ISTITUZIONI DI FISICA MATEMATICA Corso di 6 Crediti Corso di ...

ISTITUZIONI DI FISICAMATEMATICACorso di 6 CreditiCorso di Laurea Specialistica inMatematicaA.A. 2007-2008Cornelis VAN DER MEEDipartimento di Matematica e InformaticaUniversità di CagliariViale Merello 92, 09123 Cagliari070-6755605 (studio), 070-6755601 (FAX), 335-5287988 (cell.)cornelis@krein.unica.ithttp:\\bugs.unica.it\∼cornelisoppure: http:\\krein.unica.it\∼cornelis

IndiceI EQUAZIONI DELLA FISICA MATEMATICA 11 Coordinate ortogonali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Separazione delle variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Equazione di Helmholtz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.1 Equazione di Helmholtz nell’Intervallo . . . . . . . . . . 93.2 Equazione di Helmholtz nel Rettangolo . . . . . . . . . . 134 Equazioni delle onde e del calore . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144.1 Equazioni delle onde e del calore nell’intervallo . . . . . . 144.2 Equazioni delle onde e del calore nel rettangolo . . . . . 17II ANALISI FUNZIONALE 211 Spazi di Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 Spazi di Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Basi ortonormali in spazi di Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . 254 Applicazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 Operatori lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.1 Proprietà generali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.2 Proprietà spettrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.3 Operatori autoaggiunti e unitari . . . . . . . . . . . . . . 335.4 Operatori autoaggiunti non limitati . . . . . . . . . . . . 36III EQUAZIONI DIFFERENZIALI E FUNZIONI SPECIALI 391 Equazioni Differenziali di Secondo Ordine . . . . . . . . . . . . 392 Metodo di Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 Funzioni Ipergeometriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464 Funzioni di Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.1 Definizione e proprietà semplici . . . . . . . . . . . . . . 504.2 Funzioni di Bessel di seconda specie . . . . . . . . . . . . 524.3 Ortogonalità e zeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.4 Altre funzioni cilindriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.5 Funzioni sferiche di Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . 60i

5 Funzioni sferiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.1 Funzioni sferiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.2 Polinomi di Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.3 Funzioni di Legendre associate . . . . . . . . . . . . . . . 695.4 Le funzioni sferiche per n = 3: Completezza . . . . . . . 706 Polinomi di Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717 Polinomi di Laguerre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 748 Polinomi di Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 799 Polinomi Ortogonali Generali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81IV EQUAZIONI INTEGRALI 871 Proprietà Elementari e Iterazione . . . . . . . . . . . . . . . . . 872 Equazioni integrali di Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923 Equazioni Integrali con Nucleo Hermitiano . . . . . . . . . . . . 944 Teorema di Hilbert-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101V PROBLEMI DI STURM-LIOUVILLE 1051 Problema di Sturm-Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1051.1 Funzione di Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1061.2 Riduzione ad un’equazione integrale . . . . . . . . . . . . 1101.3 Proprietà degli autovalori e delle autofunzioni . . . . . . 1122 Problemi di Sturm-Liouville singolari . . . . . . . . . . . . . . . 115VI FUNZIONI DI GREEN 1211 Classificazione delle equazioni alle derivate parziali . . . . . . . . 1212 Problemi agli autovalori multidimensionali . . . . . . . . . . . . 1232.1 Impostazione del problema agli autovalori . . . . . . . . 1232.2 Formule di Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1242.3 Proprietà dell’operatore L . . . . . . . . . . . . . . . . . 1253 Equazioni ellittiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1273.1 Equazioni di Laplace e di Poisson . . . . . . . . . . . . . 1283.1.a Equazione di Poisson negli intervalli . . . . . . 1293.1.b Funzione di Green in R n . . . . . . . . . . . . . 1313.1.c Equazione di Laplace nel semipiano . . . . . . . 1343.1.d Equazione di Laplace nel disco . . . . . . . . . 1353.1.e Equazione di Laplace e funzioni analitiche . . . 1383.1.f Equazione di Laplace nella sfera n-dimensionale 1403.2 Equazione di Helmholtz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1414 Equazioni paraboliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.1 Esempi su intervalli limitati . . . . . . . . . . . . . . . . 1454.2 Esempi su domini illimitati . . . . . . . . . . . . . . . . . 149ii

5 Equazioni iperboliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152A LA FUNZIONE GAMMA 157B PROPRIETÀ ASINTOTICHE 1631 Rappresentazioni integrali delle funzioni di MacDonald . . . . . 1632 Sviluppo asintotico delle funzioni di Bessel . . . . . . . . . . . . 165C EQUAZIONE DI SCHRÖDINGER 1671 La buca di potenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1712 Oscillatore armonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1733 Atomo d’idrogeno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176D TRASFORMATA DI FOURIER 1791 Trasformata di Fourier negli spazi L 1 e L 2 . . . . . . . . . . . . . 1792 Funzioni Generalizzate di Crescita Lenta . . . . . . . . . . . . . 1823 Trasformata di Fourier in S ′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1843.1 Proprietà della trasformazione di Fourier . . . . . . . . . 188E INTEGRAZIONE SECONDO LEBESGUE 1911 Insiemi di Borel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1912 Integrale di Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1933 Alcuni Teoremi Importanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196F FUNZIONI ANALITICHE 199G APPROSSIMAZIONE DA POLINOMI 205BIBLIOGRAFIA 207iii

Capitolo IEQUAZIONI DELLA FISICAMATEMATICA1 Coordinate ortogonaliSia Ω un insieme aperto in R 3 . Sia u = (u 1 , u 2 , u 3 ) una trasformazione di classeC 2 delle variabili cartesiane x = (x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ Ω in R 3 tale che la matriceJacobiana è invertibile. Allora localmente esiste una corrispondenza biunivocatra le coordinate cartesiane x = (x 1 , x 2 , x 3 ) e quelle curvilinee u = (u 1 , u 2 , u 3 ).Derivando le variabili x 1 , x 2 , x 3 rispetto alle variabili u 1 , u 2 , u 3 otteniamodx i =3∑j=1∂x i∂u jdu j .Quindi la distanza al quadrato tra due punti vicini tra loro è3∑3∑ds 2 = dx 2 i = g ij du i du j ,dovei=1g kl =3∑j=1i,j=1∂x j∂u k∂x j∂u lè la cosiddetta metrica. La trasformazione si dice ortogonale se la metrica{g kl } 3 k,l=1 è una matrice diagonale, cioè se le righe della matrice Jacobiana⎡⎤∂x 1 ∂x 2 ∂x 3∂u 1 ∂u 1 ∂u 1∂x 1 ∂x 2 ∂x 3J =⎢ ∂u⎣ 2 ∂u 2 ∂u 2 ⎥∂x 1 ∂x 2 ∂x 3⎦∂u 3 ∂u 3 ∂u 31

sono ortogonali. In altre parole, la trasformazione si dice ortogonale seIn tal casodoveh k =g kl =[ 3∑j=13∑j=1∂x j∂u k∂x j∂u l= 0, k ≠ l.ds 2 =3∑(h i du i ) 2 ,i=1( ∂xj∂u k) 2] 1/2, k = 1, 2, 3.Si vede facilmente che la matrice diag (1/h 1 , 1/h 2 , 1/h 3 ) J è ortogonale (cioè,U −1 = U T e quindi det U ∈ {−1, +1}). Dunque| det J| = h 1 h 2 h 3 .Per ogni punto (u 1 , u 2 , u 3 ) per cui (± det J) > 0, ci passano tre superficiu i = costante (i = 1, 2, 3). In questo punto definiamo il vettore e i di lunghezza1 normale alla superficie u i = costante e nella direzione in cui cresce u i . In talcaso i tre vettori e 1 , e 2 , e 3 formano un sistema di coordinate cartesiane taleche ±(e 1 · (e 2 × e 3 )) > 0.Il gradiente di ψ ha la forma∇ψ =3∑j=11h j∂ψ∂u je j ,la divergenza della funzione V = V 1 e 1 + V 2 e 2 + V 3 e 3 a valori vettoriali ha laforma[1 ∂∇ · V =(V 1 h 2 h 3 ) +∂ (V 2 h 3 h 1 ) +∂ ](V 3 h 1 h 2 ) ,h 1 h 2 h 3 ∂u 1 ∂u 2 ∂u 3e il rotore di V ha la forma[(1 ∂(h3 V 3 )∇ × V =− ∂(h )2V 2 )h 1 e 1 +h 1 h 2 h 3 ∂u 2 ∂u( 3∂(h1 V 1 )+ − ∂(h ) ]3V 3 )h 3 e 3 .∂u 3 ∂u 1Quindi l’operatore di Laplace, oppure il Laplaciano,∆ = ∇ 2 =23∑j=1∂ 2∂x 2 j( ∂(h1 V 1 )− ∂(h )3V 3 )h 2 e 2∂u 3 ∂u 1

ha la seguente rappresentazione:∆ψ =1h 1 h 2 h 3[ ∂∂u 1(h2 h 3h 1)∂ψ+ ∂ (h3 h 1∂u 1 ∂u 2 h 2)∂ψ+ ∂ (h1 h 2∂u 2 ∂u 3 h 3)]∂ψ.∂u 3Esempio I.1 Introduciamo ora alcuni sistemi di coordinate ortogonali.a. Coordinate Cilindriche: x = r cos θ, y = r sin θ, z = z. dove r ≥ 0,0 ≤ θ < 2π, z ∈ R. Allora h r = 1, h θ = r, h z = 1. In tal caso∆ψ = ∂2 ψ∂r + 1 ∂ψ2 r ψr + 1 ∂ 2 ψr 2 ∂θ + ∂2 ψ2 ∂z . 2(I.1)Sostituendo per ψ una funzione ψ = ψ(r, θ) che non dipende da z si troval’operatore di Laplace in coordinate polari:∆ψ = ∂2 ψ∂r + 1 ∂ψ2 r ψr + 1 ∂ 2 ψr 2 ∂θ . 2(I.2)b. Coordinate Sferiche: x = ρ sin ϕ cos θ, y = ρ sin ϕ sin θ, z = ρ cos ϕ,dove ρ ≥ 0, ϕ ∈ [0, π], θ ∈ [0, 2π). Allora h ρ = 1, h ϕ = ρ, h θ = ρ sin ϕ.In tal caso∆ψ = ∂2 ψ∂ρ + 2 ∂ψ2 ρ ψρ + 1 ∂ 2 ψρ 2 sin 2 ϕ ∂θ + 12 ρ 2 sin ϕ∂∂ϕ(sin ϕ ∂ψ ). (I.3)∂ϕIntroducendo la nuova variabile ξ = cos ϕ ∈ [−1, 1] (tale che dξ =− sin ϕ dϕ, 1 − ξ 2 = sin 2 ϕ) otteniamo 1∆ψ = ∂2 ψ∂ρ + 2 ∂ψ2 ρ ψρ + 1 ∂ 2 ψρ 2 (1 − ξ 2 ) ∂θ + 1 (∂(1 − ξ 2 ) ∂ψ ). (I.4)2 ρ 2 ∂ξ ∂ξc. Coordinate Parabolico-cilindriche (vedi [14]): x = c 2 (u2 − v 2 ), y =cuv, z = z, dove u ∈ R, v ≥ 0, z ∈ R, e c è una costante positiva. Allorah u = h v = c √ u 2 + v 2 , h z = 1.In tal caso∆ψ =( )1 ∂ 2 ψc 2 (u 2 + v 2 ) ∂u + ∂2 ψ+ ∂2 ψ2 ∂v 2 ∂z . 2(I.5)1 Usando le coordinate ortogonali (ρ, θ, ξ) direttamente si trovano le espressioni h ρ = 1,h θ = ρ √ 1 − ξ 2 e h ξ = (ρ/ √ 1 − ξ 2 ).3

d. Coordinate Ellittico-cilindriche (vedi [14]): x = c cosh u cos v, y =c sinh u sin v, z = z, dove u > 0, v ∈ [0, 2π], z ∈ R, e c è una costantepositiva. Allora{h u = h v = c √ cosh 2 u sin 2 v + sinh 2 u cos 2 v = c √ sinh 2 u + sin 2 v,h z = 1.In tal caso∆ψ =( )1 ∂ 2 ψc 2 [sinh 2 u + sin 2 v] ∂u + ∂2 ψ+ ∂2 ψ2 ∂v 2 ∂z . 2(I.6)2 Separazione delle variabili1. Separazione in Coordinate Cartesiane. Consideriamo l’equazione diHelmholtz∆ψ + k 2 ψ = 0in tre variabili (x, y, z) per k ≥ 0 nel dominio [0, a] × [0, b] × [0, c]. Ponendoψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z),dove X(x), Y (y) e Z(z) sono di classe C 2 , si trova0 = ∆ψψ+ k2 = X′′ (x)X(x) + Y ′′ (y)Y (y) + Z′′ (z)Z(z) + k2 .In tal caso esistono tre costanti k 2 x, k 2 y e k 2 z tali cheX ′′ (x)X(x) + k2 x = Y ′′ (y)Y (y) + k2 y = Z′′ (z)Z(z) + k2 z = 0,dovek 2 x + k 2 y + k 2 z = k 2 .2. Separazione in Coordinate Polari. Consideriamo l’equazione di Helmholtz∆ψ + k 2 ψ = 0in due variabili (x, y) per k ≥ 0 nel dominioD ={(x, y) : 0 ≤ √ }x 2 + y 2 ≤ L ,4

dove L ∈ (0, +∞). Ponendoψ(r, θ) = R(r)Θ(θ),dove R(r) e Θ(θ) sono funzioni di classe C 2 in r ∈ (0, L) e θ ∈ R con Θ(θ+2π) =Θ(θ), si trovaoppure0 = ∆ψψ + k2 = 1 [ d 2 RR(r) dr + 1 2 r[r 2 d 2 RR(r) dr + 1 2 r]dR+ 1 d 2 Θdr r 2 Θ(θ) dθ + 2 k2 ,]dR+ k 2 r 2 + 1 d 2 ΘdrΘ(θ) dθ = 0. 2L’espressione precedente è la somma costante di una funzione di r (che nondipende da θ) e una funzione di θ (che non dipende da r). Dunque i duetermini devono essere costanti.Proposizione I.2 Sia Θ(θ) una funzione di classe C 2 , non banale, tale che1Θ(θ)d 2 Θ= −C, Θ(θ + 2π) ≡ Θ(θ).dθ2 Allora C = m 2 per qualche m = 0, 1, 2, · · · e{costante, m = 0Θ(θ) =cost 1 cos mθ + cost 2 sin mθ, m = 1, 2, 3, · · · .Dimostrazione.Prima dimostriamo che C ≥ 0. Infatti,C∫ 2π0∫ 2π|Θ(θ)| 2 dθ = −= −=0∫ 2π0Θ ′′ (θ)Θ(θ) dθ[Θ ′ (θ)Θ(θ)] 2π0+|Θ ′ (θ)| 2 dθ ≥ 0,∫ 2π0|Θ ′ (θ)| 2 dθpoichè il primo termine della seconda parte si annulla per motivi di periodicitàe Θ ′ (θ) ≢ 0. Quindi C ≥ 0.D’altra parte, per C > 0 troviamo la soluzione generaleΘ(θ) = c 1 cos(θ √ −C) + c 2 sin(θ √ −C)5

dell’equazione Θ ′′ = −CΘ. Risulta il sistema di equazioni lineari[ √ √ ] [ ] [ ]1 − cos(2π C) − sin(2π C)sin(2π √ C) 1 − cos(2π √ c1 0=C) c 2 0con determinante 2(1 − cos(2π √ C)). Il determinante si annulla se e solo seC = m 2 per m ∈ N. In tal caso tutti gli elementi della matrice si annullano equindi le costanti c 1 e c 2 sono arbitrarie.Infine, per C = 0 troviamo la soluzione generale Θ(θ) = c 1 + c 2 θ. In talcaso Θ(θ + 2π) ≡ Θ(θ) implica c 2 = 0.✷Sostituendo1 d 2 ΘΘ(θ) dθ 2d 2 Rdr 2= −m2 per m = 0, 1, 2, · · · , otteniamo+ 1r[ ]dRdr + k 2 − m2R(r) = 0r 2con le condizioni al contorno R(0 + ) finito e R(L) = 0. Se invece della condizionedi Dirichlet ψ| ∂D ≡ 0 si considera la condizione di Neumann ∂ψ | ∂n ∂D ≡ 0,risultano le condizioni al contorno R(0 + ) finito e R ′ (L) = 0.Per k = 0 si trova l’equazione di Eulero r 2 R ′′ (r) + rR ′ (r) − m 2 R(r) = 0con soluzione generale{c 1 + c 2 log r, m = 0R(r) =c 1 r m + c 2 r −m , m = 1, 2, 3, · · · .La condizione che R(0 + ) sia finito, implica c 2 = 0. In tal caso R(L) ≠ 0 perogni L > 0, eccetto nel caso banale c 1 = c 2 = 0. Quindi per k = 0 non ci sonosoluzioni non banali. Purtroppo, se studiamo l’equazione di Helmholtz con lacondizione di Neumann, risulta la soluzione non banale costante se m = 0; perm = 1, 2, 3, · · · non ci sono soluzioni non banali.Per k > 0 si ponga ρ = kr. In tal caso risulta l’equazione differenziale diBesseld 2 Rdρ + 1 ( )dR2 ρ dρ + 1 − m2R(ρ) = 0.ρ 2Quest’equazione ha una singola soluzione linearmente indipendente limitata seρ → 0 + . Con un’opportuna normalizzazione questa soluzione si chiama J m (ρ),la cosiddetta funzione di Bessel di ordine m.3. Separazione in Coordinate Sferiche. Consideriamo l’equazione diSchrödinger∆ψ + k 2 ψ = V ( √ x 2 + y 2 + z 2 )ψ6

nelle variabili (x, y, z) per k > 0, dove il potenziale V dipende soltanto dallavariabile r = √ x 2 + y 2 + z 2 ). È compreso il caso dell’equazione di Helmholtz(V ≡ 0). Ponendoψ(r, θ, ϕ) = R(r)S(θ, ϕ),dove R(r) e S(θ, ϕ) sono funzioni di classe C 2 in r ∈ (0, +∞) e (θ, ϕ) ∈R × (0, π), si trova facilmente0 = ∆ψψ + k2 − V = 1 [ d 2 RR(r) dr + 2 ]dR2 r dr[1 1 ∂ 2 S+r 2 S(θ, ϕ) sin 2 ϕ ∂θ + 1 (∂sin ϕ ∂S )]+ k 2 − V (r).2 sin ϕ ∂ϕ ∂ϕQuindi1 ∂ 2 Ssin 2 ϕ ∂θ + 12 sin ϕd 2 Rdr 2+ 2 r∂∂ϕ(sin ϕ ∂S )= −CS(θ, ϕ),∂ϕ(dRdr + k 2 − C )R(r) = V (r)R(r),r 2dove C è una costante.L’equazione differenziale per S(θ, ϕ) ha soltanto una soluzione non banaleper opportuni valori della costante C. Per tali valori di C le funzioni S(θ, ϕ)sono multipli delle cosiddette funzioni sferiche.Consideriamo ora l’equazione per S(θ, ϕ). PonendoS(θ, ϕ) = Θ(θ)Φ(ϕ),si trova la cosiddetta equazione di BeltramiCome al solito,1 1sin 2 ϕ Θ(θ)d 2 Θdθ + 121 dΦ(ϕ) sin ϕ dϕ1 d 2 ΘΘ(θ) dθ = 2 −m2 ,(sin ϕ dΦ )+ C = 0.dϕdove m = 0, 1, 2, · · · . Utilizzando la trasformazione X(ξ) = Φ(arccos ξ), ξ =cos ϕ, arriviamo all’equazione differenziale(d(1 − ξ 2 ) dX ))+(C − m2X(ξ) = 0.dξ dξ1 − ξ 2Quest’equazione è l’equazione differenziale per le funzioni associate di Legendre.Le sue soluzioni non banali limitate se ξ → ±1 esistono soltanto per7

C = l(l + 1), dove l = m, m + 1, m + 2, · · · . Nel caso particolare m = 0 siottiene l’equazione differenziale di Legendre(d(1 − ξ 2 ) dX )+ l(l + 1)X(ξ) = 0,dξ dξdove l = 0, 1, 2, · · · .Ritorniamo all’equazione per R(r) con C = l(l + 1):d 2 Rdr 2+ 2 rdRdr + k2 R(r) =dove m = −l, −l + 1, · · · , l − 2, l − 1, l.()l(l + 1)V (r) + R(r),r 24. Separazione in Coordinate Parabolico-Cilindriche. L’equazione diLaplace in coordinate parabolico-cilindriche (u, v, z) (anche dette coordinateparaboliche) ha la forma (I.5). Sostituendoψ(u, v, z) = U(u)V (v)Z(z)otteniamo(1 U ′′ (u)c 2 (u 2 + v 2 ) U(u) + V )′′ (v)+ Z′′ (z)V (v) Z(z) = 0.Se richiediamo che Z(z) sia limitata, risulta(1 U ′′ (u)c 2 (u 2 + v 2 ) U(u) + V )′′ (v)= − Z′′ (z)V (v) Z(z) = λ2 ,dove λ ≥ 0 è una costante. DunqueU ′′ (u) + (µ − λ 2 c 2 u 2 )U(u) = 0,V ′′ (v) − (µ + λ 2 c 2 v 2 )V (v) = 0,dove µ è un’altra costante. Introducendo le variabili ξ = u √ cλ e η = v √ cλ,dove ξ ∈ R e η ≥ 0, e ponendo µ = (2ν + 1)cλ otteniamoStudiamo ora l’equazioneU ′′ (ξ) + (2ν + 1 − ξ 2 )U(ξ) = 0,V ′′ (η) − (2ν + 1 + η 2 )V (η) = 0.u ′′ + (2ν + 1 − z 2 )u = 0,dove u, z e ν non hanno più lo stesso significato come prima. Sostituendorisulta l’equazioneu = e −z2 /2 v,v ′′ − 2zv ′ + 2νv = 0.Per ν = 0, 1, 2, . . . la (I.9) si dice equazione differenziale di Hermite.soluzioni della (I.7) si dicono funzioni parabolico-cilindriche.8(I.7)(I.8)(I.9)Le

3 Equazione di HelmholtzIn questa parte vengono calcolati gli autovalori e le corrispondenti autofunzioninormalizzate dell’equazione di Helmholtz in dominio abbastanza semplici.3.1 Equazione di Helmholtz nell’IntervalloConsideriamo l’equazione di Helmholtzcon una delle seguenti condizioni al contorno:u ′′ + k 2 u = 0, 0 < x < L, (I.10)u(0) = u(L) = 0, Dirichlet (I.11)u ′ (0) = u ′ (L) = 0, Neumann (I.12)u(0) = u ′ (L) = 0, Dirichlet a sinistra, Neumann a destra (I.13)u ′ (0) = u(L) = 0, Neumann a sinistra, Dirichlet a destra (I.14)u(0) = u(L), u ′ (0) = u ′ (L), condizioni periodiche (I.15)u(0) = 0, (cos α)u(L) + (sin α)u ′ (L) = 0,(cos β)u(0) − (sin β)u ′ (0) = 0, (cos α)u(L) + (sin α)u ′ (L) = 0,(I.16)(I.17)dove 0 ≤ α ≤ (π/2) e 0 ≤ β ≤ (π/2). Le condizioni (I.16) e (I.17) si chiamanomiste. In tutti i casi determineremo gli autovalori e le autofunzioni del problemaal contorno. In tutti i casi gli autovalori k 2 sono positivi, tranne nel casodelle condizioni di Neumann (I.12), dove si annulla uno degli autovalori.a. Condizioni di Dirichlet. Per trovare una soluzione non banale del problemaal contorno supponiamo che k > 0. Utilizzando la condizione u(0) = 0si ottieneu(x) ∼ sin(kx).L’altra condizione u(L) = 0 conduce alla condizionesin(kL) = 0 ⇔ kL = nπ, n = 1, 2, 3, . . . .Quindi gli autovalori λ n = kn 2 = (nπ/L) 2 e le autofunzioni ϕ n (x) ∼ sin(nπx/L)per n = 1, 2, 3, . . .. Ortonormalizzando le autofunzioni in L 2 (0, L) otteniamo( nπ)√2 2( nπx)λ n = , ϕn (x) =LL sin , (I.18)Ldove n = 1, 2, 3, . . .. Le autofunzioni formano una base ortonormale di L 2 (0, L).9

. Condizioni di Neumann. Per trovare una soluzione non banale delproblema al contorno supponiamo che k ≥ 0. Utilizzando la condizione u ′ (0) =0 si ottieneu(x) ∼ cos(kx).L’altra condizione u(L) = 0 conduce alla condizionecos(kL) = 0 ⇔ kL = nπ, n = 0, 1, 2, 3, . . . .Quindi gli autovalori λ n = kn 2 = (nπ/L) 2 e le autofunzioni ϕ n (x) ∼ cos(nπx/L)per n = 0, 1, 2, 3, . . .. Ortonormalizzando le autofunzioni in L 2 (0, L) otteniamo⎧⎪⎨ λ 0 = 0, ϕ 0 (x) = √ 1 ,L( nπ)√2 2( nπx)(I.19)⎪⎩ λ n = , ϕn (x) =LL cos ,Ldove n = 0, 1, 2, 3, . . ..L 2 (0, L).Le autofunzioni formano una base ortonormale dic. Condizione di Dirichlet in x = 0 e di Neumann in x = L. Per trovareuna soluzione non banale del problema al contorno supponiamo che k > 0.Utilizzando la condizione u(0) = 0 si ottieneu(x) ∼ sin(kx).L’altra condizione u ′ (L) = 0 conduce alla condizione(cos(kL) = 0 ⇔ kL = n − 1 )π, n = 1, 2, 3, . . . .2Quindi gli autovalori λ n = kn 2 = ((n − 1 2 )π/L)2 e le autofunzioni ϕ n (x) ∼sin((n − 1 )πx/L) per n = 1, 2, 3, . . .. Ortonormalizzando le autofunzioni in2L 2 (0, L) otteniamo(( ) 2 √ (( )n −1λ n =2)π2 n −1, ϕ n (x) =2)πxLL sin , (I.20)Ldove n = 1, 2, 3, . . .. Le autofunzioni formano una base ortonormale di L 2 (0, L).d. Condizione di Neumann in x = 0 e di Dirichlet in x = L. Pertrovare una soluzione non banale del problema al contorno supponiamo chek > 0. Utilizzando la condizione u ′ (0) = 0 si ottieneu(x) ∼ cos(kx).10

L’altra condizione u(L) = 0 conduce alla condizione(cos(kL) = 0 ⇔ kL = n − 1 )π, n = 1, 2, 3, . . . .2Quindi gli autovalori λ n = kn 2 = ((n − 1 2 )π/L)2 e le autofunzioni ϕ n (x) ∼cos((n − 1 )πx/L) per n = 1, 2, 3, . . .. Ortonormalizzando le autofunzioni in2L 2 (0, L) otteniamo(( ) 2 √ (( )n −1λ n =2)π2 n −1, ϕ n (x) =2)πxLL cos , (I.21)Ldove n = 1, 2, 3, . . .. Le autofunzioni formano una base ortonormale di L 2 (0, L).e. Condizioni periodiche. Le soluzioni non banali sono quelle periodiche.Dunque abbiamo la base ortonormale di autofunzioni (con corrispondentiautovalori)⎧ϕ 0 (x) = √ 1 , λ 0 = 0,L ⎪⎨√ ( ) ( ) 2 2 2nπx2nπϕ c n(x) =L cos , λ n = , (I.22)L(L2nπ⎪⎩ ϕ s n(x) =√2L sin ( 2nπxL), λ n =dove n = 1, 2, 3, . . .. Quindi l’autovalori zero è semplice mentre gli altriautovalori hanno moltiplicità 2.f. Condizione di Dirichlet in x = 0 e mista in x = L. Per trovareuna soluzione non banale del problema al contorno supponiamo che k ≥ 0.Utilizzando la condizione u(0) = 0 si ottieneu(x) ∼ sin(kx).L) 2,L’altra condizione (cos α)u(L) + (sin α)u ′ (L) = 0 conduce alla condizionecos α sin(kL) + k sin α cos(kL) = 0, n = 1, 2, 3, . . . .Escludendo i casi già trattati, cioè α = 0 [Dirichlet] e α = (π/2) [Dirichlet inx = 0 e Neumann in x = L], risultano k > 0, sin(kL) = 0 e cos(kL) ≠ 0.Arriviamo all’equazione transcedentaletan(kL) = −k tan α,(I.23)11

543210−1−2−3−4−50 0.5 1 1.5 2 2.5 3kFigura I.1: Il plot contiene i grafici delle funzioni y = tan(xL) e y = −k tan αper L = 5 e α = π . Gli autovalori sono i valori di k > 03corrispondenti ai loro punti di intersezione.dove tan α > 0. Cercando i punti di intersezione positivi tra il grafico dellafunzione k ↦→ tan(kL) e la retta k ↦→ −k tan α con coefficiente angolare negativo,troviamo una successione infinita di autovalori λ n = k 2 n (n = 1, 2, 3, . . .).Le corrispondenti autofunzioni si possono normalizzare in L 2 (0, L), risultandoin una base ortonormale di L 2 (0, L).g. Condizioni Miste Diverse. Ci limitiamo al caso in cui α, β ∈ (0, π ). In2tal caso la soluzioneu(x) ∼ c 1 cos(kx) + c 2sin(kx)kper le opportune costanti c 1 , c 2 e per k > 0 soddisfa alle due condizionic 1 cos β − c 2 sin β = 0,(I.24)[c 1 [cos α cos(kL) − k sin α sin(kL)] + c 2 cos α sin(kL)]+ sin α cos(kL) = 0.k(I.25)L’esistenza di una soluzione non banale conduce alla condizione[cos β cos α sin(kL)]+ sin α cos(kL)k+ sin β [cos α cos(kL) − k sin α sin(kL)] = 0,12

oppure[ cos α cos βsin(α + β) cos(kL) = −k]− k sin α sin β sin(kL).Si cerchino i punti di intersezione positivi tra il grafico della funzione k ↦→tan(kL) e quello della funzione razionalek sin(α + β)k ↦→ −cos α cos β − k 2 sin α sin β .3.2 Equazione di Helmholtz nel RettangoloConsideriamo ora l’equazione di Helmholtz∂ 2 u∂x + ∂2 u2 ∂y + 2 k2 u(x, y) = 0,(I.26)dove 0 < x < L 1 , 0 < y < L 2 e vengono imposte le seguenti condizioni diDirichlet:u(x, y) = 0, x = 0, L 1 oppure y = 0, L 2 . (I.27)Separando le variabili, cioè ponendou(x, y) = X(x)Y (y),e dividendo la (I.26) da X(x)Y (y) otteniamoX ′′ (x)X(x) + Y ′′ (y)Y (y) + k2 = 0.Quindi esistono costanti k 2 x e k 2 y tali che{X ′′ (x) + k 2 xX(x) = 0,X(0) = X(L 1 ) = 0,{Y ′′ (y) + kyY 2 (y) = 0,Y (0) = Y (L 2 ) = 0,k 2 x + k 2 y = k 2 .(I.28)(I.29)(I.30)Quindi i problemi al contorno nelle variabili x e y sono ambedue problemi alcontorno per l’equazione di Helmholtz in una variabile con le condizioni diDirichlet. Quindi i loro autovalori e le loro autofunzioni normalizzate sono(k 2 x) n =( nπL 1) 2, ϕ n (x) =13√2L 1sin( nπxL 1), (I.31)

dove n = 1, 2, 3, . . ., e(k 2 y) m =( ) 2√ ( )mπ2 mπy, ϕ m (y) = sin , (I.32)L 2 L 2 L 2dove m = 1, 2, 3, . . .. Di conseguenza, gli autovalori e autofunzioni normalizzatedel problema bidimensionale sono( )( ) ( )n(k 2 ) n,m = π 2 2+ m22 nπx mπy, ϕL 2 1 L 2 n,m (x, y) = √ sin sin ,2L1 L 2 L 1 L 2(I.33)dove n, m = 1, 2, 3, . . .. Le autofunzioni formano una base ortonormale inL 2 ((0, L 1 ) × (0, L 2 )).Su tutte le 4 parti del bordo, {0} × [0, L 2 ], {L 1 } × [0, L 2 ], [0, L 1 ] × {0}e [0, L 1 ] × {L 2 }, si possono imporre diverse condizioni al contorno, quali lecondizioni di Dirichlet, quelle di Neumann e quelle miste. In tutti questi casi sipossono separare le variabili e risolvere i problemi al contorno unidimensionaliche ne risultano.L’equazione di Helmholtz si può risolvere per separazione delle variabilianche nei parallelopepidi multidimensionali in dimensione ≥ 3. Per esempio,in tre dimensioni, nel dominio (0, L 1 ) × (0, L 2 ) × (0, L 3 ), e sotto le condizionidi Dirichlet escono gli autovalori e autofunzioni(k 2 ) n,m,l = π 2 ( n2L 2 1+ m2L 2 2ϕ n,m,l (x, y, z) = 2√ 2√L1 L 2 L 3sindove n, m, l = 1, 2, 3, . . ..+ l2L 2 3),( nπxL 1)sin( ) ( )mπy lπzsin ,L 2 L 34 Equazioni delle onde e del caloreDiscutiamo ora alcuni casi in cui è abbastanza facile calcolare esplicitamentele soluzioni delle equazioni del calore e delle onde.4.1 Equazioni delle onde e del calore nell’intervalloConsideriamo ora l’equazione del calore per x ∈ (0, L) con condizione iniziale∂u∂t = ∂2 ua2∂x , 2u(x, 0) = u 0 (x),(I.34)(I.35)14

dove a 2 è la diffusività termica, 2 e quella delle onde con condizioni iniziali∂ 2 u∂t = 1 ∂ 2 u2 c 2 ∂x , 2u(x, 0) = u 0 (x),∂u∂t (x, 0) = u 1(x),(I.36)(I.37)(I.38)dove c > 0 è la velocità d’onda. In ambedue casi imporremo una condizioneal contorno, quali quella di Dirichletu(0, t) = u(L, t) = 0.(I.39)Al posto delle condizioni di Dirichlet si possono imporre quelle di Neumann∂u ∂u(0, t) = (L, t) = 0.∂x ∂x (I.40)In ambedue i casi facciamo una separazione delle variabili di tipou(x, t) = X(x)T (t)e dividiamo la (I.34) e la (I.37) da X(x)T (t). Otteniamo⎧1 T⎪⎨(t)a 2 T (t) = X′′ (x)X(x) , equazione del calore,⎪⎩ c 2 T ′′ (t)T (t) = X′′ (x)X(x) , equazione delle onde,con le condizioni di DirichletX(0) = X(L) = 0.La separazione delle variabili conduce al problema di contorno{X ′′ (x) + k 2 X(x) = 0,X(0) = X(L) = 0,(I.41)più il problema in variabile temporale⎧⎨T ′ (t) = −a 2 k 2 T (t), equazione del calore,⎩T ′′ (t) = k2c T (t), equazione delle onde. (I.42)22 Infatti a 2 = K/(µρ), dove K è la conduttività termica, µ è il calore specifico e ρ è ladensità del mezzo. In generale vale l’equazione µρ(∂u/∂t) = K∆u + ∇ ⃗ K · ∇u.15

Quindi la solzione della (I.41) ha la forma( nπ(k 2 ) n =L) 2 ( nπx), X(x) ∼ sin , (I.43)Ldove n = 1, 2, 3, . . ., mentre la soluzione dei problemi temporali ha la forma⎧( ( nπ) ) 2T (t) = T (0) exp −a⎪⎨2 t , equazione del calore,L ( ) nπt( )(I.44)sinnπt⎪⎩ T (t) = T (0) cos + T ′ cL(0)cLnπt/cL , equazione delle onde.La soluzione generale della equazione del calore o delle onde è una combinazionelineare (facendo scorrere n = 1, 2, 3, . . .) delle soluzioni elementariX n (x)T n (t). Quindi la soluzione generale dell’equazione del calore ha la formadoveu(x, t) =∞∑n=1( ( nπ) ) 2 ( nπx)c n exp −a 2 t sin , (I.45)L Lu 0 (x) = u(x, 0) =∞∑ ( nπx)c n sin . (I.46)Ln=1Il coefficiente di Fourier c n viene calcolato nel seguente modo:c n = 2 L∫ L0u 0 (x) sin( nπx)dx.LD’altra parte, la soluzione generale dell’equazione delle onde ha la forma⎡( ) ⎤ nπt∞∑( ) sinu(x, t) = ⎢ nπt⎣ c cL(n cos + d n⎥ nπx)cL nπt/cL ⎦ sin , (I.47)Ln=1doveu 0 (x) = u(x, 0) =∞∑ ( nπx)c n sin , (I.48)Ln=1u 1 (x) = ∂u∂t (x, 0) = ∞∑n=1d n sin( nπx). (I.49)L16

I coefficienti di Fourier si calcolano nel seguente modo:c n = 2 Ld n = 2 L∫ L0∫ L0( nπxu 0 (x) sinL( nπxu 1 (x) sinL)dx,)dx.Se invece della (I.39) vengono imposte le condizioni di Neumann, i dettaglidella derivazione della soluzione non cambiano molto.4.2 Equazioni delle onde e del calore nel rettangoloLa risoluzione delle equazioni del calore e delle onde nel rettangolo è analoga aquella per i corrispondenti problemi unidimensionali. Al posto degli autovalorie autofunzioni dell’equazione di Helmholtz nell’intervallo si utilizzano ora quellidell’equazione di Helmholtz nel rettangolo.Consideriamo ora l’equazione del calore per (x, y) ∈ (0, L 1 ) × (0, L 2 ) concondizione iniziale[ ]∂u ∂ 2∂t = ua2∂x + ∂2 u, (I.50)2 ∂y 2u(x, y, 0) = u 0 (x, y),dove a 2 è la diffusività termica, e quella delle onde con condizione iniziali∂ 2 u∂t 2u(x, y, 0) = u 0 (x, y),∂u∂t (x, y, 0) = u 1(x, y),(I.51)= 1 [ ]∂ 2 uc 2 ∂x + ∂2 u, (I.52)2 ∂y 2(I.53)(I.54)dove c > 0 è la velocità d’onda. In ambedue casi imporremo una condizioni alcontorno, quali quella di DirichletLa separazione delle variabili{u(0, y, t) = u(L 1 , y, t) = 0, y ∈ [0, L 2 ],u(x, 0, t) = u(x, L 2 , t) = 0, x ∈ [0, L 1 ].u(x, y, t) = X(x)Y (y)T (t)17(I.55)

e la divisione dall’espressione X(x)Y (y)T (t) conducono al problema al contorno[T⎧⎪ ′ (t) X ′′⎨ T (t) = (x)a2X(x) + Y ]′′ (y),Y (y)(I.56)X(0) = X(L 1 ) = 0,⎪ ⎩Y (0) = Y (L 2 ) = 0,per l’equazione del calore e al problema al contorno⎧T ′′ (t)⎪⎨ T (t) = 1 [ X ′′ (x)c 2 X(x) + Y ]′′ (y),Y (y)X(0) = X(L 1 ) = 0,⎪⎩Y (0) = Y (L 2 ) = 0,per l’equazione delle onde. Otteniamo, come al solito,e dunqueX ′′ (x) + k 2 xX(x) = 0, X(0) = X(L 1 ) = 0,Y ′′ (y) + k 2 yY (y) = 0, Y (0) = Y (L 2 ) = 0,(I.57)( ) 2 nπ(k x ) 2 = ,L 1( ) 2 mπ(k y ) 2 = ,L 2X(x) ∼ sin nπxL 1,Y (y) ∼ sin mπyL 2,dove n, m = 1, 2, 3, . . .. Inoltre,T (t) = T (0) exp(−a 2 [ (nπL 1) 2+per l’equazione del calore e⎛ [ (nπT (t) = T (0) cos ⎝ t ) 2+c L 1⎛ [ (nπsin ⎝ t ) 2+c L 1+ T ′ (0)( mπL 2) 2])( ) ] ⎞21/2mπ⎠L 2( ) ] ⎞21/2mπ⎠L 2[ (nπ ) 2 ( ) ] 2 1/21mπ+c L 1 L 218

per l’equazione delle onde.Per l’equazione del calore arriviamo alla seguente soluzione completa:( [∞∑(nπ ) 2 ( ) ]) 2 mπu(x, y, t) = c n,m exp −a +sin nπx sin mπy ,L 1 L 2 L 1 L 2doven,m=1u 0 (x, y) =∞∑n,m=1c n,m = 4L 1 L 2∫ L1c n,m sin nπx0∫ L20L 1(I.58)sin mπyL 2, (I.59)u 0 (x, y) sin nπxL 1Infine l’equazione delle onde ha la seguente soluzione:⎡ ⎛ [∞∑(nπu(x, y, t) = ⎣c n,m cos ⎝ t ) 2+c Ln,m=11⎛ [ (nπsin ⎝ t ) 2 ( ) ] ⎞21/2mπ+⎠c L 1 L 2+ d n,m [ (nπ ) 2 ( ) ] 2 1/21mπ+c L 1 L 2sin mπyL 2dy dx. (I.60)( ) ] ⎞21/2mπ⎠ sin nπx sin mπyL 2 L 1 L 2⎤sin nπxL 1sin mπyL 2, (I.61)⎥⎦doveu 0 (x, y) =u 1 (x, y) =∞∑n,m=1∞∑n,m=1c n,m = 4L 1 L 2∫ L1d n,m = 4L 1 L 2∫ L1c n,m sin nπxL 1d n,m sin nπx00∫ L20∫ L20L 1sin mπyL 2, (I.62)sin mπyL 2, (I.63)u 0 (x, y) sin nπxL 1u 1 (x, y) sin nπxL 1sin mπyL 2dy dx, (I.64)sin mπyL 2dy dx. (I.65)19

Capitolo IIANALISI FUNZIONALEIn questo capitolo si introducono gli spazi di Banach e di Hilbert, gli operatorilineari e loro spettro. Inoltre si discutono gli operatori compatti su uno spaziodi Hilbert.1 Spazi di BanachConsideriamo noto il concetto di spazio vettoriale X rispetto ad un campodi scalari F che supponiamo uguale a R (numeri reali) oppure a C (numericomplessi). Quindi in X sono state definite l’addizione X × X ↦→ X e lamoltiplicazione scalare F × X ↦→ X con le solite proprietà aritmetiche.Uno spazio normato X è uno spazio vettoriale su cui è definita una norma‖ · ‖ : X → R con le seguenti proprietà:a. ‖ϕ‖ ≥ 0 per ogni ϕ ∈ X; (positività)b. ‖ϕ‖ = 0 se e solo se ϕ = 0; (definitezza)c. ‖αϕ‖ = |α| ‖ϕ‖ per α ∈ F e ϕ ∈ X; (omogeneità)d. ‖ϕ + ψ‖ ≤ ‖ϕ‖ + ‖ψ‖ per ϕ, ψ ∈ X. (disuguaglianza triangolare)Dalle (c)-(d) segue subito chee. |‖ϕ‖ − ‖ψ‖| ≤ ‖ϕ − ψ‖ per ϕ, ψ ∈ X.Per distanza tra ϕ e ψ si intende la ‖ϕ − ψ‖.Una successione {ϕ n ‖ ∞ n=1 di elementi di X è detta convergente al vettoreϕ ∈ X se lim n→∞ ‖ϕ n − ϕ‖ = 0, ossia se, per ogni ε > 0, esiste un intero n(ε)tale che ‖ϕ n − ϕ‖ < ε per ogni n > n(ε).Una successione {ϕ n } ∞ n=1 di elementi di uno spazio normato X si dice successionedi Cauchy se per ogni ε > 0 esiste un intero n(ε) tale che ‖ϕ n −ϕ m ‖ < ε21

per n, m > n(ε), ossia se lim n,m→∞ ‖ϕ n − ϕ m ‖ = 0. La norma in X si dicecompleta se ogni successione di Cauchy in X è convergente in X. Uno spazionormato con norma completa si dice spazio di Banach.Siano X e Y due spazi normati, U ⊂ X e f : U → Y . Allora f si dicecontinua in ψ ∈ U se {f(ϕ n )} ∞ n=1 converge a f(ϕ) in Y per ogni successione{ϕ n } ∞ n=1 in U che converge a ϕ. La funzione f si dice continua se è continuain ogni punto ϕ ∈ U.Discutiamo ora alcuni esempi di spazi di Banach, trascurando la dimostrazionedella completezza della norma.1. Per ogni sottoinsieme chiuso e limitato Ω di R n , sia C(Ω) lo spazio vettorialedi tutte le funzioni scalari (reali o complesse) continue in Ω. Allorala funzione ‖ · ‖ ∞ : Ω → R,‖f‖ ∞ = maxz∈Ω|f(x)|,introduce una norma completa in C(Ω). Si verifica che ‖f n − f‖ ∞ → 0se e solo se f n (x) → f(x) uniformemente in x ∈ Ω.2. Sia Ω un sottoinsieme misurabile in R n . Con L 2 (Ω) si indica lo spaziovettoriale di tutte le funzioni al quadrato sommabili (nel senso di Lebesgue)in Ω, dove due funzioni per cui i valori sono diversi soltanto inun sottoinsieme di Ω di misura zero, vengono considerate uguali. Allorala funzione ‖ · ‖ 2 : L 2 (Ω) → R,è una norma completa in L 2 (Ω).(∫1/2‖f‖ 2 = |f(x)| dx) 2 ,Ω3. Sia l 2 lo spazio vettoriale di tutte le successioni {x n } ∞ n=1 scalari (reali ocomplesse) per cui la serie ∑ ∞n=1 |x n| 2 è convergente. Allora la funzione‖ · ‖ 2 : l 2 → R,( ∞) 1/2∑‖{x n } ∞ n=1‖ 2= |x n | 2 ,è una norma completa in l 2 .4. Sia Ω un sottoinsieme misurabile in R n . Con L 1 (Ω) si indica lo spaziovettoriale di tutte le funzioni sommabili (nel senso di Lebesgue) in Ω,dove due funzioni per cui i valori sono diversi soltanto in un sottoinsieme22n=1

di Ω di misura zero, vengono considerate uguali. Allora la funzione ‖·‖ 1 :L 1 (Ω) → R,∫‖f‖ 1 = |f(x)| dx,è una norma completa in L 1 (Ω).Per un elemento ϕ di uno spazio normato X e r > 0, l’insiemeB(ϕ; r) = {ψ ∈ X : ‖ϕ − ψ‖ < r}è definito la sfera aperta di raggio r e centro ϕ. Un sottoinsieme U si diceaperto se per ogni ϕ ∈ X esiste r > 0 (che dipende da ϕ) tale che B(ϕ; r) ⊂ U.Dato il sottoinsieme U di X, la parte interna U 0 di U è l’insieme aperto piùgrande di X contenuto in U.Un sottoinsieme U di X si dice chiuso se esso contiene tutti i limiti di tuttele successioni con termini in U e limiti in X. Dato il sottoinsieme U di X, lasua chiusura U è il sottoinsieme chiuso più piccolo di X che contiene U.Dato il sottoinsieme U di X, la frontiera ∂U di U è l’insieme dei punti di Xche possono essere il limite sia di una successione in U sia di una successionein X \ U. Si dimostra facilmente cheΩ∂U = U ∩ (X \ U).Un sottoinsieme U di X si dice limitato se il diametrodiam(U) = sup{‖ϕ − ψ‖ : ϕ, ψ ∈ X}è finito. In tal caso esiste r > 0 (con r > 1 diam(U)) tale che U ⊂ B(ϕ; r) per2ogni vettore ϕ ∈ X.Un sottoinsieme D di X si dice denso in X se ogni vettore ϕ ∈ X è il limitedi una successione con termini in D. Uno spazio di Banach si dice separabilese ha un sottoinsieme denso finito o infinito numerabile.2 Spazi di HilbertSia X uno spazio vettoriale reale o complesso (cioè, F = R oppure F = C).Allora una funzione (·, ·) : X × X → F che soddisfa le seguenti proprietà:a. (ϕ, ϕ) ≥ 0, (positività)b. (ϕ, ϕ) = 0 se e solo se ϕ = 0, (definitezza)c. (ϕ, ψ) = (ψ, ϕ) per ogni ϕ, ψ ∈ X, (simmetria)23

d. (αϕ + βψ, χ) = α(ϕ, χ) + β(ψ, χ) per α, β ∈ F e ϕ, ψ, χ ∈ X, (linearità)è definita prodotto scalare (oppure prodotto interna, oppure, nel caso F = C,prodotto sesquilineare). Nella (c) il soprasegno indica il coniugato complessose F = C. Dalle (c)-(d) segue subito chee. (χ, αϕ + βψ) = α(χ, ϕ) + β(χ, ψ) per α, β ∈ F e ϕ, ψ, χ ∈ X.Ogni prodotto scalare induce la cosiddetta norma indotta‖ϕ‖ = √ (ϕ, ϕ).Inoltre vale la disuguaglianza di Schwartz 1|(ϕ, ψ)| ≤ ‖ϕ‖ ‖ψ‖ per ϕ, ψ ∈ X,che è un’uguaglianza se e solo se ϕ e ψ sono proporzionali. La disuguaglianzadi Schwartz implica la disuguaglianza triangolare 2‖ϕ + ψ‖ ≤ ‖ϕ‖ + ‖ψ‖, ϕ, ψ ∈ X.Uno spazio vettoriale con prodotto scalare si chiama spazio pre-Hilbert.Uno spazio pre-Hilbert con norma indotta completa si dice spazio di Hilbert.Uno spazio di Hilbert soddisfa all’identità del parallelogramma‖ϕ + ψ‖ 2 + ‖ϕ − ψ‖ 2 = 2 ( ‖ϕ‖ 2 + ‖ψ‖ 2) .Vice versa, se la norma di uno spazio di Banach soddisfa all’identità delparallologramma, essa è la norma indotta di uno spazio di Hilbert.Il prodotto scalare può essere espresso nella norma tramite la cosiddettaformula di polarizzazione:{14(ϕ, ψ) =(‖ϕ + ψ‖2 − ‖ϕ − ψ‖ 2 ), F = R,1(‖ϕ + 4 ψ‖2 − ‖ϕ − ψ‖ 2 + i‖ϕ + iψ‖ 2 − i‖ϕ − iψ‖ 2 ), F = C.(II.1)Discutiamo ora alcuni esempi di spazi di Hilbert.1 Dim: Sia ξ un numero complesso di modulo 1 tale che ξ(ϕ, ψ) = |(ϕ, ψ)| e sia χ = ξψ.In tal caso ‖χ‖ = ‖ψ‖, mentre per ogni t ∈ R si ha 0 ≤ ‖ϕ + tχ‖ 2 = ‖ϕ‖ 2 + 2t(ϕ, χ) +t 2 ‖χ‖ 2 . Quindi il discriminante di questo polinomio reale quadrato è non positivo. Dunque4|(ϕ, χ)| 2 − 4‖ϕ‖ 2 ‖χ‖ 2 ≤ 0 e quindi |(ϕ, ψ)| ≤ ‖ϕ‖ ‖ψ‖.2 Dim: ‖ϕ + ψ‖ 2 = ‖ϕ‖ 2 + ‖ψ‖ 2 + 2Re(ϕ, ψ) ≤ ‖ϕ‖ 2 + ‖ψ‖ 2 + 2‖ϕ‖ ‖ψ‖ = (‖ϕ‖ + ‖ψ‖) 2 .24

1. Sia Ω un sottoinsieme misurabile in R n . Con L 2 (Ω) si indica lo spaziovettoriale di tutte le funzioni al quadrato sommabili (nel senso di Lebesgue)in Ω, dove due funzioni per cui i valori sono diversi soltanto inun sottoinsieme di Ω di misura zero, vengono considerate uguali. Allorala funzione (·, ·) : L 2 (Ω) × L 2 (Ω) → C,(∫1/2(f, g) = f(x)g(x) dx),Ωè un prodotto scalare in L 2 (Ω) che induce la solita norma.2. Sia l 2 lo spazio vettoriale di tutte le successioni {x n } ∞ n=1 scalari (reali ocomplesse) per cui la serie ∑ ∞n=1 |x n| 2 è convergente. Allora la funzione(·, ·) : l 2 × l 2 → C,( ∞) 1/2∑({x n } ∞ n=1, {y n } ∞ n=1) = x n y n ,n=1è un prodotto scalare in l 2 che induce la solita norma.3 Basi ortonormali in spazi di HilbertConsideriamo prima uno spazio vettoriale di dimensione N con prodotto scalare.Tale spazio ha una base ortonormale {ϕ n } N n=1 di vettori di lunghezza 1ortogonali tra loro. Partendo da una base (i.e., un sistema linearmente indipendentemassimale) {ψ n } N n=1 qualsiasi, si può costruire una base ortonormaleutilizzando il processo di Gram-Schmidt:⎧ϕ 1 = ψ 1‖ψ 1 ‖ϕ 2 = ψ 2 − (ψ 2 , ϕ 1 )ϕ 1⎪⎨ ‖ψ 2 − (ψ 2 , ϕ 1 )ϕ 1 ‖ϕ 3 = ψ 3 − (ψ 3 , ϕ 1 )ϕ 1 − (ψ 3 , ϕ 2 )ϕ 2‖ψ 3 − (ψ 3 , ϕ 1 )ϕ 1 − (ψ 3 , ϕ 2 )ϕ 2 ‖.⎪⎩ ϕ N =ψ N − (ψ N , ϕ 1 )ϕ 1 − . . . − (ψ N , ϕ N−1 )ϕ N−1‖ψ N − (ψ N , ϕ 1 )ϕ 1 − . . . − (ψ N , ϕ N−1 )ϕ N−1 ‖ .È facile controllare induttivamente che ϕ j è ortogonale ai vettori ϕ 1 , . . . , ϕ j−1e ha norma 1 (j = 1, 2, . . . , N).25

Appena trovata una base ortonormale {ϕ n } N n=1, si ottengono subito lecosiddette identità di Parseval:‖ϕ‖ 2 =(ϕ, ψ) =N∑|(ϕ, ϕ n )| 2 ,n=1N∑(ϕ, ϕ n )(ϕ n , ψ).n=1Consideriamo ora uno spazio di Hilbert separabile X a dimensione infinita.Estraendo da un sottoinsieme denso e infinito numerabile D un sistemadi vettori linearmente indipendente massimale e applicando il processo diGram-Schmidt senza fermarsi ad un indice superiore N, si ottiene una baseortonormale e infinita numerabile {ϕ n } ∞ n=1. D’altra parte, l’insieme di tuttele combinazioni lineari dei vettori di una base ortonormale infinita numerabiledi X è denso in X. Concludiamo dunque che uno spazio di Hilbert separabile adimensione infinita viene caratterizzato dall’esistenza di una base ortonormaleinfinita numerabile.Data una base ortonormale {ϕ n } ∞ n=1 in X, risultano le identità di Parseval:‖ϕ‖ 2 =(ϕ, ψ) =∞∑|(ϕ, ϕ n )| 2 ,n=1∞∑(ϕ, ϕ n )(ϕ n , ψ).n=1Inoltre, vale lo sviluppo∞∑ϕ = (ϕ, ϕ n )ϕ nn=1nel senso chelimN→∞∥ N ∥ ϕ − ∑ ∥∥∥∥(ϕ, ϕ n )ϕ n = 0.n=1Introducendo la successione crescente di sottospaziE N = span{ϕ 1 , . . . , ϕ N }di dimensione N, si può leggere quest’ultima relazione limite nella seguentemaniera: La distanza (ortogonale) tra ϕ e il sottospazio E N tende a zero se26

N → ∞. 3 Quindiϕ ↦→N∑(ϕ, λ n )λ nn=1definisce la proiezione ortogonale di ϕ in E N .Dato lo spazio di Hilbert separabile X con base ortonormale {ϕ n } ∞ n=1, sidefinisce la trasformazione lineare U : X → l 2 daUϕ = {(ϕ, ϕ n )} ∞ n=1 ,ossia Uϕ è la successione dei coefficienti (ϕ, ϕ n ) vista come vettore in l 2 . Allora,applicando la definizione della norma in l 2 ,‖Uϕ‖ 2 =∞∑|(ϕ, ϕ n )| 2 = ‖ϕ‖ 2 ,n=1secondo l’identità di Parseval. Si verifica facilmente che U definisce una corrispondenzabiunivoca tra X e l 2 . Costruendo la U per X = l 2 e la sua baseortonormale canonica, si vede subito che U coincide con la trasformazione identitàin l 2 . Concludiamo che, tranne per una trasformazione unitaria della baseortonormale, esiste un singolo spazio di Hilbert separabile.4 Applicazioni1. In X = L 2 (−π, π) le funzioniϕ n (x) = 1 √2πe inx , n ∈ Z,formano una base ortonormale. Data una funzione f ∈ L 2 (−π, π) e introducendoi suoi coefficienti di Fourierc n = 12π∫ π−πf(x)e −inx dx,si vede subito che c n = (2π) 1/2 (ϕ, ϕ n ) per n ∈ Z. Secondo l’identità di Parsevalsegue∞∑‖f‖ 2 2 = 2π |c n | 2 ,n=−∞3 Sia ∑ Nn=1 λ ∥nϕ n un vettore arbitrario in E N e F (λ 1 , . . . , λ N ) = ∥ϕ − ∑ ∥N ∥∥n=1 λ 2nϕ nla distanza tra ϕ e E N al quadrato. Si può dimostrare che il minimo viene assunto perλ n = (ϕ, ϕ n ) (n = 1, . . . , N).27

ossia∫1 π|f(x)| 2 dx =2π −π∞∑n=−∞|c n | 2 .Inoltre, vale la convergenza della sua serie di Fourierf(x) =∞∑n=−∞c n e inxnel senso che∫ πlimN→∞−π∣ N ∣ f(x) − ∑ ∣∣∣∣2c n e inx dx = 0.n=12. In X = L 2 (−π, π) le funzioniϕ 0 (x) = 1 √2π,ϕ c n(x) = cos(nx) √ π, ϕ s n(x) = sin(nx) √ π, n = 1, 2, 3, . . . ,formano una base ortonormale. Data una funzione f ∈ L 2 (−π, π) e introducendoi suoi coefficienti di Fourier⎧⎪⎨ a n = 1 ∫ πf(x) cos(nx) dx, n = 0, 1, 2, . . . ,−ππ⎪⎩ b n = 1 π∫ π−πf(x) sin(nx) dx, n = 1, 2, 3, . . . ,si applichi l’identità di Parseval per trovare l’uguaglianza∫1 π|f(x)| 2 dx = |a 0| 2+π −π2∞∑ (|an | 2 + |b n | 2) .n=1Inoltre, vale la convergenza della sua serie di Fouriernel senso che∫ πlimN→∞−πf(x) = a 02 + ∞∑n=1(a n cos(nx) + b n sin(nx))∣ f(x) − a N02 − ∑(a n cos(nx) + b n sin(nx))∣n=1282dx = 0.

