un set di autovettori ortonormali con
autovalori non nulli.
B `e antihermitiana, quindi ha un set di autovettori ortonormali.
Gli autovalori
√
si ricavano partizionando la matrice e sono 2i e (1 ± 5)i/2, quindi nessuno `e
nullo.
C ha un solo autovalore λ = 1 e un solo autovettore, quindi l’espressione basata
su autovalori ed autovettori non si pu`o applicare. Per`o il suo determinante vale
1, quindi `e invertibile.
D ha determinante nullo, quindi non `e invertibile.
E `e reale simmetrica, ossia hermitiana, quindi ha un set di autovettori
ortonormali, che si ricavano partizionando la matrice. Gli autovalori sono 1, 1 e 3, corrispondenti agli autovettori:



1
1

X1 = √ 
 −1  ,
2
0
Applicando la formula si trova:
E−1

1
1

X2 = √ 
 1 ,
2 0


0

X3 = 
 0 
1


0 1 0
0 
=

 1 0
0 0 1/3
Esercizio 2.
f1 (z) = e−z
2 +z+1
`e analitica ovunque.
f2 (z) =
1
1 + z4
`e analitica tranne dove si annulla il denominatore, ossia per z 4 = −1 = eiπ . I
poli sono quindi 4: zk = eπi/4 ekπi/2 = eπi/4 ik , k ∈ {0, 1, 2, 3}. Si tratta di poli
17
semplici. I loro residui sono:
Res[f2 (zk )] = z→z
lim
k
= e−3πi/4
3
Y
(z − zl )
−1
=
3
Y
(zk − zl )−1 =
l(6=k)
l(6=k)
3
Y
1
1+i
(ekπi/2 − elπi/2 )−1 = − √ i−3k
=
(1 + 1)(1 − i)(1 + i)
2
l(6=k)
1+i
= − √ i−3k
4 2
f3 (z) =
z
(1 + z)2
`e analitica tranne dove si annulla il denominatore, ossia per z1 = −1. I poli
sono quindi due: z± = ±i. Si tratta di un polo di ordine 2. Il residuo `e:
Res[f3 (z1 )] = z→z
lim
1
d
(z − z1 )2 f3 (z) = 1
dz
2
f4 (z) = e−|z|
Non `e analitica in quanto funzione reale.
∗
f5 (z) = ez+z ei(z−z
∗)
Non `e analitica in quanto funzione reale. Infatti z + z ∗ + i(z − z ∗ ) =
x + iy + x − iy + ix − y − ix − y = 2x − 2y.
Esercizio 3.
Posto che a e b siano positivi, le trasformate delle funzioni note sono:
π 1 −a|ω|
e
2 a
F (ω) =
r
H(ω) =
r
e
π 1 −b|ω|
e
2 b
Quindi, la trasformata di g(x) `e
G(ω) =
a
H(ω)
= e−(b−a)|ω|
F (ω)
b
18
(`e necessario che b > a). Di conseguenza anche g `e una Lorentziana:
g(x) =
s
b−a
2 a
π b (b − a)2 + x2
19
PROVA SCRITTA DI METODI MATEMATICI DELLA CHIMICA FISICA
- 18.06.2014
Esercizio 1.
ˆ dell’operatore X
ˆ definita tramite lo sviluppo
Consideriamo la funzione f (X)
in serie
ˆ =
f (X)
∞
X
ˆn
cn X
n=0
ˆ −1 AˆB)
ˆ =B
ˆ −1 f (A)
ˆ B
ˆ
Dimostrare che f (B
Esercizio 2.
Scrivere la matrice R che ruota un vettore


x

~
A= y 

z
di un angolo θ intorno all’asse z. Trovare autovalori ed autovettori di R.
Esercizio 3.
I
Calcolare il valore dell’integrale
f (z)dz, dove il percorso C `e il perimetro
C
del quadrato con vertici (1, −i), (1, i), (−1, i), (−1, −i). Considerare i seguenti
casi:
1
(A) f (z) = ez ; (B) f (z) = eℜ(z) ; (C) f (z) = 2
;
z − 2z
1
.
(D) f (z) = 4
z − 16
Esercizio 4.
Al tempo t = 0 un composto disciolto al centro di un volume d’acqua molto
grande ha una distribuzione di concentrazione che dipende solo dalla distanza
r da un punto centrale:
C(~r, 0) = C0 e−r
2 /2σ 2
Se il coefficiente di diffusione `e D, come varia nel tempo la concentrazione
in ~r = 0? Suggerimento: fattorizzare C(~r, t) in tre fattori, funzioni di x, y
e z rispettivamente, e mostrare che si pu`o separare l’equazione di diffusione
20
in tre equazioni identiche, una per ogni coordinata. Stesso problema con una
sottile lamina d’acqua (due dimensioni). Ancora lo stesso problema con un
tubo sottile (una sola dimensione).
RISPOSTE
Esercizio 1.
ˆ −1 AˆB)
ˆ =
f (B
∞
X
ˆ −1 AˆB)
ˆ n=
cn ( B
=
ˆ −1 Aˆn B
ˆ=B
ˆ −1
cn B
n=0
cn
n=0
n=0
∞
X
∞
X
"
∞
X
n
Y
ˆ −1 AˆB
ˆ=
B
i=1
#
ˆ=B
ˆ −1 f (A)
ˆ B
ˆ
cn Aˆn B
n=0
Esercizio 2.


