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Compendio delle esercitazioni dimetodi matematici della fisica 2

a.a. 2014/2015

Gabriele Gulla

Indice

1 Integrazione tramite Residui 5

2 I Numeri di Eulero 11

3 Funzione Gamma 17

4 La Trasformata di Borel 19

5 La Sfera di Riemann 23

6 Le Formule di Sommerfeld-Watson 27

7 Espansioni Asintotiche 33

8 Ia Prova d’Esonero 43

9 Equazioni Differenziali Ordinarie e Funzione di Green 47

10 Equazioni Differenziali Ordinarie in C 55

11 Equazioni Differenziali: Preparazione al II esonero 65

3

4 INDICE

Capitolo 1

Integrazione tramite Residui

Esercizio 1.Calcolare

I =

∫ ∞0

sin(ax)

e2πx − 1dx

Soluzione

Innanzitutto scrivo l’integrale come

I = Im(

∫ ∞0

eiax

e2πx − 1) = Im(J)

e considero la funzione olomorfa

f(z) =eiaz

e2πz − 1

che ha poli semplici per z = in per ogni n ∈ N.Considero dunque il cammino chiuso C definito come segue: lungo l’assereale parto da ε e arrivo a R, poi salgo parallelamente all’asse immaginariofino a R + i, da lı parallelamente all’asse x arrivo a ε + i, aggiro il polo i,scendo lungo l’asse y da i− ε a ε e termino aggirando il polo 0.Dal Teorema Integrale di Cauchy so che∮

C

f(z)dz = 0

5

6 CAPITOLO 1. INTEGRAZIONE TRAMITE RESIDUI

dunque spezzando C nelle sue componenti

0 =

∫ R

ε

+

∫ R+1

R

+

∫ ε+i

R+1

+

∫ci

+

∫ iε

i(1−ε)+

∫c0

Il primo integrale, per ε→ 0 e R→∞, coincide con J ;il secondo integrale (poiche su questo tratto z = R + iy) e∫ R+1

R

dyeia(R+iy)

e2π(R+iy) − 1

che va a 0 quando R→∞ in quanto posso maggiorare la funzione integranda,in modulo, con e−ay

e2πR−1 .Il terzo integrale e (ponendo z = x+ i)∫ ε+i

R+1

f(z)dz =

∫ ε

R

dxeia(x+i)

e2π(x+i) − 1= −e−a

∫ R

ε

eiax

e2πx − 1−→R→∞ −e−aJ

Dunque ottengo che

(1− e−a)J =

∫ i−iε

iε

−∫ci

−∫c0

e quindi

I = Im(J) =1

1− e−aIm(

∫ i−iε

iε

−∫ci

−∫c0

)

Ricordando che su questo tratto z = iy, il primo di questi integrali e

Im(i

∫ 1−ε

ε

dyeia(iy)

e2πiy − 1) = Re(

∫ 1−ε

ε

dye−ay

e2πiy − 1)

Tenendo presente che

e−ay

e2πiy − 1= e−ay(

e−iyπ

eiyπ − e−iyπ) = e−ay(

cos(yπ)− isin(yπ)

2isin(yπ)) = e−ay(−1

2− i

2cotg(yπ))

l’ultimo integrale vale

−∫ 1−ε

ε

dye−ay

2=e−a−aε − e−aε

2a

7

che per ε→ 0 tende a e−a−12a

.Sia ora z = εeiθ (lungo c0), l’integrale lungo la curva vale∫ 0

π2

iεeiθdθeia(εe

iθ)

e2π(εeiθ)

In un intorno destro di 0 il numeratore va a 1 e posso usare l’espansione diTaylor per il denominatore cosı da ottenere∫ 0

π2

iεeiθdθ1

2πεeiθ

semplifico, integro e ottengo ∫ 0

π2

= − i4

L’integrale lungo ci (dove z = i+ εeiθ) vale invece∫ −π2

0

iεeiθdθeia(i+εe

iθ)

e2π(i+εeiθ) − 1= ie−a

∫ −π2

0

εeiθdθeiaεe

iθ

2πεeiθ= −ie

−a

4

Dunque Im(−∫c0−∫ci

) = 1+e−a

4.