5 Operatori lineariSiano X e Y due spazi di Banach. Un’applicazione T : X → Y si dice operatorelineare seT (λ 1 x 1 + λ 2 x 2 ) = λ 1 T (x 1 ) + λ 2 T (x 2 ), x 1 , x 2 ∈ X, λ 1 , λ 2 ∈ F,dove F = R oppure F = C. Molto spesso scriviamo T x invece di T (x). Gliesempi principali degli operatori lineari sono le matrici n×m (come rappresentazionidegli operatori lineari da F m in F n ) e gli operatori differenziali lineari.L’immagine di tale T è l’insieme Im (T ) = {T x : x ∈ X}; quest’insieme è unsottospazio lineare di Y . Il kernel di T è il sottospazio lineare di X definito daKer T = {x ∈ X : T x = 0}.5.1 Proprietà generaliUn operatore lineare T : X → Y si dice invertibile se è una corrispondenzabiunivoca tra X e Y . Un operatore lineare T : X → Y è invertibile se e solose Im T = Y e Ker T = {0}.Siano X e Y spazi di Banach. Un operatore lineare T : X → Y si dicelimitato se sup ‖T x‖ < +∞. In tal caso il numero‖x‖=1‖T ‖ =sup ‖T x‖ = supx∈X, ‖x‖=10≠x∈X‖T x‖‖x‖si dice norma di T . Se X = F n (dove F = R oppure F = C) ha dimensionefinita, ogni operatore lineare T : X → Y è limitato.a. Sia {e 1 , · · · , e n } la base canonica di F n . Allora ogni operatore limitatoT : F n → Y può essere rappresentato comeT( n∑i=1x i e i)=n∑x i T e i .i=1Se si applica ad una matrice, la norma si chiama norma spettrale. 4Utilizzando questa rappresentazione, si dimostri la limitatezza di T .b. Siano X, Y, Z tre spazi di Banach e siano T : X → Y e S : Y → Z dueoperatori lineari limitati. Allora ST : X → Z è un operatore linearelimitato e ‖ST ‖ ≤ ‖S‖‖T ‖.4 La norma spettrale di una matrice è uguale al suo numero singolare più grande.29

Proposizione II.3 Siano X, Y spazi di Banach e sia T : X → Y un operatorelineare. Le seguenti affermazioni sono equivalenti:a. T è un operatore limitato.b. T : X → Y è una funzione uniformemente continua.c. T : X → Y è una funzione continua.d. T : X → Y è continua in 0.Dimostrazione. [(a)=⇒(b)] Per x 1 , x 2 ∈ X si ha grazie alla limitatezza diT : ‖T x 1 − T x 2 ‖ ≤ ‖T ‖‖x 1 − x 2 ‖. Quindi, se ‖x 1 − x 2 ‖ < (ε/‖T ‖), allora‖T x 1 − T x 2 ‖ < ε. Allora T è uniformemente continuo.[(b)=⇒(c)=⇒(d)] Ovvio.[(d)=⇒(a)] Sia T continuo in 0. Allora esiste δ > 0 tale che ‖x‖ < δimplica ‖T x‖ < 1. Quindi per qualsiasi x ∈ X con ‖x‖ = 1 si ha ‖(δ/2)x‖ < δe dunque (δ/2)‖T x‖ = ‖T (δ/2)x‖ < 1. Allora ‖x‖ = 1 implica ‖T x‖ < (2/δ).Di conseguenza T è limitato con norma ≤ (2/δ).✷Consideriamo adesso lo spazio di Banach L(X, Y ) di tutti gli operatorilineari e limitati da X in Y , dove X e Y sono spazi di Banach. ScriviamoL(X) se X = Y . Per X = F m e Y = F n (per F = R o F = C) lo spazioL(X, Y ) coincide con quello delle matrici n × m.Teorema II.4 (Teorema dell’Operatore Inverso) Siano X e Y spazi diBanach e sia T ∈ L(X, Y ) invertibile. Allora l’operatore inverso T −1 ∈L(Y, X).Teorema II.5 Siano T, S ∈ L(X), e sia T invertibile. Allora S è invertibilese ‖T − S‖ < ‖T −1 ‖ −1 . In particolare, S è invertibile se ‖I − S‖ < 1.Dimostrazione. L’equazione Sx = y può essere scritta nella forma equivalentex = F (x), doveF (x) = T −1 y + T −1 (T − S)x.Siccome‖F (x 1 ) − F (x 2 )‖ ≤ ‖T −1 ‖ ‖T − S‖ ‖x 1 − x 2 ‖,(II.2)dove ‖T −1 ‖ ‖T − S‖ < 1, si può risolvere l’equazione x = F (x) per iterazione,secondo il cosiddetto Teorema delle Contrazioni. Infatti, sia x 0 ∈ X un vettore30

iniziale e poniamo x n+1 = F (x n ) per n = 0, 1, 2, . . .. AlloraQuindi.‖x 2 − x 1 ‖ = ‖F (x 1 ) − F (x 0 )‖ ≤ ‖T −1 ‖‖T − S‖‖x 1 − x 0 ‖,‖x 3 − x 2 ‖ = ‖F (x 2 ) − F (x 1 )‖ ≤ ‖T −1 ‖‖T − S‖‖x 2 − x 1 ‖.≤ [‖T −1 ‖‖T − S‖] 2 ‖x 1 − x 0 ‖,...‖x n+1 − x n ‖ = ‖F (x n ) − F (x n−1 )‖ ≤ ‖T −1 ‖‖T − S‖‖x n − x n−1 ‖‖x n+p − x n+1 ‖ ≤≤ [‖T −1 ‖‖T − S‖] n ‖x 1 − x 0 ‖.p−1∑j=0≤ ‖x 1 − x 0 ‖...p−1∑‖x n+j+1 − x n+j ‖ ≤ ‖x 1 − x 0 ‖ [‖T −1 ‖‖T − S‖] n+j∞∑[‖T −1 ‖‖T − S‖] n+jj=0= ‖x 1 − x 0 ‖ [‖T −1 ‖‖T − S‖] n1 − ‖T −1 ‖‖T − S‖ .Quest’ultima espressione tende a zero se n → ∞. Dunque {x n } ∞ n=1 è unasuccessione di Cauchy in X e quindi ha limite x ∈ X. Utilizzando la continuitàdella F : X → X [vedi la (B.2)], otteniamo.j=0..x = limn→∞x n+1 = limn→∞F (x n ) = F ( limn→∞x n ) = F (x).L’unicità della soluzione è immediata.✷5.2 Proprietà spettraliSia X uno spazio di Banach complesso e sia T ∈ L(X). Per ogni λ ∈ Cconsideriamo gli operatori lineari λ−T (cioè, λI X −T scritto male). Studiamol’invertibilità di λ − T al variare di λ.Il numero λ ∈ C si dice autovalore di T se esiste 0 ≠ x ∈ X tale che(λ−T )x = 0 (cioè, tale che T x = λx). Il vettore x si chiama un corrispondenteautovettore. In tal caso Ker (λ − T ) = {x ∈ X : (λ − T )x = 0} è l’insiemedi tutti gli autovettori corrispondenti all’autovalore λ, più il vettore zero. Ladefinizione generalizza quella per le matrici quadrate. Infatti, come per lematrici quadrate l’esistenza dell’autovettore 0 ≠ x ∈ X tale che T x = λximplica che λ − T non è invertibile. Per le matrici quadrate T basta risolverel’equazione det(λ − T ) = 0 per trovare tutti gli autovalori di T . Nel caso diuno spazio X a dimensione infinita la situazione è molto più complicata.31

Sia X uno spazio di Banach complesso e sia T ∈ L(X). Il numero complessoλ appartiene allo spettro di T , σ(T ), se λ − T NON è invertibile. Quindi tuttigli autovalori di T appartengono allo spettro di T . Il numero complesso λappartiene al risolvente di T , ρ(T ), se λ − T è invertibile. Dunque ρ(T ) è ilcomplementare di σ(T ).Teorema II.6 Sia T ∈ L(X). Allora lo spettro σ(T ) di T è un sottoinsiemechiuso, limitato e non vuoto di C, mentre il risolvente ρ(T ) di T è un aperto.Dimostrazione. Se |λ| > ‖T ‖, ‖λ −1 T ‖ < 1 implica l’invertibilità dell’operatoreλ − T = λ(I X − λ −1 T ). Inoltre(λ − T ) −1 = 1 λ∞∑j=0T jλ j= ∞∑j=0T jλ j+1 ,(II.3)dove la serie è convergente nella norma di L(X). Quindi lo spettro è contenutonella palla di centro zero e raggio ‖T ‖.Inoltre, se λ ∈ ρ(T ) e |µ−λ| < ‖(λ−T ) −1 ‖ −1 , allora ‖(λ−T )−(µ−T )‖ r. Allora r(T ) ≤ ‖T ‖ eσ(T ) è contenuto nel disco di centro 0 e raggio r(T ). Infatti quel disco è il discodi centro 0 più piccolo che contiene lo spettro di T . Utilizzando l’espressioneper il raggio di convergenza di una serie di potenze, troviamor(T ) = limn→∞‖T n ‖ 1/n .Sia T ∈ L(X). La formula C = σ(T ) ∪ ρ(T ) rappresenta una partizionedel piano complesso in due insiemi disgiunti. Adesso discutiamo un’ulterioresuddivisione di C in quattro insiemi due a due disgiunti.a. Se λ − T è invertibile, λ ∈ ρ(T ). Altrimenti, λ ∈ σ(T ).5 In modo implicito abbiamo supposto che X sia uno spazio di Hilbert. La dimostrazionesi adatta facilmente al caso di uno spazio di Banach generale.6 Una funzione analitica e limitata in tutto il piano complesso è necessariamente costante.32

. Se Ker (λ − T ) = {0}, Im (λ − T ) è un sottospazio lineare denso in Xe Im (λ − T ) ≠ X, si ha λ ∈ σ c (T ). Tali punti λ appartengono allospettro continuo di T . In tal caso ogni x ∈ X si può approssimare davettori (λ − T )z per qualche z ∈ X. Purtroppo esistono x ∈ X tale chel’equazione (λ − T )z = x non ha nessuna soluzione z ∈ X.c. Se Ker (λ − T ) = {0} e Im (λ − T ) è un sottospazio NON denso in X, siha λ ∈ σ r (T ) [lo spettro residuo di T ].d. Se Ker (λ − T ) ≠ {0}, λ è un autovalore di T . L’insieme degli autovalorisi scrive come σ p (T ) [inglese: point spectrum]. Gli autovettoricorrispondenti all’autovalore λ sono tutti i vettori in Ker (λ − T ) \ {0}.Abbiamo ottenuto la partizioneC = ρ(T ) ∪ σ c (T ) ∪ σ r (T ) ∪ σ p (T )} {{ }σ(T )del piano complesso in quattro insiemi due a due disgiunti.5.3 Operatori autoaggiunti e unitariDiscutiamo ora gli operatori lineari su uno spazio di Hilbert. Sia X uno spaziodi Hilbert e sia T ∈ L(X). Si definisce l’operator aggiunto T ∗ dall’uguaglianzaSi dimostra facilmente che(T ∗ x, y) = (x, T y), x, y ∈ X.‖T ∗ ‖ = sup ‖T ∗ x‖ = sup | < T ∗ x, y > |‖x‖=1‖x‖=‖y‖=1= sup | < x, T y > | = sup ‖T y‖ = ‖T ‖.‖x‖=‖y‖=1‖y‖=1Quindi T ∗ ∈ L(X) e ‖T ∗ ‖ = ‖T ‖. Valgono le seguenti proprietà: (λT ) ∗ = λT ∗[(λT ) ∗ = λT ∗ in uno spazio di Hilbert reale], (T +S) ∗ = T ∗ +S ∗ , (T S) ∗ = S ∗ T ∗ ,(T ∗ ) ∗ = T .Sia X uno spazio di Hilbert e sia T ∈ L(X). Introduciamo le seguenticlassi di operatori lineari:a. Gli operatori autoaggiunti: T ∗ = T .b. Gli operatori unitari: T invertibile e T −1 = T ∗ .In uno spazio di Hilbert complesso T un operatore T ∈ L(X) è autoaggiuntose e solo se (T x, x) è un numero reale per ogni x ∈ X.33

Teorema II.7 Sia T ∈ L(X) un operatore autoaggiunto. AlloraInoltre, σ r (T ) = ∅.σ(T ) ⊂ {(T x, x) : ‖x‖ = 1} ⊂ R.Dimostrazione. Prima dimostriamo che σ p (T ) ⊂ R. Infatti se λ ∈ R e0 ≠ x ∈ X è il corrispondente autovettore tale che T x = λx, allora λ‖x‖ 2 =λ(x, x) = (T x, x) ∈ R e dunque λ ∈ R.Sia λ ∈ σ r (T ). Siccome Im (λ − T ) è un sottospazio lineare non denso inX, esiste 0 ≠ x ∈ X tale che ((λ − T )z, x) = 0 per ogni z ∈ X. In tal caso nesegue, per z = x,(T x, x)λ =(x, x) ∈ R.Quindi σ r (T ) ⊂ R. Da questo fatto si trova per ogni z ∈ X0 = ((λ − T )z, x) = (z, (λ − T )x),e quindi (λ − T )x = 0 mentre x ≠ 0. Risulta che λ ∈ σ p (T ). Siccomeσ p (T ) ⊂ R, si ha λ ∈ σ p (T ). Contraddizione. Ne segue allora che σ r (T ) = ∅.Sia λ ∈ σ p (T ) ∪ σ c (T ). Allora esiste una successione {x n } ∞ n=1 in X taleche ‖x n ‖ = 1 (n ∈ N) e ‖(λ − T )x n ‖ → 0 se n → ∞. 7 Allora la stima|((λ − T )x n , x n )| ≤ ‖(λ − T )x n ‖‖x n ‖ con ‖x n ‖ = 1 implica cheλ − (T x n , x n ) = ((λ − T )x n , x n ) → 0, n → ∞. (II.4)Siccome (T x n , x n ) ∈ R per n ∈ N, ne segue λ ∈ R. Dunque σ p (T )∪σ c (T ) ⊂ R.Infine, σ(T ) = σ p (T ) ∪ σ c (T ) e la relazione (B.4) [dove ‖x n ‖ = 1 perogni n ∈ N] implicano che lo spettro di T è contenuto nell’intervallo chiusoe limitato più piccolo che contiene l’insieme {(T x, x) : ‖x‖ = 1}. Infatti, sia{(T x, x) : ‖x‖ = 1} ⊂ [m, M]. Alloram‖x‖ 2 ≤ (T x, x) ≤ M‖x‖ 2 , x ∈ X.Dunque per ogni x ∈ X{λ > M : (λ − M)‖x‖ 2 ≥ ((λ − T )x, x) ≥ (λ − m)‖x‖ 2λ < m : (m − λ)‖x‖ 2 ≤ ((T − λ)x, x) ≤ (M − λ)‖x‖ 2 .Di conseguenza, se λ ∈ R\[m, M], non esiste nessuna successione {x n } ∞ n=1 taleche ‖x n ‖ = 1 (n ∈ N) e ‖(λ − T )x n ‖ → 0. Quindi σ(T ) ⊂ [m, M]. ✷7 Se non esistesse, avremmo ‖(λ − T )x‖ ≥ ε > 0 per ogni vettore x di norma 1, il cheesclude λ ∈ σ p (T ) e implica la limitatezza di (λ − T ) −1 . Siccome σ r (T ) = ∅ implica che(λ − T ) −1 può essere definito su uno sottospazio denso, la sua definizione si estende a tuttolo spazio X e quindi λ ∈ ρ(T ).34

Si può infatti dimostrare che per un operatore lineare autoaggiunto l’insieme{(T x, x) : ‖x‖ = 1} è l’intervallo chiuso e limitato reale più piccoloche contiene lo spettro di T . In particolare, gli estremi di quell’intervalloappartengono a σ(T ). Purtroppo la dimostrazione non è elementare.Teorema II.8 Sia T ∈ L(X) un operatore autoaggiunto. Allora il suo raggiospettrale coincide con la sua norma: r(T ) = ‖T ‖.Dimostrazione.Sia T ∈ L(X) autoaggiunto. Allora‖T x‖ 2 = (T x, T x) = (T 2 x, x) ≤ ‖T 2 x‖‖x‖, x ∈ X,dove è stata applicata la disuguaglianza di Schwartz. Passando all’estremosuperiore per gli x ∈ X con ‖x‖ = 1 si ottiene ‖T ‖ 2 ≤ ‖T 2 ‖ e dunque‖T 2 ‖ = ‖T ‖ 2 .Questo implica‖T 2n ‖ 1/2n = ‖T ‖, n ∈ N.Passando al limite se n → ∞ si trova r(T ) = ‖T ‖.✷Passiamo ora agli operatori unitari. Utilizzando la formula di polarizzazionesi può dimostrare che un’isometria (cioè, un operatore lineare U su unospazio di Hilbert X tale che ‖Uϕ‖ = ‖ϕ‖ per ogni ϕ ∈ X) ha la proprietàe quindi la proprietà(Uϕ, Uψ) = (ϕ, ψ), ϕ, ψ ∈ X,(U ∗ Uϕ, Uψ) = (ϕ, ψ), ϕ, ψ ∈ X.Quest’ultimo implica che U è un’isometria in X se e solo se U ∗ U = I X . Nellastessa maniera si vede che un operatore U ha la proprietà che U ∗ è un’isometriase e solo se UU ∗ = I X . Conclusione: U è un operatore unitario se e solo se U eU ∗ sono ambedue isometrie se e solo se U è un’isometria invertibile. Siccomein tal caso anche U n e U −n = (U −1 ) n sono isometrie (n = 1, 2, 3, . . .) se U èunitario, risultaDi conseguenza,e quindi σ(U) ⊂ {z ∈ C : |z| = 1}.‖U n ‖ = ‖U −n ‖ = 1, n = 1, 2, 3, . . . .r(U) = r(U −1 ) ≤ 1,35

5.4 Operatori autoaggiunti non limitatiCi vuole una teoria degli operatori lineari autoaggiunti non limitati in unospazio di Hilbert. Siano H uno spazio di Hilbert complesso e T un operatorelineare con dominio D(T ) denso in H. Allora T si dice hermitiano [oppuresimmetrico] se(T x, y) = (x, T y), x, y ∈ D(T ).Per un operatore hermitiano T , definiamo l’operatore T ∗ da⎧ {}⎪⎨D(T ∗ ∃c = c(y) > 0 :) = y ∈ H :,|(T x, y)| ≤ c(y)‖x‖, x ∈ D(T )⎪⎩In tal caso ∃! z ∈ H : (T x, y) = (x, z); Poniamo T ∗ y = z.Ovviamente, {D(T ) ⊂ D(T ∗ ),T ∗ x = T x, x ∈ D(T ),cioè T ∗ estende T (scritto: T ⊂ T ∗ ).Un operatore lineare T si dice autoaggiunto se D(T ) è denso in H, T èhermitiano e T ∗ = T . Quindi T è autoaggiunto se T è hermitiano e il suodominio è denso e soddisfaD(T ) ={y ∈ H :}∃c = c(y) > 0 :.|(T x, y)| ≤ c(y)‖x‖, x ∈ D(T )In tal caso l’insieme risolvente ρ(T ) di tutti i punti λ ∈ C per cui⎧⎪⎨ (λ − T )[D(T )] = H,Ker (λ − T ) def= {x ∈ D(T ) : T x = λx} = {0},⎪⎩∃c(λ) > 0 : ‖(λ − T ) −1 x‖ ≤ c(λ)‖x‖ per x ∈ H,contiene C \ R. Quindi il suo complementare, lo spettro σ(T ) = C \ ρ(T ), èun sottoinsieme chiuso (ma non necessariamente limitato 8 ) della retta reale.Inoltre, lo spettro residuo σ r (T ) è vuoto.Non tutti gli operatori simmetrici hanno un’estensione autoaggiunta. Inoltre,se esiste, ne esistono molte. Senza dimostrazione enumciamo il seguenterisultato.Teorema II.9 (Friedrichs) Sia T un operatore hermitiano in H tale che perun’opportuna costante q(T x, x) ≥ q‖x‖ 2 , x ∈ D(T ).8 Infatti σ(T ) è limitato se e solo se D(T ) = H se e solo se T è limitato.36

Allora esiste un’unica estensione autoaggiunta T di T , la cosiddetta estensionedi Friedrichs, tale che(T x, x) ≥ q‖x‖ 2 , x ∈ D(T ).Sotto le ipotesi del Teorema B.8 potrebbero esistere moltissime estensioniautoaggiunte di T , ma soltanto quella di Friedrichs ha la proprietà di esserelimitata inferiormente.Nei Cap. IV e V discuteremo l’estensione autoaggiunta L di un operatore diSturm-Liouville L. Essendo q min il minimo del coefficiente q(x) dell’operatoredifferenziale, quest’operatore L è simmetrico nel senso che (Lf, g) = (f, Lg) perf, g nel dominio M L di L e soddisfa (Lf, f) ≥ q min ‖f‖ 2 2 per f ∈ M L . In tal casoun’estensione L definita in un dominio denso D(L) tale che L[D(L) = L 2 (Ω)e G def= L −1 è un operatore integrale con nucleo hermitiano continuo G(x, y),la cosiddetta funzione di Green, tutto quanto sotto l’ipotesi che λ = 0 non siaautovalore del problema di Sturm-Liouville. Nel caso unidimensionale abbiamoinfatti dimostrato tutti i passaggi. L’abbiamo lasciato in sospeso nel casomultidimensionale.37

Capitolo IIIEQUAZIONI DIFFERENZIALIE FUNZIONI SPECIALIIn questo capitolo iniziamo a discutere le equazioni differenziali lineari di secondoordine, in particolare la teoria di Frobenius. Poi discutiamo le cosiddettefunzioni speciali. Tali funzioni vengono utilizzate spesso nelle applicazioni eloro proprietà vengono tabellate. Tra i libri di tabellazione più utilizzati citrovano i classici libri di Abramowitz e Stegun [1], di Gradshteyn e Ryzik [7],di Watson [20] (che è specializzato nelle funzioni di Bessel), e di Whittaker eWatson [21]. È più moderno il libro di Varshalovich, Moskalev e Khersonskii[18]. La teoria dei polinomi ortogonali si trova nel classico libro di Szegő [16].1 Equazioni Differenziali di Secondo OrdineConsideriamo l’equazione differenziale lineare non omogeneay ′′ + a 1 (x)y ′ + a 0 (x)y = g(x), x ∈ I, (III.1)dove a 0 , a 1 e g sono funzioni reali continue di x ∈ I, essendo I un intervalloaperto della retta reale. Allora per ogni x 0 ∈ I e per ogni coppia di numeri(y 0 , y 1 ) ∈ R 2 esiste una soluzione unica della (II.1) tale chey(x 0 ) = y 0 , y ′ (x 0 ) = y 1 . (III.2)Ponendo y p per la soluzione particolare dell’equazione non omogenea (II.1) chesoddisfa alle condizioni y p (x 0 ) = y ′ p(x 0 ) = 0, la soluzione del problema a valoriiniziali (II.1)-(II.2) ha la seguente forma:y(x) = y 0 Y 1 (x) + y 1 Y 2 (x) + y p (x),(III.3)39

dove Y 0 e Y 1 sono le soluzioni della corrispondente equazione omogeneatali chey ′′ + a 1 (x)y ′ + a 0 (x)y = 0, x ∈ I, (III.4)Y 0 (x 0 ) = 1, Y 0(x ′0 ) = 0, (III.5)Y 1 (x 0 ) = 0, Y 1(x ′0 ) = 1. (III.6)Quindi le soluzioni dell’equazione omogenea (II.4) costituiscono uno spaziovettoriale reale di dimensione 2.La mappa (y 0 , y 1 ) ↦→ y, con y la soluzione dell’equazione omogenea (II.4)che soddisfa la (II.2), è una corrispondenza biunivoca lineare tra R 2 e lo spaziovettoriale delle soluzioni dell’equazione omogenea (II.4). Dunque due soluzioniy 1 e y 2 dell’equazione omogenea (II.4) sono linearmente indipendenti se esolo se sono linearmente indipendenti i loro vettori colonna dei dati iniziali(y j (x 0 ), y j(x ′ 0 )) T (j = 1, 2), cioè se e solo se il loro Wronskianow(x 0 ) def= det(y1 (x 0 ) y 2 (x 0 )y 1(x ′ 0 ) y 2(x ′ 0 ))≠ 0.(III.7)La matrice 2 × 2 nella (II.7) si dice matrice Wronskiana. Sicome la trasformazionelineare dai dati iniziali delle soluzioni della equazione omogenea in x 0 aidati iniziali in un altro punto ˆx 0 ∈ I è per forza una corrispondenza biunivoca,ne segue che il Wronskiano w(x) si annulla da nessuna parte oppure si annulladappertutto in I. Quest’ultima proprietà si dimostra anche nel seguente modo:w ′ (x) = ddx (y 1y 2 ′ − y 2 y 1) ′ = y 1 y 2 ′′ − y 2 y 1′′= y 1 (−a 1 y 2 ′ − a 0 y 2 ) − y 2 (−a 1 y 1 ′ − a 0 y 1 )= −a 1 (y 1 y ′ 2 − y 2 y ′ 1) = −a 1 w. (III.8)Quindi, w(x) = cost. exp (−A 1 (x)), essendo A 1 una primitiva della funzionecoefficiente a 1 . Di conseguenza, w(x) = 0 se e solo se si annulla la costante see solo se w(x) = 0 per ogni x ∈ I.Per risolvere l’equazione non omogenea (II.1) partendo da due soluzioni linearmenteindipendenti y 1 e y 2 della corrispondente equazione omogenea (II.4),si utilizzi il metodo della variazione dei parametri. Ponendoy(x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)(III.9)e facendo l’ipotesi che c ′ 1(x)y 1 (x) + c ′ 2(x)y 2 (x) = 0 per ogni x ∈ I, si arriva alseguente sistema lineare( ) ( ) ( )y1 (x) y 2 (x) c′1 (x) 0y 1(x)′ y 2(x)′ c ′ = . (III.10)2(x) g(x)40

Essendo w(x) ≠ 0 (per ogni x ∈ I) il determinante della matrice del sistemalineare (II.10) (cioè il Wronskiano), risulta la soluzione( ) c′1 (x)c ′ = 1 ( ) ( )y′2 (x) −y 2 (x) 02(x) w(x) −y 1(x)′ = g(x) ( ) −y2 (x), (III.11)y 1 (x) g(x) w(x) y 1 (x)da cui si trovano c 1 (x) e c 2 (x) (e dunque la soluzione y) integrando.2 Metodo di FrobeniusL’equazione differenziale ordinariay ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0,(III.12)dove P (x) e Q(x) sono funzioni analitiche in un intorno di x = 0 e quindi ammettonouno sviluppo in potenze di x con raggio di convergenza strettamentepositiva, può essere risolta sostituendo y(x) = ∑ ∞n=0 c nx n . Risulta una relazionedi ricorrenza per i coefficienti c n che ci consente a calcolare c 2 , c 3 , c 4 , . . .in modo unico dai coefficienti iniziali c 0 = y(0) e c 1 = y ′ (0). Inoltre, il raggiodi convergenza della serie di potenze per la y(x) non è inferiore al minimo deiraggi di convergenza delle serie di potenze per P (x) e Q(x). Siccome y(0) ey ′ (0) determinano completamente la soluzione y, si trovano in tal modo tuttele soluzioni dell’equazione differenziale (II.12).Esempio III.1 Il metodo di resoluzione sostituendo y = ∑ ∞n=0 c nx n vieneillustrato dall’equazione di Airyy ′′ = xy.Siccome y ′′ (0) = 0, abbiamo c 2 = 0. Quindi y ′′ = ∑ ∞∑ n=0 n(n − 1)c nx n−2 =∞n=0 (n + 3)(n + 2)c n+3x n+1 e xy = ∑ ∞n=0 c nx n+1 implicano∞∑(n + 3)(n + 2)c n+3 x n+1 =n=0e quindi si arriva alla relazione di ricorrenza∞∑c n x n+1 ,n=0(n + 2)(n + 3)c n+3 = c n , n = 0, 1, 2, . . . ,partendo da c 0 = y(0), c 1 = y ′ (0) e c 2 = 0. Quindic 3k =c 02.3.5.6.8.9. . . . .(3k − 1)(3k) , c 3k+1 =41c 13.4.6.7.9.10. . . . .(3k)(3k + 1) ,

e c 2 = c 5 = c 8 = . . . = 0. Di conseguenza∞∑ x 3k∞∑y(x) = y(0)2.3.5.6. . . . .(3k − 1)(3k) + y′ (0)k=0k=0dove ambedue le serie hanno raggio di convergenza +∞.x 3k+13.4.6.7. . . . .(3k)(3k + 1) ,Il metodo di Frobenius (1877) è stato sviluppato per risolvere certeequazioni differenziali ordinarie con coefficienti singolari utilizzando lo sviluppodella soluzione in serie di potenza. In tal caso l’equazione differenziale ha laforma (II.12), dove p(x) def= P (x)/x e q(x) def= Q(x)/x 2 sono funzioni analitichein un intorno di x = 0. Si dice che x = 0 è una singolarità regolare [inglese:regular singularity] dell’equazione.Consideriamo prima l’esempio più elementare di un’equazione differenzialecon singolarità regolare ad x = 0, la cosiddetta equazione di Eulerox 2 y ′′ + pxy ′ + qy = 0,(III.13)dove p e q sono coefficienti costanti reali. Per (±x) > 0 sostituiamo x = ±e t ,dove t ∈ R, e arriviamo all’equazione a coefficienti costantid 2 y+ (p − 1)dy + qy = 0.dt2 dt (III.14)La sua equazione caratteristica, ora detta equazione indiciale, èα(α − 1) + pα + q = 0.(III.15)Quest’equazione segue dalla (II.13) sostituendo y = (±x) α per (±x) > 0.Ci sono tre possibilità:a. Discriminante = (p − 1) 2 − 4q > 0. L’equazione indiciale (II.15) ha dueradici reali diverse α 1 e α 2 . In tal caso la soluzione della (II.13) èy(x) = c 1 e α 1t + c 2 e α 2t = c 1 |x| α 1+ c 2 |x| α 2.b. Discriminante = (p − 1) 2 − 4q = 0. L’equazione indiciale (II.15) ha unasingola radice reale α doppia. In tal caso la soluzione della (II.13) èy(x) = c 1 e αt + c 2 t e αt = c 1 |x| α + c 2 |x| α ln |x|.c. Discriminante = (p − 1) 2 − 4q < 0. L’equazione indiciale (II.15) ha dueradici complesse coniugate σ ± iτ dove σ e τ sono reali. In tal caso lasoluzione della (II.13) èy(x) = e σt [c 1 cos(τt) + c 2 sin(τt)]=|x| σ [c 1 cos(τ ln |x|) + c 2 sin(τ ln |x|)] .42

Spieghiamo ora il Metodo di Frobenius (1877). Si cerchi la generalizzazionedella risoluzione dell’equazione di Eulero alle equazione differenzialix 2 y ′′ (x) + xp(x)y ′ (x) + q(x)y(x) = 0,(III.16)dove p(x) e q(x) sono funzioni analitiche in un intorno di x = 0 nel pianocomplesso. Ciò vuol dire che∞∑∞∑p(x) = p n x n , q(x) = q n x n ,n=0n=0(III.17)dove ambedue serie di potenze hanno un raggio di convergenza strettamentepositiva. Sostituiamo ora nella (II.16)y(x) = x α∑ ∞n=0c n x n =∞∑c n x n+α ,n=0(III.18)dove, per ipotesi, la serie ha un raggio di convergenza R > 0. 1 Alloraxy ′ (x) =∞∑(n + α)c n x n+α , x 2 y ′′ (x) =n=0∞∑(n + α)(n + α − 1)c n x n+α ,(III.19)dove abbiamo calcolato le derivate termine a termine. Sostituendo la (II.18) ela (II.19) nella (II.16) otteniamo[∞∑(n + α)(n + α − 1)c n +n=0n=0n∑p n−j (j + α)c j +Quindi tutti i coefficienti di questa serie si devono annulare:(n + α)(n + α − 1)c n +j=0n∑p n−j (j + α)c j +j=0]n∑q n−j c j x n+α = 0.j=0n∑q n−j c j = 0, n = 0, 1, 2, . . . .j=0La (II.20) si può anche scrivere nella forma matricialen∑T (α) nj c j = 0,j=0(III.20)1 Si può dimostrare che il raggio di convergenza di questa serie di potenze non è inferioreal minimo dei raggi di convergenza delle serie di potenze nella (II.17).43

dove la matrice semiinfinita T (α) con elementi⎧⎪⎨ Λ(α + n) def= (α + n)(α + n − 1) + p 0 (α + n) + q 0 , n = j,T (α) nj = p n−j (j + α) + q n−j , n > j,⎪⎩0, n < j.(III.21)è sottotriangolare. In particolare, abbiamo trovate la cosiddetta equazioneindicialeΛ(α) def= α(α − 1) + p 0 α + q 0 = 0. (III.22)Affinchè c 0 ≠ 0, α deve essere una radice della (II.22).Teorema III.2 (Frobenius) Supponiamo che l’equazione indicale (II.20) hadue zeri diversi con una differenza non intera. Allora, scegliendo per α unodegli zeri, si ottengono due soluzioni linearmente indipendenti della (II.16) per|x| inferiore al minimo dei raggi di convergenza delle serie di potenza (II.17).Scrivendo la (II.21) nella forman∑T (α) nj c j = −c 0 T (α) n0 , n = 1, 2, . . . , m, . . . ,j=1dove α è uno zero dell’equazione indiciale (II.22) edet (T (α) nj ) m n,j=1= Λ(α + 1)Λ(α + 2) . . . Λ(α + m),troviamo in modo unico tutti i coefficienti c 1 , c 2 , . . . , c m , . . . se nessuno deinumeri α + 1, α + 2, . . . , α + m, . . . è uno zero dell’equazione indiciale (II.22).In tal caso risultano due soluzioni linearmente indipendenti, una per ciascunozero della (II.22).Se l’equazione indiciale (II.22) ha un singolo zero α ∈ R, allora la (II.18)conduce ad una singola soluzione linearmente indipendente della (II.16). Pertrovare una seconda soluzione linearmente indipendente, si calcolino i coefficientic n (α) dal coefficiente c 0 utilizzando la (II.20) e inserendo α come fosseun parametro libero. La seconda soluzione linearmente indipendente ora ha laseguente forma: [∂∞∑c n (α)x n+α , (III.23)∂α]α=α 0n=0dove α 0 è il singolo zeri dell’equazione indiciale.Se l’equazione indiciale ha due zeri reali con differenza intera, α 0 e α 0 −N per un opportuno N ∈ N, allora la situazione è abbastanza complicata,44

poichè in alcuni casi si trovano due soluzioni linearmente indipendenti e neglialtri casi due soluzioni proporzionali. Sostituendo α = α 0 , essendo α 0 lozero maggiore, si vede subito che si possono trovare tutti i coefficienti c ndal coefficiente c 0 in modo unico. D’altra parte, sostituendo α = α 0 − N,essendo α 0 − N lo zero minore, si vede subito che si possono calcolare in modounico i coefficienti c 1 , . . . , c 2 , . . . , c N−1 dal coefficiente c 0 risolvendo il sistemadi equazioni lineari⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞Λ(α + 1) 0 . . . 0c 1T (α) 10T (α) 21 Λ(α + 2).c 2⎜⎟ ⎜ ⎟⎝ .... . ⎠ ⎝ . ⎠ = −c T (α) 200 ⎜ ⎟⎝ . ⎠ ,T (α) N−1,1 . . . . . . Λ(α + N − 1) c N−1 T (α) N−1,0} {{ }determinante=Λ(α 0 −N+1)Λ(α 0 −N+2)...Λ(α 0 −1)≠0(III.24)dove α = α 0 − N. Arriviamo così alla soluzione unica⎛ ⎞⎛⎞c 1T (α 0 − N) 10c 2⎜ ⎟⎝ . ⎠ = −c 0M −1 T (α 0 − N) 20⎜⎟⎝ . ⎠ ,c N−1 T (α 0 − N) N−1,0dove M è la matrice quadrata nella (II.24).Estendiamo ora la (II.24) al sistema di equazioni (II.21) per m = N eα = α 0 − N. In tal caso l’ultima equazione ha la formaoppureN−1∑j=0[p N−j (j + α 0 − N) + q N−j ] c j = 0,c 0 {T (α 0 − N) N,0⎛⎞⎫+ ( T (α) 0 − N) 10 ⎪⎬T (α 0 − N) N,1 . . . T (α 0 − N) N,N−1 M−1 ⎜⎟⎝ . ⎠T (α 0 − N)⎪⎭ = 0.N−1,0Ora ci sono due possibilità.Prima: Se non si annulla l’espressione tra parentesi graffe, dobbiamo perforza scegliere c 0 = 0. In tal caso c 0 = c 1 = . . . = c N−1 = 0. Scegliamo ora uncoefficiente c N . Allora la (II.20) per n ≥ N + 1 e α = α 0 − N ci consentonoa calcolare c N+1 , c N+2 , . . . da c N in modo unico. Ponendo d n = c N+n per45

n = 0, 1, 2, . . . e n = N + m per m = 0, 1, 2, . . ., la (II.20) ha la formam∑m∑(m+α 0 )(m+α 0 −1)d m + p m−l (l+α 0 )d l + q m−l d l = 0, m = 0, 1, 2, . . . ,l=0(III.25)e quindi per α = α 0 −N si otterrà una soluzione proporzionale a quella ottenutaper α = α 0 .Seconda: Se si annulla l’espressione tra parentesi graffe, allora l’equazioneper c N risulta infatti la tautologia 0 = 0, mentre per n ≥ N + 1 e α = α 0 − Nla (II.20) conduce a valori per i coefficienti c N+1 , c N+2 , . . . che dipendono inmodo unico e lineare dai coefficienti c 0 e c N . Quindi si otterranno due soluzionilinearmente indipendenti.Esempio III.3 Consideriamo l’equazione differenziale di Bessell=0x 2 y ′′ (x) + xy ′ (x) + (x 2 − ν 2 )y(x) = 0di ordine ν ≥ 0, dove p(x) ≡ 1 e q(x) = x 2 − ν 2 . Quindi p 0 = 1, q 0 = −ν 2 eq 2 = 1, e l’equazione indicialeΛ(α) = α(α − 1) + p 0 α + q 0 = α 2 − ν 2 = 0ha gli zeri ±ν. Di consequenza, se 2ν non è un intero, il metodo di Frobeniusconduce a due soluzioni linearmente indipendenti. Supponiamo ora che 0 ≠2ν ∈ Z. Allora la (II.24) implica{Λ(−ν + 1)c 1 = 0,(III.26)Λ(−ν + n)c n + c n−2 = 0, n = 2, . . . ,dove 0 /∈ {Λ(−ν +n) : n = 1, 2, . . . , 2ν −1}∪{Λ(−ν +n) : n ≥ 2ν +1}. È facilecapire che per 2ν dispari si trovano due soluzioni linearmenti indipendenti,mentre per 2ν si trova una singola soluzione linearmente indipendente. Infatti,se 2ν è pari, per n = 2ν si trova c 2ν−2 = 0; utilizzando la (II.26) per n =2, 4, . . . , 2ν − 2 pari, otteniamo 0 = c 2ν−2 = c 2ν−4 = . . . = c 2 = c 0 , mentre la(II.26) per n = 1, 3, . . . , 2ν − 1 conduce a 0 = c 1 = c 3 = . . . = c 2ν−1 = 0. Per2ν dispari, lo stesso raggionamento conduce a c 1 = c 3 = . . . = c 2ν = . . . = 0direttamente.3 Funzioni IpergeometricheConsideriamo ora la funzione ipergeometrica∞∑ (α) k (β) k2F 1 (α, β; γ; z) =z k (III.27)k! (γ) k46k=0

per |z| abbastanza piccola, dove il simbolo di Pochhammer α 0 = 1 edef(α) k = α(α + 1)(α + 1)(α + 2) . . . (α + k + 1) =Ovviamente si ha la relazione di simmetria2F 1 (α, β; γ; z) = 2 F 1 (β, α; γ; z)Γ(α + k).Γ(α)per |z| abbastanza piccola. Ovviamente[ d2F 1 (α, β; γ; 0) = 1,dz 2 F 1 (α, β; γ; z)]z=0= αβγ .(III.28)α β γ z 2F 1 (α, β; γ; z)α β β z (1 − z) −α1 1 2 z − log(1 − z)/z1 31 z 2 12 2 2z1 1 32 21 312log1+z1−zz 2 arcsin(z)/z2−z 2 arctan(z)/z2Per trovare un’espressione integrale per le funzioni ipergeometriche si ricordaprima che(β) k(γ) k==Γ(β + k)Γ(γ) B(β + k, γ − β)=Γ(β)Γ(γ + k) B(β, γ − β)1B(β, γ − β)Sostituendolo nella (II.27) otteniamo2F 1 (α, β; γ; z) ===1B(β, γ − β)1B(β, γ − β)1B(β, γ − β)∞∑k=0∫ 10∫ 10∫ 10(1 − t) γ−β−1 t β+k−1 dt.(α) kk!∫ 1z k (1 − t) γ−β−1 t β+k−1 dt0(1 − t) γ−β−1 t β−1 { ∞∑k=0(1 − t) γ−β−1 t β−1 (1 − zt) −α dt,}(α) k(zt) k dtk!valida per |z| < 1 e γ > β > 0, dove B è la funzione beta di Eulero [Vedil’Appendice A]. Sostituendo z = 1 si ottiene2F 1 (α, β; γ; 1) =1B(γ − β)∫ 10(1 − t) γ−α−β−1 t β−1 dt =B(β, γ − α − β)B(β, γ − β)47

per γ − α − β > 0 e β > 0. Esprimendo le funzioni beta di Eulero in funzionigamma (vedi l’Appendice A) otteniamo il teorema di Gauss2F 1 (α, β; γ; 1) =Γ(γ)Γ(γ − α − β)Γ(γ − α)Γ(γ − β) ,(III.29)dove γ − α − β > 0 e β > 0.La funzione ipergeometrica 2 F 1 (α, β; γ; z) soddisfa all’equazione differenzialeipergeometricax(1 − x)y ′′ (x) + {γ − (α + β + 1)x} y ′ (x) − αβy = 0. (III.30)Tutti i punti z ∈ C \ {0, 1, ∞} sono punti regolari della (II.29) (cioè, esistonodue soluzini linearmente indipendenti in un intorno di ciascuno di questi punti),mentre 0, 1 e ∞ sono singolarità regolari.Intorno a x = 0 la (II.30) ha la formay ′′ +Qundi l’equazione indiciale èγ − (α + β + 1)xy ′ −αβx(1 − x) x(1 − x) y = 0.µ(µ − 1) + γµ = µ(µ + γ − 1) = 0,con gli zeri 0 e 1 − γ. Quindi la sostituzione y(x) = x µ ∑ ∞k=0 c kx k per µ ∈{0, 1 − γ} conduce a due soluzioni linearmente indipendenti per |x| < 1 seγ /∈ Z.Intorno a x = 1 l’equazione indiciale èµ(µ − 1) + (α + β − γ + 1)µ = µ(µ + α + β − γ) = 0,con gli zeri 0 e γ−α−β. Quindi la sostituzione y(x) = (x−1) ∑ µ ∞k=0 c k(x−1) kper µ ∈ {0, γ − α − β} conduce a due soluzioni linearmente indipendenti per|x − 1| < 1 se γ − α − β /∈ Z.Intorno a x = ∞ possiamo trasformare la (II.30) ponendo z = 1/x e considerandoz = 0 come singolarità regolare. Si ottiene l’equazione differenziale1z(1 − 1 z)z 2 d dz (z2 y ′ (z)) −[γ − α + β + 1z]z 2 dydz − αβy(z)= z 2 (z − 1)y ′′ (z) − z[2(1 − z) + γz − α − β − 1]y ′ (z) − αβy(z) = 0.L’equazione indiciale èµ(µ − 1) + µ(1 − α − β) + αβ = (µ − α)(µ − β) = 0.48

Quindi la sostituzione y(x) = x −µ ∑ ∞k=0 c kx −k per µ ∈ {α, β} conduce a duesoluzioni linearmente indipendenti per |x| > 1 se α − β /∈ Z.Per passare all’equazione ipergeometrica confluente osserviamo prima chela funzione 2 F 1 (α, β; γ; x/β) soddisfa all’equazione differenziale(x 1 − x ) { (d 2 yβ dx + γ − 1 + α + 1) ) } dyx − αy = 0.2 β dx (III.31)Facendo tendere β → ∞ si arriva alla cosiddetta equazione ipergeometricaconfluentexy ′′ (x) + (γ − x)y ′ (x) − αy = 0.(III.32)Siccome (β) k /β k → 1 se β → ∞ per k fissa, otteniamo come una delle soluzionila funzione ipergeometrica confluente1F 1 (α; γ; x) =∞∑k=0(α) k(γ) k k! xr .(III.33)α γ z 1F 1 (α; γ; z)α α z e(zα + 1 α z 1 + α )e zz12√3 π−z 2 22z erf(z)Tutti i punti in C \ {0, ∞} sono regolari, mentre zero e ∞ sono singolaritàdella (II.31). Infatti, intorno ad x = 0 si ottiene l’equazione indicialeµ(µ − 1) + γµ = µ(µ + γ − 1) = 0,con gli zeri 0 e 1 − γ. Quindi la sostituzione y(x) = x µ ∑ ∞k=0 c kx k per µ ∈{0, 1 − γ} conduce a due soluzioni linearmente indipendenti per |x| < 1 se γ /∈Z. Il punto all’infinito non è una singolarità regolare. Infatti, la sostituzionez = (1/x) nella (II.32) conduce all’equazione differenziale1 d (z z2 z 2 dy ) (+ γ − 1 ) dydz dz z dz − αy = 0oppurez 3 d2 ydz + ([2 + 2 γ]z2 − z) dy − αy = 0.dz49

4 Funzioni di BesselConsideriamo l’equazione differenzialex 2 u ′′ + xu ′ + (x 2 − ν 2 )u = 0,(III.34)detta equazione di Bessel. Ogni soluzione di quest’equazione non identicamentenulla è detta funzione cilindrica.4.1 Definizione e proprietà sempliciConsideriamo, per ν ∈ R, la funzione 2J ν (x) =∞∑k=0(−1) k ( x) 2k+ν, (III.35)Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1) 2dove Γ(z) è la funzione Gamma che soddisfa Γ(z + 1) = z Γ(z) e Γ(1) = 1 [vedil’Appendice A]. Si può rappresentare nella formaJ ν (x 2 ) = x ν f ν (x 2 ),(III.36)dove f ν (ζ) è una funzione analitica in tutto il piano complesso,f ν (ζ) =∞∑k=0(−1) k ζ k2 2k+ν Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1) , (III.37)con raggio di convergenza R = +∞. Quindi la sua somma definisce unafunzione analitica f ν (ζ) in tutto il piano complesso.Verifichiamo che la funzione J ν (x) soddisfa l’equazione (II.34). Utilizzandola relazione Γ(z + 1) = zΓ(z), si ottienex 2 J ν ′′ (x) + xJ ν(x) ′ − ν 2 J ν (x)∞∑ (−1) k [(2k + ν)(2k + ν − 1) + (2k + ν) − ν 2 ]( x) 2k+ν=Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1)2k=0∞∑ (−1) k 4k(k + ν)( x) 2k+ν ∑ ∞(−1) k ( x) 2k+ν== 4Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1) 2Γ(k + ν)Γ(k) 2k=0k=1= −x 2 ∞∑k=0(−1) kΓ(k + ν + 1)Γ(k + 1)( x2) 2k+ν= −x 2 J ν (x),2 La (II.35) si può anche derivare applicando il metodo di Frobenius.50

come dovevasi dimostrare. La funzione cilindrica J ν (x) si dice funzione diBessel di ordine ν, dove x ν > 0 per x > 0. In particolare⎧ √ √2∞∑ (−1) k2⎪⎨ J 1/2 (x) =πx (2k + 1)! x2k+1 = sin x,πx√ k=0√2∞∑(III.38)(−1) k 2⎪⎩J −1/2 (x) =πx (2k)! x2k = cos x.πxk=0Se ν > 0 non è intero, le funzioni J ν (x) e J −ν (x) sono linearmente indipendenti.Ciò segue dalla (II.35) in virtù del fatto chex νJ ν (x) =2 ν Γ(ν + 1) [1 + O(x2 )] , x → 0; ν ≠ −1, −2, −3, · · · ,(III.39)poichè Γ(ν + 1) è finito. Se, invece, ν = n è intero, si utilizzi il fatto che Γ(−k)è infinito per k = 0, 1, 2, · · · [vedi l’Appendice A] e quindi la sommatoria nellaserie (II.35) per J −n (x) inizia a k = n. Quindi per n = 0, 1, 2, . . . si haJ −n (x) =∞∑ (−1) k ( xΓ(k + n + 1)Γ(k + 1) 2∞∑k=nl=k−n=l=0) 2k−n(−1) l+n ( x) 2l+n= (−1) n J n (x).Γ(l + 1)Γ(l + n + 1) 2Dunque le funzioni J n (x) e J −n (x) sono linearmente dipendenti:J −n (x) = (−1) n J n (x).(III.40)Sono valide le seguenti relazioni di ricorrenza:J ′ ν(x) = J ν−1 (x) − ν x J ν(x) = −J ν+1 (x) + ν x J ν(x).(III.41)Infatti, la prima formula (II.41) segue dalla (II.35):J ν(x) ′ − J ν−1 (x)∞∑[(−1) k (2k + ν)( x) 2k+ν−1 (−1) k ( x) ] 2k+ν−1=−2Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1) 2 Γ(k + ν)Γ(k + 1) 2k=0= − ν ∞∑ (−1) k ( x) 2k+ν ν = −x Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1) 2 x J ν(x).k=051

