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

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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
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Siccome µ −ν [αJ ν (µ) + β
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3025201510587654321000 1 2 3 4 5 1
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È anche abbastanza facile trovare
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Consideriamo ora le funzioni sferic
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soddisfano la (II.74) per λ = l(l
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si ottiene∫ 1(−1) l+1(P l+1 , x
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5.3 Funzioni di Legendre associateS
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convergente in L 2 (S 2 ). I coeffi
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Confrontando i coefficienti di z n+
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Derivando la (II.95) n + 1 volte e
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40502000−20−40−50−60−80
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otteniamo le seguenti espressioni p
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∫ 1−1U n (x)U m (x) √ 1 − x
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dove q è un polinomio di grado n
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++n∑(α j−1 p j−1 (x)p j (y)
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dove K ∗ (x, y) = K(y, x), sono d
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Da questa disuguaglianza segue che
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(1/Mm(Ω)) − ε}, per ε > 0 qual
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Risolviamo ora l’equazione di Vol
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Dimostrazione. Come è noto, ogni s
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Conformemente al Lemma III.5, la su
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ECC. Supponiamo di aver trovato i n
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Introduciamo ora la successione di
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Teorema IV.8 (Teorema di Hilbert-Sc
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L’operatore L è hermitiano, cio
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Calcolando la derivata si trovau
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e quindiw(x) = v 1 (0, λ)v 2(0,
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segue che u 0 ∈ C[0, l], poichè
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Le condizioni al contorno (IV.2) si
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implica l’impossibilità di conve
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Quindi il problema (IV.26)-(IV.27)
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dove a 00 (x) = 0 (essendo t la coo
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Tutte le funzioni f di classe C 2 (
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2. Sia f ∈ M L . Ponendo u = f e
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3.1 Equazioni di Laplace e di Poiss
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Sostituendo le condizioni al contor
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Risolvendo la (V.34) sotto la condi
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Utilizzando il linguaggio dell’el
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L’equazione (V.48) è un’equazi
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dove abbiamo utilizzato ∑ ∞n=1
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3.1.fEquazione di Laplace nella sfe
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nella forma∫u(x) = E(x, y)f(y) dy
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4 Equazioni parabolicheL’equazion
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doveG(x, y; t) = 2 ∞∑e −n2 (
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e applicando la solita separazione
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dove u(x) = −u(−x) per x ∈ R
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Quindiu(x, t) = 1 ∫ ∞e i(x·ξ)
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dove ψ 0 (x) = 1/ √ mis(Ω) è l
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L’equazione delle onde (V.97) con
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da Γ(z) = Γ(z + 1)/z, poi nella s
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Il teorema A.1 può essere applicat
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Quindi φ ν (z) è una soluzione d
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dove χ = z −( 1ν + 1 )π, otten
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dove A(k, θ, θ ′ ) è l’ampie
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L’equazione (C.5) può essere ris
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Per trovare i stati limite richiedi
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2 Oscillatore armonicoa. Utilizzand
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altre parole,⎧⎪⎨ E n = −κ
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Siano f, g ∈ L 1 (R n ). Inoltre,
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L’equazione (D.4) dimostra che F
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(d) Se f ∈ S ′ , allora ogni de
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La trasformazione inversa di Fourie
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Osservando ora che tutti gli aperti
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3. Se f, g : R n → C sono misurab
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Esempio E.2 Sia f : R + → R defin
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Teorema E.6 (Fubini) Sia f : R n+m
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Sia f : G → C una funzione analit
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e quindi f ′ (w) = 0. Siccome w
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Abbiamo bisogno di alcune informazi
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[13] I.N. Sneddon, Special Function
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