Quindi

I =1

1− e−a(e−a − 1

2a+

1 + e−a

4)

N.B.Per gli ultimi due integrali avremmo potuto usare la formula dei residui:

∫c0

= −2iπ

4Resz=0 = −iπ

2limz→0

eiazz

e2zπ − 1= −iπ

2limz→0

eiaz + iazeiaz

2πe2πz= − i

4∫c0

= −2iπ

4Resz=i = −iπ

2limz→i

eiaz(z − i)e2zπ − 1

= −iπ2

limz→i

iaeiaz(z − i) + eiaz

2πe2zπ= −ie

−a

4

•


Esercizio 2.Calcolare

I =

∫ ∞0

xdx

sinhx

SoluzioneCerchiamo innanzitutto i poli:in 0 non c’e polo in quanto, espandendo in serie di Taylor intorno a 0

limx→0x

sinhx= 1

Ricordiamo che

sinhx =ex − e−x

2=

i

2i[ei(−ix) − e−i(−ix)] = isin(−ix) = −isin(ix)

quindi sinhx = 0⇔ sinix = 0, ovvero quando x = inπ, n 6= 0.

Concentriamoci ora sulla seguente curva chiusa C:lungo l’asse reale andiamo da −R a R, saliamo quindi parallelamente all’assey fino a R+ iπ, parallelamente all’asse x arriviamo fino a −R+ iπ aggirandoil polo iπ e infine scendiamo fino a −R in parallelo con lasse immaginario.Dunque si ha∮C

fdz = 0 =

∫ R

−R(z = x)+

∫ π

0

(z = R+iy)+

∫ ε

R

(z = x+iπ)+

∫ R

−ε+

∫ciπ

+

∫ 0

π

(z = −R+iy)

Osserviamo che, ovviamente,∫ R−R = 2

∫ R0

= 2I; inoltre sui tratti verticali sipuo eseguire la seguente stima

f(z) ≤ π| R + iy

sinh(R + iy)| ∼ R

eR−→R→∞ 0

Sul tratto orizzontale superiore si ha∫ ε

R

dxx+ iπ

sinh(x+ iπ)+

∫ −R−ε

dxx+ iπ

sinh(x+ iπ)=

∫ ε

R

dxx+ iπ

−sinhx+

∫ −R−ε

dxx+ iπ

−sinhx

essendo

sinh(x+ iπ) = sinh(x)cosh(iπ) + cosh(x)sinh(iπ) =

9

= cosh(iπ)sinh(x) =eiπ + e−iπ

2= cos(π)sh(x) = −sinh(x)

Proseguendo si ottiene∫ R

ε

x+ iπ

sinhx+

∫ R

ε

x− iπsinhx

−→ε→0,R→∞ 2I

Resta da calcolare l’integrale lungo ciπ:∫ciπ

f(z)dz = −1

2(2iπResz=iπ) = −iπResz=iπ = −iπ lim

z→iπ

z(z − iπ)

sinhz=

= −iπ limz→iπ

(z − iπ) + z

coshz= −π2

Quindi il nostro integrale di partenza e

4I − π2 = 0 =⇒ I =π2

4

•

Capitolo 2

I Numeri di Eulero

I Numeri di Euler En si definiscono come segue

2

ez + e−z=

1

cosh(z)=∞∑n=0

Enn!zn

dove

cosh(z) =∑n

z2n

2n!

OsservazionePoiche la funzione e pari, i numeri di E. con indice dispari sono tutti nulli.

1) Mostrare che i numeri di E. soddisfano la seguente relazione ricorsiva

(E + 1)n + (E − 1)n = 0

dove E e un simbolo formale e Ek = Ek

DimostrazioneRicordando la formula del binomio di Newton

(a+ b)n =n∑k

an−kbk

la relazione da dimostrare, per n ≥ 1, si puo scrivere comen∑k=0

(n

k

)Ek +

n∑k=0

(n

k

)(−1)n−kEk =

n∑k=0

(n

k

)[1 + (−1)n−k]Ek = 0

11

12 CAPITOLO 2. I NUMERI DI EULERO

definendo

dm =1 + (−1)m

2

poiche

cosh(z) =∞∑m=0

z2m

(2m)!

si ha

cosh(z) =∞∑m=0

dmzm

m!

e quindi

1 =1

cosh(z)cosh(z) = (

∞∑m=0

dmzm

m!)(∞∑k=0

Ekzk

k!) =

∞∑m=0

∞∑k=0

dmEkz(m+k)

m!k!