Nello stesso modo si ottieneJ ν(x) ′ + J ν+1 (x)∞∑[(−1) k (2k + ν)( x) 2k+ν−1 (−1) k ( x) ] 2k+ν+1=+2Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1) 2 Γ(k + ν)Γ(k + 1) 2k=0ν( x=2Γ(ν + 1) 2∞∑−=l=0) ν−1[ (−1) l (2l + ν + 2)2Γ(l + ν + 2)Γ(l + 2) −ν( x) ν−1 ν −2Γ(ν + 1) 2 x∞∑l=0(−1) l (x ) 2l+ν+1Γ(l + ν + 2)Γ(l + 1)]2(−1) l ( x) 2l+ν+1 ν =Γ(l + ν + 2)Γ(l + 2) 2 x J ν(x).Le formule (II.41) si possono riscrivere nella formaddx [xν J ν (x)] = x ν d [J ν−1 (x), x −ν J ν (x) ] = −x −ν J ν+1 (x).dxIn particolare per ν = 0 si trovaJ ′ 0(x) = −J 1 (x).Infine, sottraendo le formule (II.41), si ottiene ancora una relazione di ricorrenza:J ν+1 (x) − 2ν x J ν(x) + J ν−1 (x) = 0.4.2 Funzioni di Bessel di seconda specieIl Wronskiano W [u, v] = uv ′ − u ′ v di due soluzioni u e v dell’equazione diBessel soddisfa all’equazione differenziale di primo ordineW ′ [u, v](x) + 1 W [u, v](x) = 0,xe quindi W [u, v](x) è proporzionale alla funzione 1/x. Per trovare la costantedi proporzionalità basta studiare l’andamento del Wronskiano se x → 0. Perν /∈ Z si vede subito che⎧1( x) ν⎪⎨ J ν (x) =+ O(x ν+2 ),Γ(ν + 1) 2⎪⎩ xJ ν(x) ′ ν( x) ν=+ O(x ν+2 ),Γ(ν + 1) 2⎧1( x) −ν⎪⎨ J −ν (x) =+ O(x −ν+2 ),Γ(−ν + 1) 2⎪⎩ xJ −ν(x) ′ −ν( x) −ν=+ O(x −ν+2 ),Γ(−ν + 1) 252

e dunque [vedi la (A.10) nell’Appendice A]=W [J ν , J −ν ](x) =−2νxΓ(ν + 1)Γ(−ν + 1)−2νxΓ(ν + 1)Γ(−ν + 1) + O(x) } {{ }=0−2 sin(νπ)= .πxQuindi J ν (x) e J −ν (x) sono linearmente indipendenti [cioè, il Wronskiano nonsi annulla per x ≠ 0] se e solo se ν non è un intero. Se ν ∈ Z, risultaJ −ν (x) = (−1) ν J ν (x).Per ν = n (n = 0, 1, 2, · · · ) esiste una soluzione dell’equazione di Bessellinearmente indipendente della J n (x). Per trovarela definiamo la funzione diBessel di seconda specieY ν (x) = J ν(x) cos(νπ) − J −ν (x)sin(νπ)per ν /∈ Z. Siccome sia il numeratore che il denominatore sono funzioni analitichedi ν ∈ C e (d/dν) sin(νπ) = π cos(νπ) ≠ 0 per ν = 0, 1, 2, · · · , il limitedi Y ν (x) per ν → n ∈ N ∪ {0} esiste ed è uguale all’espressioneY n (x) = 1 π[ ] ∂Jν (x)∂νν=n− (−1) n [∂J−ν (x)∂ν].ν=nCalcolando la derivata della serie di potenza per J ν (x) rispetto a ν ed introducendola funzione ψ(z) = Γ ′ (z)/Γ(z) otteniamo per x ≥ 0Y 0 (x) = 2 ∞∑ (−1) k (z/2) 2k [log z ]π (k!) 2 2 − ψ(k + 1) k=0= 2 π J 0(x) log x 2 − 2 ∞∑ (−1) k (z/2) 2kψ(k + 1),π (k!) 2∑n−1Y n (x) = − 1 π+ 1 ∞∑πk=0k=0k=0(n − k − 1)!k!(−1) k (z/2) n+2kk!(n + k)!= 2 π J n(x) log x 2 − 1 π− 1 π∞∑k=0∑n−1k=0(−1) k (z/2) n+2kk!(n + k)!( z2) 2k−n[2 log z 2 − ψ(k + 1) − ψ(k + n + 1) ](n − k − 1)!k!( x2) 2k−n[ψ(k + 1) + ψ(k + n + 1)] .53

110.50.50−0.50−1−1.5−0.50 2 4 6 8 10x−20 2 4 6 8 10xFigura III.1: Panello sinistro: le funzioni di Bessel J ν (x), ν = 0, 1, 2, 3.Panello destro: le funzioni di Neumann Y ν (x), ν = 0, 1, 2, 3.Quest’espressione conduce alle rappresentazioni asintotiche per x → 0 +⎧2 ⎪⎨Y n (x) ∼ π log x 2 , n = 0(n − 1)!( x) −n (III.42)⎪⎩ − , n = 1, 2, · · · ,π 2implicando che |Y n (x)| → +∞ se x → 0.Per ragioni di linearità le funzioni di Bessel di seconda specie soddisfanoalle stesse formule di ricorrenza di quelle di prima specie. In particolareY ′ν(x) = Y ν−1 (x) − ν x Y ν(x) = −Y ν+1 (x) + ν x Y ν(x);ddx [xν Y ν (x)] = x ν Y ν−1 (x),d [x −ν Y ν (x) ] = −x −ν Y ν+1 (x);dxY ′0(x) = −Y 1 (x); Y ν+1 (x) − 2ν x Y ν(x) + Y ν−1 (x) = 0.4.3 Ortogonalità e zeriLa seguente proposizione ci importa nei casi α = 1 e β = 0 (cercando gli zeri)e α = 0 e β = 1 (cercando i valori estremi).Proposizione III.4 Per α, β ≥ 0 con α + β > 0, siano µ 1 e µ 2 zeri realidell’equazioneαJ ν (µ) + βµJ ν(µ) ′ = 0,(III.43)54

dove ν > −1. Allora∫ 1xJ ν (µ 1 x)J ν (µ 2 x) dx0⎧0, µ 2 1 ≠ µ 2 2,⎪⎨ 1= 2 [J ν(µ ′ 1 )] 2 + 1 ) (1 − ν2J2 µ 2 ν (µ 1 ) 2 , µ 1 = µ 2 ,1⎪⎩ − 1 2 J ν(µ ′ 1 )J ν(−µ ′ 1 ) + 1 ) (1 − ν2J ν (µ 1 )J ν (−µ 1 ), µ 1 = −µ 2 .2µ 2 1(III.44)Dimostrazione. Siano µ 1 , µ 2 ∈ R. In virtù della (II.34), le funzioni J ν (µ 1 x)e J ν (µ 2 x) soddisfano le equazioni[dx dJ ])ν(µ 1 x)+(µ 2dx dx1x − ν2J ν (µ 1 x) = 0,x[dx dJ ])ν(µ 2 x)+(µ 2dx dx2x − ν2J ν (µ 2 x) = 0.xMoltiplichiamo la prima per J ν (µ 2 x) e la seconda per J ν (µ 1 x), poi sottraiamotermine a termine la prima dalla seconda ed integriamo da 0 a 1. Si ottiene=∫ 1(µ 2 2 − µ 2 1)∫ 100[J ν (µ 2 x) ddxxJ ν (µ 1 x)J ν (µ 2 x) dx(x dJ )ν(µ 1 x)dx− J ν (µ 1 x) ddx(x dJ )]ν(µ 2 x)dxdx= [µ 1 xJ ν (µ 2 x)J ′ ν(µ 1 x) − µ 2 xJ ν (µ 1 x)J ′ ν(µ 2 x)] 1 x=0 . (III.45)Dalla (II.35) [vedi anche la (II.39)] abbiamo per x → 0 +J ν (µx) =e perciò1Γ(ν + 1)( µx) ν+O(x ν+2 ), µxJ ′2ν(µx) =νΓ(ν + 1)( µx) ν+O(x ν+2 ),2µ 1 xJ ν (µ 2 x)J ′ ν(µ 1 x) − µ 2 xJ ν (µ 1 x)J ′ ν(µ 2 x) = O(x 2ν+2 ), x → 0 + .Quindi, grazie alla condizione ν > −1, il primo membro della (II.45) si annullaper x = 0 e si ottiene∫ 10xJ ν (µ 1 x)J ν (µ 2 x) dx = µ 1J ν (µ 2 )J ν(µ ′ 1 ) − µ 2 J ν (µ 1 )J ν(µ ′ 2 ). (III.46)µ 2 2 − µ 2 155

Se µ 1 e µ 2 sono zeri reali dell’equazione (II.43) dove α, β ≥ 0 e α + β > 0, ildeterminante del sistema lineareαJ ν (µ 1 ) + βµ 1 J ′ ν(µ 1 ) = 0, αJ ν (µ 2 ) + βµ 2 J ′ ν(µ 2 ) = 0,per (α, β) si annulla, cioè il numeratore della frazione nella (II.46) si annulla.Di conseguenza, se µ 2 1 ≠ µ 2 2, segue la proprietà di ortogonalità (cioè, si annullala parte a sinistra della (II.46)).Per dimostrare la (II.44) se µ 1 = µ 2 , si passi al limite per µ 2 → µ 1 nella(II.46) utilizzando la regola di De L’Hôpital:∫ 10xJ ν (µ 1 x) 2 µ 1 J ν (µ 2 )Jdx = limν(µ ′ 1 ) − µ 2 J ν (µ 1 )J ν(µ ′ 2 )µ 2 →µ 1 µ 2 2 − µ 2 1= 1 2 [J ν(µ ′ 1 )] 2 − 1 J ν (µ 1 ) [J2µν(µ ′ 1 ) + µ 1 J ′′1= 1 2 [J ′ ν(µ 1 )] 2 + 1 2 J ν(µ 1 ) 2 (1 − ν2µ 2 1).ν (µ 1 )]Abbiamo dimostrato la (II.44) per µ 1 = µ 2 . La dimostrazione per µ 1 = −µ 2 èanaloga.✷Dimostriamo ora le seguenti proprietà degli zeri dell’equazione (II.43) perν > −1. Per β = 0 quest’equazione definisce gli zeri delle funzioni di Bessel.Teorema III.5 Gli zeri dell’equazione (II.43) per ν > −1 sono reali, semplici,ad eccezione, forse, dello 0; questi zeri sono simmetricamente disposte rispettoall’origine e non hanno punti di accumulazione.Dimostrazione. Dalla (II.35), in virtù del fatto che α, β e Γ(ξ) sono reali,per ξ reali, si ottiene J ν (x) = J ν (x). QuindiαJ ν (µ) + βµJ ′ ν(µ) = αJ ν (µ) + βµJ ′ ν(µ).Per questa ragione, se µ è uno zero dell’equazione (II.43), µ è anche’esso unosuo zero. Se µ 2 ≠ µ 2 , applicando la formula (II.44) per µ 1 = µ e µ 2 = µ, siarriva ad una contraddizione:0 =∫ 10xJ ν (µx)J ν (µx) dx =∫ 10x|J ν (µx)| 2 dx.Ciò significa che µ 2 = µ 2 , cioè µ è un numero reale o immaginario. Ma quest’ultimocaso non ha luogo, poichè, in virtù della (II.35) e del fatto che Γ(ξ) > 0per ξ > 0, si ha per 0 ≠ a ∈ R( ) ν ia ∑ ∞αJ ν (ia) + i βaJ ν(ia) ′ α + β(2k + ν)( a) 2k=≠ 0.2 Γ(k + ν + 1)Γ(k + 1) 2k=056

Siccome µ −ν [αJ ν (µ) + βµJ ν(µ)] ′ è una funzione analitica di µ in tutto ilpiano complesso, i suoi zeri non si possono accumulare ad un punto finito.Dimostriamo ora la semplicità degli zeri. Sia µ 0 > 0 uno zero della (II.43)di moltiplicità 2, in modo che⎧⎨αJ ν (µ 0 ) + βµ 0 J ν(µ ′ 0 ) = 0,)⎩αJ ν(µ ′ 0 ) + βJ ν(µ ′ 0 ) + βµ 0 J ν ′′ (µ 0 ) = −β(µ 0 − ν2J ν (µ 0 ) + αJµν(µ ′ 0 ) = 0,0(III.47)in virtù dell’equazione (II.34). Dalla (II.47) [che è un sistema di equazionilineari per J ν (µ 0 ) e J ν(µ ′ 0 )] concludiamo che a) J ν (µ 0 ) = J ν(µ ′ 0 ) = 0, oppureb) α 2 + β 2 (µ 2 0 − ν 2 ) = 0. Il caso a) è impossibile grazie al teorema sull’unicitàdella soluzione della (II.34), poichè µ 0 > 0 non è un punto singolare dell’equazione(II.34). Dimostriamo che è anche impossibile il caso b). Per realizzare ilcaso b) ci vuole β > 0 e (α/β) = √ ν 2 − µ 2 0, dove 0 < µ 0 ≤ |ν|. Sostituendoquest’equazione nella (II.47) si ottiene( )[J ν(µ ′ 0 )] 2 ν2= − 1 J ν (µ 0 ) 2 ,il che, in virtù della (II.44), porta all’uguaglianza contraddittoria∫ 1xJ ν (µ 0 x) 2 dx = 1 {) }[J ′2ν(µ 0 )] 2 +(1 − ν2J ν (µ 0 ) 2 = 0.0Il teorema è stato dimostrato.µ 2 0In base al teorema dimostrato si possono numerare gli zeri dell’equazione(II.43), disponendole in ordine crescente:µ 2 00 < µ (ν)1 < µ (ν)2 < µ (ν)3 < · · · .Se ν > 0, J ν (x) si annulla per x = 0.Abbiamo la seguente espressione asintotica per la funzione J ν (x): 3J ν (x) =√2(xπx cos − π 2 ν − π )+ O(x −3/2 ), x → +∞. (III.48)4Ne segue la formula approssimativa per gli zeri di J ν (x):µ (ν)k≈ 3π 4 + π ν + kπ, k → +∞.2La dimostraziona della formula asintotica (II.48) si trova nell’Appendice C.3 Vedi l’Appendice C per le dimostrazioni.✷57

4.4 Altre funzioni cilindricheInsieme con le funzioni di Bessel J ν (x), sono importanti per le applicazionialtri tipi di funzioni cilindriche. Queste funzioni sono le seguenti:1. Le funzioni di Neumann o le funzioni di Bessel di seconda specie⎧J ν (x) cos(νπ) − J −ν (x), ν /∈ Z⎪⎨ [ sin(νπ)Y ν (x) = 1 ∂Jν (x)− (−1) n ∂J ]−ν(x), ν = n = 0, 1, 2, · · ·π ∂ν∂νν=n⎪⎩(−1) n Y n (−x), ν = −n = −1, −2, · · · .Spesso si vede la notazione N ν (x) invece di Y ν (x).2. Le funzioni di Hankel di prima speciee le funzioni di Hankel di seconda specieH (1)ν (x) = J ν (x) + i Y ν (x) (III.49)H (2)ν (x) = J ν (x) − i Y ν (x). (III.50)3. Le funzioni di Bessel di argomento immaginarioI ν (x) = e −νπi/2 J ν (ix),K ν (x) = πi2 eπνi/2 H (1)ν (ix). (III.51)Le funzioni I ν (x) si chiamano funzioni di Bessel modificate di prima specie (modifiedBessel functions of the first kind), mentre le funzioni K ν (x) si chiamanofunzioni di MacDonald. 4Utilizzando l’espressione asintotica (II.48) per J ν (x), si ha per x → +∞H (1)ν (x) =H (2)ν (x) =Y ν (x) =I ν (x) =√2√2πx eiπx e−ix− π2 ν − π 4!+ O(x −3/2 ), (III.52)πx− 2 ν − π !4 + O(x −3/2 ), (III.53)√2πx sin (x − π 2 ν − π 4ex√2πx[1 + O(x −1 ) ] ,)+ O(x −3/2 ), (III.54)(III.55)K ν (x) =√ π2x e−x [ 1 + O(x −1 ) ] . (III.56)4 Nella letteratura ci sono diversi nomi e notazioni per queste funzioni. In particolare, in[21] si utilizza una definizione diversa della nostra.58

3025201510587654321000 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6xxFigura III.2: Panello sinistro: le funzioni di Bessel immaginarie I ν (x) perν = 0, 1, 2, 3. Panello destro: le funzioni di MacDonald K ν (x)per ν = 0, 1, 2, 3.Le dimostrazioni delle formule asintotiche (II.52)-(II.56) si trovano nell’AppendiceC. Analogamente, utilizzando la (II.39), si ottiene per x → 0 +⎧H ⎪⎨(1)0 (x) ≈ − 2iπ ln 1 x , H(2) 0 (x) ≈ 2iπ ln 1 x ,⎪⎩ Y 0 (x) ≈ − 2 π ln 1 x , K 0(x) ≈ ln 1 x .Calcoliamo oraπ2 (I −ν(z) − I ν (z)) = π (e νπi/2 J −ν (iz) − e −νπi/2 J ν (iz) )2= π ( 2 eνπi/2 J −ν (iz) − e −νπi J ν (iz) )= π 2 eνπi/2 (−[J ν (iz) cos(νπ) − J −ν (iz)] + i sin(νπ)J ν (iz))= π 2 eνπi/2 sin(νπ) (J ν (iz) + iY ν (iz))= πi2 eνπi/2 H ν(1) (iz) sin(νπ) = K ν (z) sin(νπ),implicando che 5 K ν (z) = π 2I −ν (z) − I ν (z).sin(νπ)5 In [21, Sec. 17.71] la funzione di MacDonald K ν (z) viene definita in modo diverso:K ν (z) = π 2 (I −ν(z) − I ν (z)) cot(νπ).59

Per ν = n ∈ Z bisogna calcolare il limite se ν → n.Troviamo ora le equazioni differenziali per le funzioni I ν (x) e K ν (x). Sostituendox ↦→ ix nella (II.34), otteniamo l’equazione differenzialex 2 u ′′ + xu ′ − (x 2 + ν 2 )u = 0.(III.57)Dal Teorema II.5 segue che per ν > −1 le funzioni di Bessel immaginarie I ν (x)e le loro derivate prime non hanno zeri reali (con l’eccezione di x = 0 se ν > 0).4.5 Funzioni sferiche di BesselLe funzioni di Bessel J ±(l+1)(x), dove l = 0, 1, 2, . . ., appaiono nello studio dello2scattering quantistico e dello scattering della luce. Per questo motivo vengonointrodotte le seguenti funzioni:√ π2z J l+ 1 (z),2j l (z) =√ πy l (z) = (−1) l+1 n l (z) =2z Y l+ 1 (z),2√ π2z H(1) (z),l+ 1 2h (1)l(z) = j l (z) + iy l (z) =h (2)l(z) = j l (z) − iy l (z) =√ π2z H(2) (z).l+ 1 2(III.58)(III.59)(III.60)(III.61)Le funzioni j l (z), y l (z) = (−1) l+1 n l (z) e h (1,2)l(z) si dicono funzioni sferiche diBessel di prima, seconda e terza specie. QuindiSi vede facilmente chej 0 (z) = sin(z) ,zj 1 (z) = sin(z) − cos(z) ,( z 2 z3j 2 (z) =z − 1 )sin(z) − 3 3 z z cos(z),2y 0 (z) = −n 0 (z) = − cos(z) ,zy 1 (z) = n 1 (z) = − cos(z) − sin(z) ,( z 2 zy 2 (z) = −n 2 (z) = − 3 z + 1 )cos(z) − 3 3 z z sin(z).2y l (z) = (−1) l+1 n l (z) = (−1) l+1 j −l−1 (z).(III.62)60

È anche abbastanza facile trovare le seguenti espressioni esplicite:(j l (z) = z l − 1 ) l (d sin(z), y l (z) = (−1) l+1 n l (z) = −z l − 1 ) ld cos(z).z dz zz dz z(III.63)Asintoticamente (se x → +∞) abbiamo le seguenti espressioni:⎧⎪⎨ l/2sin(x)(−1)j l (x) ≃x , l pari,⎪⎩cos(x)(III.64)(−1) l+12 , l dispari,x ⎧⎪⎨ (l+2)/2cos(x)(−1) , l pari,y l (x) = (−1) l+1 n l (z) ≃x⎪⎩sin(x)(III.65)(−1) l+12x , l dispari, ⎧⎪⎨ l/2eix−i(−1)h (1)l(x) ≃x , l pari,⎪⎩ e ix(III.66)(−1) l+12x , l dispari, ⎧⎪⎨ l/2e−ixi(−1)h (2)l(x) ≃x , l pari,⎪⎩ e −ix(III.67)(−1) l+12x , l dispari.Sostituendo y = √ x Y nell’equazione di Bessel di ordine ν = l + 1 2all’equazione differenzialeY ′′ + 2 x Y ′ +( )l(l + 1)1 − Y = 0x 2si arriva(III.68)per le funzioni j l , y l = (−1) l+1 n l , h (1)le h (2)l. Ponendo Y = Z/x si ha inoltre( )Z ′′ l(l + 1)+ 1 − Z = 0(III.69)x 2per le funzioni xj l (x), xy l (x) = (−1) l+1 xn l (x), xh (1)l(x) e xh (2)l(x).5 Funzioni sfericheConsideriamo adesso una classe di funzioni speciali molto importante per lafisica matematica.61

5.1 Funzioni sfericheSi dice funzione sferica di ordine l = 0, 1, 2, · · · ogni polinomio armonico 6omogeneo di grado l considerato sulla sfera unitaria S n−1 ⊂ R n . Dunque, trale funzioni sferiche Y l (s), s ∈ S n−1 , di ordine l ed i polinomi armonici omogeneiu l (x), x ∈ R n , stabilisce una corrispondenza biunivoca l’identitàY l (s) = u l( x|x|)= u l(x)|x| l , s = x|x| ,(III.70)dove ∆u l = 0.Le funzioni sferiche Y l e Y l ′, di ordini diversi sono ortogonali in L 2 (S n−1 ),cioè∫(Y l , Y l ′) = Y l (s)Y l ′(s) ds = 0, l ≠ l ′ .S n−1Infatti, applicando per la sfera la formula di Green ai polinomi armonici( )( )xxu l (x) = |x| l Y l , u l ′(x) = |x| l′ Y l ′ ,|x||x|si ottiene[0 = |x|∫R l′ Y l ′∆ ( ) ( )]|x| l Y l − |x| l Y l ∆ |x| l′ Y l ′ dxn[]∂(|x|= |x|∫S l Y l′ l )Y l ′ − |x| l ∂(|x| l′ Y l ′)Y l ds∂n∂nn−1[]∂(r= Y l ′∫S l ∫Y l ) ∂(r l′ Y l ′)− Y l ds = (l − l ′ )∂r ∂rn−1S n−1Y l (s)Y l ′(s) ds,come volevasi dimostrare.Consideriamo ora le funzioni sferiche sulla circonferenza S 1 (n = 2). Incoordinate polari abbiamou l (x) = r l Y l (θ),x = (r cos θ, rsen θ),dove ∆u l = 0. Risulta l’equazione differenzialeY ′′l (θ) + l 2 Y l (θ) = 0,da cui seguono le funzioni trigonometriche{costante, l = 0Y l (θ) =c 1 cos(lθ) + c 2 sen (lθ), l = 1, 2, 3, · · · .6 Una funzione v = v(x 1 , . . . , x n ) di classe C 2 si dice armonica se ∆v = ∑ nj=1 ∂2 v= 0.∂x 2 j62

Consideriamo ora le funzioni sferiche sulla sfera S 2 (n = 3). In coordinatesferiche abbiamo per y l (x) = r l Y l (θ, ϕ)( )1 ∂ 1 ∂Y l+ 1 ∂ 2 Y lsen ϕ ∂ϕ sen ϕ ∂ϕ sen 2 ϕ ∂θ + l(l + 1)Y l(θ, ϕ) = 0, (III.71)2dove θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [0, π] e l = 0, 1, 2, · · · . Cerchiamo le soluzioni della (II.71)in C ∞ (S 2 ). Introduciamo prima ξ = cos ϕ e scriviamo (II.71) nella forma1 ∂ 2 Y l1 − ξ 2 ∂θ + ∂ ((1 − ξ 2 ) ∂Y )l+ l(l + 1)Y 2l (θ, ξ) = 0. (III.72)∂ξ ∂ξApplicando la separazione delle variabiliY l (θ, ϕ) = P(ξ)Θ(θ),otteniamoΘ(θ) ={costante, m = 0c 1 cos mθ + c 2 sen mθ, m = 1, 2, 3, · · · ,dove abbiamo sfruttato la periodicità della Θ(θ): Θ(θ + 2π) ≡ Θ(θ). DunqueΘ ′′ (θ) = −m 2 Θ(θ). Risulta l’equazione differenziale(d(1 − ξ 2 ) dP )]+[l(l + 1) − m2P(ξ) = 0. (III.73)dξ dξ1 − ξ 2Quest’equazione si può scrivere nella forma− [ (1 − ξ 2 )P ′] ′+m 2P = l(l + 1)P.1 − ξ2 Le soluzioni di quest’equazione nei punti ±1 debbono assumere valori finiti.5.2 Polinomi di LegendreI polinomi di Legendre P l (ξ) si possono definire nei seguenti modi:1. tramite la formula generatrice1√ = ∑ ∞1 − 2ξh + h22. tramite l’equazione differenziale,l=0P l (ξ)h l , |h| < 1,−[(1 − x 2 )P ′l ]′ (x) = l(l + 1)P l (x), − 1 < x < +1; P l (1) = 1,63

10.50−0.5−1−1 −0.5 0 0.5 1xFigura III.3: I polinomi di Legendre di grado 1, 2, 3 e 4. Si osservi che ilnumero degli zeri è uguale al grado del polinomio.3. tramite l’ortogonalità: P l (ξ) sono i polinomi in ξ di grado l con coefficienteprincipale positivo tali che∫ 1−12P l (ξ)P l ′(ξ) dξ = δ ll ′2l + 1 ,4. tramite la formula di Rodrigues5. tramite la formula di ricorrenzaP l (ξ) = 1 ( ) l d(ξ 2 − 1) l ,2 l l! dξ(2l + 1)ξP l (ξ) = (l + 1)P l+1 (ξ) + lP l−1 (ξ), P 0 (ξ) = 1, P 1 (ξ) = ξ.Noi dimostriamo l’equivalenza tra queste definizioni.4 ⇒ 2. Consideriamo l’equazione differenziale− [(1 − x 2 )u ′ ] ′ (x) = λu(x), −1 < x < +1, (III.74)sotto le condizioni iniziali che i limiti di u(x) per x → ±1 esistano finiti.Questo problema al contorno ha soluzioni polinomiali per λ = l(l + 1) dovel = 0, 1, 2, · · · . Verifichiamo se i polinomiP l (x) = 12 l l!( ddx) l(x 2 − 1) l , l = 0, 1, 2, · · · , (III.75)64

soddisfano la (II.74) per λ = l(l + 1). Questi polinomi (di grado l) sono dettipolinomi di Legendre e la (II.75) si dice formula di Rodrigues. Infatti, 7 ponendoW l (x) = (x 2 − 1) l e derivando l’identitàl + 1 volte, si ottiene(x 2 − 1)W (l+2)ls=0(x 2 − 1)W ′l (x) − 2l xW l (x) = 0(x) + 2xW (l+1)l(x) − l(l + 1)W (l)l(x) = 0.Dunque la funzione W (l)l(x) = 2 l (l!)P l (x) soddisfa l’equazione (II.74). Inoltre,P l (x) = 1 l∑( ) (( ) s ) ( ( ) )l−s l dd(x − 1) l (x + 1) l2 l l! s dxdxs=0= 1 l∑( ) ( )l!l!2 l l! (l − s)! (x − 1)l−s s! (x + 1)s ,il quale implica che P l (1) = 1 e P l (−1) = (−1) l .2 ⇒ 4. Sostituendo u(x) = P l (x)z(x) e w(x) = z ′ (x) nella (II.74) conλ = l(l + 1), otteniamo l’equazione separabileimplicando chew ′ (x)′w(x) = −2P l (x)P l (x) + 2x1 − x , 2∫ xdty(x) = c 1 P l (x) + c 2 P l (x)0 (1 − t 2 )P l (t) . 2L’integrale nell’ultima espessione è divergente in x = ±1 (poichè P l (±1) 2 = 1].Quindi P l (x) è l’unica soluzione dell’equazione differenziale (II.74) con λ =l(l + 1) che soddisfa P l (1) = 1. Siccome la formula di Rodrigues rappresentauna tale soluzione, si ottiene questa formula dalla proprietà 2.(2 + 4) ⇒ 3. Si dimostra facilmente che i polinomi di Legendre sonoortogonali nello spazio L 2 (−1, 1). Infatti, utilizzando la (II.74) si ha=[l(l + 1) − k(k + 1)]∫ 1= −−1∫ 1∫ 1−1[P l (k) [ (1 − x 2 )P ′ k−1P l (x)P k (x) dx] ′− Pk (x) [ (1 − x 2 )P ′l] ] ′dx[P′l (k)(1 − x 2 )P ′ k(x) − P ′ k(x)(1 − x 2 )P ′l (x) ] dx = 0,7 Vale la formula di Leibnitz (fg) (m) = ∑ m( m)j=0 j f (j) g (m−j) . Quindi (xf) (m) = xf (m) +mf (m−1) e ((x 2 − 1)f) (m) = (x 2 − 1)f (m) + 2mxf (m−1) + m(m − 1)f (m−2) .65

dopo un’integrazione per parti. Quindi (P l , P k ) = ∫ 1−1 P l(x)P k (x) dx = 0 sel ≠ k. Per trovare il fattore di normalizzazione, calcoliamo (P l , P l ) tramite lintegrazioni per parti consecutive. Otteniamo(P l , P l ) = 1 ∫ 1( ) l dP2 l l (x) (x 2 − 1) ll! −1 dx⎧[= 1 ⎨ ( ) ] ⎫l−11 ∫ d1( ) l−1 d⎬P2 l l (x) (x 2 − 1) l − P l ′ (x) (x 2 − 1) l dxl! ⎩ dx−1 dx⎭−1⎧ ⎡P (l)l−1costante⎤1contiene il fattore (x 2 −1) k= 1 ⎪⎨ l∑( ) l−k ⎢2 l l! ⎣ (−1)k−1 P (k−1) dl(x) (x 2 − 1) l⎥dx⎦k=1 ⎪⎩} {{ }−1⎫∫ 1⎬+ (−1) l (x)(x 2 − 1) l dx} {{ } ⎭ = 1 ∫ 12 l l! P (l)l(1 − x 2 ) l dx.−1Inoltre,P (l)l(x) = 1 ( ) 2l d(x 2 − 1) l = 1 ( ) 2l dx 2l = (2l)!2 l l! dx2 l l! dx 2 l l! .Applicando la formula di ricorrenza (I l−1 /I l ) = 1 + (1/2l) and I 0 = 2 perl’integrale I l = ∫ 1(1 − −1 x2 ) l dx per arrivare all’espressione I l = 2 l+1 l!/(2l + 1)!![essendo (2l + 1)!! def= 1.3.5. . . . .(2l − 1)(2l + 1)], si ottiene infineQuindi(P l , P l ) = 1 (2l)!2 l l! 2 l l!√l + 1 2 P l(x) ha norma 1 in L 2 (−1, 1).2 l+1 l(2l + 1)!! = 22l + 1 .(3 + 4) ⇒ 5. Per trovare una formula di ricorrenza per i polinomi diLegendre calcoliamo prima il prodotto scalare (P l+1 , xP l ). Infatti, dopo l + 1integrazioni per parti consecutive e utilizzando (x f) (l+1) = x f (l+1) +(l+1) f (l)66

si ottiene∫ 1(−1) l+1(P l+1 , xP l ) =(x 2 − 1) l+1 ×2 2l+1 · ((l + 1)!)(l!) −1[ ( ) 2l+1 ( ) ]2l dd× x (x 2 − 1) l + (l + 1) (x 2 − 1) l dxdxdx∫ 1( ) 2l= (−1)l+1d(x 2 − 1) l+1 (x 2 − 1) l dx2 2l+1 · (l!) 2 −1dx∫1 1( ) 2l d=(1 − x 2 ) l+1 (x 2 − 1) l dx2 2l+1 · (l!) 2 dx=−1(2l)! 2 l+2 · (l + 1)!2 2l+1 · (l!) 2 (2l + 3)(2l + 1) · · · 3 · 1 = 2(l + 1)(2l + 1)(2l + 3) .Siccome i polinomi di Legendre sono ortogonali, essi sono linearmente indipendenti.Dunque∞∑(2l + 1)xP l (x) = a j P j (x),dove a j = 0 per j > l + 1 [poichè xP l (x) ha grado l + 1]. Risultano (2l +1)(xP l , P j ) = (2l + 1)(P l , xP j ) = 0 per l < j − 1 [poichè xP j (x) ha grado < l]e (2l + 1)(xP l , P l ) = 0 [poichè xP l (x) 2 è una funzione dispari]. QuindiInfine troviamoj=0(2l + 1)xP l (x) = a l+1 P l+1 (x) + a l−1 P l−1 (x).(2l + 1)(xP l , P l+1 ) = a l+1 (P l+1 , P l+1 ) = a l+1 (2/(2l + 3));(2l + 1)(xP l−1 , P l ) = a l−1 (P l−1 , P l−1 ) = a l−1 (2/(2l − 1)).Quindi a l+1 = l + 1 e a l−1 = l. Risulta la formula di ricorrenza(2l + 1)xP l (x) = (l + 1)P l+1 (x) + l P l−1 (x), P 0 (x) = 1, P 1 (x) = x.(III.76)Per induzione matematica si dimostrano facilmenteP l (1) = 1, P l (−1) = (−1) l , P l (−x) = (−1) l P l (x);− 1 ≤ P l (x) ≤ +1, −1 ≤ x ≤ +1. (III.77)5 ⇒ 1. Dimostriamo ora la formula generatrice∞∑P l (x)h l =l=01√ , |h| < 1. (III.78)1 − 2xh + h267

Infatti, scriviamo F (x, h) per la parte a sinistra della (II.78). Per |h| < 1 èpermessa la derivazione termine a termine rispetto ad h, grazie alla (II.77). Sitrovano facilmente le seguenti espressioni:∞∑∞∑(2l + 1)xP l (x)h l = xF (x, h) + 2xhl=0∞∑(l + 1)P l+1 (x)h l =l=0∞∑l P l−1 (x)h l = h 2l=1l=0∞∑l P l (x)h l−1 =l=1∑ ∞l=1= h 2 ∂F∂hApplicando la (II.76) si hal P l (x)h l−1 = xF (x, h) + 2xh ∂F∂h ;∞∑l=0(l − 1)P l−1 (x)h l−2 + h+ hF (x, h).xF (x, h) = (1 − 2xh + h 2 ) ∂F∂hdove F (x, 0) = P 0 (x) = 1. Oppure:∂F/∂hF (x, h) =l P l (x)h l−1 = ∂F∂h ;∞∑P l−1 (x)h l−1l=1+ hF (x, h),x − h, F (x, 0) = 1.1 − 2xh + h2 La soluzione unica di questo problema di Cauchy è la funzione F (x, h) datadalla parte a destra della (II.78).1 ⇒ 2. Scrivendo F (x, h) per la parte a destra nella (II.78) risulta (dopoalcuni calcoli)In altre parole,(∂(1 − x 2 ) ∂∂x ∂x(∂(1 − x 2 ) ∂F ) ( ) 2 ∂= −h (hF (x, h)) .∂x ∂x ∂h)∞∑∞∑P l (x)h l = − l(l + 1)P l (x)h l .l=0Ciò implica l’equazione differenziale. Infine, sostituendo x = 1 nella (II.78) siha∞∑P l (1)h l 1= √ = 1(1 − h)2 1 − h ,implicando P l (1) = 1.l=068l=0

5.3 Funzioni di Legendre associateSostituiamo P(ξ) = (1 − ξ 2 ) m/2 z(ξ) nella (II.73). Risulta(1 − ξ 2 )z ′′ (ξ) − 2(m + 1)ξz ′ (ξ) + (l − m)(l + m + 1)z(ξ) = 0. (III.79)Moltiplicando la (II.79) per (1 − ξ 2 ) m , otteniamo per P = P l[ ](1 − ξ 2 ) m+1 P l′ ′= −(l − m)(l + m + 1)(1 − ξ 2 ) m P l . (III.80)Per m = 0 risulta l’equazione differenziale per il polinomio di Legendre digrado l:(1 − ξ 2 )P l ′′ (ξ) − 2ξP l ′ (ξ) + l(l + 1)P l (ξ) = 0.Calcolando la derivata m-esima z = P (m)ldi quest’equazione otteniamo(1 − ξ 2 )z ′′ (ξ) − 2(m + 1)z ′ (ξ) + (l − m)(l + m + 1)z(ξ) = 0.Quindi le funzioni (d/dξ) m P l (ξ) sono soluzioni della (II.79). Moltiplicando la(II.80) per P l ′(ξ) e la (II.80) con l ′ invece di l per P l (ξ) e sottraendo, otteniamo[(l − l ′ )(l + l ′ + 1)] (1 − ξ 2 ) m P l (ξ)P l ′(ξ) = P l (ξ) [ (1 − ξ 2 ) m+1 P ′ l ′ ] ′− P l ′(ξ) [ (1 − ξ 2 ) m+1 P ′ l] ′.Integrando quest’equazione tra −1 e +1 e applicando l’integrazione per partirisulta∫ 1[(l − l ′ )(l + l ′ + 1)] (1 − ξ 2 ) m P l (ξ)P l ′(ξ) dξ = 0.−1Quindi, se P l (ξ) sono i polinomi di Legendre, i polinomi (d/dξ) m P l+m (ξ) (l =0, 1, 2, · · · ) costituiscono un sistemi di polinomi ortogonali (di grado l) rispettoal peso w(ξ) = (1 − ξ 2 ) m .Troviamo ora la costante di normalizzazione. Si ha∫ 1[=−1(1 − ξ 2 ) m P (m)l(1 − ξ 2 ) m P (m)l(ξ)P (m) (ξ) dξl ′(ξ)P (m−1)l ′] 1∫ 1(ξ) −−1 −1∫ 1= (l − m − 1)(l + m) (1 − ξ 2 ) m−1 P (m−1)l−1= (l + m)(l − m + 1)(l + m − 1)(l − m + 2)××=∫ 1−1(1 − ξ 2 ) m−2 P (m−2)l(l + m)!(l − m)!∫ 1−1(ξ)P (m−2)l(ξ) dξ′[′P (m−1)l(ξ) (1 − ξ 2 ) m P (m)′l(ξ)]dξ(ξ)P (m−1)l(ξ) dξ′P l (ξ)P l ′(ξ) dξ = 2 (l + m)!2l + 1 (l − m)! δ l.l ′.69

Quindi( 2(l + m) + 121/2 ( ) ml! dP l+m (ξ), l = 0, 1, 2, · · · ,(l + 2m)!)dξè il sistema ortonormale dei polinomi rispetto al peso (1−ξ 2 ) m [con coefficientedi ξ l positivo].5.4 Le funzioni sferiche per n = 3: CompletezzaNella letteratura ci sono diverse normalizzazioni delle funzioni sferiche in R 3 .Qui ne scegliamo una. PoniamoY ml (ϕ, θ) ={Pl m (cos ϕ)(sen ϕ) m cos(mθ), m = 0, 1, · · · , l;P |m|l(cos ϕ)(sen ϕ) |m| sen (|m|θ), m = −1, −2, · · · , −l,dove l = 0, 1, 2, · · · . Le funzioni sferiche Ylm (m = 0, ±1, · · · , ±l) di ordine lsono linearmente indipendenti e le loro combinazioni lineariY l (s) =l∑m=−la (m)lYlm(s)a coefficienti arbitrari a (m)lsono anch’esse funzioni sferiche di ordine l.Le funzioni sferiche {Ylm } formano un sistema ortogonale e completo inL 2 (S 2 ), ed inoltreInfatti,‖Yl m ‖ 2 ==∫ 1−1∫ π ∫ 2π00‖Y ml ‖ 2 L 2 (S 2 ) = 2π 1 + δ 0,m2l + 1|Y mlP |m|l(ξ) 2 (1 − ξ 2 ) m dξ(θ, ϕ)| 2 dθ dϕ∫ 2π0{ } cos 2 mθsen 2 mθ(l + |m|)!l − |m|)! .dθ = 2π 1 + δ 0,m2l + 1l + |m|)!(l − |m|)! .La completezza di un sistema ortogonale di funzioni sferiche {Ylm } significache ogni funzione f appartenente a L 2 (S 2 ) può essere sviluppata in serie diFourier di queste funzioni:f(s) =∞∑ l∑l=0 m=−la (m)lYl m (s) =70∞∑Y l (s),l=0

convergente in L 2 (S 2 ). I coefficienti a (m)lsono calcolati mediante la formulaa (m)l=2l + 1 (l − |m|)!2π(1 + δ 0,m ) (l + |m|)!∫ π ∫ 2π00f(θ, ϕ)Ylm (θ, ϕ)sen ϕ dθ dϕ.Le funzioni sferiche Ylm , m = 0, ±1, · · · , ±l, sono le autofunzioni del cosiddettooperatore di Beltrami,defL B = − 1sen ϕ∂∂ϕ(sen ϕ ∂ )− 1∂ϕ∂ 2sen 2 ϕ ∂θ , 2che corrisponde all’autovalore λ = l(l + 1) di moltiplicità 2l + 1.6 Polinomi di HermiteStudiamo ora l’equazioneu ′′ + (2ν + 1 − z 2 )u = 0,(III.81)dove u, z e ν non hanno più lo stesso significato come prima. Sostituendou = e −z2 /2 v,(III.82)risulta l’equazionev ′′ − 2zv ′ + 2νv = 0.(III.83)Per ν = 0, 1, 2, . . . la (II.83) si dice equazione differenziale di Hermite. Lesoluzioni della (II.81) si dicono funzioni parabolico-cilindriche.Sostituendo v(z) = ∑ ∞l=0 c lz l nella (II.83) si trova la seguente espressioneper il coefficiente di z l :(l + 2)(l + 1)c l+2 + 2(ν − l)c l = 0. (III.84)La (II.84) è una relazione di ricorrenza che ci consente a calcolare tutti icoefficienti c l dai coefficienti c 0 = v(0) e c 1 = v ′ (0). Si vede facilmenteche esistono soluzioni polinomiali se e solo se ν = n = 0, 1, 2, . . .. Talisoluzioni hanno la proprietà v(−z) = (−1) n v(z) e hanno il grado n (cioè,c n+2 = c n+4 = c n+6 = . . . = 0).Definiamo oraH n (z) = (−1) n e z2 ( ddz) n{e −z2 }. (III.85)71

Allora H n (z) è un polinomio di grado n, ha il coefficiente principale positivo esoddisfa H n (−z) = (−1) n H n (z). Derivando l’equazione w ′ + 2zw = 0 (che hala soluzione w(z) ∼ e −z2 ) n + 1 volte e ponendo u = w (n) risultau ′′ + 2zu ′ + 2(n + 1)u = 0.Poi si sostituisca u = e −z2 v. Infine risulta l’equazione (II.83) per ν = n:v ′′ − 2zv ′ + 2nv = 0.(III.86)In altre parole, il polinomio di Hermite H n (z) soddisfa l’equazione differenzialedi Hermite (II.86). La (II.85) si dice formula di Rodriguez.Scriviamo ora la (II.83) nella formaAllora(e −z2 v ′ ) ′ = −2n e −z2 v.2(n − m)H n (z)H m (z)e −z2 = (e −z2 H ′ m) ′ H n (z) − (e −z2 H ′ n) ′ H m (z).Calcolando l’integrale rispetto a z si ottiene∫ ∞[2(n − m) H n (z)H m (z)e −z2 dz = e −z2 (H m(z)H ′ n (z) − H n(z)H ′ m (z))−∫ ∞−∞−∞()e −z2 H m(z)H ′ n(z) ′ − e −z2 H n(z)H ′ m(z)′ dz = 0.] ∞z=−∞Quindi i polinomi di Hermite formano un sistema ortogonale nello spazio diHilbert L 2 (R; e −z2 dz). Per calcolare la costante di normalizzazione si applichinola formula di Rodriguez (II.85) e n integrazioni per parti, risultando nellaseguente successione di passaggi:∫ [∞n∑( ) ] n−j ∞dH n (z) 2 e −z2 dz = (−1) n−j+1 H n(j−1) (z) {e −z2 }−∞dzj=1z=−∞∫ ∞) n+H n (z))e −z2 dz(( d−∞ dz=[p(z)e −z2] ∞} {{z=−∞}=0∫ ∞+c n n! e −z2 dz = c n n! √ π,−∞dove p(z) è un polinomio e c n è il coefficiente principale di H n (z) (cioè, H n (z) =c n z n +. . .). Calcoliamo ora i coefficienti c n . Derivando la formula di Rodriguez(II.85) si arriva all’identitàH ′ n(z) = 2zH n (z) − H n+1 (z).(III.87)72

Confrontando i coefficienti di z n+1 nella (II.87) otteniamo 0 = 2c n − c n+1 ,mentre c 0 = 1. Quindi c n = 2 n . Infine si arriva alla seguente formula diortogonalità:∫ ∞−∞dove δ n,m è la delta di Kronecker.80H n (z)H m (z)e −z2 dz = 2 n (n!) √ π δ n,m ,(III.88)6040200−20−40−2 −1 0 1 2xFigura III.4: I polinomi di Hermite di grado 1, 2, 3 e 4. Osserviamo che ilnumero degli zeri è uguale al grado del polinomio.Derivando la (II.86) rispetto a z e scrivendo il risultato come un’equazionedifferenziale per v ′ si ottiene(v ′ ) ′′ − 2z(v ′ ) ′ + 2(n − 1)(v ′ ) = 0.Dunque H ′ n(z) e H n−1 (z) sono soluzioni della stessa equazione differenziale cheha soltanto una singola soluzione polinomiale linearmente indipendente. Diconseguenza, H ′ n(z) = cost.H n−1 (z). Siccome H n (z) = 2 n z n + . . . e H n−1 (z) =2 n−1 z n−1 + . . ., risulta n 2 n = cost.2 n−1 e quindi cost. = 2n. In altre parole,H ′ n(z) = 2n H n−1 (z).(III.89)Dalle equazioni (II.87) e (II.89) arriviamo alla formula di ricorrenza2zH n (z) = H n+1 (z) + 2nH n−1 (z),(III.90)dove H 0 (z) = 1 e H 1 (z) = 2z.73

Dimostriamo ora la formula generatricee 2zt−t2 =∞∑n=0H n (z)n!t n , t ∈ C. (III.91)Infatti, ponendo F (z, t) = e 2zt−t2e scrivendo∞∑F (z, t) =n=0per opportuni coeffienti h n (z), risultanoh n (z)n!t n(III.92)∞∑n=0∂F= 2tF (z, t),∂zh ′ ∞∑n(z)t n 2h n−1 (z)=n!(n − 1)! tn .n=1Quindi h n (z) è un polinomio in z di grado n eh ′ n(z) = 2nh n−1 (z).(III.93)Dalla (II.92) risulta che h n (0) coincide con la derivata n-esima di e −t2 per t = 0,cioè con 0 se n è dispari, e con (−1) n/2 (n!)/(n/2)! se n è pari. Dalla formuladi Rodriguez (II.85) si vede facilmente che H n (0) = h n (0) per n = 0, 1, 2, . . ..Utilizzando le espressioni (II.89) e (II.93) arriviamo alla identità H n (z) = h n (z)e quindi alla formula generatrice (II.91).7 Polinomi di LaguerreI polinomi di Laguerre si definiscono tramite la seguente formula di Rodriguez:( )L (α)n (x) = x−α e x n d{x n+α e −x }. (III.94)n! dxSi dimostra facilmente che la (II.94) rappresenta un polinomio di grado n perogni α ∈ R. La regola di Leibnitz ci dà subito la rappresentazione L (α)n (x) =(−1) n (x n /n!) + . . .. Ci limitiamo al caso α > −1.La funzione w(x) = x n+α e −x soddisfa l’equazione differenzialexw ′ + (x − n − α)w = 0.(III.95)74

Derivando la (II.95) n + 1 volte e ponendo u = w (n) si arriva all’equazionedifferenzialexu ′′ + (x + 1 − α)u ′ + (n + 1)u = 0.Sostituendo u = x α e −x v in quest’ultima equazione si ottiene la seguente equazionedifferenziale di Laguerre:xv ′′ + (α + 1 − x)v ′ + nv = 0.(III.96)Di conseguenza, L n(α) (x) è una soluzione dell’equazione (II.96).Consideriamo ora l’equazione differenzialexv ′′ + (α + 1 − x)v ′ + νv = 0.(III.97)Sostituendo v(x) = ∑ ∞l=0 c lx l si trova la seguente espressione per il coefficientedi x l :(l + 1)(l + α + 1)c l+1 + (ν − l)c l = 0.Quindi abbiamo trovato la formula di ricorrenzac l+1c l=l − ν(l + 1)(l + α + 1) , (III.98)che ci consente a calcolare tutti i coeffienti c l dal coefficiente iniziale c 0 = v(0);bisogna richiedere α > −1 per garantire la positività del denominatore nellaparte a destra della (II.98). Risulta una soluzione polinomiale di grado n =0, 1, 2, . . . se e solo se ν = n.Scrivendo la (II.96) nella forma(x α+1 e −x v ′) ′+ nx α e −x v = 0, (III.99)otteniamo()(n−m)x α e −x L n(α) (x)L m (α) (x)=L (α)n (x) x α+1 e −x L (α) ′ ′ ()m −L(α)m (x) x α+1 e −x L (α) ′ ′n .Calcolando l’integrale sull’intervallo (0, ∞) [dove l’ipotesi α > −1 serve per laconvergenza dell’integrale] si ottiene∫ ∞(n − m) L n(α) (x)L (α)m (x)x α e −x dx0[]= L n(α) (x)x α+1 e −x L m(α) ′(x) − L(α)m (x)x α+1 e −x L (α) ′ ∞n (x)x=0∫ ∞ {}′− (x)x α+1 e −x L (α) ′(x) − L(α)′ (x)x α+1 e −x L (α) ′(x) dx = 0,0L (α)nm75mn

dove abbiamo utilizzato x α+1 → 0 per x → 0 + . Quindi per α > −1 i polinomidi Laguerre {L n(α) (x)} ∞ n=0 costituiscono un sistema ortogonale nello spazio diHilbert L 2 (R + ; x α e −x dx).Per calcolare la costante di normalizzazione facciamo i seguenti passaggi:∫ ∞L n (α) (x) 2 x α e −x dx = 1 ∫ ∞( ) n dL (α)0(n!) 2 n (x) {x n+α e −x } dx0dx[1n∑( ) ] n−j ∞d= (−1) j−1 (L (α)(n!) 2n ) (j−1) (x) {x n+α e −x }dxj=1x=0∫ ∞(( ) n )+ (−1)n dL (α)(n!) 2n (x) x n+α e −x dx0 dx[] ∞1n∑= (−1) j−1 (L (α)(n!) 2n ) (j−1) (x)x α+j e −x L (α+j)n−j (x)j=1x=0(( ) n ) ∫+ (−1)n d∞L (α)(n!) 2n (x) x n+α e −x Γ(n + α + 1)dx = ,dx0n!dove abbiamo fatto n integrazioni per parti, utilizzato la (II.94) con α + j alposto di α, applicato l’espressione L (α)n (x) = (−1) n (x n /n!) + . . . e l’identità(A.1). In altre parole,∫ ∞0L n(α) (x)L m (α) (x)x α e −x dx =Γ(n + α + 1)δ n,m ,n!(III.100)dove δ n,m è la delta di Kronecker.Derivando la (II.96) si ottiene la seguente equazione differenziale:Quindi L (α)nx(v ′ ) ′′ + (α + 2 − x)(v ′ ) ′ + (n − 1)(v ′ ) = 0.′ (α+1)(x) è proporzionale a L (x). SiccomeL (α) ′ (−1) n x n−1n (x) =(n − 1)!risulta per α > −1n−1+ . . . , L (α+1)n−1 (x) = (−1)n−1 x n−1+ . . . ,(n − 1)!L (α) ′ (α+1)n (x) = −L n−1 (x). (III.101)L’ortogonalità di L n(α) (x) a tutti i polinomi di grado minore di n nello spaziodi Hilbert L 2 (R + ; x α e −x dx) conduce all’identitàxL (α)n(x) = A (α)nL (α)n+1(x) + B n(α)L (α)n(x) + C (α)nL (α)n−1(x),(III.102)76