cosθ sinθ 0


R =  −sinθ cosθ 0 
0
0
1
Gli autovalori sono le soluzioni di


ossia
cosθ − λ
sinθ
0

0 
det  −sinθ cosθ − λ
=0
0
0
1−λ
(1 − λ)[(cosθ − λ)2 + sin2 θ] = 0
Un autovalore `e quindi λ1 = 1. Gli altri due sono le soluzioni di
λ2 − 2cosθ λ + 1 = 0
Quindi
λ2,3 = cosθ ±
√
cos2 θ − 1 = cosθ ± i sinθ = e±iθ
21
Dall’equazione RV~i = λi V~i ricaviamo gli autovettori



0

~
V1 =  0 
,
1



1

~
V3 =  −i 

0
1

~
V2 =  i 
,
0
Esercizio I3.
Caso (A):
f (z)dz = 0, perch´e la funzione f (z) `e analitica.
C
Caso (B):
I
C
=
f (z)dz =
Z
1
−1
I
C
e i dy +
ex dz =
Z
−1
1
−1
e i dy +
Z
−1
1
x
e dx +
Z
1
−1
ex dx = 2i e − e−1
Caso (C)
I
C
f (z)dz =
I
C
dz
z(z − 2)
L’integrando ha due poli di ordine 1, z1 = 0 e z2 = 2. Solo z1 `e interno al
percorso di integrazione, quindi
I
C
z
= −πi
z→0 z(z − 2)
f (z)dz = 2πi lim
I
Caso (D):
f (z)dz = 0, perch´e l’integrando ha 4 poli, tutti con |z| = 2,
C
quindi esterni al percorso di integrazione.
Esercizio 4.
L’equazione di diffusione `e:
dC
= D ∇2 C
dt
Cerchiamo una soluzione fattorizzata:
C(~r, t) = C0 g(x) g(y) g(z)
La condizione iniziale `e soddisfatta se
g(x, 0) = e−x
2 /2σ 2
22
Abbiamo
"
dC
dg(y, t)
dg(z, t)
dg(x, t)
= C0
g(y, t)g(z, t) + g(x, t)
g(z, t) + g(x, t)g(y, t)
dt
dt
dt
dt
#
e
2
∇ C = C0
"
∂ 2 g(x, t)
∂ 2 g(y, t)
∂ 2 g(z, t)
g(y,
t)g(z,
t)
+
g(x,
t)
g(z,
t)
+
g(x,
t)g(y,
t)
∂x2
∂y 2
∂z 2
Vediamo che l’equazione di diffusione `e soddisfatta se
∂ 2 g(x, t)
dg(x, t)
=D
dt
∂x2
e analogamente per g(y, t) e g(z, t). La soluzione di questa equazione passa
attraverso la trasformata di g(x, t):
2
G(ω, t) = G(ω, 0)e−Dω t = σe−(σ
2 /2+Dt)ω 2
Ne consegue
2Dt
g(x, t) = 1 + 2
σ
−1/2
x2
e 2(σ2 +2Dt)
Allora, nel caso 3D:
−3/2
2Dt
σ2
2Dt
1+ 2
σ
−1
2Dt
1+ 2
σ
−1/2
C(0, t) = C0 1 +
Nel caso 2D:
C(0, t) = C0
Nel caso 1D:
C(0, t) = C0
23
#
PROVA SCRITTA DI METODI MATEMATICI DELLA CHIMICA FISICA
- 21.11.2014
Esercizio 1.
Nello spazio fisico a 3 dimensioni, quali sono gli autovettori e gli autovalori
dell’operatore di riflessione attraverso il piano che contiene l’asse z e la retta
bisettrice tra i semiassi x e y positivi? Qual `e la matrice rappresentativa
dell’operatore?
Esercizio 2.
Sia H una matrice hermitiana N xN con elementi complessi. Scomponiamo
ciascuno dei suoi N autovettori ortonormali Vk in parte reale e parte
immaginaria: Vk = Xk + iYk , con Xk e Yk reali.
1. Consideriamo N vettori con elementi reali, in corrispondenza biunivoca
con i Vk ma di dimensione 2N , definiti come:
Wk =
Xk
Yk
!
.
Mostrare che anche i Wk sono ortonormali.
2. Trovare una matrice reale simmetrica D, 2N x2N , di cui i Wk siano
autovettori, ciascuno con lo stesso autovalore λk del corrispondente
autovettore di H, Vk .
3. La matrice D `e univocamente determinata? Perch´e?
Esercizio 3.
I
Calcolare il valore dell’integrale I(r) =
(z 3 − 1)−1 dz in funzione di r; il
C
percorso C `e una circonferenza centrata nell’origine degli assi con raggio r.
Esercizio 4.
Mostrare quale relazione c’`e tra la trasformata di Fourier del quadrato di una
24
funzione, f˜2 (ω), e la trasformata della funzione stessa, f˜(ω).
RISPOSTE
Esercizio 1.
I vettori che giacciono sul piano sono invarianti, quindi ci sono due autovettori
con autovalore uguale a 1:




0

V2 = 
 0 
1
1

V1 = 2−1/2 
 1 ,
0
I vettori perpendicolari al piano cambiano segno, quindi ne esiste uno con
autovalore uguale a -1:


1

V3 = 2−1/2 
 −1 
0
La matrice rappresentativa A si pu`o costruire a partire dagli autovettori:
A=
3
X
λi Vi Vit =
i=1






1 1 0
1 −1 0
0 0 0
1
1
 

=  1 1 0  +  0 0 0  −  −1 1 0 
=
2
2
0
0 0
0 0 0
0 0 1


0 1 0

=
 1 0 0 
0 0 1
Esercizio 2.
I vettori Wk sono ortonormali perch´e
Wkt Wl = Xtk Xl + Ykt Yl = Vk† Vl = δkl
Scomponiamo anche la matrice H in parte reale e parte immaginaria: H =
S + iA. Affich´e H sia hermitiana, le matrici reali S e A devono essere la prima
25
simmetrica e l’altra antisimmetrica. Se HVk = λk Vk , allora
SXk − AYk + i(AXk + SYk ) = λk Xk + iλk Yk
Poich´e λk `e reale, questa eguaglianza si scompone in:
SXk − AYk = λk Xk
e
AXk + SYk = λk Yk
Una matrice D che soddisfa le condizioni richieste `e quindi:
S −A
A S
D=
!
.
Infatti
DWk =
SXk − AYk
AXk + SYk
!
=
λ k Xk
λ k Yk
!
= λk Wk
Le condizioni richieste non determinano univocamente la matrice D, perch´e
abbiamo specificato solo N autovalori ed autovettori mentre la dimensione della
matrice `e 2N . Per determinare univocamente le matrice D occorre specificare
altri N autovalori ed autovettori. Ad esempio, la matrice D proposta come
soluzione ha anche gli autovettori
Wk′
=
Yk
−Xk
!
con autovalori λk ; chiedendo un diverso set di N autovettori Wk′ ortogonali tra
loro ed ai Wk , con autovalori arbitrari, avremmo ottenuto una diversa matrice
D.
Esercizio 3.
L’integrando `e una funzione analitica con poli semplici per z 3 = 1, ossia in
z1 = 1, z2 = σ e z3 = σ 2 , con σ = exp(2πi/3). Tutti i poli si trovano sulla
circonferenza C di raggio r = 1. Per r < 1 non c’`e nessun polo all’interno del
percorso di integrazione, quindi I = 0. Per r = 1 l’integrale non esiste. Per
r > 1 abbiamo
"
#
1
1
1
I(r) = 2πi
=
+
+
(z1 − z2 )(z1 − z3 ) (z2 − z1 )(z2 − z3 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 )
26
#
"
1
1
1
=
+
+ 2
= 2πi
2
2
(1 − σ)(1 − σ ) (σ − 1)(σ − σ ) (σ − 1)(σ 2 − σ)
= 2πi
σ−σ−1+1
=0
σ(σ + 1)(σ − 1)2
In conclusione I(r) = 0 per ogni valore di r 6= 1.
Esercizio 4.
f˜2 (ω) = (2π)−1/2
= (2π)
−3/2
Z
= (2π)−3/2
Z
= (2π)−1/2
Z
= (2π)−1/2
Z
+∞
−∞
+∞
−∞
+∞
−∞
+∞
−∞
Z
+∞
−∞
dx
Z
dω ′
Z
dω ′
Z
dx f 2 (x) e−iωx =
+∞
−∞
+∞
−∞
+∞
−∞
′
dω f˜(ω ′ ) eiω x
′
Z
dω ′′ f˜(ω ′ ) f˜(ω ′′ )
Z
+∞
−∞
+∞
−∞
′′
dω f˜(ω ′′ ) eiω x e−iωx =
′′
′
dx ei(ω +ω
′′ −ω)x
=
dω ′′ f˜(ω ′ ) f˜(ω ′′ ) δ(ω ′ + ω ′′ − ω) =
dω ′ f˜(ω ′ ) f˜(ω − ω ′ )
Quindi, la trasformata di f 2 `e la convoluzione della trasformata di f con s´e
stessa.
27

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