Ponendo n = m+ k si trova

1 =∞∑n=0

n∑k=0

dn−kEkzn

(n− k)!k!= E0 +

∞∑n=1

[n∑k=0

dn−kEk(n− k)!k!

]zn

Ora, E0 e facile da calcolare, infatti per z = 0:

2

e0 + e0= 1 =

E0

0!00 +

∑n>0

Enn!

0n = E0

quindi E0 = 1 en∑k=0

dn−kEk(n− k)!k!

= 0

moltiplicando ambo i membri dell’ultima uguaglianza per (2n)! otteniamo larelazione cercata.•

2) Costruire l’espansione di Mittag-Leffler per la funzione 1cosh

ponendo

I(z) =

∮C

dξ1

(ξ − z) cosh(ξ)

13

ProcedimentoInnanzitutto ricordiamo il teorema di M-L:Sia f(z) una funzione dotata di infiniti poli semplici zn (ordinati in modocrescente rispetto al modulo) che si accumulano all’infinito e analitica nel-l’origine.Sia Cn una curva di Jordan che contiene i primi n poli e sulla quale f sialimitata; allora

f(z) = f(0) +∑n>0

Reszn(1

z − zn− 1

zn)

Sia ora la funzione di ξ

g(z; ξ) =1

(ξ − z) cosh(ξ)

essa presenta un numero infinito di poli semplici per ξ = zk = iπ2(2k + 1) e

un polo semplice in ξ = z.Sia Ck la circonferenza centrata in zk. Siano I un insieme di indici e C(I) =⋃k∈I Ck.

posto Rk(z) = Resξ=zk [g(z; ξ)] si ha∮Ck

dξg(z; ξ) = 2πi∑k∈I

Rk(z)

Per z 6= zk, I = Z, C = C(Z) e I(z) =∮Cdξg(z; ξ) abbiamo

I(z) = 2πi∞∑−∞

Rk(z) = −2πiResξ=zg(z; ξ) = −2πi1

cosh(z)

Poiche∞∑−∞

Rk(z) =∞∑k=0

[Resξ=zkg(z; ξ) +Resξ=−zkg(z; ξ)]

e

Resξ=±zk = limξ→±zk

ξ ∓ zkcosh(ξ)

1

ξ − z=

1

sinh(±zk)1

±zk − z= ±i (−1)k

z ∓ zksi ha

1

cosh(z)= −

∞∑k=0

[Resξ=zkg(z; ξ)+Resξ=−zkg(z; ξ)] =∞∑k=0

i(−1)k+1(1

z − zk− 1

z + zk) =


=∞∑k=0

i(−1)k+1 2zkz2 − z2k

Sostituendo il valore di zk otteniamo lo sviluppo di Mittag-Leffler come serieuniformemente convergente

1

cosh(z)= π

∞∑k=0

(−1)k(2k + 1)

z2 + π2

4(2k + 1)2

•

3) Mostrare che

(−1)nπ2n+1E2n

22n+2(2n)!=∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)2n+1

DimostrazionePartiamo dallo sviluppo di M-L di 1

cosh(z)ponendo zk = iak, con ak =

π2(2k + 1), e utilizzando la serie geometrica per |z| < |ak|:

1

cosh(z)= 2

∑k

(−1)kak

z2 + a2k= 2

∑k

(−1)k

ak

1

1 + ( zak

)2= 2

∑k

(−1)k

ak

∑n

[−(z

ak)2]n =

=∑n

[2(−1)n∑k

(−1)k

a2n+1k

]z2n =∑n

[E2n

(2n)!]z2n

Sostituendo il valore di ak si ottiene

E2n = (−1)n22n+1(2n)!

π2n+1

∑k

(−1)k

(2k + 1)2n+1

che e la relazione cercata.•

4) Dalla relazione precedente determinare una buona approssimazione diE2n quando n e molto grande

15

SvolgimentoPer grandi valori di n possiamo approssimare la serie in k col solo primotermine, di valore pari a 1, ottenendo

E2n ≈ (−1)n22n+2(2n)!