40502000−20−40−50−60−80−1000 2 4 6 8 10 12 0 5 10 15xxFigura III.5: I polinomi di Laguerre di grado 1, 2, 3 e 4 per α = 1 (panellosinistro) e α = 3 (panello destro). Osserviamo che il numerodegli zeri è uguale al grado del polinomio.dove n = 1, 2, 3, . . . e A n , B n e C n sono opportune costanti da determinare.Calcoliamo ora il seguente integrale:C (α)n =∫ ∞0xL (α)n (x)L (α)∫ ∞1=(n + 1)! 0[1 ∑n+1=(n + 1)!j=1∫ ∞+ (−1)n+1(n + 1)! 0[(−1) n ∑n+1=(n + 1)!+ (−1)n+1(n + 1)!= −j=1( ( ddxΓ(n + α + 2),n!n+1(x) x α e −x dx( ) n+1 dxL (α)n (x) {x n+1+α e −x } dxdx( d(−1) j−1 (xL (α)n ) (j−1) (x)( ( ddx) n+1{xL (α)n (x)}dx)) n+1−j{x n+1+α e −x }x n+1+α e −x dx] ∞(xL (α)n ) (j−1) (x)(n + 1 − j)!x α+j e −x L (α+j)n+1−j (x) x=0) ∫ ∞) n+1{xL (α)n (x)}0x n+1+α e −x dx] ∞x=0dove abbiamo utilizzato xL n (α) (x) = (−1) n (x n+1 /n!) + . . .. Poi calcoliamol’integrale:D (α)n =∫ ∞0xL (α)n (x) 2 x α e −x dx77

= 1 ∫ ∞( ) n dxL n(α) (x) {x n+α e −x } dxn! 0dx[1n∑( ) ] n−j ∞d= (−1) j−1 (xL (α)n ) (j−1) (x) {x n+α e −x }n!dxj=1x=0∫ ∞(( ) n )+ (−1)n d{xL (α)n (x)} x n+α e −x dxn! 0 dx[1n∑= (−1) j−1 (xL (α)n ) (j−1) (x)(−1) n−j (n − j)!x α+j e −x L (α+j)n−j (x)n!j=1∫ ∞(( ) n )+ (−1)n d{xL (α)n (x)} x n+α e −x dxn! dx0∫ ∞= (−1)n ((n + 1)! x − n(n + α)n!) x n+α e −x dxn! 0(n + 1)Γ(n + α + 2) − n(n + α)Γ(n + α + 1)=n!(2n + 1 + α)Γ(n + α + 1)= ,n!dove abbiamo utilizzato xL (α)n(II.102) e le espressioni per C (α)n2n + 1 + α e C (α)n] ∞x=0(x) = (−1) n ((x n+1 −n(n+α)x n )/n!)+. . .. Dallae D n(α) seguono A (α)n = −(n + 1), B n (α) == −(n + α). Dunque risulta la formula di ricorrenza(2n + 1 + α − x)L n(α) (x) = (n + 1)L (α)n+1(x) + (n + α)L (α)n−1(x),(III.103)dove L (α)0 (x) = 1 e L (α)1 (x) = 1 + α − x.Per dimostrare la validità della formula generatrice((1 − t) −(1+α) exp − xt )=1 − tpartiamo dalla serie di funzioni∞∑n=0(F (x, t) = (1 − t) −(1+α) exp − xt )=1 − tL (α)n (x)t n , |t| < 1, (III.104)∞∑c n (x)t n , |t| < 1, (III.105)dove c n (x) n! è la derivata parziale n-esima di F (x, t) rispetto a t per t = 0.Sostituendo la serie (II.105) nella equazionen=0(1 − t) 2 ∂F∂t+ [x − (1 + α)(1 − t)] F = 0,78

otteniamo le seguenti espressioni per i coefficienti t n (n = 1, 2, 3, . . .) e per ilcoefficiente di t 0 :{(n + 1)c n+1 (x) + (x − 2n − α − 1)c n (x) + (n + α)c n−1 (x),c 1 (x) + (x − α − 1)c 0 (x) = 0,dove c 0 (x) = 1. Quindi c n (x) = L (α)n (x) per n = 0, 1, 2, · · · (vedi la (II.103)).Infine, per esprimere i polinomi di Hermite in quelli di Laguerre riscriviamoi prodotti scalari tra quest’ultimi utilizzando la trasformazione x = t 2 :∫ ∞0∫ ∞0∫ ∞L n(α) (x)L m (α) (x)x α e −x dx =L n(α) (x)L m (α) (x)x α e −x dx =−∞∫ ∞−∞L (α)n (t 2 )L (α)m (t 2 )|t| 2α+1 e −t2 dt,tL (α)n (t 2 )tL (α)m (t 2 )|t| 2α−1 e −t2 dt.(III.106)(III.107)Per fare scomparire i fattori |t| 2α±1 in (II.106) e (II.107) scegliamo α = − 1 2in (II.106) e α = 1 in (II.107). Quindi H 2 2n(t) è proporzionale a L (− 1 2 )n (t 2 )e H 2n+1 (t) è proporzionale a tL ( 1 2 )n (t 2 ). Confrontando i coefficienti principaliotteniamoH 2n (t) = 2 2n n!(−1) n L (− 1 2 )n (t 2 ), (III.108)H 2n+1 (t) = 2 2n+1 n!(−1) n tL ( 1 2 )n (t 2 ). (III.109)8 Polinomi di ChebyshevI polinomi di Chebyshev di prima specie T n (x) e di seconda specie U n (x) sidefiniscono nel seguente modo: 8T n (x) = cos(nt),U n (x) =sin((n + 1)t), (III.110)sin twhere x = cos(t). In tal caso T n (x) e U n (x) sono polinomi di x di grado n chehanno le seguenti proprietà:T 0 (x) = 1, T 1 (x) = x, T n+1 (x) + T n−1 (x) = 2xT n (x),U 0 (x) = 1, U 1 (x) = 2x, U n+1 (x) + U n−1 (x) = 2xU n (x).8 Per x ∈ R \ [−1, 1] si hanno le definizioni alternative T n (x) = cosh(nt) e U n (x) =sinh((n + 1)t)/ sinh t per x = cosh t.79

La formula di ricorrenza è facile da verificare:T n+1 (x) + T n−1 (x) = cos((n + 1)t) + cos((n − 1)t)= 2 cos(t) cos(nt) = 2xT n (x),sin((n + 2)t)U n+1 (x) + U n−1 (x) = + sin(nt)sin(t) sin(t)2 cos(t) sin((n + 1)t)= = 2xU n (x).sin(t)Si vede subito che −1 ≤ T n (x) ≤ +1 per x ∈ [−1, 1], mentre T n (x) = 2 n−1 x n +. . . e U n (x) = 2 n x n + . . . per n ∈ N.1540.50−0.53210−1−2−1−1 −0.5 0 0.5−41 −1 −0.5 0 0.5 1xx−3Figura III.6: I polinomi di Chebyshev di prima e seconda specia di grado 1,2, 3 e 4. Nel panello sinistro si trovano i grafici dei polinomi diChebyshev di prima specie e nel panello destro quelli di secondaspecie. Osserviamo che il numero degli zeri è uguale al gradodel polinomio. Inoltre, i polinomi di Chebyshev di prima speciehanno ±1 come i loro valori estremi.Sono verificate le relazioni di ortogonalità∫ π0∫ πSostituendo x = cos(t) otteniamo0cos(nt) cos(mt) dt = π 2 (1 + δ n,0)δ n,m ,sin((n + 1)t) sin(m + 1)t) dt = π 2 δ n,m.∫ 1−1T n (x)T m (x)dx√1 − x2 = π 2 (1 + δ n,0)δ n,m ,(III.111)80

∫ 1−1U n (x)U m (x) √ 1 − x 2 dx = π 2 δ n,m.(III.112)Quindi {T n (x)} ∞ n=0 sono i polinomi ortogonali su [−1, 1] con peso (1 − x 2 ) −1/2e {U n (x)} ∞ n=0 sono i polinomi ortogonali su [−1, 1] con peso (1 − x 2 ) 1/2 , tranneper fattori costanti.Le funzioni cos(nt) e sin(nt) soddisfano all’equazione differenziale u ′′ (t) +n 2 u(t) = 0. Sostituendo x = cos(t) e utilizzando le definizioni per T n (x) eU n (x) otteniamo{(1 − x 2 )T ′′n (x) − xT ′ n(x) + n 2 T n (x) = 0,(1 − x 2 )U ′′n(x) − 3xU ′ n(x) + n 2 U n (x) = 0.In forma Sturm-Liouville abbiamo⎧d ( ⎪⎨ (1 − x 2 ) 1/2 Tdxn(x) ) ′ = −n 2 T n (x)√ , 1 − x2⎪⎩ d ((1 − x 2 ) 3/2 U ′dxn(x) ) = −n 2√ 1 − x 2 U n (x).9 Polinomi Ortogonali GeneraliSia I un intervallo della retta reale e w una funzione positiva quasi ovunque suI tale che ∫ I |x|2n w(x) dx < ∞ (n = 0, 1, 2, . . .). Allora i polinomi sono tuttielementi dello spazio di Hilbert L 2 (I; w dx). Infatti, i polinomi costituisconoun sottospazio lineare denso in L 2 (I; w dx), un fatto che non dimostriamo.Applicando il processo di Gram-Schmidt al sistema {ψ n } ∞ n=0 dove ψ n (x) = x n ,si ottengono i polinomi ortogonali {p n } ∞ n=0 rispetto al peso w, dove il gradodi p n è uguale ad n e i coefficienti principali sono tutti positivi. Data unafunzione f ∈ L 2 (I; w dx) e definendo i coefficienti∫c n = f(x)p n (x)w(x) dx, n = 0, 1, 2, . . . ,otteniamo l’identità di Parseval∫|f(x)| 2 w(x) dx =II∞∑|c n | 2n=0e lo sviluppo∞∑f(x) = c n p n (x)n=081

convergente nel senso che∫limN→∞IN ∣ f(x) − ∑c n p n (x)∣n=02w(x) dx = 0.I polinomi ortogonali sono stati studiati nel libro di Szegő [16]. Alcuneclassi di polinomi ortogonali hanno la proprietà aggiuntiva che appaiono comele autofunzioni di un problema di Sturm-Liouville su un opportuno intervalloI della retta reale. Ce l’abbiamo già visto per quanto riguardano i polinomidi Legendre, i polinomi associati di Legendre, e quelli di Hermite, Laguerree Chebyshev. A quelli si aggiungono i polinomi di Gegenbauer (anche dettipolinomi ultrasferici 9 ) e i polinomi di Jacobi.Nome dei polinomi I w(x)Legendre (−1, 1) 1Chebyshev di 1 a specie (−1, 1) (1 − x 2 ) −1/2Chebyshev di 2 a specie (−1, 1) (1 − x 2 ) 1/2Legendre associati (−1, 1) (1 − x 2 ) m per m = 1, 2, 3, . . .Jacobi (−1, 1) (1 − x) α (1 + x) β per α, β > −1Gegenbauer o ultrasferici (−1, 1) (1 − x 2 ) λ per λ > −1Laguerre (0, ∞) x α e −x per α > −1Hermite (−∞, ∞) e −x2Infine dimostriamo alcune proprietà degli zeri dei polinomi ortogonali.Lemma III.1 Si ha (f, p n ) L 2 (I;w dx) = 0 per ciascun polinomio f di grado < n.Dimostrazione. Sia f un polinomio di grado < n. Allora f è una combinazionelineare dei polinomi p 0 , p 1 , · · · , p n−1 . Siccome (p j , p n ) = 0 in L 2 (I; w dx)per j = 0, 1, · · · , n − 1, risulta (f, p n ) = 0.✷Teorema III.2 Gli zeri del polinomio p n sono tutti semplici e contenuti all’internodell’intervallo I.Dimostrazione. Sia I = (a, b) dove −∞ ≤ a < b ≤ +∞. Supponiamo chep n ha m (con m < n) zeri α 1 , · · · , α m in (a, b) e n − m zeri in C \ (a, b). Allorap n ammette la rappresentazionep n (x) = (x − α 1 ) · · · (x − α m )q(x),9 I polinomi ortogonali su I = (−1.1) con w(x) = (1−x 2 ) λ per cui 2λ ∈ N∪{0}, appaionocome funzioni sferiche di dimensione ≥ 2λ + 3.82

dove q è un polinomio di grado n − m che non cambia segno in (a, b); dunqueq(x) ≥ 0 per x ∈ (a, b). Consideriamo il polinomio f definito daf(x) = (x − α 1 ) · · · (x − α m ).Secondo il Lemma II.1 risulta (f, p n ) = 0. In particolare,∫0 = (f, p n ) = c [(x − α 1 ) · · · (x − α m )] 2 q(x)w(x) dx,Idove la funzione sotto il segno dell’integrale è non negativa. Ciò implica chec ∫ I [(x − α 1) · · · (x − α m )] 2 q(x)w(x) = 0 quasi ovunque. Contraddizione. Siconclude pertanto che tutti gli zeri di p n appartengono ad (a, b).Per escludere l’esistenza di zeri multipli di p n , rappresentiamo p n comep n (x) = c(x − β 1 ) m1 · · · (x − β r ) mr ,dove β 1 , · · · , β r sono gli zeri distinti di p n e m 1 + · · · + m r = n. Bisognadimostrare che r = n, m 1 = · · · = m n = 1 e c > 0. Se esiste un indice jcon m j > 1, definiamo n j = 0 se m j è pari e n j = 1 se m j è dispari (cioè, sem j = 3, 5, 7, · · · ). Poi consideriamo il polinomio g definito dag(x) = (x − β 1 ) m1 · · · (x − β j−1 ) m j−1(x − β j ) n j(x − β j+1 ) m j+1· · · (x − β r ) mr .Siccome il grado di g è strettamente minore di n, si ha (g, p n ) = 0. In altreparole l’integrale∫c (x − β 1 ) 2m1· · ·(x − β j−1 ) 2m j−1(x − β j ) m j+n j(x − β j+1 ) 2m j+1· · ·(x − β r ) 2mr dx} {{ }Iespressione non negativa, poichè m j +n j è parivale zero. Quindi la funzione sotto il segno dell’integrale si annulla quasiovunque. Contraddizione. Quindi tutti gli n zeri di p n sono semplici. ✷I polinomi ortogonali soddisfano una relazione di ricorrenza a tre termini.Teorema III.3 Sia α n = (xp n+1 , p n ), c n = (xp n , p n ) e α −1 = 0. Allora(x − c n )p n (x) = α n p n+1 (x) + α n−1 p n−1 (x), n = 0, 1, 2, · · · .Inoltre, se I = (−h, h) e w è pari, allora p n (−x) = (−1) n p n (x) e c n = 0.Dimostrazione. Siccome xp n (x) è un polinomio di grado n + 1, è unacombinazione lineare di p 0 , p 1 , · · · , p n , p n+1 . Purtroppo∫(xp n , p j ) = p n (x) · xp j (x)w(x) dx = 0, j < n − 1,I83

poichè xp j (x) con j < n − 1 è un polinomio di grado < n. Quindi xp n (x) èuna combinazione lineare di soltanto tre polinomi ortogonali: p n−1 , p n , p n+1 .Scriviamoxp n (x) = c n p n (x) + α n p n+1 (x) + β n p n−1 (x),dove non c’è il terzo termine nella parte a destra per n = 0. Si vede facilmenteche ⎧⎪⎨⎪ ⎩α n = (xp n , p n+1 )β n = (xp n , p n−1 ) = (xp n−1 , p n ) = α n−1c n = (xp n , p n ).In generale, se {p j } ∞ j=0 sono i polinomi ortogonali rispetto al peso w su I,allora {(−1) j p j (−x)} ∞ j=0 sono i polinomi ortogonali rispetto al peso w(−x) su−I. Assumiamo ora che I = (−h, h) (potenzialmente con h = +∞) e w siapari. Allora p n (−x) = (−1) n p n (x) e dunque∫c n =il che conclude la dimostrazione.Ipari{ }} {x p n (x) 2 w(x) dx = 0,} {{ }dispari✷Introduciamo ora la funzione bivariatan∑K n (x, y) = p j (x)p j (y).j=0Lemma III.4 Vale la formula di Christoffel-Darbouxdove α n = (xp n , p n+1 ). Inoltre,(III.113)p n+1 (x)p n (y) − p n (x)p n+1 (y)K n (x, y) = α n , (III.114)x − yK n (x, x) = α n(p′n+1 (x)p n (x) − p ′ n(x)p n+1 (x) ) .Dimostrazione. Il Teorema II.3 e la (II.113) implicano chen∑(x − y)K n (x, y) = (α j p j+1 (x) + α j−1 p j−1 (x) + c j p j (x)) p j (y)−=j=0n∑p j (x) (α j p j+1 (y) + α j−1 p j−1 (y) + c j p j (y))j=0n∑(α j p j+1 (x)p j (y) − α j−1 p j−1 (y)p j (x))j=0(III.115)84

++n∑(α j−1 p j−1 (x)p j (y) − α j p j+1 (y)p j (x))j=0n∑(c j p j (x)p j (y) − c j p j (y)p j (x))j=0} {{ }=0= α n (p n+1 (x)p n (y) − p n (x)p n+1 (y)) .La (II.115) ne segue utilizzando il Teorema di De L’Hôpital.✷Il Lemma II.4 conduce alla seguente proprietà degli zeri dei polinomi ortogonali.Teorema III.5 Tra ogni coppia di zeri consecutivi del polinomio p n+1 (x) cadeesattamente uno zero del polinomio p n (x). In particolare, i polinomi p n (x) ep n+1 (x) non hanno zeri in comune.Dimostrazione. Ci ricordiamo che gli zeri dei polinomi p n (x) e p n+1 (x)sono tutti reali e semplici. Siano ora ξ 1 < ξ 2 < . . . < ξ n < ξ n+1 gli zeridel polinomio p n+1 (x). Allora la (II.113) e (II.115) implicano che per k =1, 2, . . . , n0

Capitolo IVEQUAZIONI INTEGRALI1 Proprietà Elementari e IterazioneLe equazioni contenenti la funzione incognita sotto il segno dell’integrale sonodette equazioni integrali. Molti problemi della fisica matematica possono essereridotti ad equazioni integrali lineari della forma∫K(x, y)ϕ(y) dy = f(x),(IV.1)∫Ωϕ(x) = λ K(x, y)ϕ(y) dy + f(x),(IV.2)Ωrispetto alla funzione incognita ϕ(x) in una regione Ω ⊂ R n . L’equazione(III.1) si dice equazione integrale di prima specie, mentre l’equazione (III.2) sidice equazione di Fredholm di seconda specie. Le funzioni note K(x, y) e f(x)sono dette nucleo e termine noto dell’equazione integrale; λ è un parametrocomplesso.L’equazione integrale (III.2) per f = 0∫ϕ(x) = λ K(x, y)ϕ(y) dy(IV.3)Ωsi dice equazione integrale di Fredholm omogenea di seconda specie corrispondenteall’equazione (III.2). Le equazioni integrali di Fredholm di secondaspecie∫ψ(x) = λ K ∗ (x, y)ψ(y) dy + g(x),(IV.4)∫Ωψ(x) = λ K ∗ (x, y)ψ(y) dy,(IV.5)Ω87

dove K ∗ (x, y) = K(y, x), sono dette aggiunte alle equazioni (III.2) e (III.3),rispettivamente. Il nucleo K ∗ (x, y) si dice nucleo coniugato aggiunto al nucleoK(x, y). Il nucleo K(x, y) si dice hermitiano se K ∗ (x, y) = K(x, y), cioè seK(y, x) = K(x, y) quasi ovunque. Il nucleo K(x, y) si dice reale e simmetricose K(x, y) è reale e K(y, x) = K(x, y) quasi ovunque. Ovviamente un nucleoreale e simmetrico è hermitiano.Scriveremo le equazioni (III.2), (III.3), (III.4) e (III.5) in forma contratta,utilizzando la notazione d’operatore:{ϕ = λKϕ + f, ϕ = λKϕ,ψ = λK ∗ ψ + g, ψ = λK ∗ ψ,dove gli operatori integrali K e K ∗ sono determinati dai nuclei K(x, y) eK ∗ (x, y), rispettivamente:∫∫(Kf)(x) = K(x, y)f(y) dy, (K ∗ f)(x) = K ∗ (x, y)f(y) dy.ΩTra poco metteremo opportune condizioni sul dominio Ω e sul nucleoK(x, y) affinché gli operatori lineari K e K ∗ siano limitati in un opportunospazio di Banach (o di Hilbert) di funzioni f(x) definite in Ω. In particolare,verranno considerati gli spazi L 1 (Ω), L 2 (Ω) e C(Ω).Supponiamo che nell’equazione integrale (III.2) la regione Ω sia limitata inR n , la funzione f appartenga allo spazio L 2 (Ω) ed il nucleo K(x, y) sia continuosu Ω × Ω (diremo continui questi nuclei).Lemma IV.1 L’operatore integrale K con nucleo continuo K(x, y) trasferisceL 2 (Ω) in C(Ω) (e, di conseguenza, C(Ω) in C(Ω) e L 2 (Ω) in L 2 (Ω). Dunque,K è limitato come operatore lineare tra questi spazi, ed inoltredove M =‖Kf‖ C ≤ M √ m(Ω)‖f‖ 2 , f ∈ L 2 (Ω), (IV.6)‖Kf‖ C ≤ Mm(Ω)‖f‖ C , f ∈ C(Ω), (IV.7)‖Kf‖ 2 ≤ Mm(Ω)‖f‖ 2 , f ∈ L 2 (Ω), (IV.8)max |K(x, y)| e m(Ω) è la misura di Ω.x,y∈Ω×ΩIl lemma si descrive tramite il seguente schema:C(Ω)L 2 (Ω)L 1 (Ω)imm.−−−→ L 2 (Ω)imm.−−−→ L 1 (Ω)K−−−→ C(Ω)imm.−−−→ L 1 (Ω)K−−−→ C(Ω)imm.−−−→ L 2 (Ω)88ΩK−−−→ C(Ω)imm.−−−→ L 2 (Ω)imm.−−−→ L 1 (Ω)

Dimostrazione. Siccome Ω × Ω è compatto, 1 il nucleo K(x, y) è uniformementecontinuo in (x, y) ∈ Ω × Ω. Ci ricordiamo che una funzione continuadefinita su uno spazio compatto è uniformemente continua. Quindi, dato ε > 0,esiste δ > 0 tale che |K(x 1 , y 1 ) − K(x 2 , y 2 )| < ε se ‖(x 1 − x 2 , y 1 − y 2 )‖ < δ. Diconseguenza, se f ∈ L 2 (Ω), per |x 1 − x 2 | < δ si ha la stima∫|(Kf)(x 1 ) − (Kf)(x 2 )| ≤ |K(x 1 , y) − K(x 2 , y)| |f(y)|dyΩ∫≤ ε|f(y)|dy ≤ ε √ M(Ω) ‖f‖ 2 ,Ωe quindi K trasferisce L 2 (Ω) in C(Ω).Per f ∈ C(Ω) si trova la stima∫‖f‖ 2 2 = |f(x)| 2 dx ≤ m(Ω)‖f‖ 2 C,Ωf ∈ C(Ω),implicando ‖f‖ 2 ≤ √ m(Ω) ‖f‖ C . Dunque C(Ω) è contenuto in L 2 (Ω), dove√ l’operatore di immersione è limitato di norma limitata superiormente dam(Ω).✷Cerchiamo la soluzione dell’equazione (III.2) mediante il metodo delle approssimazionisuccessive, ponendo ϕ (0) (x) = f(x),∫ϕ (p) (x) = λ K(x, y)ϕ (p−1) (y) dy + f(x) ≡ λKϕ (p−1) + f, p = 1, 2, · · · .Ω(IV.9)Quindip∑ϕ (p) = λ j K j f, p = 0, 1, 2, · · · , (IV.10)j=0dove K j denotano le potenze j-esime dell’operatore K. Secondo il LemmaIII.1, le iterazioni di f ∈ L 2 (Ω) soddisfano la disuguaglianza‖K p f‖ 2 = ‖K(K p−1 f)‖ 2 ≤ Mm(Ω)‖K p−1 f‖ 2≤ (Mm(Ω)) 2 ‖K p−2 f‖ 2 ≤ · · · ≤ (Mm(Ω)) p ‖f‖ 2 ,cioè‖K p f‖ 2 ≤ (Mm(Ω)) p ‖f‖ 2 , p = 0, 1, 2, · · · . (IV.11)1 Per i sottoinsiemi di uno spazio euclideo, compatto vuol dire chiuso e limitato.89

Da questa disuguaglianza segue che la serie∞∑λ j (K j f)(x), x ∈ Ω, (IV.12)j=0detta serie di Neumann, è maggiorata nella norma L 2 dalla serie numerica‖f‖ 2∞∑j=0|λ| j (Mm(Ω)) j =che converge nel disco |λ| < 1/Mm(Ω).‖f‖ 21 − |λ|Mm(Ω) , (IV.13)Stabiliamo preliminarmente che è valida la seguente uguaglianza:(Kf, g) = (f, K ∗ g), f, g ∈ L 2 (Ω). (IV.14)Infatti, se f e g appartengono a L 2 (Ω), conformemente al Lemma III.1, ancheKf e K ∗ g appartengono a L 2 (Ω) e quindi si ha∫∫ [∫](Kf, g) = (Kf)(x)g(x) dx = K(x, y)f(y) dy g(x) dxΩΩ Ω∫ [∫] ∫ [∫]= f(y) K(x, y)g(x) dx dy = f(y) K ∗ (y, x)g(x) dx dyΩΩΩΩ∫= f(x)(K ∗ g)(x) dx = (f, K ∗ g).ΩLemma IV.2 Se K 1 e K 2 sono operatori integrali con nuclei continui K 1 (x, y)e K 2 (x, y), rispettivamente, l’operatore K 3 = K 2 K 1 è un operatore integrale connucleo continuo∫K 3 (x, y) = K 2 (x, y ′ )K 1 (y ′ , y) dy ′ .(IV.15)In questo caso è valida la seguente formula:Ω(K 2 K 1 ) ∗ = K ∗ 1K ∗ 2. (IV.16)Dimostrazione. Per tutte le f ∈ L 2 (Ω) abbiamo∫ ∫(K 3 f)(x) = (K 2 K 1 f)(x) = K 2 (x, y ′ ) K 1 (y ′ , y)f(y) dy dy ′ΩΩ∫ ∫= [K 2 (x, y ′ )K 1 (y ′ , y) dy ′ ] f(y) dy,ΩΩda cui segue la formula (III.15). È evidente che il nucleo K 3 (x, y) è continuoper (x, y) ∈ Ω × Ω. Infatti, dato ε > 0, per i = 1, 2 esiste δ i > 0 tale che90

|K i (x 1 , y 1 ) − K i (x 2 , y 2 )| < ε/([M 1 + M 2 ]m(Ω)) se ‖(x 1 , y 1 ) − (x 2 , y 2 )‖ < δ i .Quindi, se ‖(x 1 , y 1 ) − (x 2 , y 2 )‖ < δ = min(δ 1 , δ 2 ), risulta∫|K 3 (x 1 , y 1 ) − K 3 (x 2 , y 2 )| ≤ |K 2 (x 1 , y ′ ) − K 2 (x 2 , y ′ )||K 1 (y ′ , y 1 )| dy ′Ω∫+ |K 2 (x 2 , y ′ )||K 1 (y ′ , y 1 ) − K 1 (y ′ , y 2 )| dy ′ < [M 2m(Ω) + M 1 m(Ω)]ε= ε,[M 1 + M 2 ]m(Ω)Ωimplicando la continuità uniforme di K 3 (x, y).Prendendo in considerazione l’uguaglianza (III.14), per tutte le f e g appartenentia L 2 (Ω) si ottiene(f, K ∗ 3g) = (K 3 f, g) = (K 2 K 1 f, g) = (K 1 f, K ∗ 2g) = (f, K ∗ 1K ∗ 2g), f, g ∈ L 2 (Ω),cioè (f, K3g ∗ − K1K ∗ 2g) ∗ = 0 per tutte le f, g ∈ L 2 (Ω), e, quindi, K3 ∗ = K1K ∗ 2,∗il che equivale all’uguaglianza (III.16). Il lemma è dimostrato.✷Dal Lemma III.2 appena dimostrato segue che gli operatori K p = K(K p−1 )= (K p−1 )K, p = 2, 3, · · · , sono operatori integrali ed i loro nuclei K p (x, y) sonocontinui e soddisfano le relazioni di ricorrenza K 1 (x, y) = K(x, y),∫∫K p (x, y) = K(x, y ′ )K p−1 (y ′ , y) dy ′ = K p−1 (x, y ′ )K(y ′ , y) dy ′ . (IV.17)ΩI nuclei K p (x, y) sono detti nuclei iterati del nucleo K(x, y).Dalle relazioni di ricorrenza (III.17) segue che i nuclei iterati soddisfano ladisuguaglianzaDalla (III.18) segue che la serieΩ|K p (x, y)| ≤ M p m(Ω) p−1 , p = 1, 2, · · · . (IV.18)∞∑λ p K p+1 (x, y), (x, y) ∈ Ω × Ω, (IV.19)p=0è maggiorata mediante la serie numerica∞∑|λ| p M p+1 m(Ω) k ,p=0convergente nel disco |λ| < 1/Mm(Ω). Perciò la serie (III.19) è uniformemente(anche totalmente) convergente in (x, y, λ) ∈ Ω × Ω × {z ∈ C : |z|

(1/Mm(Ω)) − ε}, per ε > 0 qualsiasi. Di conseguenza, la sua somma è continuain Ω × Ω × {z ∈ C : |z| < (1/Mm(Ω))} ed analitica in λ nel disco|λ| < 1/Mm(Ω). Indichiamo la somma della serie (III.19) con R(x, y; λ):R(x, y; λ) =∞∑λ p K p+1 (x, y).La funzione R(x, y; λ) è detta risolvente del nucleo K(x, y).p=0Teorema IV.3 La soluzione ϕ dell’equazione integrale (III.2) è unica nellaclasse L 2 (Ω) per |λ| < 1/Mm(Ω) e per qualunque f ∈ L 2 (Ω) è rappresentatacon il risolvente R(x, y; λ) del nucleo K(x, y) mediante l’equazione∫ϕ(x) = f(x) + λ R(x, y; λ)f(y) dy,(IV.20)in altre parole, è valida la seguente equazione operatoriale:Ω(I − λK) −1 = I + λR(λ), |λ| < (1/Mm(Ω)), (IV.21)dove R(λ) è un operatore integrale con nucleo R(x, y; λ).Si può dimostrare che il risolvente R(x, y; λ) di un nucleo continuo K(x, y)ammette un prolungamento meromorfo in tutto il piano della variabile complessaλ ed inoltre i suoi poli sono i numeri caratteristici del nucleo K(x, y). 22 Equazioni integrali di VolterraSupponiamo che n = 1, la regione G sia l’intervallo limtato (0, a) ed il nucleoK(x, y) si annulli nel triangolo 0 < x < y < a. Questo nucleo si dice nucleo diVolterra. L’equazione (III.2) con nucleo di Volterra ha la forma∫ xϕ(x) = λ K(x, y)ϕ(y) dy + f(x)0(IV.22)e è detta equazione integrale di Volterra di seconda specie.Supponiamo che nell’equazione (III.22) sia f ∈ C([0, a]) e che il nucleoK(x, y) sia continuo nel triangolo chiuso 0 ≤ y ≤ x ≤ a. Allora |K(x, y)| ≤ Mper un’opportuna costante M e l’operatore integrale(Kf)(x) =∫ x0K(x, y)f(y) dy2 λ si dice numero caratteristico di K se esiste 0 ≠ ϕ ∈ L 1 (Ω) tale che ϕ = λKϕ. In talcaso λ ≠ 0, 1/λ è autovalore di K e ϕ ∈ C(Ω).92

trasferisce C([0, a]) in C([0, a]).Definiamo ora le approssimazioni successive ϕ (p) :p∑ϕ (0) = f, ϕ (p) = λ k K k f = λKϕ (p−1) + f, p = 1, 2, · · · . (IV.23)k=0Le iterazioni K p f appartengono a C([0, a]) e soddisfano la stima|(K p (Mx) pf)(x)| ≤ ‖f‖ C , x ∈ [0, a], p = 0, 1, · · · . (IV.24)p!Dimostriamo la stima (III.24) per induzione rispetto a p. Per p = 0, lastima (III.24) è valida. Supponendola valida per p − 1, dimostriamo la suavalidità per p:|(K p f)(x)| = ∣ ∣(K(K p−1 f))(x) ∣ ∣ ≤≤ M‖f‖ C M p−1 ∫ x0∫ x0|K(x, y)||(K p−1 f)(y)| dyy p−1(p − 1)! dy = ‖f‖ C(Mx) p.p!Dalla stima (III.24) segue che la serie di Neumann (III.10) è maggiorata su[0, a] mediante la serie numerica convergente‖f‖ C∞∑k=0|λ| k (Ma)kk!= ‖f‖ C e |λ|Ma (IV.25)e per questa ragione è uniformente (infatti, totalmente) convergente in x ∈[0, a] per λ qualsiasi, definendo una funzione continua ϕ(x). Dunque, invirtù della (III.23), le approssimazioni successive ϕ (p) per p → ∞ tendonouniformemente alla funzione ϕ:limp→∞max |ϕ (p) (x) − ϕ(x)| = 0, ϕ(x) =x∈[0,a]∞∑λ k (K k f)(x).k=0Qui, in virtù della (III.25), è valida la disuguaglianza‖ϕ‖ C ≤ ‖f‖ C e |λ|Ma .Formuliamo i risultati ottenuti nella forma del seguente(IV.26)(IV.27)Teorema IV.4 Ogni equazione integrale di Volterra (III.22) con nucleo continuoK(x, y) nel triangolo {(x, y) : 0 ≤ y ≤ x ≤ a} per λ qualsiasi ha un’unicasoluzione ϕ nella classe C([0, a]) per qualunque termine noto f ∈ C([0, a]).Questa soluzione è data dalla serie di Neumann uniformemente convergente(III.26) soddisfa la disuguaglianza (III.27). Dunque un nucleo di Volterracontinuo non ha numeri caratteristici.93

Risolviamo ora l’equazione di Volterraϕ(x) = λ∫ x0ϕ(y) dy + f(x), 0 ≤ x ≤ a.Se f ∈ C 1 ([0, a]), allora l’equazione integrale si riduce al problema di Cauchyϕ ′ (x) = λϕ(x) + f ′ (x),ϕ(0) = f(0).La sua soluzione unica ha la formaϕ(x) = e λx f(0) +∫ x0e λ(x−y) f ′ (y) dy= e λx f(0) + [ e λ(x−y) f(y) ] ∫ xx+ λ e λ(x−y) f(y) dyy=0= f(x) + λ∫ x0e λ(x−y) f(y) dy.Quest’ultima espressione si generalizza facilmente a f ∈ C([0, a]).03 Equazioni Integrali con Nucleo HermitianoUn nucleo K(x, y) è detto hermitiano se questo nucleo coincide con il suo coniugatohermitiano, K(x, y) = K ∗ (x, y) = K(y, x). La corrispondente equazioneintegrale∫ϕ(x) = λ K(x, y)ϕ(y) dy + f(x)(IV.28)Ωper λ reali coincide con la sua aggiunta, essendo K ∗ = K un operatore autoaggiuntonello spazio L 2 (Ω). Se il nucleo K(x, y) è continuo, K è anche limitatosu L 2 (Ω). I numeri caratteristici e le autofunzioni trovati sono anche i numericaratteristici e le autofunzioni se la (III.28) viene considerata nello spazioL 2 (Ω) per un nucleo continuo ed hermitiano qualsiasi.a. Operatori integrali con nucleo continuo hermitiano: Compattezza.Supponiamo che K sia un operatore integrale con nucleo continuo hermitianoK(x, y). Quest’operatore trasferisce L 2 (Ω) (Ω è una regione limitata)in L 2 (Ω) (vedi il Lemma III.1) ed è autoaggiunto:(Kf, g) = (f, Kg), f, g ∈ L 2 (Ω). (IV.29)Inversamente, se un operatore integrale K con nucleo continuo K(x, y) è autoaggiunto,questo nucleo è hermitiano. Infatti, dalla (III.29) (valida anche per94

f, g ∈ C(Ω)) segue che K(x, y) e K ∗ (x, y) sono ambedue il nucleo dell’operatoreintegrale K e quindi K(x, y) = K ∗ (x, y) per ogni (x, y) ∈ Ω × Ω.Ne segue facilmente che tutti i nuclei iterati K p (x, y) di un nucleo continuohermitiano K(x, y) sono anch’essi hermitiani:K ∗ p(x, y) = (K ∗ ) p (x, y) = K p (x, y).Sia M un compatto. 1 Un sottoinsieme M (cioè, un insieme di funzionicontinue su M) si dice equicontinuo su M se per ogni ε > 0 esiste δ > 0tale che |f(x 1 ) − f(x 2 )| < ε per ogni f ∈ M, non appena |x 1 − x 2 | < δ perx 1 , x 2 ∈ M. In particolare, f ∈ C(M) è (uniformemente) continua se e solo sel’insieme M = {f} è equicontinuo.Lemma IV.5 Un operatore integrale K con nucleo continuo K(x, y) trasferisceogni insieme limitato appartenente a L 2 (Ω) in un insieme limitato inC(Ω) e equicontinuo su Ω.Dimostrazione. Sia B un insieme limitato in L 2 (Ω): ∃A : ‖f‖ p ≤ A perogni f ∈ B. Dal Lemma III.1 segue che ‖Kf‖ C ≤ Mm(Ω) 1/2 A, f ∈ B,p = 1, 2, e quindi K trasferisce B in un insieme limitato in C(Ω). Inoltre,visto che il nucleo K(x, y) è uniformemente continuo su Ω × Ω, per un ε > 0qualsiasi esiste δ > 0 tale che|K(x ′ , y) − K(x ′′ , y)|

Dimostrazione. Come è noto, ogni sottoinsieme chiuso e limitato in R n haun sottoinsieme denso numerabile {x n : n = 1, 2, · · · }. Per ipotesi, l’insiemedi numeri {f(x 1 ) : f ∈ B} è limitato. Quindi esiste una successione {f (1)k }∞ k=1tale che f (1)k(x 1) è convergente se k → ∞. Inoltre, visto che l’insieme di numeri{f (1)k (x 2) : k = 1, 2, · · · } è limitato, estraiamo dalla {f (1)k} una sottosuccessione{f (2)(2)k} tale che {fk(x 2)} è convergente. Continuando così, troviamo le successioni{f (m)k} in B, dove n = 1, 2, · · · e {f (n+1)k} è una sottosuccessione della{f (n)k}, tale che {f (n)k(x n )} è convergente se n → ∞.Consideriamo ora la successione diagonale {g k } in B dove g k = f (k)k , k =1, 2, · · · . Per un qualunque punto x i la successione numerica {g k (x i )} convergese k → ∞, poichè, per costruzione, per k ≥ i, questa successione è unasottosuccessione della successione convergente {f (i)k(x i)}.Dimostriamo ora che la successione di g k , k = 1, 2, · · · , è uniformementeconvergente su M. Supponiamo che sia ε > 0. Visto che questa successione èequicontinua su M, esiste δ > 0 tale che per k = 1, 2, · · · si ha|g k (x) − g k (x ′ )| < ε 3(IV.30)quando |x − x ′ | < δ e x, x ′ ∈ M. Essendo M compatto, dall’insieme di puntix 1 , x 2 , · · · si può scegliere un numero finito di questi punti, x 1 , x 2 , · · · , x l , l =l(ε), in modo che, per ogni punto x ∈ M esista un punto x i , 1 ≤ i ≤ l, tale che|x − x i | < δ. Ricordando che la successione di g k (x), k = 1, 2, · · · , converge aipunti x 1 , · · · , x l , concludiamo che esiste un numero N = N(ε) tale che|g k (x i ) − g p (x i )| < ε , k, p ≥ N, i = 1, 2, · · · , l. (IV.31)3Sia ora x un punto arbitrario dell’insieme M. Scegliendo un punto x i , 1 ≤ i ≤ l,tale che |x − x i | < δ, in virtù delle (III.30) e (III.31) si ottiene|g k (x) − g p (x)| ≤ |g k (x) − g k (x i )| + |g k (x i ) − g p (x i )| + |g p (x i ) − g p (x)|< ε 3 + ε 3 + ε 3= ε, k, p ≥ N,dove N non dipende da x ∈ M. Ciò significa che la successione di g k , k =1, 2, · · · , è una successione di Cauchy in C(M). Siccome C(M) è uno spaziodi Banach, la successione converge uniformemente su M.✷Il teorema di Ascoli-Arzelà esprime la proprietà di compattezza di un qualunqueinsieme limitato e equicontinuo in C(M). Inoltre, il Lemma III.5 affermache un operatore integrale con nucleo continuo trasferisce ogni insiemelimitato in L 2 (Ω) in un sottoinsieme di C(Ω) con chiusura (in C(Ω)) compatta.96

c. Equazioni integrali con nucleo continuo hermitiano: Il principiovariazionale. In questo paragrafo descriviamo i numeri caratteristici diun operatore integrale con nucleo hermitiano.Teorema IV.7 (Principio di Rayleigh-Ritz) Per ciascun nucleo continuohermitiano K(x, y) ≢ 0 l’operatore integrale K ha almeno un numero caratteristicoe il numero caratteristico λ 1 più piccolo in modulo soddisfa il principiovariazionaleDimostrazione.Sia1|λ 1 | = sup0≠f∈L 2 (Ω)ν = sup ‖Kf‖ 2 .‖f‖ 2 =1‖Kf‖ 2‖f‖ 2. (IV.32)(IV.33)Dalla (III.8) segue che ‖Kf‖ 2 ≤ M m(Ω) sulle funzioni di L 2 (Ω) di norma1 e quindi ν ≤ M m(Ω). È inoltre evidente che ν ≥ 0. Dimostriamo cheν > 0. Infatti, se ν = 0, allora, in virtù della (III.33), avremmo ‖Kf‖ 2 = 0,cioè Kf = 0 per tutte le f ∈ L 2 (Ω), e quindi K(x, y) = 0, x, y ∈ Ω, il checontraddice l’ipotesi.Dalla definizione della ν segue l’esistenza di una successione di f k , k =1, 2, · · · , ‖f k ‖ 2 = 1, tale che‖Kf k ‖ 2 → ν, k → +∞; (IV.34)inoltre, è valida la disuguaglianza( )∥ ‖K 2 f‖ 2 =Kf ∥∥∥2∥ K ‖Kf‖ 2 ≤ ν‖Kf‖ 2 ,‖Kf‖ 2f ∈ L 2 (Ω). (IV.35)Dimostriamo ora cheK 2 f k − ν 2 f k → 0, k → +∞, in L 2 (Ω). (IV.36)Infatti, utilizzando le (III.29), (III.34) e (III.35), si ottiene‖K 2 f k − ν 2 f k ‖ 2 2 = (K 2 f k − ν 2 f k , K 2 f k − ν 2 f k )= (K 2 f k , K 2 f k ) + ν 4 (f k , f k ) − ν 2 (f k , K 2 f k ) − ν 2 (K 2 f k , f k )= ‖K 2 f k ‖ 2 2 + ν 4 − 2ν 2 (Kf k , Kf k )≤ ν 2 ‖Kf k ‖ 2 2 + ν 4 − 2ν 2 ‖Kf k ‖ 2 2= ν 4 − ν 2 ‖Kf k ‖ 2 2 → 0, k → +∞,il che è equivalente alla relazione limite (III.36).97

Conformemente al Lemma III.5, la successione delle funzioni Kf k , k =1, 2, · · · , è limitata in C(Ω) e equicontinua su Ω. Ma in questo caso, in baseal teorema di Ascoli-Arzelà, esiste anche una sottosuccessione ψ i = Kf ki ,i = 1, 2, · · · , che converge in C(Ω) ad una funzione ψ ∈ C(Ω), ‖ψ − ψ i ‖ C → 0,i → ∞. Da ciò, utilizzando le (III.6) e (III.7), e la relazione (III.36), si ottiene‖K 2 ψ − ν 2 ψ‖ C ≤ ‖K 2 (ψ − ψ i )‖ C + ν 2 ‖ψ − ψ i ‖ C + ‖K 2 ψ i − ν 2 ψ i ‖ C≤ M m(Ω)‖K(ψ − ψ i )‖ C + ν 2 ‖ψ − ψ i ‖ C + ‖K(K 2 f ki − ν 2 f ki )‖ C≤ (M 2 m(Ω) 2 + ν 2 )‖ψ − ψ i ‖ C + M √ m(Ω)‖K 2 f ki − ν 2 f ki ‖ 2 → 0, i → +∞,e, di conseguenza,K 2 ψ = ν 2 ψ.Dimostriamo che ψ ≠ 0. Dalla relazione limite (III.36) segue cheKψ i − ν 2 f ki → 0,i → +∞ in L 2 (Ω),e, di conseguenza, ‖Kψ i ‖ 2 → ν 2 , i → +∞. D’altra parte, dal Lemma III.1segue che ‖Kψ i ‖ 2 → ‖Kψ‖ 2 , i → +∞. Quindi, ‖Kψ‖ 2 = ν 2 > 0, da cui segueche ψ ≠ 0.Dunque, la funzione ψ costruita è un’autofunzione del nucleo K 2 (x, y) corrispondenteall’autovalore ν 2 . Ma, allora, almeno uno dei numeri ±ν è autovaloredel nucleo K(x, y). In tal modo, il numero caratteristico λ 1 costruito èuguale a 1/ν in modulo e, quindi, in virtù della (III.33), soddisfa il principiovariazionale (III.32).Non resta altro che stabilire che λ 1 è il numero caratteristico più piccolo inmodulo del nucleo K(x, y). Infatti, se λ 0 e ϕ 0 sono il numero caratteristico e lacorrispondente autofunzione, cioè λ 0 Kϕ 0 = ϕ 0 , allora, in virtù della (III.32),si ha1λ 1=supf∈L 2 (Ω)‖Kf‖ 2‖f‖ 2≥ ‖Kϕ 0‖ 2‖ϕ 0 ‖ 2= 1|λ 0 | ,e quindi |λ 1 | ≤ |λ 0 |.✷Considerando il teorema sopra dimostrato, per le equazioni integrali connucleo continuo hermitiano K(x, y) ≢ 0, si ottengono le seguenti asserzioni:L’insieme dei numeri caratteristici {λ k } non è vuoto, è situato sull’assereale, e non ha punti di accumulazione finiti; ogni numero caratteristicoè di moltiplicità finita ed il sistema di autofunzioni {ϕ k } può essere sceltoortonormale:(ϕ k , ϕ i ) = δ k,i . (IV.37)98

Se λ ≠ λ k , k = 1, 2, · · · , l’equazione (III.28) è univocamente risolvibile per untermine noto f ∈ C(Ω) qualsiasi. Se λ = λ k , per la risolvibilità dell’equazione(III.28) è necessario e sufficiente che(f, ϕ k+1 ) = 0, i = 0, 1, · · · , r k − 1, (IV.38)dove ϕ k , ϕ k+1 , · · · , ϕ k+rk −1 sono autofunzioni corrispondenti al numero caratteristicoλ k e r k è la moltiplicità di λ k .Sia K(x, y) ≢ 0 un nucleo integrale hermitiano e sia K il corrispondenteoperatore integrale in L 2 (Ω). Allora esistono un numbero caratteristico 0 ≠λ 1 ∈ R e un’autofunzione ϕ 1 ∈ L 2 (Ω) di norma 1 tali chePoniamo1|λ 1 | = sup ‖Kf‖ 2 = ‖Kϕ 1 ‖.‖f‖ 2 =1K 1 (x, y) = K(x, y) − ϕ 1(x)ϕ 1 (y)λ 1.Se K 1 (x, y) ≡ 0, allora λ 1 è l’unico numero caratteristico di K e K(x, y) =ϕ 1 (x)ϕ 1 (y)/λ 1 è un nucleo degenere. Se K 1 (x, y) ≢ 0 e K 1 è il corrispondenteoperatore integrale, allora esistono un numero caratteristico 0 ≠ λ 2 ∈ R con|λ 1 | ≤ |λ 2 | e un’autofunzione ϕ 2 ∈ L 2 (Ω) di norma 1 e ortogonale a ϕ 1 tali chePoniamo1|λ 2 | = sup ‖K 1 f‖ 2 = ‖Kϕ 2 ‖.‖f‖ 2 =1K 2 (x, y) = K 1 (x, y) − ϕ 2(x)ϕ 2 (y)λ 2.Se K 2 (x, y) ≡ 0, allora λ 1 e λ 2 sono gli unici numeri caratteristici di K eK(x, y) =2∑j=1ϕ j (x)ϕ j (y)λ j.Se K 2 (x, y) ≢ 0 e K 2 è il corrispondente operatore integrale, allora esistonoun numero caratteristico 0 ≠ λ 3 ∈ R con |λ 1 | ≤ |λ 2 | ≤ |λ 3 | e un’autofunzioneϕ 3 ∈ L 2 (Ω) di norma 1 e ortogonale a ϕ 1 e ϕ 2 tali che1|λ 3 | = sup ‖K 2 f‖ 2 = ‖Kϕ 3 ‖,‖f‖ 2 =199

ECC. Supponiamo di aver trovato i numeri caratteristici λ 1 , . . . , λ p (con 0

Studiamo ora la condizione sotto cui è una base ortonormale il sistemaortonormale delle autofunzioni ϕ j . Se Kψ = 0, allora(ψ, ϕ j ) = 1 λ j(ψ, Kϕ j ) = 1 λ j(Kψ, ϕ j ) = 0.D’altra parte, se (ψ, ϕ j ) = 0 per ogni j, alloraKψ = ∑ j(ψ, ϕ j )ϕ j = 0.In altre parole,{ψ ∈ L 2 (Ω) : Kψ = 0} = {ψ ∈ L 2 (Ω) : ψ ⊥ ϕ j per ogni j}.Di conseguenza, {ϕ j } ∞ j=1 è una base ortonormale se e solo se ψ = 0 è l’unicovettore ortogonale a tutte le autofunzioni ϕ j se e solo se ψ = 0 è l’unico vettoretale che Kψ = 0. Dunque {ϕ j } ∞ j=1 è base ortonormale di L 2 (Ω) se e solo sezero non è autovalore di K.4 Teorema di Hilbert-SchmidtSupponiamo che λ 1 , λ 2 , · · · siano i numeri caratteristici del nucleo continuohermitiano K(x, y) ≢ 0 disposti in ordine di crescita del loro modulo, |λ 1 | ≤|λ 2 | ≤ · · · , e che ϕ 1 , ϕ 2 , · · · siano le corrispondenti autofunzioni ortonormali,(ϕ k , ϕ i ) = δ kl .Come sappiamo, i numeri caratteristici λ k sono reali e le autofunzioni ϕ k (x)sono continue su Ω; in questo caso l’insieme {λ k } è finito o numerabile; nell’ultimocaso si ha |λ k | → ∞, k → ∞. Inoltre, in virtù della (III.32), è validala disuguaglianzaNotiamo un’altra disuguaglianza, e cioè 4∞∑k=1‖Kf‖ 2 ≤ 1|λ 1 | ‖f‖ 2, f ∈ L 2 (Ω). (IV.39)|ϕ k (x)| 2λ 2 k∫≤Ω|K(x, y)| 2 dy, x ∈ Ω. (IV.40)Nel seguito verrà infatti dimostrato che vale l’uguaglianza nella (III.40).4 Se il nucleo K(x, y) ha un numero finito di numeri caratteristici , λ 1 , λ 2 , · · · , λ N , poniamoλ k = +∞ per k > N.101

Introduciamo ora la successione di nuclei continui hermitianiK (p) (x, y) = K(x, y) −p∑i=1ϕ i (x)ϕ i (y)λ i, p = 1, 2, · · · , . (IV.41)I corrispondenti operatori integrali K (p) hermitiani soddisfanoK (p) f = Kf −p∑i=1(f, ϕ i )λ iϕ i , f ∈ L 2 (Ω). (IV.42)Dimostriamo che λ p+1 , λ p+2 , · · · , e ϕ p+1 , ϕ p+2 , · · · costituiscono tutti i numericaratteristici e tutte le autofunzioni del nucleo K (p) (x, y). Infatti, in virtùdella (III.42) abbiamoK (p) ϕ k = Kϕ k −p∑i=1(ϕ k , ϕ i )λ iϕ i = Kϕ k = 1 λ kϕ k , k ≥ p + 1,di modo che λ k e ϕ k , k ≥ p + 1, siano numeri caratteristici ed autofunzioni delnucleo K (p) (x, y). Inversamente, siano λ 0 e ϕ 0 un numero caratteristico e lacorrispondente autofunzione del nucleo K (p) (x, y), e cioè, in virtù della (III.42),si avràp∑ϕ 0 = λ 0 K (p) (ϕ 0 , ϕ 0 )ϕ 0 = λ 0 Kϕ 0 − λ 0ϕ i . (IV.43)λ iDa qui per k = 1, 2, · · · , p si ottienei=1(ϕ 0 , ϕ k ) = λ 0 (Kϕ 0 , ϕ k ) − λ 0p∑i=1= λ 0 (ϕ 0 , Kϕ k ) − λ 0p∑i=1(ϕ 0 , ϕ i )(ϕ i , ϕ k )λ i(ϕ 0 , ϕ i )λ iδ ik = λ 0λ k(ϕ 0 , ϕ k ) − λ 0λ k(ϕ 0 , ϕ k ) = 0,e quindi, in virtù della (III.43), λ 0 = λ 0 Kϕ 0 . Dunque, λ 0 e ϕ 0 sono il numerocaratteristico e la corrispondente autofunzione del nucleo K(x, y). Visto cheϕ 0 è ortogonale a tutte le autofunzioni ϕ 1 , ϕ 2 , · · · , ϕ p , ne segue che λ 0 coincidecon uno de numeri caratteristici λ p+1 , λ p+2 , · · · e ϕ 0 può essere consideratauguale a ϕ k per k ≥ p + 1. Dunque, λ p+1 è il numero caratteristico più piccolodel nucleo K (p) (x, y) in modulo. Applicando la disuguaglianza (III.39) a questonucleo e tenendo conto della (III.42), si ottiene la disuguaglianza‖K (p) f‖ 2 =∥ Kf −p∑i=1(f, ϕ i )λ iϕ i∥ ∥∥∥∥2≤ ‖f‖ 2|λ p+1 | , f ∈ L2 (Ω), (IV.44)102

dove p = 1, 2, · · · .Supponiamo che il nucleo hermitiano K(x, y) abbia un numero finito dinumeri caratteristici: λ 1 , λ 2 , · · · , λ N . Da quanto abbiamo dimostrato, il nucleohermitiano K (N) (x, y) non ha numeri caratteristici, e quindi, in base al TeoremaIII.7, si ha K (N) (x, y) ≡ 0, in modo che, in virtù della (III.41), si haK(x, y) =N∑i=1ϕ i (x)ϕ i (y)λ i, (IV.45)il che significa che il nucleo K(x, y) è degenere.Da ciò, e ricordando anche che un nucleo degenere ha sempre un numerofinito di numeri caratteristici, formuliamo il seguente risultato: affinché unnucleo continuo hermitiano sia degenere, è necessario e sufficiente che questonucleo abbia un numero finito di numeri caratteristici.Dimostriamo che il nucleo iterato K 2 (x, y) di un nucleo continuo hermitianoK(x, y) può essere sviluppato in una serie bilineare in termini delleautofunzioni di questo nucleo,K 2 (x, y) =∞∑k=1ϕ k (x)ϕ k (y), (IV.46)λ 2 ke la serie è uniformemente convergente su Ω × Ω.Tenendo conto del fatto che, in virtù della (III.17), si ha∫∫∫K 2 (x, y)= K(x, y ′ )K(y ′ , x) dy ′ = K(x, y ′ )K(x, y ′ ) dy ′ =Ωsi ottiene l’uguaglianza∞∑k=1|ϕ k (x)| 2λ 2 kΩ∫=Ω|K(x, y)| 2 dy.Ω|K(x, y)| 2 dy,(IV.47)Dal teorema di Dini 5 segue che la serie (III.47) è uniformemente convergente inx ∈ Ω, poichè la parte a destra è una funzione continua in x ∈ Ω. Integrandotermine a termine la serie uniformemente convergente (III.47) e tenendo contodella normalizzazione delle autofunzioni, si ottiene la formula∞∑k=11λ 2 k∫=Dimostriamo or il seguente risultato.Ω∫Ω|K(x, y)| 2 dxdy.(IV.48)5 Teorema di Dini: Sia {f n } ∞ n=1 una successione crescente di funzioni continue definitesu un compatto. Se esiste f(x) = lim n→∞ f n (x) e f è continua sul compatto, allora laconvergenza è uniforme.103

Teorema IV.8 (Teorema di Hilbert-Schmidt) Se una funzione f appartieneall’immagine di un operatore integrale K di nucleo continuo hermitianoK(x, y), cioè f = Kh, la sua serie in termini delle autofunzioni del nucleoK(x, y) è uniformemente convergente su G alla funzionef(x) =∞∑(f, ϕ k )ϕ k (x) =k=1∞∑k=1(h, ϕ k )λ kϕ k (x). (IV.49)Dimostrazione. Visto che f = Kh, h ∈ L 2 (G), in base al Lemma III.1,f ∈ C(G) ed i coefficienti di Fourier delle funzioni f e h in termini delleautofunzioni {ϕ k } del nucleo K(x, y) sono collegati con la relazione(f, ϕ k ) = (Kh, ϕ k ) = (h, Kϕ k ) = (h, ϕ k)λ k. (IV.50)Se il nucleo K(x, y) ha un numero finito di autovalori, si ha, in virtù della(III.45),N∑ (h, ϕ k )f(x) = (Kh)(x) =ϕ k (x),λ ked il teorema di Hilbert-Schmidt è dimostrato.Supponiamo ora che il nucleo K(x, y) abbia un numero infinito di autovalori.In questo caso |λ k | → +∞, k → +∞. Perciò la serie (III.49) converge a fnella norma di L 2 (G):∥ f −∥ p∑ ∥∥∥∥ (f, ϕ k )ϕ k =∥ Kh −2k=1p∑k=1k=1∥(h, ϕ k ) ∥∥∥∥ϕ k ≤ ‖h‖ 2λ k |λ p+1 |2→ 0, p → +∞.Resta da dimostrare che la serie (III.49) converge in modo uniforme su G.Utilizzando la disuguaglianza di Schwartz e la (III.40), si ottiene, per tutti ivalori di p e q e per ogni x ∈ G,≤q∑∣ |(h, ϕ k )|ϕ k (x) ∣∣∣∣ ≤λ k[ q∑] 1/2 [∫|(h, ϕ k )| 2k=pk=pG[ q∑k=p|(h, ϕ k )| 2 ] 1/2 [ q∑k=p|ϕ k (x)| 2λ 2 k|K(x, y)| 2 dy] 1/2≤ M √ m(G)] 1/2[ q∑k=p|(h, ϕ k )| 2 ] 1/2.(IV.51)Il primo membro della disuguaglianza (III.51) tende a zero per p, q → +∞.Ciò significa che la serie (III.49) è puntualmente convergente su G. Siccome ilmaggiorante in (III.51) non dipende da x ∈ G, la convergenza risulta uniformein x ∈ G.✷104

Capitolo VPROBLEMI DISTURM-LIOUVILLEPrima di studiare alcuni problemi al contorno per le equazioni di tipo ellittico(in particolare le equazioni di Laplace, di Poisson, delle onde e di Schrödingernello spazio e nel piano), trattiamo i corrispondenti problemi unidimensionali.1 Problema di Sturm-LiouvilleIl cosiddetto problema di Sturm-Liouville ha la forma 1Lu def≡ −(pu ′ ) ′ + qu = λu, 0 < x < l, (V.1)h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = 0, H 1 u(l) + H 2 u ′ (l) = 0, (V.2)dove h 1 , h 2 , H 1 , H 2 sono costanti non negative tali che h 1 + h 2 > 0 e H 1 + H 2 >0. 2 Assumiano che p ∈ C 1 [0, l], p(x) > 0 per ogni x ∈ [0, l], e q ∈ C[0, l] èreale. Come dominio dell’operatore L prendiamo⎧⎫⎨u ′′ ∈ L 2 (0, l) ⎬M L =⎩ u ∈ C2 (0, l) ∩ C 1 [0, l] : h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = 0H 1 u(l) + H 2 u ′ ⎭ .(l) = 0Se h 2 = H 2 = 0 (cioè u(0) = u(l) = 0), abbiamo le condizioni di Dirichlet.Se h 1 = H 1 = 0 (cioè u ′ (0) = u ′ (l)), stiamo parlando delle condizioni diNeumann. Gli altri casi si dicono condizioni miste oppure condizioni di Robin.1 Ci limitiamo ora al problema di Sturm-Liouville con condizioni al contorno separate.2 Potremmo scegliere angoli α, β ∈ [0, π 2 ] tali che h 1 = cos α, h 2 = sin α, H 1 = cos β eH 2 = sin β.105

L’operatore L è hermitiano, cioè (Lf, g) = (f, Lg) per ogni f, g ∈ M L .Infatti,(Lf, g) − (f, Lg) =∫ l0[−(pf ′ ) ′ g + qfg] dx −∫ l0[−f(pg ′ ) ′ + f(qg)] dx∫ l= [−(pf ′ )g + f(pg ′ )] l 0 + [pf ′ g ′ − f ′ pg ′ ] dx= [−(pf ′ )g + f(pg ′ )] l 0 = [p(fg′ − f ′ g)] l 0 ,la quale si cancella se le condizioni (IV.2) sono ambedue di tipo Dirichlet oNeumann (se non valgono h 1 , h 2 ∈ (0, 1) e H 1 , H 2 ∈ (0, 1)). Per h 2 , H 2 >0, sostituiamo f ′ (l) = (−H 1 /H 2 )f(l) e f ′ (0) = (h 1 /h 2 )f(0) e analogamenteg ′ (l) = (−H 1 /H 2 )g(l) e g ′ (0) = (h 1 /h 2 )g(0), risultando in (Lf, g)−(f, Lg) = 0.L’integrale d’energia assume la seguente forma:∫ l((Lf, f) = p|f ′ | 2 + q|f| 2) dx + h 1p(0)|f(0)| 2 + H 1p(l)|f(l)| 2 , f ∈ M L ,0h 2 H 2(V.3)dove gli ultimi termini del secondo membro si annullano per h 2 = 0 o per H 2 =0, rispettivamente. Se q(x) ≥ q min per ogni x ∈ [0, l], l’integrale d’energia(Lf, f) soddisfa(Lf, f) ≥ q min ‖f‖ 2 2, f ∈ M L .Quindi tutti gli autovalori di L (che hanno un’autofunzione in M L ) sono realie cadono nell’intervallo [q min , +∞). Se q min fosse un autovalore di L con lacorrispondente autofunzione 0 ≠ f ∈ M L , allora la (IV.3) implicherebbe chevalgono le condizioni di Neumann negli estremi dell’intervallo (h 2 = H 2 = 0),q(x) ≡ q min è costante e l’autofunzione stessa è constante. In tutti gli altricasi gli autovalori cadono nell’intervallo (q min , +∞).01.1 Funzione di GreenSupponiamo che λ = 0 non sia un autovalore dell’operatore L. Consideriamoil problema al contornoLu ≡ −(pu ′ ) ′ + qu = f(x), 0 < x < l, (V.4)h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = 0, H 1 u(l) + H 2 u ′ (l) = 0, (V.5)dove f ∈ C(0, l) ∩ L 2 (0, l). Dato che λ = 0 non è autovalore dell’operatore L,la soluzione del problema al contorno (IV.4)-(IV.5) nella classe M L è unica.Costruiamo ora la soluzione di questo problema.106

Siano v 1 e v 2 soluzioni non nulle (reali) dell’equazione omogenea Lv = 0che soddisfano le condizionih 1 v 1 (0) − h 2 v ′ 1(0) = 0, H 1 v 2 (l) + H 2 v ′ 2(l) = 0. (V.6)Dalla teoria delle equazioni differenziali lineari ordinarie segue che queste soluzioniesistono ed appartengono alla classe C 2 [0, l]. Le soluzioni lineari v 1 e v 2sono linearmente indipendenti. Infatti, nel caso contrario v 1 (x) = cv 2 (x) perqualche 0 ≠ c ∈ R e, di conseguenza, in base alla (IV.6) la soluzione v 1 soddisfaanche la seconda condizione al contorno (IV.5). Ciò significa che v 1 è un’autofunzionedell’operatore L corrispondente all’autovalore λ = 0, contrariamenteall’ipotesi; inoltre segue che in tal caso v 1 ∈ M L . Perciò il determinanteWronskiano vale[ ]v1 (x) vw(x) = det2 (x)v 1(x)′ v 2(x)′ ≠ 0, x ∈ [0, l].Allora ò (pw) ′ (x) = (v 1 (pv ′ 2)−v 2 (pv ′ 1)) ′ = v 1 (pv ′ 2) ′ −v 2 (pv ′ 1) ′ = −v 1 qv 2 +v 2 qv 1 ≡0. Quindi risulta l’identitàpw ≡ p(0)w(0), x ∈ [0, l]. (V.7)Cercheremo la soluzione del problema (IV.4)-(IV.5) per mezzo del metododella variazione delle costanti,u(x) = c 1 (x)v 1 (x) + c 2 (x)v 2 (x).Allora c ′ 1(x) e c ′ 2(x) soddisfano il sistema lineare[ ] [ ] [ ]v1 (x) v 2 (x) c′1 (x) 0v 1(x)′ v 2(x)′ c ′ =2(x) −f(x)/p(x)(V.8)(V.9)con determinante w(x) ≠ 0. Risolvendo questo sistema ed utilizzando l’identità(IV.7), si ottienec ′ 1(x) = v 2(x)f(x)pw, c ′ 2(x) = − v 1(x)f(x). (V.10)pwPer soddisfare le condizioni al contorno (IV.5), osserviamo che esistono duecostanti d’integrazione c 1 e c 2 tali cheu(x) = c 1 v 1 (x) + c 2 v 2 (x) − v 1(x)pw∫ lxv 2 (y)f(y) dy − v 2(x)pw107∫ x0v 1 (y)f(y) dy.

Calcolando la derivata si trovau ′ (x) = c 1 v ′ 1(x) + c 2 v ′ 2(x) − v′ 1(x)pw∫ lxf(y)v 2 (y) dy − v′ 2(x)pwTenendo conto dalle condizioni (IV.6), otteniamo0 = h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = c 1 [h 1 v 2 (0) − h 2 v ′ 2(0)] ;∫ x0 = H 1 u(l) + H 2 u ′ (l) = c 1 [H 1 v 2 (l) + H 2 v ′ 2(l)] ,0v 1 (y)f(y) dy.e quindi, in virtù del fatto che le espressioni tra parentesi quadrate non siannullano, troviamo c 1 = c 2 = 0. In altre parole,u(x) =∫ l0G(x, y)f(y) dy,(V.11)dove{G(x, y) = − 1 v 1 (x)v 2 (y), 0 ≤ x < y ≤ l,pw v 2 (x)v 1 (y), 0 ≤ y < x ≤ l,= − 1pw v 1(min(x, y))v 2 (max(x, y)).(V.12)La funzione G(x, y) è detta funzione di Green del problema al contorno (IV.4)-(IV.5) o dell’operatore L. Questo nucleo è reale, simmetrico e continuo.Inoltre, vale l’uguaglianza∂G(y + 0, y)∂x−∂G(y − 0, y)∂x= − w(y)pw = − 1 , y ∈ (0, l). (V.13)p(y)Consideriamo l’operatore integrale G su L 2 (0, l) con nucleo G(x, y). Alloraquesto nucleo è reale, simmetrico e continuo. Dunque G è un operatore lineareautoaggiunto sullo spazio di Hilbert L 2 (0, l). Siccome u = Gf appartiene adM L per ogni f ∈ C(0, l) ∩ L 2 (0, l), il dominio M L è strettamente contenutonell’immagine dell’operatore integrale G. Ne segue facilmente che l’immaginedi G (cioè, {Gf : f ∈ L 2 (0, l)}) coincide con il dominio dell’estensioneautoaggiunta L di L. Infatti, L = G −1 .M L = D(L)⏐imm. ↓L−−−→ C[0, l]⏐⏐↓imm.G[L 2 (0, l)] = D(L) −−−−→L=G −1 L 2 (0, l)108

Nel caso in cui λ = 0 è autovalore del problema (IV.4)-(IV.5), bisognascegliere qualche µ ∈ R che non è autovalore, e riscrivere (IV.4)-(IV.5) nellaforma equivalente(L − µ)u ≡ −(pu ′ ) ′ + (q − µ)u = f(x) − µu(x), 0 < x < l, (V.14)h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = 0, H 1 u(l) + H 2 u ′ (l) = 0. (V.15)Partendo dalle due soluzioni v 1 e v 2 dell’equazione omogenea (L − µ)u = 0che soddisfano le condizioni (IV.6) e quindi sono linearmente indipendenti,arriviamo ad una funzione di Green G(x, y; µ) ed un operatore integrale G(µ)dipendente di µ tali cheu = G(µ) [f − µu] .Quest’ultima si può scrivere nella forma dell’equazione integrale di Fredholmu(x) + µ∫ l0G(x, y; µ)u(y) dy =∫ l0G(x, y; µ)f(y) dy,0 ≤ x ≤ l. (V.16)Il dominio dell’estensione autoaggiunta L di L [o di L − µ] coincide conl’immagine dell’operatore integrale G(µ).Esempio V.9 Consideriamo il problema di Sturm-Liouville−u ′′ = f(x), h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = 0, H 1 u(l) + H 2 u ′ (l) = 0.Le soluzioni v 1 e v 2 dell’equazione omogenea −u ′′ = 0 che soddisfano lecondizioni (IV.6), hanno la forma (tranne un fattore costante)v 1 (x) = h 1 x + h 2 , v 2 (x) = H 1 l + H 2 − H 1 x,e quindi w(x) = −h 1 (H 1 l + H 2 ) − h 2 H 1 si annulla se e solo se h 1 = H 1 = 0(cioè, condizioni di Neumann in ambedue gli estremi). Se h 1 +H 1 > 0, si trovaper la funzione di Green⎧1⎪⎨[h 1 x + x 2 ][H 1 (l − y) + H 2 ], 0 ≤ x < y ≤ l,hG(x, y)= 1 (H 1 l + H 2 ) + h 2 H 11⎪⎩[H 1 (l − x) + H 2 ][h 1 y + h 2 ], 0 ≤ y < x ≤ l.h 1 (H 1 l + H 2 ) + h 2 H 1Per trovare gli autovalori, cerchiamo le soluzioni v 1 (x, λ) e v 2 (x, λ) dell’equazioneomogenea −u ′′ = λu che soddisfano le condizioni (IV.6), mentreλ > 0. Otteniamov 1 (x, λ) = h 2√λ cos(x√λ) + h1 sin(x √ λ);v 2 (x, λ) = H 2√λ cos((l − x)√λ) + H1 sin((l − x) √ λ),109

e quindiw(x) = v 1 (0, λ)v 2(0, ′ λ) − v 1(0, ′ λ)v 2 (0, λ)= √ [λ (h 2 H 2 λ − h 1 H 1 ) sin(l √ λ) − (h 2 H 1 + h 1 H 2 ) √ λ cos(l √ ]λ) .Un numero λ > 0 è autovalore se e solo se w(x) ≡ 0. Sotto le condizioni diDirichlet (h 2 = H 2 = 0) e sotto quelle di Neumann (h 1 = H 1 = 0) seguesin(l √ λ) = 0.Quindi gli autovalori e le autofunzioni sono( nπx( nπ)⎧⎪ n = 1, 2, 3, · · · , u2 ⎨n (x) = sinlλ n = ,l ⎪( ⎩ nπxn = 0, 1, 2, · · · , u n (x) = cosl), [Dirichlet]). [Neumann]Sotto le altre condizioni (cioè, se h 2 H 1 + h 1 H 2 > 0), λ = 0 non è mai autovaloree λ > 0 è autovalore se e solo se è una radice positiva dell’equazionetranscedente 3 cotg (l √ λ) = h 2H 2 λ − h 1 H 1(h 2 H 1 + h 1 H 2 ) √ λ .C’è un numero infinito di tali radici (infatti, una successione crescente λ n chetende a +∞) ed ogni radice corrispondente all’autofunzioneu n (x, λ) = h 2√λn cos(x √ λ n ) + h 1 sin(x √ λ n ).Le radici √ λ n si trovano più facilmente nel modo grafico. Non ci sono autovalorifuori dell’intervallo [0, +∞).1.2 Riduzione ad un’equazione integraleFacciamo vedere che il problema di Sturm-Liouville può essere ridotto adun’equazione integrale di Fredholm con nucleo reale, simmetrico e continuoG(x, y).Teorema V.10 Il problema al contornoLu = λu + f, u ∈ D(L), f ∈ C(0, l) ∩ L 2 (0, l), (V.17)3 Ponendo x = √ λ, α = h 2 H 1 + h 1 H 2 > 0, β = h 2 H 2 ≥ 0 e γ = h 1 H 1 ≥ 0 con β + γ > 0,si vede subito che i grafici di (αx)/(βx 2 − γ) e tg (lx) hanno un numero infinito di punti diintersezione x > 0.110

543210−1−2−3−4−50 0.5 1 1.5 2 2.5 3kFigura V.1: Il plot contiene i grafici delle funzioni y = tan(xL) e y =−k tan α per L = 5 e α = π.Gli autovalori sono i valori di3k > 0 corrispondenti ai loro punti di intersezione.con la condizione che λ = 0 non sia un autovalore dell’operatore L è equivalenteall’equazione integrale∫ l∫ lu(x) = λ G(x, y)u(y) dy + G(x, y)f(y) dy, u ∈ L 2 (0, l), (V.18)00dove G(x, y) è la funzione di Green dell’operatore L. Inoltre, le soluzioni u deiproblemi equivalenti (IV.17) e (IV.18) appartengono ad M L .Dimostrazione.alloraSe u(x) è una soluzione del problema al contorno (IV.17),u(x) = (G[λu + f])(x) =∫ l0G(x, y)[λu(y) + f(y)] dy, 0 ≤ x ≤ l,cioè u(x) soddisfa l’equazione integrale (IV.18).Inversamente, supponiamo che la funzione u 0 ∈ L 2 (0, l) soddisfi l’equazioneintegrale (IV.18). Se G denota l’operatore integrale con nucleo G(x, y), allorau 0 = G(λu 0 + f) ∈ D(L) e Lu 0 = λu 0 + f. Dall’uguaglianza∫ l∫ xv 1 (x) v 2 (y)[λu 0 (y) + f(y)] dy+v 2 (x) v 1 (y)[λu 0 (y) + f(y)] dyx0u 0 (x) = −p(0)w(0)111

segue che u 0 ∈ C[0, l], poichè le funzioni sotto il segno degli integrali appartengonoad L 1 (0, l). In tal caso segue dall’equazione precedente che u 0 ∈ C 1 [0, l]con derivatav 1(x)′u ′ 0(x)=−∫ lx∫ xv 2 (y)[λu 0 (y) + f(y)] dy+v 2(x)′ 0p(0)w(0)v 1 (y)[λu 0 (y) + f(y)] dy.Da quell’ultima equazione segue che u 0 ∈ C 2 [0, l]. Inoltre, dalla (IV.6) segueche u 0 (x) soddisfa le condizioni al contorno (IV.2). Dunque u 0 ∈ M L . Diconseguenza, Lu 0 = Lu 0 = λu 0 + f.✷Applicando il teorema precedente al caso f = 0, concludiamo che ogniautofunzione dell’operatore L (in principio appartenente a D(L)) appartiene adM L . Inoltre, tutte le autofunzioni appartengono a C[0, l]. Quindi il problemaal contorno per f = 0 (cioè, il problema agli autovalori) è equivalente a quelloagli autovalori dell’equazione integrale omogenea∫ lu(x) = λ G(x, y)u(y) dy0(V.19)in C[0, l] oppure in L 2 (0, l), a condizione che λ = 0 non sia autovalore dell’operatoreL.Eliminiamo ora l’ipotesi che λ = 0 non sia un autovalore dell’operatore L.Per farlo, sia µ 0 ∈ R un numero che non è un autovalore. Allora µ = 0 non èun autovalore del problema di Sturm-LiouvilleL 1 u ≡ −(pu ′ ) ′ + (q − µ 0 )u = µu,(V.20)h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = 0, H 1 u(l) + H 2 u ′ (l) = 0. (V.21)Ma M L = M L1 e D(L) = D(L 1 ). Quindi il problema di Sturm-Liouville(IV.1)-(IV.2) è equivalente all’equazione integrale∫ lu(x) = (λ − µ 0 ) G 1 (x, y)u(y) dy,0(V.22)dove G 1 (x, y) è la funzione di Green dell’operatore L 1 .1.3 Proprietà degli autovalori e delle autofunzioniAbbiamo dunque stabilito l’equivalenza tra il problema di Sturm-Liouvvilleomogeneo ed il problema agli autovalori per l’equazione integrale omogenea112

(IV.22) con nucleo integrale G 1 (x, y) reale, simmetrico e continuo. Gli autovaloriλ del problema (IV.1)-(IV.2) sono collegati ai numeri caratteristici delnucleo G 1 (x, y) con la relazione µ = λ − µ 0 , mentre le corrispondenti autofunzionicoincidono. Quindi, per il problema di Sturm-Liouville sono validi tuttigli enunciati della teoria delle equazioni integrali con nucleo continuo, reale esimmetrico. In particolare 4 l’insieme degli autovalori {λ k } di questo problemanon è vuoto e non ha punti di accumulazione finiti; gli autovalori sono reali esono anche di moltiplicità finita; le autofunzioni possono essere scelte reali edortonormali ed appartengono a C 2 [0, l].Il problema di Sturm-Liouville ha alcune proprietà specifiche.1) Gli autovalori appartengono all’intervallo [q min ,∞) dove q min = min q(x).x∈[0,l]Infatti, per f ∈ M L si ha∫ l((Lf, f) = p|f ′ | 2 + q|f| 2) dx + h 1p(0)|f(0)| 2 + H 1p(l)|f(l)| 20h 2 H 2≥ q min ‖f‖ 2 2,dove gli ultimi termini del secondo membro si annullano per h 2 = 0 oper H 2 = 0, rispettivamente. Quindi, se λ è un autovalore di L concorrispondente autofunzione u, allora u ∈ M L e λ‖u‖ 2 2 = (Lu, u) ≥q min ‖u‖ 2 2, e dunque λ ≥ q min .2) L’insieme degli autovalori è infinito numerabile. Infatti, se quest’insiemefosse finito, {λ 1 , · · · , λ N }, il nucleo G 1 (x, y) sarebbe degenere:G 1 (x, y) =N∑k=1ϕ k (x)ϕ k (y), (V.23)λ k + 1dove ϕ 1 , · · · , ϕ k sono i corrispondenti autofunzioni ortonormalizzate. Siccomeϕ k ∈ C 2 [0, l], risulterebbe una contraddizione con la (IV.13):∂G 1 (y + 0, y)∂x− ∂G 1(y + 0, y)∂x= 0, y ∈ (0, l).3) Ogni autovalore è semplice. Sia λ 0 un autovalore. Allora la corrispondenteautofunzione u sofddisfa Lu = λ 0 u e le due condizioni al contorno(IV.6) [per v 1 = v 2 = u]. Ciascuna di queste condizioni definisce un sottospaziodi L 2 (0, l) di dimensione 1. Quindi l’autospazio corrispondenteall’autovalore λ 0 è unidimensionale.4 Sfruttiamo il fatto che il corrispondente operatore integrale K è compatto e autoaggiuntosu L 2 (Ω). Ciò si deve alla stima ∫ ∫Ω Ω |G 1(x, y)| 2 dx dy < +∞.113

Le condizioni al contorno (IV.2) si dicono separate, poichè riguardano i valorie le derivate della u in estremi diversi dell’intervallo (0, l). Più generalmente,per u, v ∈ C 2 [0, l] risulta dopo due integrazioni per parti:(Lu, v) − (u, Lv) = [p (uv ′ − u ′ v)] l 0 .La parte a destra si annulla se u, v soddisfano le condizioni separate (IV.2).Purtroppo si annullano anche se consideriamo le condizioni non separate√ √ √p(0) u(0) = ± p(l) u(l), p(0) u ′ (0) = ± √ p(l) u ′ (l),per la u e per la v, dove bisogna scegliere il segno + due volte oppure il segnomeno due volte. In tal caso si può introdurre il dominio M L ed estenderload un dominio su cui l’operatore differenziale L è autoaggiunto. Per esempio,consideriamo il problema di Sturm-Liouville con condizioni periodiche−u ′′ = λu, u(0) = u(l), u ′ (0) = u ′ (l).In tal caso gli autovalori e le autofunzioni sono:⎧ ( ) 2 2nπ⎪⎨ λ n = , n = 0, 1, 2, · · ·l( ) ( )2nπx2nπx⎪⎩ u 0 = 1, u n (x) = c 1 cos + c 2 sin , n = 1, 2, 3, · · · .llTranne per l’autovalore λ 0 = 0, tutti gli autospazi hanno la dimensione 2.D’altra parte, per il problema di Sturm-Liouville con condizioni antiperiodiche−u ′′ = λu, u(0) = −u(l), u ′ (0) = −u ′ (l),gli autovalori e le autofunzioni sono:⎧ ( ) 2 (2n − 1)π⎪⎨ λ n =, n = 1, 2, 3, · · ·l ( ) ( )(2n − 1)πx(2n − 1)πx⎪⎩ u n (x) = c 1 cos+ c 2 sin, n = 1, 2, 3, · · · .llIn questo caso tutti gli autospazi hanno la dimensione 2.Siano (λ n ) ∞ n=1 gli autovalori della L e (ϕ n ) ∞ n=1 le corrispondenti autofunzioniortonormalizzate. Siccome il problema agli autovalori è equivalente a quello perun’equazione integrale con nucleo continuo reale e simmetrico, il sistema delleautofunzioni è completo in L 2 (0, l). In altre parole, ogni funzione f ∈ L 2 (0, l)può essere sviluppata in una serie∞∑f = (f, ϕ k )ϕ k ,(V.24)k=1114

dove‖f‖ 2 2 =∞∑|(f, ϕ k )| 2 ,k=1limN→+∞∫ l0N ∣ f(x) − ∑(f, ϕ k )ϕ k (x)∣k=12dx = 0.Esempio V.11 Consideriamo il problema di Sturm-Liouville con condizioniperiodiche−u ′′ = λu, u(0) = u(l), u ′ (0) = u ′ (l).Allora gli autovalori e le corrispondenti autofunzioni ortonormalizzate sono:⎧( ) 2 2nπ⎪⎨ λ 0 =0, λ c n =λ s n = ,l⎪⎩ ϕ 0 (x)= √ 1 ( ) 1/2 ( ) ( ) 1/2 ( )2 2nπx2 2nπx, ϕ c n(x)= cos , ϕ sl lln(x)= sin ,lldove n = 1, 2, 3, · · · . Per f ∈ L 2 (0, l) risulta la serie di Fourierdovea 0 = 2 πa n = 2 lf(x) = a 02 + ∞∑∫ l0∫ l0n=1(a n cosf(x) dx,( ) 2nπxf(x) cos dx, b n = 2 ll( ) ( 2nπx2nπx+ b n sinll∫ l0)),( ) 2nπxf(x) sin dx.l2 Problemi di Sturm-Liouville singolariFinora ci siamo limitati ai problemi di Sturm-Liouville detti regolari. Ciò vuoldire che l’equazione differenziale ha la formaLu ≡ −(pu ′ ) ′ + qu = λu, 0 < x < l, (V.25)dove p ∈ C 1 [0, l] è strettamente positiva (anche agli estremi dell’intervallo[0, l]) e q ∈ C[0, l] è una funzione reale. Nelle applicazioni appaiono, purtroppo,problemi di Sturm-Liouville in cui la funzione p è positiva all’internodell’intervallo (0, l) e si annulla ad uno (o ambedue) degli estremi. Esistonoanche applicazioni importanti in cui l’intervallo è illimitato. Tali problemi diSturm-Liouville si dicono singolari.La teoria dei problemi di Sturm-Liouville singolari è stata principalmentesviluppata da Weyl (1908). L’esistenza di uno zero della p all’estremo x = 0115

implica l’impossibilità di convertire l’equazione differenziale in un’equazionedella forma y ′′ + . . . = 0 con condizioni iniziali di tipo y(0) = y 0 e y ′ (0) =y 1 . Ciò compromette in modo serio la costruzione della funzione di Greene la conversione del problema di Sturm-Liouville in un’equazione integralecon nucleo hermitiano. Un’altra difficoltà è la descrizione delle condizioni alcontorno che conducono ad un operatore autoaggiunto e quindi ad una teoriaspettrale. La terza difficoltà consiste nella possibilità dell’esistenza di spettrocontinuo. Ciò capita in particolare per l’equazione di Schrödinger radiale conpotenziale che tende a zero se |x| → ∞, per cui R + è lo spettro continuodell’operatore di Sturm-Liouville. Tutto quanto vuol dire che non c’è alcunasperanza di una teoria generale. Invece bisogna trattare le applicazioni in modoad hoc.Esempio V.12 Sia ν ≥ 0. Consideriamo il problema al contornoL ν u ≡ −(xu ′ ) ′ + ν2u = λxu, 0 < x < 1, (V.26)xu(x) = O(x γ ), x → 0; αu(1) + βu ′ (1) = 0, (V.27)dove γ = min(ν, 1), α ≥ 0, β ≥ 0, α + β > 0. Sia M Lν l’insieme di tutte lefunzioni u ∈ C 2 ((0, 1]) ∩ L 2 ((0, 1); x dx) che soddisfano alle condizioni al contorno(IV.27) e la condizione x −1/2 L ν u ∈ L 2 (0, 1). Quest’insieme è denso nellospazio di Hilbert L 2 ((0, 1); x dx) in cui verrà studiato il problema al contorno.Dimostriamo ora che l’operatore L ν è positivo. Infatti, nel prodotto scalaredi L 2 (0, 1) si ha per u ∈ M Lν(L ν u, u) = −==∫ 10∫ 10∫ 10(xu ′ ) ′ u dx + ν 2 ∫ 10|u| 2x dxx|u ′ | 2 dx − [xu ′ u] 1 x=0 + ν 2 ∫ 1x|u ′ | 2 dx + ν 2 ∫ 10|u| 20|u| 2x dxx dx + α β |u(1)|2 ≥ 0.Di conseguenza, tutti gli autovalori dell’operatore L ν sono non negativi. Affinchèλ = 0 sia autovalore dell’operatore L ν , è necessario e sufficiente che ν = 0ed α = 0 [condizione di Neumann all’estremo x = 1]; a quest’autovalore corrispondel’autofunzione costante. Gli autovalori sono anche semplici. Discutiamoora il caso λ > 0. In tal caso le uniche soluzioni della (IV.26) limitateper x → 0 + sono i multipli della funzione J ν (x). Una tale soluzione soddisfala condizione (IV.27) se e solo seαJ ν ( √ λ) + β √ λ J ′ ν( √ λ) = 0,116

cioè, se e solo se µ = √ λ è una radice dell’equazione (II.43). Enumerandoquesti zeri da 0 < µ (ν)1 < µ (ν)2 < · · · , otteniamo gli autovalori (soltanto quellidiversi da 0) λ (ν)k= [µ (ν)k]2 e le corrispondenti autofunzioni J ν (µ (ν)kx) (k =1, 2, · · · ). Per ν = α = 0 si aggiunga l’autovalore λ (0)0 = 0 con la corrispondenteautofunzione costante.Per ν = 0 le funzioni v 1 (x) = 1 e v 2 (x) = β − α log(x) soddisfano all’equazione(IV.26) e, rispettativamente, alla prima e alla seconda condizione (IV.27).Quindi le soluzioni dell’equazione differenziale L 0 u ≡ −(xu ′ ) ′ = xf(x) hannola formau(x) = c 1 (x)v 1 (x) + c 2 (x)v 2 (x),(V.28)dove ( ) ( )v1 (x) v 2 (x) c′1 (x)v 1(x)′ v 2(x)′ c ′ 2(x)0( 0= −f(x) . (V.29)1)Sia α > 0 (cioè, escludiamo la condizione di Neumann in x = 1). Dunquec ′ 1(x) = [log(x) − β ]xf(x) e α c′ 2(x) = xf(x)/α. Quindi∫ x[c 1 (x) = c 1 + log(y) − β ]yf(y) dy, c 2 (x) = c 2 − 1 ∫ 1yf(y) dy.ααSiccomeu(x) =+si ha c 2 = 1 α(−αc 2 +∫ x0∫ 10u(x) = c 1 +La seconda condizione∫ 10)yf(y) dy log(x) + c 1 + βc 2[log(y) − β α ]yf(y) dy − β αyf(y) dy, e dunque∫ x[log(y) − β α00 = u(1) + β α u′ (1) = c 1 +ci dà la costante c 1 . Infine∫ 1x]yf(y) dy −∫ 10yf(y) dy − (log x)x∫ x0yf(y) dy,[log(x) − β ] ∫ xyf(y) dy.α 0[log(y) − β ]yf(y) dyαu(x) =dove la funzione di Green∫ 10G(x, y)f(y) ydy,(V.30)G(x, y) = β − log max(x, y) > 0.α117

Quindi il problema (IV.26)-(IV.27) è equivalente all’equazione integraleu(x) − λ∫ 10G(x, y)u(y) ydy =∫ 1da risolvere nello spazio di Hilbert L 2 ((0, 1); x dx).esatta della funzione di Green si trova in [2].0G(x, y)f(y) ydy,Esempio V.13 Consideriamo ora il problema al contornoPer ν > 0 l’espressioneLu ≡ −u ′′ + µ 2 u = λu, x ∈ R, (V.31)su un intervallo illimitato, dove µ > 0. Sia M L l’insieme di tutte le funzioniu ∈ L 2 (R) tali che la sua derivata seconda (distribuzionale) u ′′ ∈ L 2 (R). Allorav 1 (x) = e µx e v 2 (x) = e −µx soddisfano all’equazione v j ′′ + µ 2 v j = 0 per j = 1, 2.Le soluzioni dell’equazione Lu ≡ −u ′′ + µ 2 u = f hanno tutte la formau(x) = c 1 (x)v 1 (x) + c 2 (x)v 2 (x),dove ( ) ( )v1 (x) v 2 (x) c′1 (x)v 1(x)′ v 2(x)′ c ′ 2(x)=( ) 0.−f(x)Quindi c ′ 1(x) = −e −µx f(x)/2µ e c ′ 2(x) = e µx f(x)/2µ. Di conseguenza,Dunquec 1 (x) = c 1 + 12µ∫ ∞u(x) = c 1 e µx + c 2 e −µx + 12µxe −µy f(y) dy, c 2 (x) = c 2 + 12µ∫ ∞Affinchè u ∈ L 2 (R), ci vuole c 1 = c 2 = 0. Quindixu(x) = 12µ∫ x−∞e µy f(y) dy.e µ(x−y) f(y) dy + 1 ∫ xe −µ(x−y) f(y) dy.2µ −∞(V.32)∫ ∞−∞e −µ|x−y| f(y) dy.(V.33)Si osservi che G(x, y) = e −µ|x−y| /2µ prende il posto della funzione di Green.Esempio V.14 Consideriamo ora il problema al contorno⎧Lu ≡ −u ′′ + µ 2 u = λu, x ∈ R + ,⎪⎨u(0) = 0,Dirichlet,u⎪⎩′ (0) = 0,Neumann,(cos α)u(0) − (sin α)u ′ (0) = 0, Condizione mista,(V.34)118

su un intervallo illimitato, dove µ > 0 e α ∈ [0, π]. Sia M 2 L l’insieme ditutte le funzioni u ∈ L 2 (R) tali che la sua derivata seconda 5 u ′′ ∈ L 2 (R ∗ )e (cos α)u(0) = (sin α)u ′ (0). Seguendo il metodo dell’esempio precedentetroviamo al posto della (IV.32)u(x) = c 1 e µx +c 2 e −µx + 12µ∫ ∞xe µ(x−y) f(y) dy+ 12µAffinchè u ∈ L 2 (R + ), ci vuole c 1 = 0. Quindiu(x) = c 2 e −µx + 12µ∫ ∞0∫ x0e −µ|x−y| f(y) dy.e −µ(x−y) f(y) dy. (V.35)Ora sostituiamo la condizione al contorno in x = 0. Il risultato finale è(V.36)u(x)⎧1⎪⎨2µ1=2µ1 ⎪⎩2µ∫ ∞∫0∞∫0∞0e −µ|x−y| f(y) dy − 12µe −µ|x−y| f(y) dy + 12µ∫ ∞∫0∞e −µ|x−y| f(y) dy + F (µ, α)0e −µ(x+y) f(y) dy,e −µ(x+y) f(y) dy,∫ ∞0e −µ(x+y) f(y) dy,Dirichlet,Neumann,mista,(V.37)doveF (µ, α) =Quindi la combinazione lineare convessaµ sin α − cos α2µ[µ sin α + cos α] .G(x, y) = e−µ|x−y| + 2µF (µ, α)e −µ(x+y)2µµ sin α=µ sin α + cos α G cos αNeumann(x, y) +µ sin α + cos α G Dirichlet(x, y)delle funzioni di Green nei casi delle condizioni di Dirichlet e Neumann prendeil posto della funzione di Green.5 Si intende la derivata seconda distribuzionale.119

120

Capitolo VIFUNZIONI DI GREEN1 Classificazione delle equazioni alle derivateparzialiConsideriamo un’equazione differenziale quasi-lineare (lineare in tutte le suederivate di ordine maggiore) del secondo ordinen∑i,j=1∂ 2 ua ij (x) + Φ(x, u, ∇u) = 0∂x i ∂x j(VI.1)a coefficienti continui a ij (x) definiti su un aperto G ⊂ R n . L’equazione (V.1)soddisfa la condizione di simmetriaa ij (x) = a ji (x) reale, x ∈ G. (VI.2)Esempi importanti dell’equazione (V.1) sono l’equazione di Poisson n-dimensionale1 ∆u = −f, (VI.3)dove a ij (x) = δ ij (la delta di Kronecker), l’equazione delle onde n-dimensionale∂ 2 u∂t 2 − c2 ∆u = f,(VI.4)dove a 00 (x) = 1 (essendo t la coordinata zero-esima), a ii (x) = −c 2 (i =1, · · · , n), e a ij (x) = 0 per i ≠ j, e l’equazione del calore n-dimensionale∂u∂t = a2 ∆u + f,(VI.5)1 ∆ è l’operatore di Laplace: ∆ = ∑ nj=1 ∂2∂x 2 j121= ∇ · ∇ = div grad.

dove a 00 (x) = 0 (essendo t la coordinata zero-esima), a ii (x) = a 2 (i = 1, · · · , n),e a ij (x) = 0 per i ≠ j.All’equazione (V.1) si associa la matrice n × nA(x) = (a ij (x)) n i,j=1,(VI.6)che dipende soltanto dai termini con le derivate parziale del secondo ordine.Grazie alla (V.2), la matrice A(x) è reale e simmetrica. Quindi A(x) ha nautovalori reali λ 1 (x), · · · , λ n (x). Inoltre esiste una matrice ortogonale O(x)(cioè, O(x) T = O(x) −1 e la O(x) è reale) tale cheO(x) −1 A(x)O(x) = diag (λ 1 (x), · · · , λ n (x)),(VI.7)dove la parte a destra è una matrice diagonale. La colonna j-esima della O(x)è un autovettore (di norma euclidea 1) della A(x) corrispondente all’autovaloreλ j (x) (j = 1, · · · , n). Le colonne della O(x) costituiscono una base ortonormaledello spazio euclideo R n .Introduciamo la seguente classificazione delle equazioni (V.1) che soddisfanola (V.2). Tale equazione si dicea. ellittica se tutti gli autovalori λ j (x) sono diversi da zero e hanno lo stessosegno.b. iperbolica se tutti gli autovalori λ j (x) sono diversi da zero, ma non tuttihanno lo stesso segno. La (V.1) si dice di tipo iperbolico normale se èiperbolica e tutti gli autovalori tranne uno hanno lo stesso segno.c. parabolica se almeno uno degli autovalori (ma non tutti) si annullano.La (V.1) si dice di tipo parabolico normale se è parabolica e tutti gliautovalori non nulli hanno lo stesso segno.Torniamo agli esempi (V.3), (V.4) e (V.5):(V.3): Si ha A(x) = diag (1, · · · , 1) di ordine n. Tutti gli autovalori sono ugualiad 1 e quindi l’equazione di Poisson è ellittica.(V.4): Si ha A(x) = diag (1, −c 2 , · · · , −c 2 ) di ordine n + 1. Uno degli autovaloriè uguale ad 1 e gli altri sono uguali a −c 2 . Quindi l’equazione delle ondeè di tipo iperbolico normale.(V.5): Si ha A(x) = diag (0, −a 2 , · · · , −a 2 ) di ordine n+1. Uno degli autovalorisi annulla e gli altri sono uguali a −a 2 . Quindi l’equazione del calore èdi tipo parabolico normale.122

Osserviamo che in principio la classificazione della (V.1) dipende dalla sceltadel punto x ∈ G. Per la maggior parte delle equazioni della fisica matematicail segno degli autovalori (spesso gli autovalori stessi) e dunque la classificazionenon dipende da x ∈ G (tranne in qualche punto eccezionale, spesso difrontiera). Un’eccezione notevole è l’equazione di Tricomiy ∂2 u∂x 2 + ∂2 u∂y 2 = 0,(VI.8)dove (x, y) ∈ G = R 2 . In tal caso A(x, y) = diag (y, 1), λ 1 (x, y) = y eλ 2 (x, y) = 1. Quindi la (V.8) è ellittica se y > 0, parabolica se y = 0 eiperbolica se y < 0.2 Problemi agli autovalori multidimensionali2.1 Impostazione del problema agli autovaloriConsideriamo il seguente problema al contorno omogeneo lineare per un’equazionedi tipo ellittico:− div (p grad u) + qu = λu, x ∈ Ω, (VI.9)(αu + β ∂u )∣ ∣∣∣∂Ω= 0.∂n(VI.10)Supponiamo che⎧⎪⎨ p ∈ C 1 (Ω), q ∈ C(Ω); p(x) > 0, q(x) ∈ R, x ∈ Ω,α ∈ C(∂Ω), β ∈ C(∂Ω),⎪⎩α(x) ≥ 0, β(x) ≥ 0, α(x) + β(x) > 0, x ∈ ∂Ω.(VI.11)Sia ∂Ω 0 = {x ∈ ∂Ω : min(α(x), β(x)) > 0}. In alcuni casi supponiamo inoltreche q(x) ≥ 0 per x ∈ Ω. Notiamo i seguenti casi particolari:⎧⎨α(x) ≡ 1, β(x) ≡ 0, quindi u = 0, x ∈ ∂Ω, [condizione di Dirichlet]⎩α(x) ≡ 0, β(x) ≡ 1,quindi ∂u∂n= 0, x ∈ ∂Ω,[condizione di Neumann].Il problema (V.9)-(V.10) consiste nel trovare una funzione u(x) di classeC 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) che soddisfi l’equazione (V.9) in Ω e la condizione (V.10) sullafrontiera ∂Ω. Evidentemente, il problema (V.9)-(V.10) ha sempre la soluzionenulla, e questa soluzione non ha alcun interesse. Perciò il problema (V.9)-(V.10) deve essere considerato come un problema agli autovalori per l’operatoreL = −div (grad ) + q.123

Tutte le funzioni f di classe C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) che soddisfano la condizione alcontorno (V.10) e la condizione Lf ∈ L 2 (Ω) costituiscono il dominio M Ldell’operatore L. Siccome lo spazio vettoriale D(Ω) di tutte le funzioni diclasse C ∞ (Ω) di supporto compatto (cioè, che si annullano fuori di un compattocontenuto in Ω) è denso in L 2 (Ω) ed è contenuto in M L , M L è denso in L 2 (Ω).In generale, il dominio M L di L non è abbastanza grande per trovare tuttele autofunzioni. Per questa ragione bisogna estendere l’operatore L ad undominio abbastanza grande per contenere le autofunzioni.2.2 Formule di GreenSe u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) e v ∈ C 1 (Ω), è valida la prima formula di Green:∫Ω∫v Lu dx =Ωpn∑i=1∫∂v ∂udx − pv ∂u∂x i ∂x i ∂Ω ∂n∫ΩdS + quv dx.(VI.12)Per dimostrare la formula (V.12) prendiamo una regione arbitraria Ω ′ confrontiera ∂Ω ′ una superficie regolare a tratti tale che Ω ′ ⊂ Ω. Visto che u ∈C 2 (Ω), si ha anche u ∈ C 2 (Ω ′ ) e, di conseguenza,∫∫v [−div (p grad u) + qu] dxv Lu dx =Ω ′ Ω∫′∫= − div (pv grad u) dx +Ω ′Ω ′pn∑i=1∫∂v ∂udx +∂x i ∂x i Ω ′Utilizzando il teorema della divergenza (di Gauss) si ottiene∫∫v Lu dx =Ω ′Ω ′pn∑i=1∫∂v ∂udx −∂x i ∂x i ∂Ω ′pv ∂u ∫∂n ′ dS′ +Ω ′quv dx,quv dx.dove ∂Ω ′ è la frontiera di Ω ′ . Facendo tendere Ω ′ a Ω nell’uguaglianza ottenutaed utilizzando il fatto che u, v ∈ C 1 (Ω), concludiamo che il limite del secondomembro esiste. Quindi esiste anche il limite del primo membro ed è validal’uguaglianza (V.12). In tal caso l’integrale del primo membro della (V.12)deve essere considerato improprio. I limiti non dipendono della maniera incui Ω ′ tende a Ω, poichè gli integrali nelle parte a destra della (V.12) sonoassolutamente convergenti.Se u, v ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), è valida la seconda formula di Green:∫∫ ((v Lu − u Lv) dx = p u ∂v∂n − v ∂u )dS. (VI.13)∂nΩ∂Ω124

Per dimostrare la formula (V.13), scambiamo u e v nella (V.12):∫Ω∫u Lv dx =Ωpn∑i=1∫∂u ∂vdx − pu ∂v∂x i ∂x i ∂Ω ∂n∫ΩdS + qvu dx,(VI.14)e sottraiamo l’uguaglianza ottenuta della (V.14). Come risultato, si ottiene laseconda formula di Green (V.13).In particolare per p(x) ≡ 1 e q(x) ≡ 0, le formule (V.12) e (V.13) di Greensi trasformano nelle seguenti uguaglianze:∫Ω∫v ∆u dx = − pΩ∫Ωn∑i=1∫(v ∆u − u ∆v) dx =2.3 Proprietà dell’operatore L1. L’operatore L è hermitiano:∫∂v ∂udx + v ∂u∂x i ∂x i ∂Ω ∂n dS,∂Ω(v ∂u∂n − u ∂v )dS.∂n(VI.15)(VI.16)(Lf, g) = (f, Lg), f, g ∈ M L . (VI.17)Infatti, visto che f, g ∈ M L , si ha Lf ∈ L 2 (Ω) e Lg = Lg ∈ L 2 (Ω). In tal casola seconda formula di Green (V.13), per u = f e v = g, assume la forma∫∫ ((Lf, g) − (f, Lg) = (g Lf − f Lg) dx = p f ∂g∂n − g ∂f )dS. (VI.18)∂nΩPer dimostrare che si annulla l’ultima parte della (V.18), osserviamo che lefunzioni f e g soddisfano le condizioni al contorno (V.10):(αf + β ∂f )∣ (∣∣∣∂Ω= 0, αg + β ∂g )∣ ∣∣∣∂Ω= 0. (VI.19)∂n∂nPer l’ipotesi (V.11), α(x) + β(x) > 0 per x ∈ ∂Ω. Perciò per ogni x ∈ ∂Ω ilsistema omogeneo di equazioni algebriche lineari (V.19) ha una soluzione nonnulla (α(x), β(x)), si annulla il suo determinante, cioè⎡⎢detf⎣g⎤∂f∂n⎥∂g ⎦ =∂nDi conseguenza è hermitiano l’operatore L.∂Ω(f ∂g∂n − g ∂f )∣ ∣∣∣∂Ω= 0.∂n125

2. Sia f ∈ M L . Ponendo u = f e v = f nella prima formula di Green(V.12) e tenendo conto del fatto che f ∈ L 2 (Ω), si ottiene∫∫(Lf, f) = p|grad f| 2 dx − pf ∂fΩ∂Ω ∂n∫ΩdS + q|f| 2 dx. (VI.20)Dalla condizione al contorno (V.10) segue che⎧⎨∂f∂n = −α β f, β(x) > 0, x ∈ ∂Ω;⎩f = 0, β(x) = 0, x ∈ ∂Ω.Sostituendo queste relazioni nell’uguaglianza (V.20), si ottiene l’espressioneper la forma quadratica∫((Lf, f) = p|grad f| 2 + q|f| 2) ∫dx + p αΩ∂Ω 0β |f|2 dS, f ∈ M L , (VI.21)dove ∂Ω 0 è la parte di ∂Ω in cui min(α(x), β(x)) > 0. La forma quadratica(Lf, f), f ∈ M L , è detta integrale d’energia.3. Ritorniamo adesso all’operatore di Sturm-Liouville L con dominio M L .Allora L è hermitiano su L 2 (Ω) con dominio denso in L 2 (Ω) che ha la seguenteproprietà: (Lf, f) ≥ q min ‖f‖ 2 2 per f ∈ D(L). In tal caso esiste un’unicaestensione autoaggiunta L dell’operatore L tale che (Lf, f) ≥ q min ‖f‖ 2 2 perf ∈ D(L). Le autofunzioni del problema al contorno (V.9)-(V.10) si cercanonel dominio D(L).Proposizione VI.1 Abbiamo le seguenti proprietà:a) Tutti gli autovalori sono reali e sono contenuti nell’intervallo [q min , ∞),dove q min = min{q(x) : x ∈ Ω}.b) Le autofunzioni corrispondenti ad autovalori diversi sono ortogonali traloro.c) Le autofunzioni possono essere scelte reali.d) Affinchè λ = q min è autovalore di L, è necessario e sufficiente che q siacostante ed α(x) ≡ 0. In tal caso l’autofunzione è costante.Dimostrazione. Per dimostrare la parte (a), sia f ∈ D(L) tale che Lf =λf e f ≢ 0. Allora (λ − λ)‖f‖ 2 = (Lf, f) − (f, Lf) = 0, e quindi λ = λ èreale. Inoltre, se q(x) ≥ q min per ogni x ∈ ∂Ω e λ è autovalore corrispondenteall’autofunzione f (cioè, f ≢ 0 e Lf = λf), alloraλ‖f‖ 2 2 = (Lf, f) ≥ q min ‖f‖ 2 2.126