π2n+1

•

Capitolo 3

Funzione Gamma

Dimostriamo la seguente formula

Γ(2z) =22z

2√π

Γ(z)Γ(z +1

2)

Dim (Legendre)

Partiamo dalla definizione di Gauss della funzione Gamma come

Γ(z) = limn→∞

nzn!

z(z + 1)...(z + n)

e osserviamo che

Γ(z)Γ(z +1

2) = lim

n→∞

nzn!

z(z + 1)...(z + n).

nz+12n!

z(z + 12)...(z + n+ 1

2)

=

= limn→∞

nznz+12 (n!)2

(2z2

)(2z+22

)...(2z+2n2

)(2z+12

)...(2z+2n+12

)=

= limn→∞

22nn2z√n(n!)2

2z(2z + 1)....(2z + 2n+ 1)

Ora scriviamo Γ(2z) solo con gli n dispari

Γ(2z) = limn→∞

(2n+ 1)2z(2n+ 1)!

2z(2z + 1)...(2z + 2n+ 1)

17

18 CAPITOLO 3. FUNZIONE GAMMA

In questo modo i denominatori delle due ultime espressioni sono uguali.Quindi

Γ(z)Γ(z +1

2) = lim

n→∞

(2n+ 1)2z(2n+ 1)!

2z(2z + 1)...(2z + 2n+ 1).

22nn2z√n(n!)2

(2n+ 1)2z(2n+ 1)!=

= Γ(2z) limn→∞

n2z

(2n+ 1)2zlimn→∞

22n√nn!

(2n+ 1)!

Nell’ultima espressione il primo limite vale

limn→∞

n2z

(2n)2z(1 + 12n

)2z= 2−2z

mentre il secondo (che chiamiamo C) non dipende da z!

Dunque se valutiamo

Γ(z)Γ(z +1

2) = C2−2zΓ(2z)

in z = 12

otteniamo

Γ(1

2)Γ(1) =

C

2Γ(1)

da cui, essendo Γ(1) = 1 e Γ(12) =√π, si ha C = 2

√π.

Sostituendo tale valore di C nell’espressione in z otteniamo la formula cer-cata.•

Tale formula si puo generalizzare a quella di moltiplicazione

(2π)n−12√nn−nzΓ(nz) = Γ(z)Γ(z +

1

n)....Γ(z +

n− 1

n)

Capitolo 4

La Trasformata di Borel

E un metodo per prolungare analiticamente funzioni olomorfe espandendo iraggi di convergenza.

Sia f(z) =∑∞

0 anzn analitica in |z| < r, dunque |anrn| < M e M non

dipende da n.

Consideriamo

φ(z) =∞∑0

anzn

n!

φ(z) e olomorfa in tutto il piano (raggio di convergenza infinito dato l’n!) esia ha che

|φ(z)| <∑n

M |zn|rnn!

= Me|z|r

Consideriamo ora

f1(z) =

∫ ∞0

e−tφ(zt)dt

questa e una funzione analitica, infatti (teorema *):∫∞0e−wtφ(w)dw e ana-

litica se |φ(w)| < KeRw con K e R indipendenti da w.

f1 risulta essere

f1(z) = −e−tφ(zt)|∞0 +z

∫ ∞0

e−tφ′(zt)dt = [−e−tφ(zt)−ze−tφ′(zt)]∞0 +z2∫ ∞0

e−tφ′′(zt)dt =

19

20 CAPITOLO 4. LA TRASFORMATA DI BOREL

= ... =∞∑0

zk[−e−tφk(zt)]∞0 + zn+1

∫ ∞0

e−tφ(n+1)(zt)dt

Poiche, per t → 0, e−tφ(k)(zt) → ak, e in |z| < r limt→∞ e−tφ(m)(zt) = 0,

posso scrivere

f1(z) =∞∑0

akzk +Rn

Ora,

|Rn| < |zn+1|∫ ∞0

e−tMe|zt|r r−n−1dt = |zr−1|n+1M(1− |z|r−1)−1 → 0

per n→∞.

Quindi, in |z| < r, f(z) = f1(z). In particolare f(z) =∫∞0e−tφ(zt)dt e

φ e la funzione di Borel associata a f .