Per dimostrare la parte (b), consideriamo f, g ∈ D(L) non banali taliche Lf = λf e Lg = µg; in tal caso λ, µ ∈ R. Si controlla facilmente che(λ − µ)(f, g) = (Lf, g) − (f, Lg) = 0 e quindi λ = µ oppure (f, g) = 0.Per dimostrare la parte (c), se f è un’autofunzione, il fatto che il corrispondenteautovalore è reale implica che anche f è una autofunzione. Siccomele parti reale ed immaginaria della f non si possono ambedue annullare quasiovunque, una di loro è un’autofunzione reale.Infine, 2 per dimostrare la parte (d), sia λ = q min autovalore con correspondenteautofunzione f. Allora dalla (V.21) segue che grad f ≡ 0 (cioè che f ècostante) e qf ≡ q min f.✷3 Equazioni ellitticheIn Cap. IV abbiamo espresso la soluzione unica del problema di Sturm-Liouville unidimensionaleLu ≡ −(pu ′ ) ′ + qu = f, 0 < x < l, (VI.22a)h 1 u(0) − h 2 u ′ (0) = 0, H 1 u(l) + H 2 u ′ (l) = 0, (VI.22b)dove λ = 0 non è autovalore, nella formau(x) = (Gf)(x) =∫ L0G(x, y)u(y) dy,(VI.23)dove la funzione di Green G(x, y) è reale, simmetrica e continua e quindil’operatore integrale G è autoaggiunto sullo spazio di Hilbert L 2 (0, L). Inquesto capitolo estendiamo tali espressioni al caso multidimensionale per dueoperatori differenziali: quello di Laplace (L = −∆) e quello di Helmholtz(L = −∆ + k 2 ). Nel caso unidimensionale indichiamo le funzioni di Greennel caso di condizioni al contorno non separate (per esempio, le condizioniperiodiche o antiperiodiche).Se λ = 0 è autovalore, la soluzione del problema (V.22) esiste se e solo sef è ortogonale a tutte le autofunzioni corrispondenti all’autovalore λ = 0. Sequesto autovalore è semplice e l’autofunzione è ϕ 0 , allora esiste, per ogni f ∈L 2 (0, L) che soddisfa (f, ϕ 0 ) = 0, un’unica soluzione u che soddisfa (u, ϕ 0 ) = 0.Tale soluzione verrà scritta nella forma (V.23).2 Ci semplifichiamo la vita supponendo che f ∈ M L .127

3.1 Equazioni di Laplace e di PoissonConsideriamo il problema al contorno (di Dirichlet)(Lu)(x) def= −∆u + q(x)u = f(x), x ∈ Ω, (VI.24a)u(x) = g(x), x ∈ ∂Ω, (VI.24b)dove Ω è un sottoinsieme aperto, limitato e connesso in R n con frontiera ∂Ωun’ipersuperficie regolare a tratti. Cerchiamo prima la cosiddetta funzione diGreen G D (x, y) tale che{L y [G D (x, y)] = −∆ y G D (x, y) + q(y)G D (x, y) = δ(x − y),G D (x, y) = 0 per x ∈ ∂Ω.(VI.25)Allora∫u(x) =Ω∫G D (x, y)f(y) dy −∂Ω∂G D∂n y(x, y)g(y) dσ(y).(VI.26)Infatti, per v(y) = G D (x, y) we have∫Ω∫∫f(y)v(y) dy = − v∆ y u dy + q(y)u(y)v(y) dyΩΩ∫∫= − (v∆ y u − u∆ y v) dy + u(−∆ y v + q(y)v(y)) dyΩΩ∫ ((V.16)= − v ∂u − u ∂v ) ∫dσ y + u(y)δ(x − y) dy∂Ω ∂n y ∂n y Ω∫= g(y) ∂G D(x, y) dσ y + u(x),∂n y∂Ωimplicando la (V.26).Invece, se consideriamo il problema al contorno (di Neumann)(Lu)(x) def= −∆u = f(x), x ∈ Ω, (VI.27a)∂u= g(x),∂n xx ∈ ∂Ω, (VI.27b)allora∫esiste una soluzione u del problema di Neumann (V.27) se e solo sef(x) dx = 0, cioè, se e solo se (f, ϕ Ω 0) = 0 per ϕ 0 (x) ≡ 1 autofunzione di L(con condizione di Neumann) corrispondente all’autovalore λ = 0. L’unicitàviene garantita richiedendo che ∫ u(x) dx = 0. Cerchiamo ora la funzione diΩ128

Green G N (x, y) tale cheL y [G N (x, y)] = −∆ y G N (x, y) = δ(x − y) − 1m(Ω) ,∂G N(x, y) = 0 per y ∈ ∂Ω,∂n∫ yG N (x, y) dx = 0,Ωdove m(Ω) è la misura di Ω. Allora∫∫u(x) = G N (x, y)f(y) dy −Ω∂Ω∂G N∂n y(x, y)g(y) dσ(y).(VI.28a)(VI.28b)(VI.28c)Infatti, per v(y) = G N (x, y) we have∫∫f(y)v(y) dy = − v∆ y u dyΩΩ∫∫= − (v∆ y u − u∆ y v) dy + u(−∆ y v) dyΩΩ∫ ((V.16)= − v ∂u − u ∂v ) ∫dσ y + u(y)δ(x − y) dy∂Ω ∂n y ∂n y Ω− 1 ∫∫u(y) dy = g(y) ∂G N(x, y) dσ y + u(x),m(Ω)∂n ypiochè ∫ u(y) dy = 0, implicando la (V.29).Ω3.1.aΩ∂ΩEquazione di Poisson negli intervalli(VI.29)Siano Ω = (0, L) e Lu = −u ′′ con le condizioni antiperiodiche u(0) = −u(L)e u ′ (0) = −u ′ (L). Allora λ = 0 non è autovalore, v 1 (x) = (L/2) − x soddisfaLv 1 = 0 con v 1 (0) = −v 1 (L), e v 2 (x) = 1 soddisfa Lv 2 = 0 con v 2(0) ′ = −v 2(L),′mentre il Wronskiano v 1 v 2 ′ −v 1v ′ 2 = 1. Ponendo u(x) = c 1 (x)v 1 (x)+c 2 (x)v 2 (x)arriviamo al sistema lineare( ) ( ) ( )v1 (x) v 2 (x) c′1 (x) 0v 1(x)′ v 2(x)′ c ′ =2(x) −f(x)con∫soluzione c ′ 1(x) = f(x) e c ′ 2(x) = (x − 1L)f(x). Quindi c 2 1(x) = c 1 +xf(y) dy e c 0 2(x) = c 2 + ∫ x(y − L )f(y) dy, e dunque0 2u(x) = c 1 ( 1 2 L − x) + c 2 + ( 1 ∫ x2 L − x) f(y) dy +u ′ (x) = −c 1 −∫ x0f(y) dy.1290∫ x0(y − 1 L)f(y) dy,2

Sostituendo le condizioni al contorno otteniamoDi conseguenza,dovec 1 = − 1 2∫ L0f(y) dy, c 2 = 1 2u(x) =∫ LG antiper. (x, y) = 1 20∫ LG antiper. (x, y)f(y) dy,0( 12 L − |x − y| ).(L − y)f(y) dy.(VI.30)Al contrario, sotto le condizioni di Neumann u ′ (0) = −u ′ (L) = 0 risultac 1 = − 1 2∫ L0f(y) dy = 0,ristringendo così l’insieme delle f per cui esiste una soluzione. Dunqueu(x) = c 2 +( 1 ∫ x2 L−x) f(y) dy +Imponendo la condizione ∫ L00c 2 = 12L∫ x0(y − 1 2 L)f(y) dy = c 2 −u(y) dy = 0, otteniamo∫ LQuindi u(x) ha la forma (V.30), dove0(L − y) 2 f(y) dy.G N (x, y) = 12L (L − max(x, y))2 .∫ x0(x−y)f(y) dy.Sotto le condizioni periodiche u(0) = u(L) e u ′ (0) = u ′ (L) partiamo dalleespressioniu(x) = c 1 x + c 2 −u ′ (x) = c 1 −∫ x0∫ x ∫ z00f(y) dy.f(y) dydz = c 1 x + c 2 −∫ x0(x − y)f(y) dy,Quindi da u ′ (0) = u ′ (L) segue la condizione necessaria ∫ Lf(y) dy = 0 per0l’esistenza di una soluzione. Da u(0) = u(L) seguonoc 1 = 1 L∫ L0u(x) = c 2 + x L(L − y)f(y) dy,∫ L0(L − y)f(y) dy −130∫ x0(x − y)f(y) dy.

Per trovare la soluzione unica supponiamo che ∫ L0c 2 = − 12L= − 12L∫ L0∫ L0y(L − y)f(y) dyQuindi u(x) ha la forma (V.30), dove3.1.bu(y) dy = 0. Alloray(L − y)f(y) dy − 1 ∫ L2L x(L − x) f(y) dy.G per. (x, y) = − 1 |x − y|(L − |x − y|).2LFunzione di Green in R nIntroducendo r = ‖(x 1 , . . . , x n )‖ 2 = √ x 2 1 + . . . + x 2 n e ω = (x 1 , . . . , x n )/r, ilLaplaciano ha la seguente forma:∆ψ = 1 ( )∂ n−1 ∂ψr − 1 r n−1 ∂r ∂r r (L Bψ)(ω), (VI.31)2dove L B è il cosiddetto operatore di Beltrami n-dimensionale. Applicando ilLaplaciano al polinomio omogeneo armonico r l y(ω) di grado l (essendo y(ω)una funzione sferica) otteniamo(L B y)(ω) = l(l + n − 2)y(ω), ω ∈ S n−1 . (VI.32)Quindi le funzioni sferiche sono le autofunzioni dell’operatore di Beltrami.Consideriamo ora l’equazione di Poisson∆G(x) = −δ(r)Ω n r , n−10(VI.33)dove x ∈ R n , r = |x| e Ω n = m(S n−1 ). 3 Allora G(x) dipende soltanto dar = |x| e( )d n−1 dGr = − δ(r) , r > 0. (VI.34)dr dr Ω n3 Sia V n la misura della palla di raggio 1 in R n . Allora V n r n = ∫ r0 dˆr ˆrn−1 Ω n = Ω n r n /n.Inoltre,V n =∫ 1−1∫ 1∫ √ 1−x ∫ √ 211−x 2 1 −x2 2dx 1 dx 2− √ 1−x 2 1− √ 1−x 2 1 −x2 2∫ √ 1−x 2 1 −...−x2 n−1dx 3 . . .− √ 1−x 2 1 −...−x2 n−1√( 1= dx 1 V n−1 ( 1 − x 2 1 )n−1 = V n−1 B−12 , n + 1 )2( 1= V n−2 B2 , n + 1 ) ( 1B2 2 , n )Γ( 1 n+12)Γ(2= V ) Γ( 1n−22 Γ( n 2 )γ( n 2 )2 + 1) Γ( n+12 ) = 2π n V n−2.Quindi Ω 2p = 2π p /(p − 1)! e Ω 2p+1 = π p 2 2p+1 (p!)/(2p)!131dx n

Risolvendo la (V.34) sotto la condizione che G(r) → 0 per r → +∞ (solofattibile se n ≥ 3) e applicando il Teorema della Divergenza alla (V.33), sitrova 4 ⎧−(2π)⎪⎨−1 log(r), n = 2,Γ(n/2) 1G(r) = , n ≥ 3,(VI.35)2(n − 2)π⎪⎩n/2 rn−2 1/(4πr), n = 3.Quindi la soluzione dell’equazione ∆ y G(x, y) = δ(x − y) nell’intero spazio èG(‖x − y‖). In altre parole, la soluzione unica dell’equazione di Poisson∆u = −ρ(x), x ∈ R n ,ha la seguente forma (per n ≥ 3)∫u(x) = dy G(x, y)ρ(y) =R nPer n = 3 otteniamo l’espressioneu(x) = 14π∫Γ(n/2)2(n − 2)π n/2∫R 3 dyR n dyρ(y)‖x − y‖nota dall’elettrodinamica.Consideriamo ora l’equazione di Poisson n-dimensionaleρ(y)‖x − y‖ n−2 .(VI.36)−∆v = f(x), x ∈ Ω,dove Ω è un sottoinsieme aperto, limitato e connesso di R n e la sua frontiera∂Ω è un’ipersuperficie regolare a tratti. In generale la funzione∫v(x) = G(x, y)f(y) dy, x ∈ Ω,non soddisfa alle condizioni al contorno. Siano∫v(x b ) = G(x b , y)f(y) dy,Ω∫∂v∂n (x ∂Gb) = (x b , y)f(y) dy,∂n xdove x b ∈ ∂Ω. Sia∫w(x) =∂ΩΩΩG Dir (x, y)g(y) dσ y , x ∈ Ω,(VI.37a)(VI.37b)4 Per n = 2 la funzione di Green non tende a zero all’infinito, creando parecchi problemitecnici nel trattamento dell’equazione di Poisson nell’intero piano.132

la soluzione unica dell’equazione di Laplace ∆w = 0 in Ω con condizione alcontorno w| ∂Ω= g. Allora il problema al contorno−∆u = f(x), x ∈ Ω, (VI.38a)u(x b ) = g(x b ), x b ∈ ∂Ω, (VI.38b)ha la soluzione unica che ha la forma∫∫( ∫)u(x) = G(x, y)f(y) dy + G Dir (x, y) g(y) − G(y, z)f(z) dz dσ yΩ∂ΩΩ∫ [ ∫]= G(x, y) − G Dir (x, z)G(z, y) dσ z f(y) dyΩ∂Ω∫+ G Dir (x, y)g(y) dσ y .(VI.39)∂ΩDunque se g(x) = 0 per x ∈ ∂Ω [il problema di Dirichlet omogeneo], la funzionedi Green G(x, y) è da correggere da un termine regolare.In modo analogo, sia∫w(x) = G Neu (x, y)h(y) dσ y , x ∈ Ω,∂Ωla soluzione dell’equazione di Laplace ∆w = 0 in Ω con condizione al contorno(∂w/∂n)| ∂Ω= h, dove ∫ w(y) dy = 0. Una tale soluzione esiste (e è unica)Ωse e solo se ∫ h(y) dσ ∂Ω y = 0. Allora sotto la condizione ∫ h(y) dσ ∂Ω y = 0 ilproblema al contorno∫Ω−∆u = f(x), x ∈ Ω, (VI.40a)∂u∂n (x b) = h(x b ), x b ∈ ∂Ω, (VI.40b)u(y) dy = 0,(VI.40c)ha la soluzione unica che ha la forma∫∫( ∫)∂Gu(x) = G(x, y)f(y) dy + G Neu (x, y) h(y) − (y, z)f(z) dz dσ yΩ∂ΩΩ ∂n y∫ [ ∫= G(x, y) − G Neu (x, z) ∂G ](z, y) dσ z f(y) dyΩ∂Ω ∂n∫z+ G Neu (x, y)h(y) dσ y .(VI.41)∂ΩDunque se h(x) = 0 per x ∈ ∂Ω [il problema di Neumann omogeneo], lafunzione di Green G(x, y) è da correggere da un termine regolare.133

Utilizzando il linguaggio dell’elettrodinamica consideriamo ora il potenzialedi un dipolo. Sia h > 0 piccola. Consideriamo le cariche −1/h e 1/h neipunti x 0 e x 0 + he, dove ‖e‖ 2 = 1. Il corrispondente potenziale u soddisfaall’equazione di Poisson− ∆u = 1 h {δ(x − (x 0 + he)) − δ(x − x 0 )} .(VI.42)Per h → 0 + la parte a destra tende alla derivata di δ(x − x 0 ) nella direzionee rispetto alla variabile x 0 . In altre parole, la parte a destra dell’equazione(V.42) tende ae · ∇ x014π‖x − x 0 ‖ 2= e · (x − x 0)4π‖x − x 0 ‖ 3 2=cos θ4π‖x − x 0 ‖ 2 2se h → 0 + , dove θ è l’angolo tra i vettori x − x 0 e e. Partendo da unadistribuzione di dipoli normali alla superficie ∂Ω (da una cosiddetta doublelayer) con densità b ∈ L 1 (∂Ω, dσ), otteniamou(x) = 14π∫∂Ωcos(angolo(x − ξ, n(ξ)))b(ξ) dσ(ξ).‖x − ξ‖ 2 2(VI.43)L’espressione (V.43) si dice double layer potential. 5Consideriamo ora una distribuzione di cariche su una superficie ∂Ω. Allorail corrispondente potenziale (con densità a ∈ L 1 (∂Ω; dσ(ξ)) ha la formau(x) = 14π∫∂Ωa(ξ)‖x − ξ‖ 2dσ(ξ).L’espressione (V.44) si dice single layer potential. 43.1.cEquazione di Laplace nel semipianoConsideriamo l’equazione di Laplace(VI.44)∆u = 0(VI.45)nel semipiano {(x, y) ∈ R 2 : y > 0} sotto la condizione u(x, 0) = u 0 (x). Siccomee iλx e −|λ|y è soluzione dell’equazione di Laplace limitata nel piano superiorequalunque sia λ ∈ R, rappresntiamo la soluzione della (V.45) nella formau(x, y) =∫ ∞−∞c(λ)e iλx e −|λ|y dλ,5 Questa espressione non rende conto di un’eventuale condizione al contorno. In tal casoci vuole una correzione da un termine regolare come in (V.39) e (V.41).134

dove c ∈ L 2 (R). Sostituendo y = 0 si ottieneu 0 (x) =∫ ∞−∞e iλx c(λ) dλ,che vuol dire che u 0 ∈ L 2 (R) e ‖c‖ 2 = (2π) 1/2 ‖u 0 ‖ 2 . Invertendo la trasformatadi Fourier si hac(λ) = 1 ∫ ∞e −iλx u 0 (x) dx.2πInfine otteniamou(x, y) =∫ ∞−∞−∞dove la funzione di Green ha l’espressioneG(x, ˆx; y)u 0 (ˆx) dˆx,(VI.46)G(x, ˆx; y) = 12π∫ ∞−∞e iλ(x−ˆx) e −|λ|y dλ = 1 πyy 2 + (x − ˆx) 2 .(VI.47)Ovviamente sono operatori lineari limitati le trasformazioni u 0 ↦→ u(·, y)per ogni y ≥ 0 (da L 2 (R) in se stesso) e u 0 ↦→ u (da L 2 (R) in l 2 ({(x, y) ∈ R 2 :y > 0}). Inoltre la trasformazione u 0 ↦→ u(·, y) è limitato da BC(R) [oppureC 0 (R)] in se stesso, uniformemente in y ≥ y 0 per ogni y 0 > 0.3.1.dEquazione di Laplace nel discoConsideriamo l’equazione di Laplace (V.45) nel disco D = {(x, y) ∈ R 2 :√x2 + y 2 < L} sotto le condizioni al contornou = g sul bordo ∂D.(VI.48)Ponendo Ω = D, assumiamo che g sia continua sulla circonferenza ∂D, ecerchiamo una soluzione u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω). In coordinate polari l’equazionedi Laplace ha la forma1r∂∂r(r ∂u )+ 1 ∂ 2 u∂r r 2 ∂θ = 0, 2dove 0 ≤ θ < 2π (con periodicità) e 0 < r < L con continuità della soluzioneper r → 0 + . La separazione delle variabili conduce alle soluzioni u 0 (r),u m (r) cos mθ e u m (r) sin mθ, dove m = 0, 1, 2, . . . e la funzione u m (r) soddisfal’equazione differenziale ordinaria1rddr(r du mdr)− m2r 2 u m(r) = 0.135(VI.49)

L’equazione (V.48) è un’equazione di Eulero [r 2 u ′′ m(r)+ru ′ m(r)−m 2 u m (r) = 0]con la soluzione generaleu m (r) ={c 1 + c 2 ln(r), m = 0c 1 r m + c 2 r −m , m = 1, 2, . . . ,dove c 1 e c 2 sono costanti arbitrarie. La continuità se r → 0 + conduce ad unasoluzione costante se m = 0 e una proporzionale a r m se m = 1, 2, . . .. Quindila soluzione generale ha la formau(r, θ) = a 02 + ∞∑n=1r n (a n cos nθ + b n sin nθ) ,(VI.50)dove a 0 , a 1 , b 1 , a 2 , b 2 , . . . sono opportune costanti.Sostituiamo r = L in (V.50) e applichiamo la condizione al contorno u(L, θ)= g(θ). Risultag(θ) = a 02 + ∞∑n=1L n (a n cos nθ + b n sin nθ) .(VI.51)Applicando la teoria delle serie di Fourier abbiamo for n = 1, 2, . . .⎧⎪⎨ a 0 = 1 π∫ π⎪⎩ a n L n = 1 π−π∫ πg(θ) dθ−πg(θ) cos nθ dθ,b n L n = 1 π∫ π−πg(θ) sin nθ dθ,dove la serie (V.51) è uniformente convergente in θ ∈ [−π, π] se g(θ) è continua(con g(−π) = g(π)) e regolare a tratti.Sostituiamo ora le espressioni per i coefficienti di Fourier nell’espressioneper la u(r, θ). Risultau(r, θ) = 1 π= 1 π= 1 π∫ π−π∫ π−π∫ π−π(1[1122 + ∞∑n=1( rL) n [cos nθ cos nˆθ + sin nθ sin nˆθ] ) g(ˆθ) dˆθ∞]2 + ∑ ( r) ncos n(θ − ˆθ) g(ˆθ) dˆθLn=1[∞∑ {( r) n ( r) n } ]1 + ei(θ−ˆθ) + e−i(θ−ˆθ) g(ˆθ) dˆθL Ln=1136

⎡ ⎧= 1 ∫ π1⎨ e i(θ−ˆθ) r⎣1 + Lπ −π 2 ⎩1 − e r i(θ−ˆθ) L(= 1 ∫ r 2π 1 −L)2π −π= 1 ∫ π2π −π1 − 2 r L cos(θ − ˆθ)( r 2g(ˆθ) dˆθ+L)L 2 − r 2L 2 − 2rL cos(θ − ˆθ) + r 2 g(ˆθ) dˆθ,e −i(θ−ˆθ) r ⎫⎤⎬+ L1 − e r ⎦ g(ˆθ) dˆθ−i(θ−ˆθ) ⎭Lil cosiddetto integrale di Poisson. Osserviamo che il nucleo di Poisson12πL 2 − r 2L 2 − 2rL cos(θ − ˆθ) + r 2è simmetrico in r e L e simmetrico in θ e ˆθ. Inoltre, è strettamente positivo;le sue uniche singolarità si trovano sulla circonferenza r = L per θ = ˆθ.Invece, se risolviamo l’equazione di Laplace in D sotto la condizione diNeumann∂u= h sul bordo ∂D,∂n (VI.52)ci vuole la condizione necessaria ∫ πh(θ) dθ = 0 per l’esistenza della soluzione.−πSiccome la derivata normale esterna coincide con quella radiale, cerchiamo lasoluzione u(r, θ) nella forma (V.50) con a 0 = 0 (per garantirne l’unicità), dove∞∑h(θ) = nr n−1 (a n cos nθ + b n sin nθ).(VI.53)n=1Applicando la teoria delle serie di Fourier risultanona n L n−1 = 1 π∫ π−πh(θ) cos nθ dθ,nb n L n−1 = 1 π∫ π−πh(θ) sin nθ dθ,dove la serie (V.53) è uniformente convergente in θ ∈ [−π, π] se h(θ) è continua,regolare a tratti e periodica nel senso che h(−π) = h(π). Sostituiamo ora leespressioni per i coefficienti di Fourier nell’espressione per la u(r, θ). Risultau(r, θ) = L π= L π∫ π= − L 2π∞∑−π n=1∫ π−π n=1∫ π1( r) n []cos nθ cos nˆθ + sin nθ sin nˆθ h(ˆθ) dˆθn L∞∑ 1( r) ncos n(θ − ˆθ)h(ˆθ) dˆθn Llog(1 − 2 r L cos(θ − ˆθ) + r2−π137L 2 )h(ˆθ) dˆθ,

dove abbiamo utilizzato ∑ ∞n=1 (zn /n) = − log(1 − z) per |z| < 1. 63.1.eEquazione di Laplace e funzioni analiticheOgni insieme aperto Ω in R 2 corrisponde ad un unico insieme aperto ˜Ω in Cnel seguente modo:(x, y) ∈ Ω ⇐⇒ x + iy ∈ ˜Ω, z ∈ ˜Ω ⇐⇒ (Re z, Im z) ∈ Ω.Ad ogni funzione analitica f : ˜Ω → C corrispondono due funzioni u, v : Ω → Rdi classe C ∞ che soddisfano alle cosiddette equazioni di Cauchy-Riemann∂u∂x = ∂v∂y ,∂v∂x = −∂u ∂y .(VI.54)Infatti, u(x, y) = Re f(x + iy) e v(x, y) = Im f(x + iy) per (x, y) ∈ Ω. Diconseguenza, u and v sono funzioni armoniche nel senso che∂ 2 u∂x 2 + ∂2 u∂y 2 = 0,∂ 2 v∂x + ∂2 v2 ∂y = 0. 2(VI.55)D’altra parte, ogni coppia di funzioni armoniche u, v : Ω → R di classe C 2 chesoddisfa alle equazioni di Cauchy-Riemann (V.54) determina un’unica funzioneanalitica f : ˜Ω → C tale che u(x, y) = Re f(x + iy) e v(x, y) = Im f(x + iy)per (x, y) ∈ Ω. Le funzioni armoniche u, v si dicono coniugate armoniche. 7Consideriamo ora Ω = {(x, y) ∈ R 2 : √ x 2 + y 2 < L} e dunque ˜Ω = {z ∈C : |z| < L}. Come nella Subsection 3.1.d, cerchiamo una funzione armonicau : Ω → R che soddisfa alla condizione di Dirichlet (V.48). Sia v : Ω → Runa coniugata armonica di u e sia f : ˜Ω → C la funzione analitica definita daf(x+iy) = u(x, y)+iv(x, y) per (x, y) ∈ Ω. Scegliendo ρ ∈ (0, L), applichiamoora la formula integrale di Cauchyf(z) = 12πi∮|ζ|=ρf(ζ)dζ, |z| < ρ.ζ − zSia z ∗ = ρ 2 /z. Allora |z ∗ | = ρ 2 /|z| > ρ. Dal Teorema di Cauchy segue∮1 f(ζ)dζ = 0.2πi |ζ|=ρ ζ − z∗ 6 Si intende il ramo del logaritmo che è una funzione analitica nel semipiano complessodestro con valore log(1) = 0.7 Conoscendo u, si può trovare v dalle equazioni di Cauchy-Riemann, ma tranne untermine constante arbitrario.138

Di conseguenza,f(z) = 1 ∮ [ 1f(ζ)2πi |ζ|=ρ ζ − z − 1 ]dζ.ζ − z ∗(VI.56)Ponendo ζ = ρe iˆθ e z = re iθ si calcola facilmente che1ζ − z − 1ζ − z ∗ = 1ζ − z − 1ζ − ζζzSostituendolo nella (V.56) otteniamou(re iθ ) = 12πi= 12π∫ πf(ρe iˆθ)−π∫ πf(ρe iˆθ)−π= |ζ|2 − |z| 2ζ|ζ − z| 2ρ 2 − r 2=ρe iˆθ(ρe iˆθ − re iθ )(ρe −iˆθ − re −iθ )ρ 2 − r 2=ρe iˆθ(ρ 2 + r 2 − 2ρr cos(θ − ˆθ)) .ρ 2 − r 2ρe iˆθ(ρ 2 + r 2 − 2ρr cos(θ − ˆθ)) iρeiˆθ dˆθρ 2 − r 2dˆθ.ρ 2 + r 2 − 2ρr cos(θ − ˆθ)Infine, per ρ → L − risulta per r ∈ [0, L) l’integrale di Poissonu(re iθ ) = 1 ∫ πL 2 − r 2g(ˆθ)dˆθ.2π −π L 2 + r 2 − 2Lr cos(θ − ˆθ)Sia Ξ un sottoinsieme aperto e semplicemente connesso 8 di R 2 tali cheΞ R 2 . Secondo il Teorema di Riemann ([9], Vol. III, Th. 1.2) esisteuna trasformazione biunivoca e analitica ˜φ : ˜Ξ → ˜Ω. In tal caso anche latrasformazione inversa ˜φ −1 : ˜Ω → ˜Ξ è analitica. Le trasformazioni ˜φ e ˜φ −1 sichiamano trasformazioni conforme. Definiamo ora φ : Ξ → Ω daφ(x, y) = (Re ˜φ(x + iy), Im ˜φ(x + iy)), (x, y) ∈ Ξ.Allora φ induce una corrispondenza biunivoca tra funzioni armoniche in Ξ efunzioni armoniche in Ω. Le funzioni armoniche in Ξ sono le funzioni φ −1 ◦u◦φ,dove u è armonica nel disco Ω. Conoscendo le trasformazioni conformi tra Ξ eil disco Ω tali che c’è anche la corrispondenza biunivoca tra i punti delle lorofrontiera, si può risolvere l’equazione di Laplace in Ξ sotto la condizione diDirichlet utilizzando le trasformazioni conformi e l’integrale di Poisson.8 Cioé, tale che il complementare R 2 \ Ξ è connesso, cioè un dominio senza buchi.139

3.1.fEquazione di Laplace nella sfera n-dimensionalePer n ≥ 2 conviene cercare le soluzioni dell’equazione di Laplace ∆u = 0 nellaregione sferica {x ∈ R n : ‖x‖ 2 < L} nella seguente forma:( r) lu(r, ω) = y(ω), r > 0, ω ∈ S n−1 , (VI.57)Ldove y(ω) è una funzione sferica di grado l = 0, 1, 2, . . .. Sia N(l, n) il numerodelle funzioni sferica di grado l in n variabili linearmente indipendenti. 9 Alloraesiste una base ortonormale{y l,s (ω)} s=1,...,N(l,n);l=0,1,2,...dello spazio di Hilbert L 2 (S n−1 ) che consiste esclusivamente in funzioni sferiche.Data la funzione g ∈ L 2 (S n−1 ), si ha lo sviluppog(ω) =∞∑l=0N(l,n)∑s=1c l,s y l,s (ω),dove∫c l,s = (g, y l,s ) = g(ω)y l,s (ω) dω.S n−1In tal caso la funzione armonica u(r, ω) nelle regione sferica di raggio L chesoddisfa alla condizione di Dirichlet u(L, ω) = g(ω) ha la formau(r, ω) =∞∑l=0( N(l,n)r l ∑L)s=1∫c l,s y l,s (ω) = G(r, ω, ˆω)g( ˆω) d ˆω,S n−1(VI.58)doveG(r, ω, ˆω) =∞∑l=0( N(l,n)r l ∑L)s=1y l,s (ω)y l,s ( ˆω).(VI.59)La funzione armonica u(r, ω) nella regione aferica che soddisfa alla condizioneal contorno ∂u (L, ω) = h(ω) ha la forma10∂ru(r, ω) =∞∑l=1Ll( N(l,n)r l−1 ∑L)s=1∫c l,s y l,s (ω) = H(r, ω, ˆω)g( ˆω) d ˆω,S n−1(VI.60)9 Quindi N(0, n) = 1, N(1, n) = n, N(l, 2) = 2 per l ≥ 1, N(l, 3) = 2l + 1, N(l, 4) =(l + 1) 2 , e N(l, n) = (2l+n−2)(l+n−3)!l! (n−2)!.10 Si spieghi poichè G(r, ω, ˆω) e H(r, ω, ˆω) dipendono soltanto da (r/L) e ω · ˆω.140

doveH(r, ω, ˆω) =∞∑l=1Ll( N(l,n)r l−1 ∑L)s=1y l,s (ω)y l,s ( ˆω).(VI.61)Per l’esistenza bisogna richiedere ∫ h(ω) dω = 0, mentre per l’unicitàS n−1richiediamo ∫ u(x) dx = 0.ΩPer n = 2 abbiamo N(l, 2) = 2 − δ l,0 , ω ≡ θ ∈ [0, 2π], y 0,1 (ω) = (2π) −1/2 ,y l,1 (ω) = π −1/2 cos(lθ), e y l,2 (θ) = π −1/2 sin(lθ). Dunque(G(r, θ, ˆθ) = 1 ∞)1π 2 + ∑ ( r) lcos l(θ − ˆθ) = 1 L 2 − r 2L2π L 2 − 2rL cos(θ − ˆθ) + r ,2l=1H(r, θ, ˆθ) = 1 π∞∑l=1Ll( rL) l=1cos l(θ − ˆθ) =12π log L 2L 2 − 2rL cos(θ − ˆθ) + r 2 .3.2 Equazione di HelmholtzUtilizzando la (V.31) e la (V.32) e applicando la separazione delle variabiliψ(r, ω) = R(r)ψ(ω) (con r > 0 e ω ∈ S n−1 ) all’equazione di Helmholtzn-dimensionalen∑∆ψ + k 2 ∂ 2 ψψ = + k 2 ψ = 0, (VI.62)∂x 2 jotteniamo l’equazione differenziale ordinaria( ) ()1 d n−1 dRr + k 2 l(l + n − 2)− R(r) = 0,r n−1 dr drr 2j=1(VI.63)mentre y(ω) è una funzione sferica di grado l in n variabili. Per n = 2 risultal’equazione di Bessel di ordine l nella variabile kr. La sostituzione R(r) =r γ ˜R(r) nella (V.63) rende˜R ′′ (r) + 2γ + n − 1r˜R ′ (r) +()k 2 (l − γ)(l + γ + n − 2)−r 2˜R(r) = 0.Per γ = 1 − 1n risulta l’equazione di Bessel di ordine l − 1 + 1 n nella variabile2 2kr˜R ′′ (r) + 1 r ˜R ′ (r) +(k 2 − (l − 1 + 1 )2 n)2 ˜R(r) = 0. (VI.64)r 2Per risolvere l’equazione di Helmholtz non omogenea∆u + k 2 u(x) = −f(x), x ∈ R n , (VI.65)141

nella forma∫u(x) = E(x, y)f(y) dy,R n x ∈ R n ,bisogna introdurre una funzione E n (r) tale che (i) E(x, y) = E n (‖x − y‖),(ii) vale l’equazione differenziale(1 dr n−1 dE )n+ k 2 Er n−1 n (r) = − δ(r) ,dr drr n−1 Ω ndove Ω n é la misura di S n−1 , e (iii) E n (r) si comporta come onda sferica decrescentein R n per r → +∞. Per le applicazioni in fisica e ingegneria in cuiIm k ≥ 0, otteniamo per n ≥ 3 11E n (r) = − 1 ( ) (n−2)/2 kH (1)(n−2)/24π r(kr).(VI.66)Infatti, per n = 2, 3 risulta⎧⎨i4 H(1) 0 (kr), n = 2,E n (r) =⎩e ikr4πr , n = 3. (VI.67)Per n = 3 la soluzione dell’equazione di Helmholtz (V.65) ha la formau(x) = 1 e4π∫R ik‖x−y‖‖x − y‖ f(y) dy, x ∈ Rn . (VI.68)nConsideriamo l’equazione di Helmholtz tredimensionale∆u + k 2 u = 1 (r 2 ∂u )− 1 r 2 ∂r r L Bu + k 2 u = 0,2(VI.69)dove Im k ≥ 0, r = ‖x‖ 2 > r 0 (> 0) e L B è l’operatore di Beltrami. Allorau(r, θ, ϕ) =∞∑ l∑l=0 m=−lu l,m (r)Y ml (θ, ϕ), (VI.70)dove∫u l,m (r) = u(r, θ, ϕ)Y l,m (θ, ϕ) sin ϕ dϕ dθ.S 211 Per n ≥ 3 e k → 0 deve risultare la (V.35). Ciò necessita uno studio del comportamentoasintotico della funzione H (1)(n−2)/2(kr) per k → 0.142

Sosituendo la (V.70) nella (V.69) e utilizzando L B Ylm(1 dr 2 du )l,m+r 2 dr dr= l(l + 1)Y ml()k 2 l(l + 1)− ur 2 l,m (r) = 0.Ponendo u l,m (r) = r −1/2 v l,m (r) si arriva all’equazione di Bessel(1 dr dv )l,m+(k 2 − (l + 1 )2 )2vr dr drr 2 l,m (r) = 0.otteniamo(VI.71)La limitatezza della soluzione per r → +∞ (per Im k ≥ 0) implica che v l,m (r) ∼(kr). Di conseguenzaH (1)l+ 1 2u(r, θ, ϕ) =∞∑l∑l=0 m=−la l,m r −1/2 H (1) (kr)Yl+ 1 l m (θ, ϕ). (VI.72)2Nel caso n-dimensionale (n ≥ 2) abbiamo invece della (V.69)∆u + k 2 u = 1 ( )n−1 ∂ur − 1r n−1 ∂r r L Bu + k 2 u = 0,n−1(VI.73)dove Im k ≥ 0, r = ‖x‖ 2 > r 0 (> 0) e L B è l’operatore di Beltrami n-dimensionale. Sviluppando la soluzione della (V.73) in funzioni sferiche (conL B y l = l(l + n − 2)y l , dove l = 0, 1, 2, . . . è il grado del polinomio armonicoomogeneo in n variabile che determina y l ), otteniamo invece della (V.71)1r n−1 ddr(r n−1 du l,mdr)+()k 2 l(l + n − 2)− ur n−1 l,m (r) = 0,(VI.74)dove m parametrizza gli altri indici della funzione sferica. Ponendo u l,m (r) =r −(n−2)/2 v l,m (r) arriviamo all’equazione di Bessel(1 dr dv )l,m+(k 2 − [l + 1 )(n − 2)]22vr dr drr 2 l,m (r) = 0.DunqueDi conseguenza,u(r, ω) =u l,m (r) ∼ r −(n−2)/2 H l+12 (n−2)(kr).∞∑ ∑l=0ma l,m r −(n−2)/2 H (1)l+ 1 2 (n−2)(kr)ym l (ω), (VI.75)dove ω ∈ S n−1 . Per n = 2 le funzioni sferiche coincidono con quelle trigonometriche;in questo caso risultau(r, θ) = a ∞∑ ()02 H(1) 0 (kr) + a l H (1)l(kr) cos(lθ) + b l H (1)l(kr) sin(lθ) .l=1143

4 Equazioni parabolicheL’equazione del calore∂u∂t = a2 ∆u + f,dove x ∈ Ω ⊂ R 3 , a > 0 e t > 0, ha una delle seguenti condizioni iniziali:a. La condizione iniziale u(x, t = 0) = u 0 (x) per x ∈ Ω;b. La condizione al contorno u| S = u S [specificando la temperatura al bordo],oppure (∂u/∂n)| S = −(u 1 /k) [specificando il flusso di calore attraversail bordo], oppure k(∂u/∂n) + h(u − u amb )| S = 0 [dove u amb è latemperatura dell’ambiente e h il coefficiente di scambio di calore]. Inquest’equazione Ω è una regione con bordo S regolare a tratti.L’equazione del calore si può generalizzare comecon condizione inizialedudt= −Lu(t) + f(t), t > 0, (VI.76)u(t = 0) = u 0 ,(VI.77)dove L è un operatore di Sturm-Liouville autoaggiunto sullo spazio di HilbertL 2 (Ω), u 0 è un vettore in L 2 (Ω) [modellizzando la temperatura iniziale], f(t) èun vettore in L 2 (Ω) continuo nel tempo t ≥ 0 [modelizzando i sorgenti di caloreal momento t], e u(t) è un vettore di L 2 (Ω) [modellizzando la temperatura almomento t]. Supponiamo che L abbia un numero infinito di autovalori λ n ,tutti non negativi, con base ortonormale di corrispondenti autofunzioni ϕ n :Lϕ n = λ n ϕ n , dove n = 1, 2, . . .. In tal caso ogni u ∈ L 2 (Ω) soddisfa l’identitàdi Parseval∞∑‖u‖ 2 L 2 (Ω) = |(u, ϕ n )| 2 .n=1Da questa impostazione segue subitocon condizione inizialeddt (u(t), ϕ n) = −λ n (u(t), ϕ n ) + (f(t), ϕ n )(u(t = 0), ϕ n ) = (u 0 , ϕ n ),dove n = 1, 2, . . . e il prodotto scalare è quello complesso di L 2 (Ω). Utilizzandola formula della variazione dei parametri si trova immediatamente(u(t), ϕ n ) = e −λnt (u 0 , ϕ n ) +144∫ t0e −λn(t−s) (f(s), ϕ n ) ds.

Quindiu(x, t) =∞∑n=1∫=Ω[∫ te −λnt (u 0 , ϕ n ) +G(x, y; t)u 0 (y) dy +0∫ t]e −λn(t−s) (f(s), ϕ n ) ds ϕ n (x)0∫ΩG(x, y; t − s)f(s, y) dy ds,(VI.78)dove la funzione di Green∞∑G(x, y; t) = e −λnt ϕ n (x)ϕ n (y).n=1(VI.79)Secondo l’identità di Parseval abbiamo∞∑G(x, y; 0) = ϕ n (x)ϕ n (y) = δ(x − y).n=14.1 Esempi su intervalli limitatiEsempio VI.2 Poniamo Ω = (0, a) e Lu = −u ′′ con condizioni di Dirichlet,cioè il problema al contorno∂u∂t = u−∂2 + f(x, t), 0 < x < a, t > 0;∂x2 u(0, t) = u(a, t) = 0,u(x, 0) = u 0 (x).In tal caso gli autovalori sono λ n = (nπ/a) 2 e le corrispondenti autofunzioniortonormalizzate in L 2 (0, 1) sono ϕ n (x) =Quindi la soluzione ha la formau(x, t) = 2 a+=∞∑n=1∫ t ∫ a0∫ 100[e −n2 π 2 t/a 2 sine −n2 π 2 (t−s)/a 2 f(y, s) sinG(x, y; t)u 0 (y) dy +√2a( nπx) ∫ au 0 (y) dy sina 0∫ t ∫ 101450( nπxanπxsin( ), dove n = 1, 2, . . ..a)sin( nπy)( nπyaa)]dy dsG(x, y; t − s)f(y, s) dy ds,

doveG(x, y; t) = 2 ∞∑e −n2 (π 2 t/a 2) sinan=1⎡= 1 ∞∑⎣1 + 2an=1( nπx)sina( nπy)a( − cos nπ(x+y)e −n2 (π 2 t/a 2 )a= −ϑ 3(π x+y , t/a 2ae−π2 ) + ϑ 3 (π x−y , t/a 2a e−π2 ),2a)+ cos2(nπ(x−y)a) ⎤in cui ϑ 3 (z, q) = 1 + 2 ∑ ∞n=1 qn2 cos(2nz) è una delle funzioni Theta di Jacobi([21], 21.11). 12Consideriamo Lu = −u ′′ nell’intervallo (0, a) con le condizioni di Neumannu ′ (0) = u ′ (a) = 0. In tal caso λ n = (nπ/a) 2 e ϕ n (x) =dove n = 0, 1, 2, 3, . . .. Allorau(x, t) =∫ a0G(x, y; t)u 0 (y) dy +∫ t ∫ a00√2−δ n0aG(x, y; t − s)f(y, s) dy ds,⎦cos(nπx/a),dove[G(x, y; t) = 1 ∞∑(1 + 2 e −n2 (π 2 t/a 2) nπx) ( nπy) ]cos cosaa an=1⎡( )= 1 ∞∑⎣1 cos nπ(x+y)+ cos+ 2 e −n2 (π 2 t/a 2 )aa2n=1= ϑ 3(π x+y , t/a 2ae−π2 ) + ϑ 3 (π x−y , t/a 2a e−π2 ).2a(nπ(x−y)a) ⎤⎦Consideriamo ora Lu = −u ′′ nell’intervallo (0, a) con la condizione di Dirichletall’estremo sinistro e quella di Neumann all’estremo√destro: u(0) =u ′ (a) = 0. In tal caso λ n = ((n + 1 2 )π/a)2 2e ϕ n (x) = sin((n + 1)πx/a),a 2dove n = 0, 1, 2, 3, . . .. Allorau(x, t) =∫ a0G(x, y; t)u 0 (y) dy +∫ t ∫ a00G(x, y; t − s)f(y, s) dy ds,12 Si ha ϑ 3 (z, q) = G ∏ ∞n=1 (1 + 2q2n−1 cos(2z) + q 4n−2 ), dove G = ∏ ∞n=1 (1 − q2n ).146

doveG(x, y; t) = 2 ∞∑( ) ( )e −(2n+1)2 (π 2 t/4a 2) (2n + 1)πx (2n + 1)πysinsina2a2an=0= 1 ∞∑{ ( )e −(2n+1)2 (π 2 t/4a 2 ) (2n + 1)π(x + y)− cosa2an=0( )}(2n + 1)π(x − y)+ cos2a= −ϑ 2(π x+y , t/a 2 ) + ϑae−π2 2 (π x−y , t/a 2 )a e−π2 ,2ain cui ϑ 2 (z, q) = 2 ∑ ∞n=0 /4 q(2n+1)2 cos((2n + 1)z) è una delle funzioni Theta diJacobi ([21], 21.11). 13Consideriamo infine Lu = −u ′′ nell’intervallo (0, a) con condizioni periodiche.In tal caso ci sono un autovalore semplice λ 0 = 0 con autofunzionecorrispondente ϕ 0 (x) =√1e gli autovalori doppi λ a n = (2nπ/a) 2 con auto-√√2cos(2nπx/a) e a ϕs 2n(x) = sin(2nπx/a),afunzioni corrispondenti ϕ c n(x) =dove n = 1, 2, 3, . . .. Alloradoveu(x, t) =∫ a0G(x, y; t)u 0 (y) dy +[G(x, y; t) = 1 ∞∑1 + 2 ean=1( ) 2nπx+ sin sina[= 1 ∞∑1 + 2 ean=1= 1 ( π(x − y)a ϑ 3a2nπ−( a∫ t ∫ a00G(x, y; t − s)f(y, s) dy ds,{ ( ) ( ))2 t 2nπx 2nπycos cosaa( )}] 2nπya2nπ−( a )2t cos), e −( 2π a )2 t.( ) ]2nπ(x − y)Esempio VI.3 Adesso discutiamo il caso Ω = {(x, y) ∈ R 2 : √ x 2 + y 2 < L}e L = −∆ con la condizione di Dirichlet al bordo. In tal caso gli autovaloriλ > 0. Infatti,1r∂∂r(r ∂u )+ 1 ∂ 2 u∂r r 2∂θ + ∂2 u= −λu(r, θ),2 ∂z (VI.80)2a13 Si ha ϑ 2 (z, q) = 2Gq 1/4 cos(z) ∏ ∞n=1 (1 + 2q2n cos(2z) + q 4n ), dove G = ∏ ∞n=1 (1 − q2n ).147

e applicando la solita separazione delle variabili arriviamo, per λ > 0, all’equazionedifferenzialed 2 Rd(r √ λ) + 1( )2 r √ dRλ d(r √ λ) + 1 − m2(r √ R(r) = 0,λ) 2dove m = 0, 1, 2, . . . e R(r) è limitato se r → 0 + . Allora R(r) ∼ J m (r √ λ),mentre R(L) = 0. Quindi gli autovalori sono λ mn = (ν mn /L) 2 [essendo ν mn lozero positivo n-esimo della J m (x)], dove m = 0, 1, 2, . . . e n = 1, 2, 3, . . .. Leautofunzioni normalizzate in L 2 (Ω) ≃ L 2 ([0, L] × [0, 2π]; rdr dθ) sono⎧1( ν0n r)ϕ 0n (r, θ) =, n = 1, 2, 3, . . .L √ π|J⎪⎨0(ν ′ 0n )| J 0√ L2 cos mθ(ϕ c mn(r, θ) =L √ π|J m(ν ′ mn )| J νmn rm√ L2 sin mθ(⎪⎩ ϕ s mn(r, θ) =L √ π|J m(ν ′ mn )| J νmn rmLLe costanti di normalizzazione seguono dall’identità∫ L ∫ 2π ( νmn r)rJ m cos mθ dθdr = (1 + δ m0 )πL00), m = 1, 2, 3, . . . , n = 1, 2, . . .), m = 1, 2, 3, . . . , n = 1, 2, . . . .∫ L= (1 + δ m0 ) L22 J m(ν ′ mn ) 2 ,e ugualmente con sin mθ al posto di cos mθ se m ≥ 1.Risultadoveu(r, θ, t) =+∫ ∞ ∫ 2π0 0∫ t ∫ ∞ ∫ 2πG(r, ˆr, θ − ˆθ; t) =+ 2m=100rG(r, ˆr, θ − ˆθ; t)u 0 (r, θ) dθ dr00( νmn r)rJ m drLˆrG(r, ˆr, θ − ˆθ; t − s)f(ˆr, ˆθ, s) dˆθ dˆr ds,⎡ ( ν0n r) ( ) ν0nˆr∞∑J 0 J 0⎢L L⎣ e−ν2 0n t/L2 πL 2 J 0(ν ′ 0n ) 2n=1( νmn r) ( )⎤νmnˆr∞∑ J m J m cos[m(θ −L Lˆθ)]e −ν2 mnt/L 2 ⎥πL 2 J m(ν ′ mn ) 2⎦ ,in cui abbiamo utilizzato la formulacos(m[θ − ˆθ]) = cos mθ cos mˆθ − sin mθ sin mˆθ.148

4.2 Esempi su domini illimitatiEsempio VI.4 Consideriamo il problema a valori iniziali⎧⎨∂u∂t (x, t) = ∂2 u+ f(x, t), x ∈ R, t > 0,∂x2 ⎩u(x, 0) = u 0 (x).(VI.81)Applicando la trasformata di Fourier unidimensionale u ↦→ Fû otteniamo⎧⎨∂û∂t (ξ, t) = −ξ2 û(ξ, t) + ˆf(ξ, t), ξ ∈ R, t > 0,(VI.82)⎩û(ξ, 0) = û 0 (ξ).La soluzione del problema (V.82) è elementare:Quindiû(ξ, t) = e −ξ2tû 0 (ξ) +∫ t0e −ξ2 (t−τ) ˆf(ξ, τ) dτ.(VI.83)doveu(x, t) = 12π= 12π=G(x, t) = 12π∫ ∞−∞∫ ∞−∞∫ ∞−∞∫ ∞e ixξ û(ξ, t) dξe ixξ [e −ξ2tû 0 (ξ) +G(x − y; t)u 0 (y) dy +−∞∫ t]e −ξ2 (t−τ) ˆf(ξ, τ) dτ dξ0∫ t ∫ ∞0−∞e ixξ e −ξ2t dξ = 1 ∫ ∞/4t2π e−x2−∞G(x − y; t − τ)f(y, τ) du dτ,ix−(ξ−e 2t) 2t dξ = √ 1 e −x2 /4t . 4πtEsempio VI.5 Consideriamo ora il problema a valori iniziali e al contorno⎧∂u⎪⎨∂t (x, t) = ∂2 u∂x + f(x, t), x ∈ 2 R+ , t > 0,u(0, t) = 0, x ∈ R⎪⎩+ ,(VI.84)u(x, 0) = u 0 (x).Per risolvere la (V.84) introduciamo la trasformata di Fourier seno(F s u)(ξ) =√2π∫ ∞0u(x) sin(xξ) dx =−i √2π û(ξ),(VI.85)149

dove u(x) = −u(−x) per x ∈ R − è l’estensione di u ad una funzione dispari.Si vede subito che√ ∫ 2 ∞u(x) = (F s u)(ξ) sin(xξ) dξ. (VI.86)πApplicando la trasformata di Fourier seno F s alla (V.82) risulta⎧⎨∂F s u(ξ, t) = −ξ 2 (F s u)(ξ, t) + (F s f)(ξ, t), ξ ∈ R + , t > 0,∂t⎩(F s u)(ξ, 0) = (F s u 0 )(ξ),e ha la soluzione unica (V.83). Dunque√ ∫ 2 ∞u(x, t) = sin(xξ)(F s u)(ξ, t)π 0√ ∫ 2 ∞[= sin(xξ) e −ξ2t (F s u 0 )(ξ) +π=∫ ∞00G s (x, y; t)u 0 (y) dy +0∫ t ∫ ∞00∫ t0(VI.87)]e −ξ2 (t−τ) (F s f)(ξ, τ) dτ dξG s (x, y; t − τ)f(y, τ) dy dτ,dove 14G s (x, y; t) = 2 π∫ ∞0∫ ∞sin(xξ) sin(yξ)e −ξ2t dξ= 1 e −ξ2t {− cos((x + y)ξ) + cos((x − y)ξ)} dξπ 0= √ 1][−e −(x+y)2 /4t + e −(x−y)2 /4t. (VI.88)4πtConsideriamo ora il problema a valori iniziali e al contorno⎧∂u⎪⎨ ∂t (x, t) = ∂2 u∂x + f(x, t), x ∈ 2 R+ , t > 0,∂u⎪⎩∂x (0, t) = 0, x ∈ R+ ,u(x, 0) = u 0 (x).(VI.89)Per risolvere la (V.89) introduciamo la trasformata di Fourier coseno(F c u)(ξ) =√2π∫ ∞0u(x) cos(xξ) dx = 1 √2π û(ξ),(VI.90)14 Si utilizza 1 π∫ ∞0e −z2t cos(zt) dz = 1 √4πte −z2 /4t . Vedi [1], Eq. 7.4.6.150

dove u(x) = u(−x) per x ∈ R − è l’estensione di u ad una funzione pari. Sivede subito che√ ∫ 2 ∞u(x) = (F c u)(ξ) cos(xξ) dξ. (VI.91)πApplicando la trasformata di Fourier coseno F c alla (V.89) risulta⎧⎨∂F c u(ξ, t) = −ξ 2 (F c u)(ξ, t) + (F c f)(ξ, t), ξ ∈ R + , t > 0,∂t⎩(F c u)(ξ, 0) = (F c u 0 )(ξ),e ha la soluzione unica (V.83). Dunque√ ∫ 2 ∞u(x, t) = cos(xξ)(F c u)(ξ, t)π 0√ ∫ 2 ∞[= cos(xξ) e −ξ2t (F c u 0 )(ξ) +πdove=∫ ∞00G c (x, y; t)u 0 (y) dy +G c (x, y; t) = 2 π∫ ∞0∫ ∞0∫ t ∫ ∞00∫ tcos(xξ) cos(yξ)e −ξ2t dξ0(VI.92)]e −ξ2 (t−τ) (F c f)(ξ, τ) dτ dξG c (x, y; t − τ)f(y, τ) dy dτ,= 1 e −ξ2t {cos((x + y)ξ) + cos((x − y)ξ)} dξπ 0= √ 1][e −(x+y)2 /4t + e −(x−y)2 /4t. (VI.93)4πtEsempio VI.6 Consideriamo infine il problema a valori iniziali⎧⎨∂u∂t (x, t) = ∆u + f(x, t), x ∈ Rn , t > 0,⎩u(x, 0) = u 0 (x).(VI.94)Applicando la trasformata di Fourier unidimensionale u ↦→ Fû otteniamo⎧⎨∂û∂t (ξ, t) = −|ξ|2 û(ξ, t) + ˆf(ξ, t), ξ ∈ R n , t > 0,(VI.95)⎩û(ξ, 0) = û 0 (ξ).La soluzione del problema (V.95) è elementare:û(ξ, t) = e −|ξ|2tû 0 (ξ) +∫ t0e −|ξ|2 (t−τ) ˆf(ξ, τ) dτ.(VI.96)151

Quindiu(x, t) = 1 ∫ ∞e i(x·ξ) û(ξ, t) dξ(2π) n −∞= 1 ∫ [e i(x·ξ) e −|ξ|2tû(2π) n 0 (ξ) +R∫n ∫ t ∫= G(x − y; t)u 0 (y) dy +R n 0doveG(x, t) = 1(2π) n ∫R n= 1(2π) n e−|x|2 /4te i(x·ξ) e −|ξ|2t dξ∫eR nix−(ξ+ 2t5 Equazioni iperbolicheL’equazione delle onde ha la forma∫ t0R n]e −|ξ|2 (t−τ) ˆf(ξ, τ) dτ dξG(x − y; t − τ)f(y, τ) dy dτ,( ) nix,ξ+ 2t1)t dξ = √ e −|x|2 /4t .4πt∂ 2 u∂t 2 = c2 ∆u, (VI.97)dove c > 0 è la velocità della onda, x ∈ Ω (un aperto connesso e limitato inR n con frontiera ∂Ω superficie regolare a tratti), e valgono la condizione diDirichletu(x, t) = 0, x ∈ ∂Ω, (VI.98)e le due condizioni inizialiLa separazione delle variabiliconduce alle equazioniu(x, 0) = u 0 (x),∂u∂t (x, 0) = u 1(x).u(x, t) = ψ(x)T (t)(VI.99a)(VI.99b)(VI.100)1c 2 T ′′ (t)T (t) = ψ′′ (x)ψ(x) = costante,ψ(x) = 0 per x ∈ ∂Ω.(VI.101a)(VI.101b)152

Supponiamo che l’equazione di Helmholtz∆ψ + λ 2 ψ = 0su Ω con la condizione di Dirichlet abbia un infinito numerabile di autovaloripositivi λ 2 n (dove λ n ≤ λ n+1 ) con autofunzioni corrispondenti ϕ n che formanouna base ortonormale di L 2 (Ω). In tal caso la costante nella (V.101a) vale−λ 2 n, e quindiT (t) = c n cos(cλ n t) + d n sin(cλ n t).La soluzione generale della equazione delle onde (V.103b) con la condizione diDirichlet (V.98) ha la formau(x, t) =∞∑(c n cos(cλ n t) + d n sin(cλ n t)) ψ n (x). (VI.102)n=1Quindi dalle (V.99) otteniamo∞∑u 0 (x) = c n ψ n (x),u 1 (x) =n=1∞∑d n cλ n ψ n (x).n=1(VI.103a)(VI.103b)Dall’ortonormalità delle autofunzioni ψ n in L 2 (Ω) seguono i coefficienti c n ed n :∫c n = 〈u 0 , ψ n 〉 L2 (Ω) = u 0 (x)ψ n (x) dx, (VI.104a)d n = 〈u 1, ψ n 〉= 1 u 1 (x)ψ n (x) dx.cλ n cλ n∫ΩΩ(VI.104b)Lo stesso discorso vale se al posto della condizione di Dirichlet (V.98) siconsidera la condizione di Neumann. L’unica differenza è che ora zero è autovalore(con l’autofunzione costante) dell’equazione di Helmholtz su Ω con lacondizione di Neumann. Al posto della (V.102) si consideri orau(x, t) =+1√mis(Ω)(c 0 + d 0 t)∞∑(c n cos(cλ n t) + d n sin(cλ n t)) ψ n (x), (VI.105)n=1153

dove ψ 0 (x) = 1/ √ mis(Ω) è l’autofunzione normalizzata corrispondente all’autovalorezero. Per n ≥ 1 si trovano le espressioni (V.102) e (V.104b),mentre∫Ωc 0 =u ∫0(x) dx√ , d 0 =u Ω 1(x) dx√ .m(Ω) m(Ω)Nel caso in cui Ω = (0, L), abbiamo per le condizioni di Dirichletλ n = nπ √2( nπx)L , ψ n(x) =L sin , (VI.106)Ldove n = 1, 2, 3, . . ., e per le condizioni di Neumannλ n = nπ √2( nπx)L , ψ n(x) =L cos , (VI.107)Ldove n = 1, 2, 3, . . ., mentre λ 0 = 0 e ψ 0 (x) = 1/ √ L.Nel caso delle condizioni di Dirichlet, utilizzando le espressioni( nπx) ( ) nπct( nπ) ( nπ)2 sin cos = sinL LL (x − ct) + sinL (x + ct) ,( nπx) ( ) nπct( nπ) ( nπ)2 sin sin = cosL LL (x − ct) − cosL (x + ct) ,e sostituendo la (V.106) nella (V.102), otteniamou(x, t) = 1 √2∞∑ ( nπ) ( nπ)]c n[sin2 LL (x − ct) + sinL (x + ct) n=1+ 1 √2∞∑ ( nπ) ( nπ)]d n[cos2 LL (x − ct) − cosL (x + ct) n=1= 1 ∞∑c n [ψ n (x − ct) + ψ n (x + ct)] + 1 ∞∑d n c nπ 22c Ln=1???= 1 2 [u 0(x − ct) + u 0 (x + ct)] + 1 2c∫ x+ctx−ctn=1∫ x+ctx−ctψ n (˜x) d˜xu 1 (˜x) d˜x [SBAGLIATO],dove abbiamo utilizzato gli sviluppi di Fourier (V.103) e esteso le autofunzionicome fossero definite fuori dell’intervallo (0, L).Per c > 0 consideriamo l’equazione delle onde∂ 2 u∂t (x, t) = ∂2 u2 c2 (x, t) + f(x, t),∂x (VI.108a)2u(x, 0) = u 0 (x),∂u∂t (x, 0) = u 1(x),154(VI.108b)(VI.108c)

dove x ∈ R e t > 0. Applicando la trasformata di Fourier arriviamo al sistemadi equazioni∂ 2 û∂t (ξ, t) = 2 −c2 ξ 2 û(ξ, t) + ˆf(ξ, t),û(ξ, 0) = û 0 (ξ),∂û∂t (ξ, 0) = û 1(ξ),con la soluzione unicaû(ξ, t) = cos(cξt)û 0 (ξ)+ sin(cξt) û 1 (ξ)+cξPer ξ = 0 si calcola il limite:Quindidoveû(0, t) = û 0 (0) + tû 1 (0) +∫ t0∫ tu(x, t) = 1 ∫ ∞e −ixξ û(ξ, t) dξ = 1 ∫ ∞2π −∞2π −∞+ sin(cξt) ∫ tsin(cξ(t − τ))û 1 (ξ) +cξ0 cξ∫ ∞[ ∂G=−∞∫ t]+ G(x − y; t − τ)f(y, τ) dτ dy,00sin(cξ(t − τ))cξ(VI.109a)(VI.109b)(VI.109c)ˆf(ξ, τ) dτ. (VI.110)(t − τ) ˆf(0, τ) dτ. (VI.111)e −ixξ [cos(cξt)û 0 (ξ)]ˆf(ξ, τ) dτ dξ∂t (x − y; t)u 0(y) + G(x − y; t)u 1 (y)G(x − y; t) = 1 ∫ ∞−i(x−y)ξ sin(cξt)e dξ2π −∞ cξ∂G1(x − y; t) =∂t 2π= 1 [H(y − x + ct) + H(y − x − ct)] ,2c∫ ∞−∞e −i(x−y)ξ cos(cξt) dξ= 1 [δ(y − x + ct) − δ(y − x − ct)] .2In particolare, abbiamo trovato la cosiddetta soluzione di D’Alembertu(x, t) = 1 2 [u 0(x − ct) + u 0 (x + ct)]+ 1 2c∫ x+ctx−ctu 1 (y) dy + 1 2c155∫ t ∫ x+ct−cτ0x−ct+cτf(y, τ) dy dτ.

L’equazione delle onde (V.97) con un’opportuna condizione al contorno ele condizioni iniziali (V.99) ha la soluzione unica∫∫∂Gu(x, t) =∂t (x, ˆx; t)u 0(ˆx) dˆx + G(x, ˆx; t)u 1 (ˆx) dˆx, (VI.112)Ωdove la funzione di Green è molto singolare. Ciò si spiega dal principio diHuygens: Le singolarità presenti nella soluzione per t = 0 si propagano in tuttele direzioni con velocità c quindi si manifestano nella soluzione al momentot > 0. Per esempio, generalizzando la risoluzione del sistema (V.108) perx ∈ R n si applichi la trasformazione di Fourier n-dimensionale per trovare lastessa forma della soluzione. Questa volta la funzione di Green ha l’espressioneΩG(x − y; t) = 1 ∫e −i(x−y)·ξ sin(ct‖ξ‖ 2)dξ, (VI.113a)(2π) n R c‖ξ‖∫n 2∂G1(x − y; t) = e −i(x−y)·ξ cos(ct‖ξ‖∂t (2π) n 2 ) dξ. (VI.113b)R n156

Appendice ALA FUNZIONE GAMMALa funzione Gamma è definita dall’integrale generalizzato assolutamente convergenteΓ(z) =∫ ∞0e −t t z−1 dt = 2∫ ∞0ρ 2z−1 e −ρ2 dρ, Re z > 0, (A.1)dove la convergenza assoluta segue spezzando l’intervallo di integrazione in due,in (0, 1) ed in (1, +∞). Infatti |e −t t z−1 | ≤ t Re z−1 per t ∈ (0, 1) e t α |e −t t z−1 | →0 se t → +∞ per ogni α > 1. La funzione Γ è analitica nel semipiano destroRe z > 0.Dopo un’integrazione per parti si ottiene facilmenteΓ(z + 1) = zΓ(z), Re z > 0. (A.2)Si ha Γ(1) = ∫ ∞0e −t dt = 1. Utilizzando la (A.2) risultaΓ(n + 1) = n!, n = 0, 1, 2, · · · . (A.3)Un altro valore particolare della funzione Gamma è quello per z = 1/2. Si haΓ( 1 2 ) = ∫ ∞0∫ ∞t −1/2 e −t dt = 2 e −u2 du = √ π.0Utilizzando la (A.2) si ottieneΓ(n + 1 1 · 3 · · · (2n − 1) √) = π, n = 0, 1, 2, · · · . (A.4)2 2 nL’identità (A.2) può essere utilizzata per definire la funzione Gamma altrove.Prima si definisca la funzione Gamma nella striscia −1 < Re z ≤ 0157

da Γ(z) = Γ(z + 1)/z, poi nella striscia −2 < Re z ≤ −1, ecc. Siccome ildenominatore nell’uguaglianza Γ(z) = Γ(z + 1)/z si annulla per z = 0, risultauna funzione meromorfa con poli semplici nei punti 0, −1, −2, . . .. Il residuenel polo a z = 0 é lim z→0 zΓ(z) = lim z→0 Γ(z + 1) = Γ(1) = 1, mentre quelloa −n (n = 1, 2, . . .) è il seguente+ 1)lim (z + n)Γ(z) = lim (z + n)Γ(z = . . .z→−n z→−n z= lim (z + n) Γ(z + n)z→−n z(z + 1) . . . (z + n − 1)= limz→−nΓ(z + n + 1)z(z + 1) . . . (z + n − 1) =Ha qualche importanza la funzione beta di Eulero:Γ(1)(−1) n (n!) = (−1)n .n!B(p, q) =∫ 1t p−1 (1 − t) q−1 dt = 2∫ π/200(sin θ) 2p−1 (cos θ) 2q−1 dθ,(A.5)dove Re p > 0 e Re q > 0.È abbastanza semplice dimostrare cheB(p, q) = Γ(p)Γ(q) , Re p, Re q > 0. (A.6)Γ(p + q)Infatti, per p, q tali che min(Re p, Re q) > 0 abbiamoΓ(p)Γ(q) = 4= 4∫ ∞ ∫ ∞0 0∫ ∞ ∫ π/20∫ ∞0t 2p−1 s 2q−1 e −(t2 +s 2) dt dsρ 2(p+q−1) e −ρ2 (cos θ) 2p−1 (sin θ) 2q−1 dθ dρ= 2 ρ 2(p+q−1) e −ρ2 dρ 2 2(cos θ) 2p−1 (sin θ) 2q−1 dθ00} {{ } } {{ }Γ(p+q)= Γ(p + q)B(p, q).∫ πt=cos 2 θ, 1−t=sin 2 θ, dt=−2 cos θ sin θ dθdove al passaggio dalla prima alla seconda riga abbiamo sostituito t = ρ cos θe s = ρ sin θ.Discutiamo ora una caratterizzazione potente della funzione Gamma.Teorema A.1 (Bohr-Mollerup) Sia f : (0, ∞) → R una funzione a valoripositivi con le seguenti proprietà:(a) log f(x) è una funzione convessa;158

(b) f(x + 1) = x f(x) per ogni x > 0;(c) f(1) = 1.Allora f(x) = Γ(x) per ogni x > 0.Dimostrazione. Sia f : (0, ∞) → R una funzione a valori positivi che hale proprietà (a)-(c). Allora la proprietà (b) implica l’identitàf(x + n) = x(x + 1) . . . (x + n − 1)f(x), x > 0, n ∈ N. (A.7)Per x ∈ (0, 1] e n ≥ 2 si ottiene dalla convessità 1 della funzione flog f(n − 1) − log f(n)(n − 1) − n≤log f(x + n) − log f(n)(x + n) − n≤log f(n + 1) − log f(n).(n + 1) − nSiccome f(m) = (m−1)! per m ∈ N (vedi la (b) e la (c)), risulta per 0 < x ≤ 1log(n − 1)! − log(n − 2)! ≤oppureoppurelog f(x + n) − log(n − 1)!x≤ log n! − log(n − 1)!,x log(n − 1) ≤ log f(x + n) − log(n − 1)! ≤ log n, 0 < x ≤ 1,(n − 1) x (n − 1)! ≤ f(x + n) ≤ n x (n − 1)!Applicando la (A.7) risulta per 0 < x ≤ 1(n − 1) x (n − 1)!x(x + 1) . . . (x + n − 1) ≤ f(x) ≤ x x (n − 1)!x(x + 1) . . . (x + n)Siccome lim n→∞ [ x+n ] = 1 per x ∈ [0, 1], si hanf(x) = limn→∞Dalla (A.1) si trova facilmente∫ nΓ(z) = limn→∞0n! n xx(x + 1) . . . (x + n) .(1 − t n) nt z−1 dt,[ x + nmentre n integrazioni per parti ci danno l’identità∫ n(1 −n) t nt z−1 n! n zdt =, Re z > 0.z(z + 1) . . . (z + n)0n].(A.8)Quindi le ultime due equazioni e la (A.8) implicano che f(x) = Γ(x) per ognix > 0.✷1 La convessità della g = log f implica che il rapporto g(n+1)−g(y)n − 1 a n + 1.159(n+1)−ycresce se y cresce da

Il teorema A.1 può essere applicato per dimostrare la seguente rappresentazioneprodotto∞∏ (Γ(z) = e−γz1 + z −1ez n) z/n , (A.9)n=1dove γ è la cosiddetta costante di Eulero tale che Γ(1) = 1. Sostituendo z = 1si trova∞∏(e γ = 1 +n) 1 −1e 1/n ,oppureγ ==n=1[∞∑ (1 + 1 ) ] −1e 1/kkk=1∞∑[ ]1k − log(k + 1) + log kk=1= limn→∞n∑[ ]1k − log(k + 1) + log kk=1Tornando alla (A.9) abbiamoΓ(z) = e−γzz= lim[(1 + 1n→∞ 2 + . . . + 1 )n= lim[(1 + 1n→∞ 2 + . . . + 1 ) ]− log n .nlimn∏n→∞k=1k e z/kz + k(e −γz n!= limn→∞ z(z + 1) . . . (z + n) exp z= limn→∞n! n zz(z + 1) . . . (z + n) .]− log(n + 1)(1 + 1 2 + . . . + 1 ))nQuindi abbiamo dimostrato che la funzione Γ(z) definita dal prodotto infinito(A.9) coincide con la funzione gamma introdotta prima.Per 0 < Re z < 1 si hae −γz n∏ kn∏Γ(z)Γ(1 − z) = limn→∞ z k + z ez/k · e−γ(1−z) k1 − z k + 1 − z e(1−z)/kk=1k=1n∏= e−γz(1 − z) limn→∞k=1k 2(k + z)(k + 1 − z) e1/k160

= limn→∞1= limn→∞ ze −γz(n + 1 − z)n∏k=1n∏k=1k 2(k + z)(k − z) = 1 zk 2(k + z)(k − z) e1/k∞∏k=1k 2(k + z)(k − z) = πsin(πz) ,secondo la rappresentazione prodotto della funzione sin(πz). QuindiΓ(z)Γ(1 − z) =πsin(πz) ,(A.10)valida per z ∈ C \ Z per l’unicità delle estensioni analitiche.161

162

Appendice BPROPRIETÀ ASINTOTICHE1 Rappresentazioni integrali delle funzioni diMacDonaldSiaφ ν (z) =dove z > 0 e ν ∈ R. AlloraDi conseguenza,φ ′ ν(z) = −φ ′′ν(z) =∫ ∞0∫ ∞0∫ ∞0e −z cosh t cosh(νt) dt,e −z cosh t cosh(νt) cosh t dt,e −z cosh t cosh(νt) cosh 2 t dt.∫ ∞z 2 φ ′′ν(z) + zφ ′ ν(z) − (z 2 + ν 2 )φ ν (z) = z 2 e −z cosh t cosh(νt)[cosh} {{ 2 t − 1}] dt0=sinh 2 t∫ ∞∫ ∞− z e −z cosh t cosh(νt) cosh t dt − ν 2 e −z cosh t cosh(νt) dt0= [ −ze −z cosh t cosh(νt) sinh t ] ∞+ z− z∫ ∞0∫ ∞00e −z cosh t {ν sinh(νt) sinh t + cosh(νt) cosh t} dt∫ ∞e −z cosh t cosh(νt) cosh t dt − ν 2 e −z cosh t cosh(νt) dt= [ −e −z cosh t ν sinh(νt) ] ∫ ∞∞+ e −z cosh t ν 2 cosh(νt) dt0∫ ∞− ν 2 e −z cosh t cosh(νt) dt = 0.0016300

Quindi φ ν (z) è una soluzione dell’equazione di Bessel immaginaria (II.57).Inoltre, siccome φ ν (z) → +∞ se z → 0 + (divergenza dell’integrale per z = 0) eφ ν (z) → 0 se z → +∞, esiste una costante positive c ν tale che φ ν (z) = c ν K ν (z),la funzione di MacDonald (vedi la (II.56)).Inoltre, abbiamo√ z e z φ ν (z) = √ ∫ ∞z e −2z sinh2 (t/2) cosh(νt) dt0∫ ∞(= exp −2z sinh 20τ2 √ z)cosh( ντ2 √ z ) dτ.Siccome f(x) = sinh(x)/x è crescente per x ≥ 0 e f(0 + ) = 1, 1 si può stimarela funzione sotto il segno dell’ultimo integrale da e −τ 2 /2 cosh(ντ/ √ z) pergiustificare l’applicazione del Teorema delle Convergenza Dominata (cioè, loscambio limite-integrale, vedi l’appendice D), risultando inlimz→+∞Di conseguenza, φ ν (z) = K ν (z):K ν (z) =∫√ ∞√ π z e z φ ν (z) = e −τ 2 /2 dτ =2 .∫ ∞00e −z cosh t cosh(νt) dt, z > 0, ν ∈ R. (B.1)Sostituendo u = e −t nella (C.1) e poi v = 1/u si ottiene per z > 0∫ 1∫ 1K ν (z) = 1 2= 1 2= 1 20∫ 10∫ ∞0e − z 2 (u+ 1 u ) u −ν du u + 1 2e − z 2 (u+ 1 u ) u −ν du u + 1 2e − z 2 (u+ 1 u ) u −ν du u = 1 20∫ ∞1∫ ∞0e − z 2 (u+ 1 u ) u ν du ue − z 2 (v+ 1 v ) −ν dvuve − z 2 (u+ 1 u ) u −ν−1 du.Utilizzando la definizione della funzione Gamma e cambiando l’ordine di integrazioneotteniamo per z > 0 e Re ν > − 1 2∫ ∞( ∫K ν (z) = e − z 2 (u+ 1 u ) 1 ∞)Γ(ν + 1) e −ux x ν− 1 du2 dx √2 u=0∫1 ∞2Γ(ν + 1) 20x ν− 1 21 Si ha f ′ (x) = cosh(x)x(x − tanh x) = cosh(x) ∫ x 2x 2 0164(∫ ∞0e −u(x+ z 2 )− z2udu√ u)dx.0( )1 − 1 dy > 0 per x > 0.cosh 2 y

Sostituendo w = u √ du(2x + z)/z [dunque: √ 1/4 dwu= (z/(2x + z)) √ w] e ponendoA = √ z(2x + z), arriviamo all’integrale doppio⎛∫1 ∞( ) ∫K ν (z) =Γ(ν + 1) x ν− 1 z 1/4 21 ∞2 0 2x + z ⎜ e − A 2 (w+ 1 w ) w −1/2 dw⎝2⎟0} {{ } ⎠ dx=1Γ(ν + 1 2 ) √ π2∫ ∞x ν− 1 20e −√ z(2x+z)2 √ 2x + z dx.⎞√ πK −1/2 (A)=K 1/2 (A)= 2A e−ASostituendo τ = √ (2x + z)/z, otteniamo le rappresentazioni integraliK ν (z) = Γ( 1)(2 z) ν∫ ∞Γ(ν + 1) (τ 2 − 1) ν− 1 2 e −τz dτ (B.2)22τ=1+2t=1Γ( 1)∫ ∞2Γ(ν + 1 e −z e −2zt t ν− 1 2 (t + 1)ν− 1 2 dt.2 )(2z)ν0(B.3)2 Sviluppo asintotico delle funzioni di BesselIntroduciamo prima il cosiddetto simbolo di Hankel(α, n) def= 2−2n{(4α 2 − 1)(4α 2 − 3) . . . (4α 2 − (2n − 1) 2 )} = Γ( 1 + α + n)2n!n! Γ( 1 + α − n),2(B.4)mentre (α, 0) = 1. Questo simbolo viene utilizzato per abbreviare gli sviluppiasintotici delle varie funzioni di Bessel se z → ∞ e ν è fisso.Sostituendo la serie di Taylor(1 + t) α =∞∑s=0Γ(α + 1)s! Γ(Γ(α + 1 − s) ts , |t| < 1,nella (C.3) e utilizzando la (A.1) risulta lo sviluppo asintotico (per z → ∞)√ π ∑ ∞(ν, s)K ν (z) ∼2z e−z(2z) , | arg z| < 3 π. (B.5)s 2s=0Introducendo le funzioni P (ν, z) e Q(ν, z) tali che√2H ν (1) (z) =πz {P (ν, z) + iQ(ν, z)} eiχ , −π < arg z < 2π,√2H ν (2) (z) =πz {P (ν, z) − iQ(ν, z)} e−iχ , −2π < arg z < π,165

dove χ = z −( 1ν + 1 )π, otteniamo dalla (C.5) e dalla seconda equazione (II.51)2 4P (ν, z) ∼∞∑s=0s (ν, 2s)(−1)(2z) ∼ 1 − (4ν2 − 1)(4ν 2 − 9)2s 2!(8z) 2+ (4ν2 − 1)(4ν 2 − 9)(4ν 2 − 25)(4ν 2 − 49)− · · · , (B.6a)4!(8z) 4∞∑s (ν, 2s + 1)Q(ν, z) ∼ (−1)(2z) 2s+1s=0∼ 4ν2 − 18z− (4ν2 − 1)(4ν 2 − 9)(4ν 2 − 25)3!(8z) 3 + · · · . (B.6b)Gli sviluppi asintoti per J ν (z) e Y ν (z) (per −π < arg z < π) seguono da√2J ν (z) = [P (ν, z) cos χ − Q(ν, z) sin χ] ,πz (B.7a)√2Y ν (z) = [P (ν, z) sin χ + Q(ν, z) cos χ] ,πz (B.7b)dove abbiamo utilizzato (II.49) e (II.50). Per la funzione di Bessel immaginariasegue dalla prima equazione (II.51)I ν (z) ∼√ ez ∑ ∞2πzs=0s (ν, s)(−1)(2z) , | arg z| < π s 2 . (B.8)Limitiamoci ai primi termini degli sviluppi asintoti e all’andamento asintoticose z → +∞. Allora arriviamo alle seguenti espressioni asintotiche (vedi(II.48), (II.52), (II.53), (II.54), (II.55) e (II.56)):√2J ν (z) ∼(cos(z − 1 2 νπ − 1 )4 π) + O(1 z ) , z → +∞, (B.9a)πz√2Y ν (z) ∼πz√2H ν(1) (z) ∼πz√2H ν(2) (z) ∼πz(sin(z − 1 2 νπ − 1 4 π) + O(1 z ) ), z → +∞, (B.9b)(e i(z− 1 2 νπ− 1 4 π) + O( 1 z ) ), z → +∞, (B.9c)(e −i(z− 1 2 νπ− 1 4 π) + O( 1 z ) ), z → +∞, (B.9d)I ν (z) ∼ √ 1 (e z 1 + O( 1 )2πz z ) , z → +∞, (B.9e)√ πK ν (z) ∼(12z e−z + O( 1 )z ) , z → +∞. (B.9f)166

Appendice CEQUAZIONE DISCHRÖDINGERL’equazione di Schrödinger descrive (nell’ambito della meccanica quantisticanon relativistica) la probabilità che una particella si trova in una regione dellospazio al momento t. Se m è la massa della particella e h = 2π la costante diPlanck, si ha per la funzione onda ψ(x, t):i ∂ψ∂t = − 22m ∆ψ + V (x)ψ(x, t), x ∈ R3 , t > 0; (C.1)ψ(x, t = 0) = ψ 0 (x),(C.2)con condizioni al contorno. La funzione V (x) è reale e rappresenta il potenziale.Scegliendo unità fisiche tali che = 1 e 2m = 1, risulta invece della (C.1)i ∂ψ∂t = −∆ψ + V (x)ψ(x, t), x ∈ R3 , t > 0. (C.3)Se E ⊂ R 3 è misurabile, ∫ E |ψ(x, t)|2 dx (sotto la condizione di normalizzazioneψ(·, t) ∈ L 2 (R 3 )) è la probabilità di trovare la particella in E al momento t.Studiamo esclusivamente il problema stazionario, dove l’energia λ prendeil posto dell’operatore i(∂/∂t), cioè− ∆ψ + V (x)ψ(x) = k 2 ψ(x), x ∈ R 3 , (C.4)dove λ = k 2 con Im k ≥ 0. Ci sono due problemi di rilevante importanza:1. il problema degli stati limite: ψ ∈ L 2 (R 3 ). In tal caso l’energia λ = k 2 èun valore discreto negativo.2. il problema di scattering: in tal caso si impone la condizione di Sommerfeld( ) ( )ψ(k, x) = e ikθ·x + eik|x||x| A x 1k, θ, + o , |x| → +∞,|x| |x|167

dove A(k, θ, θ ′ ) è l’ampiezza (come funzione dell’energia λ = k 2 e ledirezioni θ, θ ′ ∈ S 2 ); e ikθ·x rappresenta un’onda piana nella direzione θ.Nel problema di scattering si ha l’energia λ > 0.Consideriamo il caso di simmetria sferica, doveV (x) = V (r),r = |x|.In tal caso l’ampiezza dipende da k e dall’angolo tra le direzioni θ e θ ′ :A(k, θ, θ ′ ) = A(k, θ · θ ′ ). Per risolvere il problema di scattering bisogno separarele variabili in coordinate cilindriche, dove la direzione di θ prende ilposto dall’asse z positivo. Discutiamo ora soltanto il problema degli statilimite. In tal caso si esprime l’equazione di Schrödinger in coordinate sferiche:(1r 2 ∂ψ )(1 ∂+sin ϕ ∂ψ )1 ∂ 2 ψ+r 2 ∂r r 2 sin ϕ ∂ϕ ∂ϕ r 2 sin 2 − V (r)ψ = −λψ,ϕ ∂θ2 dove x = (r sin ϕ cos θ, r sin ϕ sin θ, r cos ϕ) ∈ R 3 . Sostituendoψ(x) = R(r)X(ϕ, θ)e moltiplicando da r 2 /R(r)X(ϕ, θ) si ottiene(1 dr 2 dR ) [ (1 1 ∂+sin ϕ ∂X )R(r) dr dr X(ϕ, θ) sin ϕ ∂ϕ ∂ϕ− r 2 V (r) = −λr 2 .+ 1 ]∂ 2 Xsin 2 ϕ ∂θ 2Come al solito, seguono le seguenti equazioni differenziali:d 2 Rdr + 2 [dR2 r dr + − C ]r + λ − V (r) R(r) = 0; (C.5)(21 ∂sin ϕ ∂X )+ 1 ∂ 2 Xsin ϕ ∂ϕ ∂ϕ sin 2 = −CX(ϕ, θ), (C.6)ϕ ∂θ2 dove C è una costante. L’equazione (C.6) si chiama spesso l’equazione diBeltrami.Grazie alle (C1.2) degli appunti sulle funzioni sferiche, esiste una soluzionenon banale della (C.6) se e solo se C = l(l + 1) per qualche l = 0, 1, 2, . . ., edin tal caso X(ϕ, θ) è una combinazione lineare delle funzioni sferiche Ylm (ϕ, θ),dove m = −l, . . . , l. Infatti, eseguendo un’ulteriore separazione delle variabilinella (C.6), X(ϕ, θ) = P(ξ)Θ(θ) dove ξ = cos ϕ e Θ(θ + 2π) ≡ Θ(θ), risultano{costante, m = 0Θ(θ) =c 1 cos mθ + c 2 sin mθ, m = 1, 2, 3, . . . ;168

(d(1 − ξ 2 ) dP )]+[l(l + 1) − m2P(ξ).dξ dξ1 − ξ 2(C.7)La (C.7) si dice equazione differenziale per le funzioni di Legendre associate:P(ξ) ∼ Pl m (ξ), dove l = m, m + 1, m + 2, . . . e m = 0, 1, 2, . . ..Discutiamo ora la (C.5). Sostituendo R(r) = r α S(r) nella (C.5) [con C =l(l + 1)] per un’opportuna α (da stabilire successivamente) e dividendo da r α ,si trovad 2 Sdr2(α + 1)+2r[ ]dS α(α + 1) − l(l + 1)dr + + λ − V (r) S(r) = 0.r 2(C.8)Per far somigliare la (C.8) all’equazione di Bessel si scelga α tale che 2(α+1) =1, cioè α = −1/2:d 2 Sdr + 1 [dS2 r dr + − (l + 1 ]2 )2+ λ − V (r) S(r) = 0. (C.9)r 2Per far sparire il termine con la derivata prima dalla (C.8), ci vuole α = −1.Quindi per S(r) = rR(r) abbiamo[ ]d 2 S −l(l + 1)dr + + λ − V (r) S(r) = 0.(C.10)2 r 2Per α = 0 otteniamo dalla (C.8)d 2 Rdr + 2 []dR2 r dr + l(l + 1)− + λ − V (r) R(r) = 0,r 2(C.11)dove l = 0, 1, 2, · · · . Imporremo le seguenti due condizioni al contorno:⎧⎨R(r) ∫= O(r l ), r → 0 +∞⎩ r|R(r)| 2 (C.12)dr < +∞.I seguenti casi sono di rilevante interesse:1. La buca di potenziale, dove0V (r) ={−V 0 , 0 ≤ r < r 0 ,0, r > r 0 .2. L’oscillatore armonico, dove V (r) = (γ/2)r 2 per una costante γ > 0.3. L’atomo di idrogeno, dove V (r) = −e 2 /r per e la carica dell’elettrone.169

L’equazione (C.5) può essere risolta esattamente in tutti e tre casi.Consideriamo ora il problema di scattering dove l’energia E = k 2 è positiva.In tal caso la funzione onda ψ(k, x) non appartiene a L 2 (R 3 ) e infatti soddisfaalla condizione di Sommerfeldψ(k, x) = e ikθ·x + ψ s (x)( ) ( )= e ikθ·x + eik|x||x| A x 1k, θ, + o , |x| → +∞,|x| |x|dove A(k, θ, θ ′ ) è l’ampiezza e k > 0. Ovviamente il potenziale V (x) deveessere localmente sommabile (cioè, V ∈ L 1 loc(R 3 ) e tendere a zero abbastanzarapidamente se |x| → ∞. 1 Cercando la cosiddetta funzione di Green G(k; x, x ′ )tale che(∆ + k 2 )G(k; x, x ′ ) = −4πδ(x − x ′ ),cioè scegliendo [Vedi la (V.67) per n = 3]si ottiene facilmenteψ s (x) = − 14πG(k; x, x ′ ) = eik|x−x′ ||x − x ′ | ,∫G(k; x, x ′ )V (x ′ )ψ(x ′ ) dx ′ .Quindiψ(x) = e ikθ·x − 1 ∫G(k; x, x ′ )V (x ′ )ψ(x ′ ) dx ′ .4πPer calcolare ψ dal potenziale si può risolvere l’equazione precedente per iterazione.Facendo una singola iterazione si arriva alla cosiddetta approssimazionedi Bornψ(x) ≃ e ikθ·x − 14π∫G(k; x, x ′ )V (x ′ )e ikθ·x′ dx ′ .Discutiamo ora il problema di scattering per i potenziali radiali V (x) =V (r) con r = |x| (Vedi [10]). Allora per V ≡ 0 l’equazione di Schrödinger perE = k 2 con k > 0 ha la soluzione generaleψ(x) = cost. 1 f l (kr) + cost. 2 g l (kr),dove√ πρf l (ρ) =2 J l+ 1 (ρ) = ρj l (ρ),2g l (ρ) = (−1) l √ πρ2 J −(l+ 1 2 )(ρ) = −ρn l(ρ),1 I potenziali di Coulomb V (x) = cost.|x|non conducono ad una teoria di scatteringquantistica tanto semplice, poichè non decadono abbastanza rapidamente.170

dove l = 0, 1, 2, . . . e j l e n l si chiamano funzioni di Bessel sferiche di prima eseconda specie. Sviluppando l’onda pianasi trova per l’ampiezzae ikθ·x =∞∑ l∑l=0 m=−lc l,mf l (kr)krY lm (θ, ϕ),f(k; θ · θ ′ ) def= A(k, θ, θ ′ ) = 1 k∞∑(2l + 1)e iδl(k) sin δ l (k)P l (θ · θ ′ ),l=0dove δ l (k) si chiamano fasi di scattering.1 La buca di potenzialeIn tal casoV (r) ={−V 0 , 0 ≤ r < r 0 ,0, r > r 0 ,(C.13)dove V 0 > 0. Sostituendo R(r) = r −1/2 S(r) otteniamo [Vedi (C.9)]d 2 Sdr + 1 [dS2 r dr + V 0 − κ 2 − (l + 1 ]2 )2S(r) = 0, 0 < r < rr 2 0 ,d 2 Sdr + 1 [dS2 r dr − κ 2 + (l + 1 ]2 )2S(r) = 0, r > rr 2 0 , (C.14)dove λ = −κ 2 per κ > 0. Ovviamente, per r > r 0 la (C.14) è l’equazioneimmaginaria di Bessel di ordine l + 1 nella variabile κr. Siccome deve tendere2a zero se r → ∞, si trovaS(r) ∼ K l+1 (κr), r > r 0 , (C.15)2dove K ν (z) è la funzione di MacDonald di ordine ν. Per ν, z > 0 la funzionedi MacDonald K ν (z) è decrescente.Per 0 < r < r 0 la situazione è più complicata. Siccome S(0 + ) esiste, risultaper 0 < r < r 0⎧⎪⎨ J l+1 (r √ V 0 − κ 2 ), V 0 > κ 2 ,2S(r) ∼ r l+ 1 2 , V 0 = κ 2 ,(C.16)⎪⎩I l+12(r √ κ 2 − V 0 ), V 0 < κ 2 ,dove J ν (z) è la funzione di Bessel di ordine ν e I ν (z) è la funzione di Besselimaginaria di ordine ν.171

Per trovare i stati limite richiediamo che la derivata logaritmica della S(cioè, S ′ /S) sia continua in r = r 0 . Grazie al decadimento della funzione diMacDonald, si vede subito che S ′ (r)/S(r) ha un limite negativo se r → (r 0 ) + .D’altra parte, r l+ 1 2 e la funzione di Bessel immaginaria sono crescenti per r > 0,mentre la funzione di Bessel stessa è oscillatoria. Quindi gli stati limiti possonoesistere soltanto per V 0 > κ 2 . In tal casodoveK ′ (κrl+κr 1 0 )20K l+12S(r) ∼ J l+1 (r √ V 0 − κ 2 ), (C.17)2√(κr 0 ) = r √ J ′ (r0 V0 − κ 2 l+ 1 0 V0 − κ 2 )2√J l+1 (r 0 V0 − κ 2 ) . (C.18)2Le energie λ = −κ 2 corrispondenti agli stati limite si trovano dal numero finitodi zeri della (C.18) per 0 < κ < √ V 0 ; ci sono zeri per soltanto un numero finitodi l = 0, 1, 2, . . ..Per l = 0 abbiamoK 12√ π(z) =2z e−z , J 1 (w) =2Allora (C.18) si riduce all’identitàtan( √ V 0 r 2 0 − z 2 )√V0 r 2 0 − z 2 = − 11 + z ,√ π2w sin(w).dove z = κr 0 . Gli zeri z = κr 0 ∈ (0, r 0√V0 ) si ottengono graficamente.Per l = 0 si può ottenere i risultati in modo più semplice senza utilizzarele funzioni di Bessel. Partendo dall’equazione di Schrödinger (C.10) per V (r)in (C.13), otteniamo per S(r) = rR(r){S ′′ (r) + (V 0 − κ 2 )S(r) = 0, 0 < r < r 0 ,S ′′ − κ 2 S(r) = 0, r > r 0 ,(C.19)dove ∫ ∞|S(r)| 2 dr < ∞, S(0) = 0 2 e S è di classe C 1 in r = r0 0 . Per r > r 0risulta S(r) ∼ e −κr . Quindi ci vuole (S ′ /S)(r 0 ) = −κ < 0.Se 0 ≤ V 0 < κ 2 , per 0 < r < r 0 risulta S(r) ∼ sinh(r √ κ 2 − V 0 ) [graziealla condizione S(0) = 0] per 0 < r < r 0 e quindi è impossibile avere(S ′ /S)(r 0 ) < 0. Per κ = √ V 0 risulta S(r) ∼ r [grazie alla condizione S(0) = 0]2 Una condizione tecnica mai spiegata dal punto di vista fisico per costringere ad unasuccessione finita di autovalori.172

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5543210−1−2−3−41086420−2−4−6−8−5−100 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Figura C.1: Per l = 0 e per r 0√V0 = 5 (pannello sinistro) o 10 (pannellodestro) vengono calcolati graficamente i valori di z = κr 0 per cuil’equazione di Schrödinger per la buca sferica ha stato limite.e quindi (S ′ /S)(r 0 ) = (1/r 0 ) > 0. Di conseguenza, siamo costretti a limitarcial caso 0 < κ < √ V 0 . In tal caso la condizione S(0) = 0 conducea S(r) ∼ sin(r √ V 0 − κ 2 ) per 0 < r < r 0 . Dalla condizione di derivabilitàcontinua in r = r 0 si trova√V0 − κ 2 cos(r 0√V0 − κ 2 )sin(r 0√V0 − κ 2 ) = −κ.Per studiare quest’ultima equazione, poniamo ξ = r 0√V0 − κ 2 (che appartieneall’intervallo (0, r 0√V0 ) e scriviamo l’equazione nella forma√ξtan(ξ) = − √V 0 r0 2 − ξ 2 , 0 < ξ < r 0 V0 ,oppureξtan(ξ) = −√ V0 r0 2 − ξ , 0 < ξ < r 0√V0 .2Per n = 1, 2, 3, . . . e (n − 1)π < r 2 0√V0 ≤ (n + 1 )π ci sono n soluzioni ξ di2quest’equazione e quindi n stati limite.173

2 Oscillatore armonicoa. Utilizzando le coordinate sferiche. In tal casoV (r) = 1 2 γr2 ,(C.20)dove γ > 0 è una costante. Ponendo c = √ γ/8 e R(r) = e −cr2 φ(r), la (C.11)si riduce all’equazione differenziale( ) ()2φ ′′ (r) +r − 4cr φ ′ (r) + k 2 l(l + 1)− 6c − φ(r) = 0. (C.21)r 2Sostituendo la serie di potenzeφ(r) = r α∞∑s=0c s r s ,dove α è un parametro da stabilire, troviamo∞∑[{(α + s)(α + s − 1) + 2(α + s) − l(l + 1)}c ss=0+ {(k 2 − 6c) − 4c(α + s − 2)}c s−2]r α+s−2 = 0,(C.22)dove c −1 = c −2 = 0. Supponendo che il coefficiente di r α−2 sia diverso da zero,si trovaα(α − 1) + 2α − l(l + 1) = 0,e quindi α = l oppure α = −(l + 1). La condizione al contorno (C.12) ser → 0 + implica che α = l. In tal caso c 1 = 0 es(s + 2l + 1)c s + {(k 2 − 6c) − 4c(s + l − 2)}c s−2 = 0.Dunque c 1 = c 3 = c 5 = · · · = 0 ec s = 4c(s + l − 2) − (k2 − 6c)c s−2 ,s(s + 2l + 1)(C.23)dove s = 2, 4, 6, · · · . Il rapporto c s r 2 /c s−2 ∼ (4cr 2 /s) se s → +∞. Quindiscegliamo k 2 tale che c s = 0 per qualche s = 2, 4, 6, · · · , cioèk 2 = 4c(s + l − 2) + 6c, s = 2, 4, 6, · · · .Quindi abbiamo trovato gli autovalori e le autofunzioni{kl,n 2 = 2c(2n + 3), l = n, n − 2, n − 4, . . . , l = 0, 1, 2, · · · ,ψ l,n (r, θ, ϕ)=e −cr2 φ l,n (r)Yl m (θ, ϕ), m = −l, −l + 1, · · · , l,(C.24)174

dove φ l,n (r) = r l v l,n (r) e v l,n (r) è un polinomio in r 2 di grado n − l. Quelpolinomio soddisfa l’equazioner 2 v ′′ (r) + 2r(l + 1 − 2cr 2 )v ′ (r) + 4c(n − l)r 2 v(r) = 0.Ponendo t = 2cr 2 e w(t) = v(r) [tali che rv ′ (r) = 2tw ′ (t) e r 2 v ′′ (r) = 4t 2 w ′′ (t)+2tw ′ (t)] otteniamo l’equazione differenzialetw ′′ (t) + (l + 3 2 − t)w′ (t) + 1 (n − l)w(t) = 0,2 (C.25)dove n − l = 0, 2, 4, . . . e w(t) è un polinomio in t di grado 1 (n − l).2b. Utilizzando le coordinate cartesiane. Siccome V (r) = γ 2 r2 =γ2 (x2 + y 2 + z 2 ), l’equazione di Schrödinger è anche separabile in coordinateCartesiane. Infatti, scrivendo ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z) otteniamo le treequazioni ( )X⎧⎪ ′′ (x) + kx 2 − γx2 X(x) = 0,2⎨ )(ky 2 − γy2⎪ ⎩Y ′′ (y) +Z ′′ (z) +2 (kz 2 − γz22Y (y) = 0,)Z(z) = 0,(C.26)dove k 2 = kx 2 + ky 2 + kz. 2 Studiamo ora una delle equazioni in una variabile.Ponendo X(x) = e −cx2 φ(x) per c = √ γ/8, l’equazione X ′′ (x) + [kx 2 −(γx 2 /2)]X(x) = 0 si riduce all’equazioneφ ′′ (x) − 4cxφ ′ (x) + (k 2 x − 2c)φ(x) = 0.(C.27)Sostituendo φ(x) = x α ∑ ∞s=0 c sx s , otteniamo∞∑ [ ](α + s)(α + s − 1)cs + {(kx 2 − 2c) − 4c(α + s − 2)}c s−2 x α+s−2 = 0,s=0(C.28)dove c −1 = c −2 = 0. Scegliendo α = 0, troviamo c 1 = c 3 = c 5 = · · · = 0 ec s= 4c(s − 2) − (k2 x − 2c)c s−2 s(s − 1), s = 2, 4, 6, · · · ,risultando in polinomi in x di grado n = 0, 2, 4, · · · se k 2 x = 2c(2n + 1).Scegliendo α = 1, troviamo c 1 = c 3 = c 5 = · · · = 0 ec s= 4c(s − 1) − (k2 x − 2c), s = 2, 4, 6, · · · ,c s−2 s(s + 1)175

isultando in polinomi in x di grado n = 1, 3, 5, · · · se kx 2 = 2c(2n+1). Insiemetroviamo le seguenti soluzioni X n (x) = φ n (x)e −cx2 , dove φ n (x) è un polinomiodi grado n = 0, 1, 2, 3, 4, · · · e kx 2 = 2c(2n + 1). Raccogliendo X, Y e Z risulta{k 2 = 2c(2n + 3), n = 0, 1, 2, 3, · · · ,ψ(x, y, z) = e −c(x2 +y 2 +z 2) (C.29)φ n1 (x)φ n2 (y)φ n3 (z),dove n = n 1 + n 2 + n 3 .c. Analisi dei polinomi. Sostituendo z = x √ 2c e v(z) = φ(x) si arrivaall’equazione differenziale di Hermite (II.86). Quindi i polinomi φ n (x) nella(C.29) sono proporzionali a H n (x √ 2c), dove H n è il polinomio di Hermite digrado n. Vale la relazione d’ortogonalità [vedi la (II.88)]∫ ∞−∞H n (x √ 2c)H m (x √ 2c)e −2cx2 dx = 2n (n!) √ π√2cδ n,m ,dove δ n,m è la delta di Kronecker.I polinomi w m (t) (m = n − l = 0, 1, 2, . . .) soddisfano l’equazione differenzialetw ′′ m(t) + (l + 3 2 − t)w′ m(t) + mw m (t) = 0.Quest’ultima equazione coincide con l’equazione differenziale di Laguerre perα = l + 1 [vedi la (II.96)]. Quindi w 2 m(t) è proporzionale al polinomio diLaguerre L (l+ 1 2 )m (t). In altre parole,φ l,n (r) = cost.r l L (l+ 1 2 )n−l(2cr 2 ).Calcoliamo ora il numero N n di autofunzioni linearmente indipendenti corrispondentiallo stesso livello di energia, cioè allo stesso intero n = 0, 1, 2, . . ..Dalla derivazione in coordinate cartesiane segue che N n è uguale al numero dipunti (n 1 , n 2 , n 3 ) con coordinate intere non negative per cui n 1 + n 2 + n 3 = n.Dalla derivazione in coordinate sferiche segue che⎧#{(n ⎪⎨ 1 , n 2 , n 3 ) ∈ Z + : n 1 + n 2 + n 3 = n} = 1 (n + 1)(n + 2),2∑N n = (2l + 1) = 1 (n + 1)(n + 2),2⎪⎩l=0,1,...,nn−l paridove ci rendiamo conto del fatto che ad ogni l = 0, 1, 2, 3, . . . corrispondono2l + 1 autofunzioni linearmente indipendenti (corrispondenti ai valori di m =−l, −l + 1, . . . , l) con lo stesso livello di energia.176

3 Atomo d’idrogenoIn tal caso V (r) = −e 2 /r, dove e è la carica dell’elettrone. Ponendo λ =−κ 2 per κ > 0 (cioè, richiedendo che l’energia sia negativa), l’equazione diSchrödinger (C.10) ha la seguente forma:S ′′ (r) +(−κ 2 + e2r)l(l + 1)− S(r) = 0,r 2(C.30)dove l = 0, 1, 2, · · · . Sostituendo S(r) = e −κr w(r) otteniamo( ew ′′ (r) − 2κw ′ 2(r) +r)l(l + 1)− w(r) = 0.r 2(C.31)Sostituendo ora w(r) = r α ∑ ∞s=0 c sr s si ottiene∞∑ [ ]{(α + s)(α + s − 1) − l(l + 1)}cs +{e 2 − 2κ(α + s − 1)}c s−1 r α+s−2 = 0.s=0(C.32)Osserviamo che il termine costante nella (C.32) coincide con (α−l−1)(α+l)c 0 .Scegliendo α = l + 1 (escludendo α = −l) otteniamoc sc s−1=2κ(s + l) − e2, s = 1, 2, 3, · · · . (C.33)s(s + 2l + 1)Per produrre soluzioni polinomiali richiediamo che κ = (e 2 /2n) per n =l + 1, l + 2, · · · . 3 In tal caso risulta c n−l = c n+1−l = · · · = 0; dunque w(r) =r l+1 v(r), dove v(r) è un polinomio in r di grado n − l − 1. In altre parole,⎧⎨κ 2 n = − e4, n = l + 1, l + 2, · · · ,4n2 ⎩ψ(r, θ, ϕ) = r l+1 e −e2r/2n v l,n−l−1 (r)Yl m (θ, ϕ), m = −l, −l + 1, · · · , l.(C.34)Ponendo w(r) = r l+1 v(r), t = 2κr, e 2 = 2κn e ṽ(t) = v(r), otteniamot ṽ ′′ (t) + (2l + 2 − t)ṽ ′ (t) + (n − l − 1)ṽ(t) = 0.(C.35)Sostituendo x ↦→ t, α ↦→ 2l + 1 e n ↦→ n − l − 1 nell’equazione differenzialedi Laguerre si arriva alla (C.35). Dunque ṽ(t) è proporzionale a L (2l+1)n−l−1(t). In3 Si pone n = s + l, dove s = 1, 2, . . . e l = 0, 1, 2, . . .. Quindi n = 1, 2, 3, . . . e l =0, 1, . . . , n − 1.177

altre parole,⎧⎪⎨ E n = −κ 2 n = − e4, n = l + 1, l + 2, · · · ,4n2 ( )⎪⎩ ψ(r, θ, ϕ)=cost.r l+1 e −e2r/2n L (2l+1) e 2 rn−l−1Yl m (θ, ϕ), m = −l, −l + 1, · · · , l,n(C.36)dove n = 1, 2, 3, . . ., l = 0, 1, . . . , n − 1 e m = −l, −l + 1, . . . , l.Osserviamo che le energie E n = −(e 2 /2n 2 ) degli stati limite dell’idrogenovengono determinate dall’intero n ∈ N. Ad ogni n ∈ N corrispondono n − 1valori di l (l = 0, 1, . . . , n−1) e ad ogni tale l 2l+1 valori di m (m = −l, . . . , l).Quindi ad ogni n ∈ N corrispondono1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) = n 2valori di (l, m) (l, m ∈ Z, |m| ≤ l < n). In altre parole, per E = −e 4 /4n 2l’equazione di Schrödinger con potenziale V (r) = −(e 2 /r) ha n 2 soluzionilinearmente indipendenti in L 2 (R 3 ).178

Appendice DTRASFORMATA DI FOURIER1 Trasformata di Fourier negli spazi L 1 e L 2 .Sia f : R n → C una funzione sommabile. Allora l’integrale (di Lebesgue)∫ˆf(ξ) def= F [f](ξ) = f(x)e −i(ξ,x) dx, ξ ∈ R n ,è assolutamente convergente e | ˆf(ξ)| ≤ ‖f‖ 1 , dove ‖f‖ 1 = ∫ |f(x)| dx è lanorma L 1 di f. In tal caso si definisce una funzioneξˆf↦→ F [f](ξ)su R n che si chiama la trasformata di Fourier della f. Dal teorema dellaconvergenza dominata 1 segue che F [f](ξ) è continua in ξ ∈ R n .Proposizione D.1 Sia f ∈ L 1 (R n ). Allora F [f](ξ) è continua in ξ ∈ R n etende a zero se |ξ| → +∞. 2Dimostrazione. La continuità di F [f](ξ) al variare di ξ segue dal teoremadella convergenza dominata (infatti, dal Lemma 6.9.1 in [6], Vol. 2). La secondaparte segue approssimando (Re f) ± e (Im f) ± da una successione crescente difunzioni semplici sommabili e applicando il teorema di Beppo-Levi. 3 ✷1 Teorema della convergenza dominata (di Lebesgue): Sia {f n } ∞ n=1 una successione difunzioni misurabili tali che f n (t) → f(t) per quasi ogni t, |f n (t)| ≤ g(t) per quasi ogni t e∫g(t) dt < +∞. Allora limn→∞∫fn (t) dt = ∫ f(t) dt.2 La seconda parte si chiama il Lemma di Riemann-Lebesgue.3 Teorema della convergenza monotona (di Beppo-Levi): Sia {f n } ∞ n=1 una successionecrescente di funzioni misurabili non negative tali che f n (t) → f(t) per quasi ogni t. Alloralim n→∞∫fn (t) dt = ∫ f(t) dt.179

Siano f, g ∈ L 1 (R n ). Inoltre, siano (·, ·) c il prodotto scalare complesso diL 2 (R n ) e (·, ·) quello reale. Allora F [f], F [g] ∈ L ∞ (R n ). In tal caso risulta perf, g ∈ L 1 (R n )∫ [∫](F [f], g) = f(x)e −i(x,ξ) dx g(ξ) dξ∫ [∫]= f(x) g(ξ)e −i(ξ,x) dξ dx = (f, F [g]); (D.1)∫ [∫](F [f], g) c = f(x)e −i(x,ξ) dx g(ξ)dξ∫=[∫f(x)]g(ξ)e i(ξ,x) dξ dx = (f, F [g](−ξ)) c ,(D.2)dove il secondo passaggio è giustificato grazie al teorema di Fubini. 4Siano f, g ∈ L 1 (R n ). Allora il teorema di Fubini dimostra che il prodottodi convoluzione∫∫(f ∗ g)(x) = f(y)g(x − y) dy = f(x − y)g(y) dyconduce ad una funzione f ∗ g ∈ L 1 (R n ). Dal teorema di Fubini segue chef ∗ g = g ∗ f,(f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h),dove f, g, h ∈ L 1 (R n ). Applicando la trasformazione z = x − y con y fissato siha∫ (∫)F [f ∗ g](ξ) = f(y)g(x − y) dy e −i(x,ξ) dx∫ (∫)= f(y)e −i(y,ξ) g(z)e −i(z,ξ) dy dz = F [f](ξ)F [g](ξ). (D.3)In altre parole, la trasformata di Fourier manda l’algebra L 1 (R n ) dove la moltiplicazioneè il prodotto di convoluzione, nell’algebra C(R n ) dove la moltiplicazioneè il prodotto algebrico usuale.Consideriamo ora la trasformata di Fourier su L 2 (R n ).Teorema D.2 (di Plancherel) Sia f ∈ L 1 (R n ) ∩ L 2 (R n ). Allora∫∫1|F [f](ξ)| 2 dξ = |f(x)| 2 dx.(2π) n(D.4)4 Sia f(t, s) una funzione misurabile di due variabili. Supponiamo che almeno uno degliintegrali ripetuti ∫ ( ∫ |f(t, s)| ds)dt e ∫ ( ∫ |f(t, s)| dt)ds sia convergente. Allora si puòscambiare l’ordine di integrazione: ∫ ( ∫ f(t, s) ds)dt = ∫ ( ∫ f(t, s) dt)ds.180

Inoltre, F ammette un’estensione lineare ad L 2 (R n ) che soddisfa la (D.4) perogni f ∈ L 2 (R n ) ed è un operatore invertibile su L 2 (R n ).Dimostrazione. Prima diamo la dimostrazione per n = 1.Sia f una funzione continua e regolare a tratti con supporto in (−π, π).Allora la serie di Fourier di f converge uniformemente ad f in x ∈ [−π, π](vedi [6], Teorema 2.5.2, Vol. 2):f(x) = a 02 + ∞∑n=1= a 02 + ∞∑n=1(a n cos(nx) + b n sen (nx))(an − ib n2e inx + a )n + ib ne −inx =2dove c n = (1/2π) ∫ π−π f(x)e−inx dx = (2π) −1 F [f](−n) e∫ π−π|f(x)| 2 dx = π= 2π(|a 0 | 22∞∑n=−∞+)∞∑(|a n | 2 + |b n | 2 )n=1|c n | 2 = 12π∞∑n=−∞∞∑n=−∞|F [f](−n)| 2 .c n e inx ,Siccome c n [e −ixt f] = (2π) −1 F [f](n + t) per ogni n ∈ Z, t ∈ R e |f(x)| 2 =|e −ixt f(x)| 2 , risulta∫ ∞−∞|f(x)| 2 dx =∫ 1 ∫ ∞0= 12π−∞∞∑n=−∞|f(x)| 2 dxdt∫ 10|F [f](n + t)| 2 dt = 1 ∫ ∞|F [f](ξ)| 2 dξ.2π −∞Se f ha supporto compatto in R, si scelga c > 0 tale che g(x) = c 1/2 f(cx)ha supporto in (−π, π). In tal caso∫ ∞−∞|f(x)| 2 dx =∫ ∞= 12π−∞∫ ∞|g(x)| 2 dx−∞|F [g](ξ)| 2 dξ = 12π∫ ∞−∞|F [f](ξ)| 2 dξ.Se f ∈ L 1 (R)∩L 2 (R), approssimiamo f da funzioni continue e regolari a tratticon supporto compatto e troviamo la stessa relazione.181

L’equazione (D.4) dimostra che F può essere estesa ad un operatore lineareF da L 2 (R) in L 2 (R) che soddisfa (D.4). Infine, siccome F manda il sottospaziodenso L 1 (R) ∩ L 2 (R) di L 2 (R) nel sottospazio denso C(R) ∩ L 2 (R) di L 2 (R) el’immagine di F è chiuso, F è un operatore invertibile su L 2 (R).La generalizzazione ad n ∈ N segue applicando n trasformazioni di Fourierunidimensionali in seguito.✷Corollario D.3 Sia f ∈ L 2 (R n ). Allora l’operatore inverso ha la formaF −1 [f](ξ) = 1(2π) F [f](−ξ) = 1 ∫f(x)e i(x,ξ) dx. (D.5)n (2π) nDimostrazione. Si ricordi che (·, ·) c è il prodotto scalare complesso inL 2 (R n ). Allora per f, g ∈ L 1 (R n ) ∩ L 2 (R n ) segue(F [f], g) c = (F [f], g) = (f, F [g]) = (f, F [g](−ξ)) c ,e questa relazione si generalizza per f, g ∈ L 2 (R n ). Dalla (D.4) segue che(f, g) c = (2π) −n (F [f], F [g]) c = (2π) −n (f, F [F [g]](−ξ)) c ,dove f, g ∈ L 2 (R n ). Siccome f, g sono arbitrarie, è valida la (D.5).Dal Corollario D.3 si vede subito che (2π) −n/2 F è un operatore lineare unitariosullo spazio di Hilbert complesso L 2 (R n ). L’applicazione dell’operatorelineare (2π) −n/2 F ad una funzione f ∈ L 2 (R n ) non ne cambia la norma L 2 .2 Funzioni Generalizzate di Crescita LentaUno dei metodi più efficaci di risoluzione dei problemi della fisica matematicaè il metodo delle trasformate di Fourier. Nel prossimo paragrafo sarà espostala teoria della trasformata di Fourier per le cosidette funzioni generalizzatedi crescita lenta (distribuzioni rinvenute). Per questa ragione bisogna primastudiare la classe delle funzioni generalizzate di crescita lenta.Riportiamo nell’insieme delle funzioni fondamentali S = S(R n ) tutte lefunzioni della classe C ∞ (R n ) decrescenti, per |x| → +∞, con tutte le derivatepiù rapidamente di ogni potenza non negativa di 1/|x|. Definiamo la convergenzain S come segue: la successione delle funzioni ϕ 1 , ϕ 2 , · · · , da S convergead una funzione ϕ ∈ S, cioè ϕ k → ϕ per k → ∞ in S, se, per tutti i valori deimoltiindici 5 α e β, si halim sup∣ x β D α ϕ k (x) − x β D α ϕ(x) ∣ = 0.k→∞ x∈R n5 Se x = (x 1 , · · · , x n ) ∈ R n , α = (α 1 , · · · , α n ) ∈ (N ∪ {0}) n e β = (β 1 , · · · , β n ) ∈(N ∪ {0}) n , allora x β = x β11 · · · xβn n e D α ϕ(x) = Dx α11Dx α22 · · · Dx αnnϕ(x). Secondo il teorema diSchwartz, l’ordine di derivazione parziale non importa. Inoltre, |α| = α 1 + · · · + α n .182✷

Le operazioni di derivazione D β ϕ(x) e di sostituzione lineare non singolaredi variabili ϕ(Ay + b) (dove det A ≠ 0) sono continue da S in S. Questo seguedirettamente dalla definizione di convergenza nello spazio S.D’altro canto, la moltiplicazione per una funzione infinitamente derivabilepuò far uscire all’esterno dell’insieme S, per esempio e −|x|2 e |x|2 = 1 /∈ S.Si dice funzione generalizzata di crescita lenta ogni funzionale lineare continuosullo spazio S delle funzioni fondamentali. Denotiamo S ′ = S ′ (R n )l’insieme di tutte le funzioni generalizzate di crescita lenta. È evidente che S′è un insieme lineare. Definiamo come debole la convergenza di una successionedi funzionali: una successione di funzioni generalizzate f 1 , f 2 , · · · , appartenentia S ′ , converge ad una funzione generalizzata f ∈ S ′ , cioè f k → f per k → ∞ inS ′ se, per qualunque ϕ ∈ S si ha (f k , ϕ) → (f, ϕ) per k → ∞. L’insieme lineareS ′ dotato di convergenza debole è detto spazio S ′ delle funzioni generalizzatedi crescita lenta.Esempi di funzioni generalizzate di crescita lenta:(a) Se f(x) è una funzione localmente sommabile di crescita lenta all’infinito,cioè per un certo m ≥ 0,∫|f(x)|(1 + |x|) −m dx < +∞,questa funzione definisce un funzionale regolare f appartenente a S ′ inconformità con la regola∫(f, ϕ) = f(x)ϕ(x) dx, ϕ ∈ S.Ma non tutte le funzioni localmente sommabili definiscono una funzionegeneralizzata di crescita lenta, per esempio, e x /∈ S ′ (R). D’altro canto,non tutte le funzioni localmente sommabili appartenenti a S ′ sono dicrescita lenta. Per esempio, la funzione (cos e x ) ′ = −e x sen e x non è dicrescita lenta, eppure definisce una funzione generalizzata da S ′ mediantela formula∫((cos e x ) ′ , ϕ) = − (cos e x )ϕ ′ (x) dx, ϕ ∈ S.(b) La funzione Delta di Dirac è il funzionale linearef δ↦→ f(0), f ∈ S.(c) La derivata D α δ della funzione Delta di Dirac appartiene a S ′ . Infatti,il terzo membro dell’uguaglianza(D α δ, ϕ) = (−1) |α| (δ, D α ϕ) = (−1) |α| [D α ϕ](0)è un funzionale lineare continuo su S.183

(d) Se f ∈ S ′ , allora ogni derivata D α f ∈ S ′ . Infatti, visto che l’operazionedi derivazione D α ϕ è continua da S in S, il secondo membrodell’uguaglianza(D α f, ϕ) = (−1) |α| (f, D α ϕ), ϕ ∈ S,è un funzionale lineare continuo su S.(e) Sia n = 1. Allora la funzione di Heaviside H, H(x) = 1 per x > 0 eH(x) = 0 per x < 0, induce il funzionale linearef H↦→∫ ∞In tal caso, per f ∈ S ′ e ϕ ∈ S risulta(H ′ , ϕ) = −(H, ϕ) = −Di conseguenza, H ′ = δ in S ′ .0f(x) dx, f ∈ S.∫ ∞3 Trasformata di Fourier in S ′0ϕ ′ (x) dx = ϕ(0) = (δ, ϕ).La proprietà rimarchevole della classe delle funzioni generalizzate di crescitalenta consiste nel fatto che l’operazione di trasformazione di Fourier non portafuori dai limiti di questa classe.Visto che le funzioni fondamentali appartenenti a S sono sommabili in R n ,su queste funzioni è definita l’operazione F di trasformazione di Fourier∫F [ϕ](ξ) = ϕ(x)e −i(ξ,x) dx, ϕ ∈ S.In questo caso la funzione F [ϕ](ξ) la quale rappresenta la trasformata di Fourierdella funzione ϕ, è limitata e continua in R n . La funzione fondamentaleϕ decresce all’infinito più rapidamente di qualunque potenza positiva di1/|x| e perciò la sua trasformata di Fourier può essere derivata sotto il segnod’integrale un numero di volte arbitrario:∫D α F [ϕ](ξ) = (−ix) α ϕ(x)e −i(ξ,x) dx = F [(−ix) α ϕ](ξ), (D.6)da cui segue che F [ϕ] ∈ C ∞ (R n ). Inoltre, possiede le stesse proprietà ogniderivata D α ϕ e quindi∫ (DF [D β ϕ](ξ) =β ϕ(x) ) ∫e −i(ξ,x) dx = (−1) |β| ϕ(x)D ( β e −i(ξ,x)) dx= (−1) |β| (−iξ) β F [ϕ](ξ) = (iξ) β F [ϕ](ξ). (D.7)184

Infine, dalle formule (D.6) e (D.7) si ottieneξ β D α F [ϕ](ξ) = ξ β F [(−ix) α ϕ](ξ) = (−i) |α|+|β| F [D β (x α ϕ)](ξ).(D.8)Dall’uguaglianza (D.8) segue che per tutti gli α, β i valori di ξ β D α F [ϕ](ξ)sono uniformemente limitati rispetto a ξ ∈ R n :∫|ξ β D α F [ϕ](ξ)| ≤ |D β (x α ϕ)| dx. (D.9)Ciò vuol dire che F [ϕ] ∈ S. Dunque, la trasformata di Fourier trasforma lospazio S in se stesso.Visto che la trasformata di Fourier F [ϕ] di una funzione ϕ appartenente aS è una funzione sommabile e continuamente derivabile su R n , allora, siccomeϕ ∈ L 2 (R n ), la funzione ϕ è espressa in termini della sua trasformata di FourierF [ϕ] mediante l’operazione di trasformazione inversa di Fourier F −1 :doveF −1 [ψ](x) = 1(2π) n ∫= 1(2π) n ∫ϕ = F −1 [F [ϕ]] = F [F −1 [ϕ]],ψ(ξ)e i(ξ,x) dξ = 1(2π) n F [ψ](−x)ψ(−ξ)e −i(ξ,x) dξ = 1(2π) n F [ψ(−ξ)](x).(D.10)(D.11)Dalle formule (D.10) e (D.11) deriva che ogni funzione ϕ appartenente a Sè la trasformata di Fourier della funzione ψ = F −1 [ϕ] appartenente a S, conϕ = F [ψ], e se F [ϕ] = 0, anche ϕ = 0. 6 Ciò vuol dire che la trasformazione diFourier F trasforma S in S ed inoltre in modo univoco.Lemma D.4 La trasformazione di Fourier F è continua da S in S.Dimostrazione. Supponiamo che ϕ k → 0 per k → +∞ in S. Allora,applicando la (D.9) alle funzioni ϕ k , si ottiene per tutti gli α e β∫|ξ β D α F [ϕ k ](ξ)| ≤ |D β (x α ϕ k )| dx∫≤ sup |D β (x α ϕ k )|(1 + |x|) n+1 dyx∈R n (1 + |y|) , n+1da cui segue chelim sup |ξ β D α F [ϕ k ](ξ)| = 0,k→∞ ξ∈R ncioè F [ϕ k ] → 0 per k → ∞ in S. Il lemma è dimostrato.6 Se f ∈ L 1 (R n ) e F [f] = 0, allora f = 0 quasi ovunque. Per mancanza di una descrizionedella classe delle trasformate di Fourier delle funzioni in L 1 (R n ), questa proprietà non sidimostra tanto facilmente.185✷

La trasformazione inversa di Fourier F −1 possiede proprietà analoghe.Assumiamo l’uguaglianza (D.1) come definizione di trasformata di FourierF [f] di qualunque funzione generalizzata di crescita lenta f:(F [f], ϕ) = (f, F [ϕ]), f ∈ S ′ , ϕ ∈ S. (D.12)Verifichiamo che il secondo membro di quest’uguaglianza definisce un funzionalelineare continuo su S, cioè che F [f] ∈ S ′ . Infatti, visto che F [ϕ] ∈ Sper tutte le ϕ ∈ S, ϕ ↦→ (f, F [ϕ]) è un funzionale (evidentemente, lineare)su S. Supponiamo che ϕ k → 0 per k → ∞ in S. Per la Proposizione D.1,F [ϕ k ] → 0 per k → ∞ in S e quindi, in virtù del fatto che f appartiene a S ′ ,si ha (f, F [ϕ k ]) → 0 per k → ∞, di modo che il funzionale ϕ ↦→ (f, F [ϕ]) ècontinuo su S. Dunque, l’operazione di trasformazione di Fourier F porta lospazio S ′ in S ′ .Inoltre, F è un’operazione lineare e continua da S ′ in S ′ . La linearità diF è evidente. Dimostriamo la sua continuità. Supponiamo che f k → 0 perk → ∞ in S ′ . In questo caso, in base alla (D.12), si ottiene per tutte le ϕ ∈ S(F [f k ], ϕ) = (f k , F [ϕ]) → 0, k → ∞.Ciò significa che F [f k ] → 0 per k → ∞ in S ′ , cioè l’operazione F è continuada S ′ in S ′ .Introduciamo in S ′ ancora un’operazione di trasformazione di Fourier chedenotiamo con F −1 :F −1 [f] = 1(2π) n F [f(−x)], f ∈ S′ . (D.13)Dimostriamo che l’operazione F −1 è un’operazione inversa di F , cioèF −1 [F [f]] = f, F [F −1 [f]] = f, f ∈ S ′ . (D.14)Infatti, dalle (D.10)-(D.13) per tutte le ϕ ∈ S, si ottengono le uguaglianze(F −1 [F [f]], ϕ) = 11(F [F [f](−ξ)], ϕ) = (F [f](−ξ), F [ϕ])(2π)n(2π)n= 1(2π) (F [f], F [ϕ](−ξ)) = (F [f], F −1 [ϕ]) = (f, F [F −1 [ϕ]])n= (f, ϕ) = (f, F −1 [F [ϕ]]) = (F −1 [f], F [ϕ]) = (F [F −1 [f]], ϕ),dove abbiamo utilizzato le corrispondenti proprietà in S al sesto ed al settimopassaggio. 7 Ora seguono le formule (D.14).7 Si noti che S ⊆ L 2 (R n ).186

Dalle formule (D.14) deriva che ogni funzione generalizzata f appartenentea S ′ è la trasformata di Fourier della funzione generalizzata g = F −1 [f] appartenentea S ′ , con f = F [g], e se F [f] = 0, si ha anche f = 0. Abbiamo,quindi, dimostrato che le trasformazioni di Fourier F e F −1 trasformano S ′ inS ′ in modo biunivoco e continuo.Supponiamo che f = f(x, y) ∈ S ′ (R n+m ) dove x ∈ R n ed y ∈ R m . Introduciamola trasformata di Fourier F x [f] rispetto alle variabili x = (x 1 , x 2 , · · · , x n ),ponendo per qualunque ϕ = ϕ(x, y) ∈ S(R n+m )Come nella Proposizione D.1, si stabilisce che∫F ξ [ϕ](x, y) =(F x [f], ϕ) = (f, F ξ [ϕ]). (D.15)ϕ(ξ, y)e −i(ξ,x) dξ ∈ S(R n+m )e l’operazione F ξ [ϕ] è continua da S(R n+m ) in S(R n+m ), di modo che la formula(D.15) definisce realmente una funzione generalizzata F x [f](ξ, y) appartenentea S ′ (R n+m ).Esempio. Dimostriamo cheF [δ(x − x 0 )] = e −i(ξ,x 0) .(D.16)Infatti,(F [δ(x − x 0 )], ϕ) = (δ(x − x 0 ), F [ϕ]) = F [ϕ](x 0 )∫= ϕ(ξ)e −i(ξ,x0) dξ = (e −i(ξ,x0) , ϕ), ϕ ∈ S.Ponendo nella (D.16) x 0 = 0, si ottieneF [δ] = 1,(D.17)da cuidi modo cheδ = F −1 [1] = 1(2π) n F [1],F [1] = (2π) n δ(ξ).(D.18)187

3.1 Proprietà della trasformazione di Fourier(a) Derivazione della trasformata di Fourier. Se f ∈ S ′ , si haD α F [f] = F [(−ix) α f].Infatti, utilizzando la (D.7), si ottiene per tutte le ϕ ∈ S(D α F [f], ϕ) = (−1) |α| (F [f], D α ϕ) = (−1) |α| (f, F [D α ϕ])= (−1) |α| (f, (ix) α F [ϕ]) = ((−ix) α f, F [ϕ]) = (F [(−ix) α f], ϕ),da cui segue la formula (D.19).(D.19)In particolare, ponendo nella (D.19) f = 1 ed utilizzando la formula(D.18), abbiamoF [x α ](ξ) = i |α| D α F [1](ξ) = (2π) n i |α| D α δ(ξ).(b) Trasformata di Fourier della derivata. Se f ∈ S ′ , si haF [D β f] = (iξ) β F [f].Infatti, utilizzando la formula (D.6), si ottiene per tutte le ϕ ∈ S(F [D β f], ϕ) = (D β f, F [ϕ]) = (−1) |β| (f, D β F [ϕ])(D.20)(D.21)= (−1) |β| (f, F [(−iξ) β ϕ]) = (−1) |β| (F [f], (−iξ) β ϕ) = ((iξ) β F [f], ϕ),da cui segue la formula (D.21).(c) Trasformata di Fourier di una traslazione. Se f ∈ S ′ , si haInfatti, abbiamo per tutte le ϕ ∈ SF [f(x − x 0 )] = e −i(x 0,x) F [f].(F [f(x − x 0 )], ϕ) = (f(x − x 0 ), F [ϕ]) = (f, F [ϕ](x + x 0 ))= (f, F [ϕe −i(x 0,ξ) ]) = (F [f], e −i(x 0,ξ) ϕ) = (e −i(x 0,ξ) F [f], ϕ),da cui segue la formula (D.22).(d) Traslazione della trasformata di Fourier. Se f ∈ S ′ , si haF [f](ξ + ξ 0 ) = F [e i(ξ 0,x) f](ξ).Infatti, utilizzando la formula (D.22), si ottiene per tutte le ϕ ∈ S(F [f](ξ + ξ 0 ), ϕ) = (F [f], ϕ(ξ − ξ 0 )) = (f, F [ϕ(ξ − ξ 0 )])= (f, e i(ξ 0,x) F [ϕ]) = (e i(ξ 0,x) f, F [ϕ]) = (F [e i(ξ 0,x) f], ϕ),da cui segue la formula (D.23).188(D.22)(D.23)

(e) Trasformata di Fourier di similitudine (con riflessione). Se f ∈S ′ , per tutti i valori reali di c ≠ 0 si haF [f(cx)](ξ) = 1 ( ) ξ|c| F [f] , (D.24)n cpoichè per tutte le ϕ ∈ S abbiamo(F [f(cx)], ϕ) = (f(cx), F [ϕ]) = 1 ( ( x))f, F [ϕ]|c| n c= 1 ( ∫) ∫f, ϕ(ξ)e −i( x|c| n c ,ξ) dξ = (f, ϕ(cξ ′ )e −i(x,ξ′) dξ ′ ) = (f, F [ϕ(cξ)])= (F [f], ϕ(cξ)) = 1 ( ( ) ) ξF [f] , ϕ .|c| n c189

190

Appendice EINTEGRAZIONE SECONDOLEBESGUEL’integrale di Riemann non basta per studiare la fisica matematica, grazie allesua pessime proprietà di convergenza. D’altra parte, l’integrale di Lebesguecopre tutte le applicazioni di fisica matematica ma non è facile da introdurre inpoco tempo. Fortunatamente lo studio degli insiemi di Borel e delle funzionimisurabili secondo Borel ci permette a generalizzare il concetto di integraleabbastanza ma a farlo in tempi ragionevoli.1 Insiemi di BorelUn sottoinsieme di R n è detto insieme di Borel se appartiene alla famigliadi sottoinsiemi di R n più piccola ottenuta dagli insiemi aperti applicando leseguenti operazioni: 1) unione finita o numerabile, 2) intersezione finita onumerabile, e 3) complementazione [cioè l’operazione B ↦→ R n \ B]. È chiaroche tutti i sottoinsiemi aperti e chiusi di R n sono di Borel. Per n = 1 gliintervalli [a, b) = ∩ ∞ n=1 (a − 1 , b) e (a, b] = n ∩∞ n=1 (a, b + 1 ) sono di Borel.nSiano a, b ∈ R n , dove a = (a 1 , . . . , a n ), b = (b 1 , . . . , b n ), a 1 < b 1 , . . .,a n < b n . Alloram([a, b)) = (b 1 − a 1 ) . . . (b n − a n )è la misura del pluriintervallo [a, b). Per un’unione finita o numerabile E dipluriintervalli due a due disgiunti si definisce la sua misura m(E) come lasomma delle misure dei pluriintervalli, possibilmente con m(E) = +∞. Alloram([a, ∞)) = +∞, dove [a, +∞) = {x ∈ R n : x 1 > a 1 , . . . , x n > a n }. Siccometutte le palle B ε (a) = {x ∈ R n : ‖x − a‖ 2 < ε} sono unioni numerabili duea due disgiunti di pluriintervalli, anche la misura di B ε (a) si può calcolare.191

Osservando ora che tutti gli aperti sono unioni finite o numerabili di palle, sipuò estendere la misura a qualsiasi sottoinsieme aperto di R n .Sia Σ la cosiddetta σ-algebra degli insiemi di Borel in R n , dove σ-algebravuol dire una famiglia di sottoinsiemi chiusa rispetta all’unione finita e numerabile,all’intersezione finita e numerabile e alla complementazione che contienel’insieme vuoto e R n stesso, insieme con la misura di Borel. Questa misura hale seguenti proprietà:1. m(∅) = 0 e m(R n ) = +∞,2. Se {B n } ∞ n=1 è una famiglia numerabile di insiemi di Borel due a duedisgiunti, allora ∪ ∞ n=1 B n è un insieme di Borel e( ∞)⋃∞∑m B n = m(B n ).n=1Di conseguenza, se {C n } ∞ n=1 è una successione crescente di insiemi di Borel,allora( ∞)⋃m C n = lim m(C n ).n→∞n=1Purtroppo la σ-algebra degli insiemi di Borel ha la proprietà che non tuttii sottoinsiemi degli insiemi di Borel di misura zero sono di Borel. Per questomotivo la σ-algebra di Borel viene estesa a quella di Lebesgue: Un sottoinsiemeA di R n si dice misurabile (secondo Lebesgue) se esiste un insieme di Borel Btale che la cosiddetta differenza simmetrica A△B def= (A \ B) ∪ (B \ A) è unsottoinsieme di un insieme di Borel di misura zero. In tal caso si definiscecome la misura m(A) quella dell’insieme di Borel B. Si può dimostrare che gliinsiemi misurabili secondo Lebesgue costituiscono una σ-algebra con le seguentiproprietà:1. m(∅) = 0 e m(R n ) = +∞,2. Se {B n } ∞ n=1 è una famiglia numerabile di insiemi misurabili due a duedisgiunti, allora ∪ ∞ n=1 B n è un insieme misurabile e( ∞)⋃∞∑m B n = m(B n ).n=1Di conseguenza, se {C n } ∞ n=1 è una successione crescente di insiemi misurabili,allora( ∞)⋃m C n = lim m(C n ).n→∞n=1192n=1n=1

È molto difficile individuare un sottoinsieme di R n che non è misurabile.Dall’assioma di scelta segue la sua esistenza. 1 Purtroppo esistono altri assiomidella teoria degli insiemi che conducono ad una situazione in cui ognisottoinsieme di R n è misurabile.2 Integrale di LebesgueSi dice funzione semplice una funzione complessa ϕ definita in R n che hasoltanto un numero finito di valori e per cui tutti gli insiemi {x ∈ R n : ϕ(x) =c} sono misurabili di misura finita. Essendo λ 1 , . . . , λ m i valori diversi dellafunzione semplici ϕ, si ha{m∑ λ j , x ∈ E j ,ϕ(x) = λ j χ Ej =0, x ∈ R n \ ∪ m j=1 E j ,j=1dove E 1 , . . . , E m sono insiemi misurabili di misura finita disgiunti due a due eχ E è la funzione caratteristica di E (cioè, χ E (x) = 1 se x ∈ E, e χ E (x) = 0 sex /∈ E). Come integrale di Lebesgue si definisce∫ϕ(x) dx def=m∑λ j m(E j ).Una funzione f : R n → C si dice misurable se per ogni insieme di Borel Ein C l’immagine inversaj=1f −1 (E) = {x ∈ R n : f(x) ∈ E}è misurabile. In particolare, le funzioni continue f : R n → C sono misurabili.Le funzioni misurabili hanno le seguenti proprietà:1. Se f, g : R n → C sono misurabili, allora f + g e f − g sono misurabili.2. Se f : R n → C è misurabile e λ ∈ C, allora λf è misurabile.1 Dim: La relazione x ∼ y ⇐⇒ x − y ∈ Q è una relazione di equivalenza in [0, 1)che suddivide [0, 1) in classi di equivalenza. Applicando l’Assioma di Scelta, sia E unsottoinsieme di [0, 1) che contiene esattamente un elemento di ogni classe di equivalenza.defAllora, per ogni q ∈ [0, 1) ∩ Q, E q = [(q + E) ∩ [0, 1)] ∪ [(q − 1 + E) ∩ [0, 1)] è un sottoinsiemedi [0, 1) che contiene esattamente un elemento di ogni classe di equivalenza. Se E fossemisurable, lo sarebbe anche E q per ogni q ∈ [0, 1) ∩ Q. In tal caso la misura di E q nondipenderebbe da q, mentre ∪ q∈[0,1)∩Q E q = [0, 1). Quindi sia l’ipotesi m(E) = 0 che quellam(E) > 0 condurebbe alla contraddizione che m([0, 1)) ∈ {0, +∞}. Di conseguenza, E nonpuò essere misurabile.193

3. Se f, g : R n → C sono misurabili, allora fg è misurabile.4. Se f : R n → C e g : C → C sono misurabili, allora il prodotto dicomposizione g ◦ f : R n → C è misurabile.5. Se f, g : R n → R sono misurabili, allora max(f, g), min(f, g), |f| =max(f, −f), f + = max(f, 0) e f − = max(−f, 0) sono misurabili.6. Se f 1 , f 2 , . . . sono misurabili e f = lim n→∞ f n , allora f è misurabile.Definiamo ora l’integrale di Lebesgue per le funzioni misurabili non negative.Sia f : R n → R + misurabile e non negativa. Allora esiste una successionecrescente di funzioni semplici non negative {f n } ∞ n=1 tali che f(x) =lim n→∞ f n (x) per ogni x ∈ R n (tranne in un sottoinsieme di misura zero). Intal caso la successione degli integrali di Lebesgue ∫ f n (x) dx è crescente e ilsuo limite (che potrebbe essere uguale a +∞) si definisce come l’integrale diLebesgue della f:∫∫f(x) dx = lim f n (x) dx.n→∞Nel seguente teorema i valori degli integrali possono essere uguali a +∞.Teorema E.1 (Beppo-Levi) Sia {f n } ∞ n=1 una successione crescente di funzionimisurabili non negative. Sia f(x) = lim n→∞ f n (x) per x ∈ R n . Allora∫limn→∞∫f n (x) dx =f(x) dx.Passiamo ora all’integrazione delle funzioni a valori reali. Sia f : R n → Rmisurabile. Poniamo f ± = max(±f, 0). Allora f ± : R n → R + sono misurabilie non negative e f + − f − = f. Poniamo ora∫def=f(x) dx⎧∫ f+ (x) dx − ∫ f − (x) dx se ambedue gli integrali sono finiti,⎪⎨+∞ se ∫ f + (x) dx = +∞ e ∫ f − (x) dx < +∞,−∞⎪⎩non esistentese ∫ f + (x) dx < +∞ e ∫ f − (x) dx = +∞,se ∫ f + (x) dx = ∫ f − (x) dx = +∞.194

Inoltre,∫|f(x)| dx⎧∫ f+ (x) dx + ∫ f − (x) dxdef=se ambedue gli integrali sono finiti,⎪⎨+∞ se ∫ f + (x) dx = +∞ e ∫ f − (x) dx < +∞,+∞ se ∫ f + (x) dx < +∞ e ∫ f − (x) dx = +∞,⎪⎩non definitose ∫ f + (x) dx = ∫ f − (x) dx = +∞.Una∫funzione misurabile f : R n → R si dice sommabile se ambedue gli integralif± (x) dx sono finiti.Per definire gli integrali delle funzioni misurabili f : R n → C, si osserviprima che Re f : R n → R e Im f : R n → R sono misurabili. In tal caso, sesono definiti ambedue gli integrali ∫ Re f(x) dx e ∫ Im f(x) dx, allora∫f(x) dx def=∫∫Re f(x) dx + iIm f(x) dx.Una funzione misurabile f : R n → C si dice sommabile se è finito l’integraledella funzione |f| = √ (Re f) 2 + (Im f) 2 .L’integrale di Lebesgue ha le seguenti proprietà:1. ∫ (f(x) ± g(x)) dx = ∫ f(x) dx ± ∫ g(x) dx.2. ∫ cf(x) dx = c ∫ f(x) dx,3. | ∫ f(x) dx| ≤ ∫ |f(x)| dx.4. Se {x ∈ R n : f(x) ≠ g(x)} ha misura zero, allora ∫ f(x) dx = ∫ g(x) dx.L’ultima proprietà è di estrema importanza per capire l’integrale di Lebesgue:Il suo valore non si cambia se la funzione viene modificata su un insieme dimisura zero. Due funzione f, g come nella proprietà 4 si dicono quasi uguali.Oppure: Si dice che f(x) = g(x) quasi ovunque.Infine, se E è un sottoinsieme misurabile di R n , una funzione f : E → C sidice misurabile se la sua estensione ˜f : R n → C definita da{f(x), x ∈ E,˜f(x) =0, x ∈ R n \ E,è misurabile. In tal caso ∫E∫f(x) dx def=˜f(x)χ E (x) dx,dove χ E (x) = 1 per x ∈ E e χ E (x) = 0 per x ∈ R n \ E.Discutiamo ora il seguente esempio illustrativo.195

Esempio E.2 Sia f : R + → R definita da⎧⎨sin(x)f(x) = x , x > 0,⎩1, x = 0.Allora la f è continua per x ≥ 0 e quindi misurabile.Riemann generalizzataVale l’integrale di∫ ∞0sin(x)x∫ Ndx def= limN→+∞0sin(x)xdx = π 2 .Purtroppo questo integrale non è un integrale di Lebesgue. Infatti,⎧⎨sin(x), 2(n − 1)π ≤ x ≤ (2n − 1)π,f + (x) = x⎩0, altrove;⎧⎨− sin(x) , (2n − 1)π ≤ x ≤ 2nπ,f − (x) = x⎩0, altrove,dove n = 1, 2, 3, . . .. Osservando che∫ (2n−1)π∫ 2nπsin(x) dx = − sin(x) dx = 1,2(n−1)π(2n−1)πsi vede facilmente che∫∫f + (x) dx ≥f − (x) dx ≥∞∑n=1∞∑n=11(2n − 1)π = +∞,12nπ = +∞.Quindi ∫ f(x) dx non esiste nel senso di Lebesgue.3 Alcuni Teoremi ImportantiIl seguente risultato riguarda lo scambio tra limite e integrazione.Teorema E.3 (della convergenza dominata, di Lebesgue) Sia {f n } ∞ n=1una successione di funzioni misurabili tali chea. lim n→∞ f n (x) = f(x) per quasi ogni x,196

. per n = 1, 2, 3, . . . si ha |f n (x)| ≤ g(x) per quasi ogni x, dove g èsommabile.Allora∫limn→∞∫f n (x) dx =f(x) dx.La seconda condizione è assolutamente necessaria.Esempio E.4 Sia φ : R → R una funzione continua e non negativa tale che∫lim φ(x) = 0,x→±∞∞−∞φ(x) dx = 1.Ponendo f n (x) = φ(x − n), si vede facilmente che∫∫lim f n (x) dx = 1, lim f n(x) dx = 0.n→∞n→∞} {{ }} {{ }sempre uguale ad 1uguale a 0 q.o.Dunque non è consentita l’applicazione del Teorema della Convergenza Dominata.Esempio E.5 Sia φ : R → R + una funzione continua e non negativa tale cheφ(0) > 0,∫lim xφ(x) = 0,x→±∞∞−∞φ(x) dx = 1.Ponendo f n (x) = nφ(nx), si vede subito che f n (x) → 0 per x ≠ 0 e f n (0) →+∞. Quindi∫∫lim f n (x) dx = 1, lim f n(x) dx = 0.n→∞n→∞} {{ }} {{ }sempre uguale ad 1uguale a 0 q.o.Dunque non è consentita l’applicazione del Teorema della Convergenza Dominata.Il Teorema della Convergenza Dominata è fondamentale e ha molti corollaridi importanza. Per esempio, sia f(·, ξ) : R n × Ω → C una funzione sommabileche depende in modo continuo dal parametro ξ ∈ Ω. Allora ∫ f(x, ξ) dxdepende in modo continuo da ξ ∈ Ω se esiste una funzione sommabileg : R n → C tale che |f(x, ξ)| ≤ g(x) per quasi ogni x ∈ R n e ogni ξ ∈ Ω. Infatti,scegliendo η ∈ Ω, basterebbe considerare una successione in {η n } ∞ n=1 in Ωconvergente ad η e la successione di funzioni f n (x) = f(x, η n ) per n = 1, 2, 3, . . .per dimostrare il corollario.L’ultimo risultato riguarda il cambio dell’ordine di integrazione.197

Teorema E.6 (Fubini) Sia f : R n+m → C, scritta come funzione di z =(x, y) con x ∈ R n , y ∈ R m e z ∈ R n+m , misurabile e non negativa, oppuresommabile. Allora∫(∫f(z) dz =R∫R n+m n R m) (∫f(x, y) dy dx =∫R m R nIn particolare, la (D.1) vale nei seguenti casi:)f(x, y) dx dy. (E.1)1. almeno uno degli integrali ∫ ∫ |f(x, y)| dy dx e ∫ ∫ |f(x, y)| dx dy è finito.2. La f è non negativa quasi ovunque.198

Appendice FFUNZIONI ANALITICHENel presente corso faremo uso di alcune proprietà (da discutere in questoparagrafo) delle funzioni analitiche.Sia f : G → C, dove G è un aperto in C. Allora f si dice analitica seè derivabile rispetto alla variabile complessa z ∈ G e la sua derivata f ′ ècontinua. In altre parole, per ogni w ∈ G esiste un numero complesso f ′ (w)tale chef(z) = f(w) + (z − w) [f ′ (w) + ε(z)] ,dove |ε(z)| → 0 se |z − w| → 0 per z ∈ G; inoltre, la funzione f ′ : G →C è continua. Una funzione analitica è continua. Inoltre valgono le regoleper l’analiticità della somma, del prodotto e della composta di due funzionianalitiche analoghe quelle che valgono per le funzioni derivabili in una variabilereale.Sia f : G → C una funzione definita su un aperto G in C che è rappresentabilecome la somma di una serie di potenze avente raggio di convergenzapositiva in ogni punto w ∈ G. Ciòe, per ogni w ∈ G esistono coefficienti{a n (w)} ∞ n=0 ed un numero positivo R(w) tali chef(z) =∞∑a n (w)(z − w) n , |z − w| < R(w). (F.1)n=0In tal caso f è analitica indefinitamente derivabile:f (k) (z) =∞∑(n+k)(n+k −1) · · · (n+1)a n+k (w)(z −w) n , |z −w| < R(z 0 ),n=0mentre a n (w) = f (n) (w)/(n!). D’altra parte, una funzione analitica f : G → Csi può scrivere nella forma (F.1) per un opportuno R(w) > 0 per ogni w ∈ G.199

Sia f : G → C una funzione analitica su un aperto G in C. All’apertoG ⊂ C facciamo corrispondere un aperto ˜G ⊂ R 2 tale che (x, y) ∈ ˜G se e solose x + i y ∈ G. Ora definiamo u, v : ˜G → R dalla formulaf(x + iy) = u(x, y) + i v(x, y),(x, y) ∈ ˜G.Allora u, v : ˜G → R sono differenziabili (nel senso del corso di Analisi MatematicaIII), esiste un numero infinito di derivate parziali successive di u e vrispetto ad x ed y, e valgono le cosiddette equazioni di Cauchy-Riemann 1In tal caso, abbiamo∂u∂x = ∂v∂y ,∂u∂y = −∂v ∂x .(F.2)∂ 2 u∂x 2 + ∂2 u∂y 2 = ∂2 v∂x∂y − ∂2 v∂y∂x = 0,∂ 2 v∂x + ∂2 v2 ∂y = − ∂2 u2 ∂x∂y + ∂2 u∂y∂x= 0. (F.3)Usando l’uguaglianza (simbolica) (u + iv)(dx + i dy) = (u dx − v dy) + i(v dx +u dy), si vede facilmente (dalla (F.2)) che le forme differenziali u dx − v dy ev dx + u dy sono ambedue chiuse. Quindi, se ˜G (oppure G) è semplicementeconnesso, queste due forme differenziali sono esatte. Di conseguenza, se G èsemplicemente connesso e γ è una curva chiusa e rettificabile (cioè, di lunghezzaben definita e finita) in G, allora∫∫(u dx − v dy) = 0, (v dx + u dy) = 0,˜γdove ˜γ = {(x, y) ∈ R 2 : x + i y ∈ γ}. Ciò implica che∫∫∫f(z) dz = (u dx − v dy) + i (v dx + u dy) = 0. (F.4)γ˜γL’affermazione (F.4) si chiama il Teorema di Cauchy. È il risultato più importantedella teoria delle funzioni analitiche. Osserviamo che purtroppo il ragionamentoseguito non è una dimostrazione esaustiva e quindi completamenterigorosa.Enunciamo adesso due altri importanti teoremi (collegati al precedente).Teorema F.1 Sia {f n } ∞ n=1 una successione di funzioni analitiche sull’apertoG che converga ad una funzione f : G → C uniformemente in z ∈ K per unqualunque compatto K in G. Allora f è analitica.1 Se si specifica il valore della f nel punto a ∈ G, allora f(z) = 2u( 1 2 [z + a], 1 2i[z − a]) −f(a) = 2iv( 1 2 [z + a], 1 2i[z − a]) + f(a) per z ∈ G. Vedi [15].200˜γ˜γ

Teorema F.2 Sia {f n } ∞ n=1 una successione di funzioni analitiche sull’apertoG tale che la serie di funzioni∞∑f n (z)n=1converga uniformemente in z ∈ K per un qualunque compatto K in G. Allorala sua somma rappresenta una funione analitica su G.Discutiamo due risultati semplici ed importanti per le funzioni analitiche.Teorema F.3 Siano f, g : G → C due funzioni analitiche sull’aperto connessoG tali che f(z) = g(z) per ogni z ∈ E, dove E è un sottoinsieme di G conalmeno un punto di accumulazione all’interno di G. Allora f(z) = g(z) perogni z ∈ G.In particolare, applicando il Teorema F.3 per g(z) ≡ 0, si vede facilmenteche una funzione analitica f ≢ 0 ha un numero finito di zeri oppure i suoi zerisi accumulano sulla frontiera di G.Adesso enunciamo il fondamentale Teorema di Liouville.Teorema F.4 Sia f : C → C una funzione analitica definita sull’intero pianocomplesso. Allora f è non limitata oppure costante.La dimostrazione è abbastanza facile. Di seguito ne diamo lo schema qui.Sia f : C → C una funzione analitica e sia C R il cerchio di centro 0 e raggio Rin C con orientamento positivo. Allora (2πi) −1 ∫ C R(z −w) −1 dz = 1 per w ∈ Ccon |w| < R (lo si controlli!) implica 2 chef(w) = 1 ∫2πi C RCiò comporta [perché?] chef ′ (w) = 1 ∫2πi C Rf(z)dz, |w| < R.z − wf(z)dz, |w| < R.(z − w)2Di conseguenza, se |f(z)| ≤ M per z ∈ C, risulterebbe|f ′ (w)| ≤ 12π 2πR M(R − |w|) , R > |w|,22 Si scriva f(z) = f(w) + [f(z) − f(w)] e si osservi che [f(z) − f(w)]/(z − w) è analiticain z ∈ C. Poi si applichi il Teorema di Cauchy.201

e quindi f ′ (w) = 0. Siccome w ∈ C è arbitrario, f deve essere una funzionecostante. Come corollario si afferma che una funzione analitica f : C → C conlimite zero per |z| → +∞ deve annularsi in ogni z ∈ C.Definiamo ora le funzioni meromorfe e discutiamo le loro singolarità. Inprimo luogo una funzione analitica f : G → C con f ≢ 0 ha un numerofinito o un’infinità numerabile di zeri. Un numero complesso z 0 si dice zerodi ordine m per f se f(z) = (z − z 0 ) m g(z) per g : G → C una funzioneanalitica e g(z 0 ) ≠ 0. In altri termini, z 0 è uno zero di ordine m se e solo sef(z 0 ) = f ′ (z 0 ) = · · · = f (m−1) (z 0 ) = 0 e f (m) (z 0 ) ≠ 0. Se G è un aperto in C,w ∈ G e f è analitica su G \ {w}, il punto w si dice polo di ordine m se esisteuna funzione analitica g : G → C con g(w) ≠ 0 tale che f(z) = g(z)/(z − w) mper z ∈ G \ {w}.Sia G un aperto in C. Una funzione f si dice meromorfa su G se esiste unsottoinsieme finito oppure numerabile E di G senza punti di accumulazioneall’interno di G tale che f sia analitica in G \ E ed ogni punto di E sia un polodella f.Teorema F.5 (Principio dell’argomento) Sia f una funzione meromorfanell’aperto G. Sia γ una curva chiusa, semplice e rettificabile in G che nonpassa per i poli e per gli zeri di f, con un orientamento tale che il sottodominioΩ di G racchiuso da γ si trova alla sinistra di γ. Allora∫1 f ′ (z)2πi γ f(z) dz =n∑N(z k ) −k=1m∑P (p j ),dove z 1 , · · · , z n sono gli zeri in Ω, p 1 , · · · , p m sono i poli in Ω, N(z k ) è l’ordinedello zero z k e P (p j ) è l’ordine del polo p j .j=1Dimostrazione.Posta∏ nk=1f(z) = g(z)(z − z k) N(z k)∏ mj=1 (z − p j) , P (p j)dove g(z) è una funzione meromorfa in G che non ha zeri nè poli in Ω, si haf ′ (z)f(z) =n∑k=1N(z k )z − z k−m∑j=1P (p j )+ g′ (z)z − p j g(z) ,dove g ′ (z)/g(z) è continua in Ω ∪ γ e analitica in Ω. Il teorema segue quindidal Teorema di Cauchy.✷202

Corollario F.6 (Teorema di Rouché) Siano f, g funzioni meromorfe nell’apertoG. Sia γ una curva chiusa, semplice e rettificabile in G che non passaper i poli e per gli zeri di f e g, con un orientamento tale che il sottodominioΩ di G racchiuso da γ si trova alla sinistra di γ. Seallora|f(z) − g(z)| < |g(z)|, z ∈ γ, (F.5)Z f − P f = Z g − P g ,dove Z f e P f sono il numero degli zeri e dei poli della f in Ω e Z g e P g sonoil numero degli zeri e dei poli della g in Ω.Dimostrazione. L’ipotesi (F.5) implica che f/g manda γ nella palla {w ∈C : |w − 1| < 1}. In questa palla si può definire log(w) come funzione analiticatale che log(w) → 0 se w → 1. In tal caso, (log(f/g)) ′ = (f/g) ′ /(f/g) =(f ′ /f) − (g ′ /g). Quindi, utilizzando il Teorema di Cauchy e il Teorema F.5, siha0 = 1 ∫ ( )f ′ (z)2πi γ f(z) − g′ (z)dz = (Z f − P f ) − (Z g − P g ).g(z)✷Usando il Teorema di Rouché si trova facilmente una dimostrazione delTeorema Fondamentale dell’Algebra. Sia p(z) = z n + a 1 z n−1 + · · · + a n unpolinomio complesso di grado n e con coefficiente principale 1. Applichiamoil Teorema di Rouché per f(z) = p(z) e g(z) = z n . Siccome esiste R > 0 taleche ∣ ∣ ∣∣∣ f(z) ∣∣∣ g(z) − 1 ∣= ∣1 + a 1z + · · · + a ∣n ∣∣ < 1, |z| = R,z nsi può applicare il Teorema di Rouché per γ = {z ∈ C : |z| = R} e Ω = {z ∈C : |z| < R}. Abbiamo Z g = n e P f = P g = 0. Quindi Z f = n; di conseguenzap(z) ha n zeri nel dominio Ω = {z ∈ C : |z| < R}.Un’altra dimostrazione si basa sul Teorema di Liouville. Se p(z) è unpolinomio in z di grado n ∈ N senza zeri complessi, la funzione f(z) = 1/p(z)sarebbe una funzione analitica in tutto il piano complesso tale che f(z) → 0se |z| → ∞. Ciò implica che f(z) = 0 per ogni z ∈ C. Contraddizione. Diconseguenza, p(z) ha almeno uno zero complesso.203

204

Appendice GAPPROSSIMAZIONE DAPOLINOMIIn quest’appendice dimostriamo il famoso teorema di Weierstrass sull’approssimazionedelle funzioni continue da polinomi. Noi seguiamo il testo di WalterRudin [11, Teorema 8.24]. La dimostrazione fornita nell’appendice si deve aBernstein.Teorema G.1 [Weierstrass] Se f è una funzione complessa, continua in [a, b],allora esiste una successione di polinomi P n tale chelim P n(x) = f(x)n→∞uniformemente in x ∈ [a, b]. Se f è reale, si possono prendere i P n reali.Dimostrazione. Senza perdere la generalità supponiamo che [a, b] = [0, 1].Inoltre supponiamo che f(0) = f(1) = 0. Perchè, se il teorema è dimostratoin questo caso, si considerig(x) = f(x) − f(0) − x[f(1) − f(0)], 0 ≤ x ≤ 1.Allora g(0) = g(1) = 0 e, se g può essere ottenuto come limite di una successioneuniformemente convergente di polinomi, è chiaro che lo stesso vale perf, visto che f − g è un polinomio.Inoltre, per definizione, poniamo f(x) uguale a zero per x fuori da [0, 1].Allora f è uniformemente continua su tutta la retta reale.PoniamoQ n (x) = c n (1 − x 2 ) n , n ∈ N,dove c n è scelto in modo tale che∫ 1−1Q n (x) dx = 1, n ∈ N. (G.1)205

Abbiamo bisogno di alcune informazioni sull’ordine di grandezza dei c n . Dalmomento che∫ 1−1(1 − x 2 ) n dx = 2dalla (G.1) segue che≥ 2∫ 10∫ √ 1/ n0(1 − x 2 ) n dx ≥ 2∫ 1/√ n0(1 − x 2 ) n dx(1 − nx 2 ) dx = 43 √ n > 1 √ n,c n < √ n.(G.2)Si può facilmente dimostrare la disuguaglianza (1−x 2 ) n ≥ 1−nx 2 che abbiamousato prima. 1Per ogni δ > 0, la (G.2) implicaQ n (x) ≤ √ n (1 − δ 2 ) n , δ ≤ |x| ≤ 1, (G.3)e quindi Q n → 0 uniformemente in δ ≤ |x| ≤ 1.Sia oraP n (x) =∫ 1−1f(x + t)Q n (t) dt, 0 ≤ x ≤ 1.Le ipotesi su f ci permettono a dimostrare, con un semplice cambio di variabile,cheP n (x) =∫ 1−x−xf(x + t)Q n (t) dt =∫ 10f(t)Q n (t − x) dt,e l’ultimo integrale è chiaramente un polinomio in x. Perciò la {P n } è unasuccessione di polinomi che sono reali se f è reale.Dato ε > 0, scegliamo δ > 0 tale che per |y − x| < δ si ha|f(y) − f(x)| < ε 2 .Sia M = sup |f(x)|. Servendoci dalla (G.1), della (G.3) e della relazioneQ n (x) ≥ 0, vediamo che, per 0 ≤ x ≤ 1,∫ 1∫ 1|P n (x) − f(x)|=∣ [f(x + t) − f(x)]Q n (t) dt∣ ≤ |f(x + t) − f(x)|Q n (t) dt≤ 2M−1∫ −δ−1Q n (t) dt + ε 2∫ δ−δ≤ 4M √ n (1 − δ 2 ) n + ε 2 < ε−1Q n (t) dt + 2M∫ 1δQ n (t) dtper n abbastanza grande; il che conclude la dimostrazione del teorema.✷1 È un corollario della disuguaglianza di Bernouilli.206

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