La funzione scritta in questo modo (integrale di Borel) e analitica in unaregione piu estesa del cerchio |z| ≤ r, infatti: in generale, se si consideranole singolarita di f e z1 e la piu vicina all’origine, f(z) =

∑n anz

n vale nelcerchio r ≥ |z1|.L’ integrale di Borel prolunga analiticamente f al dominio che si ottiene con-nettendo i zi all’origine e poi prendendo il poligono con i lati perpendicolaria tali raggi.Dimostriamo ora che la f cosı ottenuta e analitica in tutto il poligono (e nonsolo in |z| < r). Sia P un punto interno al poligono, e costruiamo il disco Ccon diametro OP ; sia poi ξ un punto di tale disco: ovviamente ξ non e maidi singolarita; allora, per il teorema di Taylor

an =1

2πi

∮C

f(z)

zn+1dz

dunque

φ(ξt) =∞∑0

1

2πi

∮C

f(z)

zn+1

dz

n!ξnzn =

1

2πi

∮C

f(z)

z

∞∑0

(ξt

z)n

1

n!dz =

=1

2πi

∮C

f(z)

zeξtz dz

21

dove le ultime uguaglianze sono date dalla convergenza uniforme di

∞∑0

f(z)

zn+1

ξnzn

n!

per il criterio di Weierstrass.Si ha che φ(ξt) < F (ξ)eλt dunque rispetta le ipotesi del teorema (*), da cuiconcludiamo che

∫∞0e−tφ(ξt)dt e analitica in ξ, per ogni ξ nel poligono.

Esempio (Serie Geometrica)

Sia1

1− z= f(z) =

∑n

zn, |z| < 1

e sia

φ(z)∑n

zn

n!= ez

Allora

f(z) =

∫ ∞0

e−teztdt =

∫ ∞0

e−t(1−z)dt

che converge dove Re(z) < 1.•

22 CAPITOLO 4. LA TRASFORMATA DI BOREL

Capitolo 5

La Sfera di Riemann

1) Retta Proiettiva

DefinizioneSia K un campo (anche finito); definiamo la retta proiettiva su K come lospazio

P1(K) ={K2 \ (0, 0)

}/ρ

dove ρ e la relazione di equivalenza che identifica un vettore di K2 con tuttii suoi multipli (e sottomultipli) non nulli, ovvero

(x1, x2)ρ(y1, y2)⇔ (y1, y2) = (λx1, λx2)

per ogni λ ∈ K.

I punti della retta proiettiva sono individuati da coordinate omogenee [x0, x1],che, per la definizione appena data, godono della seguente proprieta:

[x0, x1] = [x0x1, 1]sex1 6= 0

mentre se x1 = 0 allora certamente x0 6= 0 e vale

[x0, x1] = [x0x0,

0

x0] = [1, 0]

Quindi possiamo riscrivere P1(K) come l’insieme

{[k, 1]|k ∈ K} ∪ {[1, 0]}

23

24 CAPITOLO 5. LA SFERA DI RIEMANN

dove il primo insieme e una copia di K e il secondo e un punto che chiamiamopunto all’infinito.

2) Proiezione Stereografica

Poniamoci in R3 e sia S la sfera di raggio 12

il cui “polo sud” e tangenteal piano (x, y) nel punto (0, 0, 0) e il “polo nord” N e in (0, 0, 1).Siano (ξ, η, ζ) le coordinate cartesiane di R3 e (x, y) quelle di R2; l’equazionedi S in R3 e

ξ2 + η2 + (ζ − 1

2)2 = (

1

2)2

da cui otteniamoξ2 + η2 + ζ2 = ζ

Possiamo ora definire una biiezione σ tra S \ N e il piano R2 nel modoseguente: mappiamo il punto (ξ, η, ζ) nel punto ( ξ

1−ζ ,η

1−ζ ).

Tale applicazione ha inversa σ−1 = ( x1+x2+y2

, y1+x2+y2

, x2+y2

1+x2+y2).

L’applicazione σ funziona nel modo seguente: si traccia la retta uscente daN e intercettante il piano in Q; tale retta interseca la sfera in un secondopunto P (oltre a N) che quindi viene messo in corrispondenza con Q.

Dunque tutta S e in biiezione con R2 piu un punto: N viene mandato nel“punto” (∞,∞, 0).

3) Relazione tra S e P1(K)

Se in P1(K) scegliamo come campo C otteniamo la retta proiettiva comp-lessa, che per quanto detto nella prima sezione, puo anche essere definitacome

{[z, 1]|z ∈ C} ∪ {[1, 0]}

ovvero come C ∪ {p}.

Dalla seconda sezione sappiamo che S e rappresentabile come R2∪{(∞,∞, 0)} =C ∪ {p}.Dunque la sfera di Riemann coincide con il campo complesso completato conun punto, ovvero con quella che e chiamata compattificazione di Aleksandrovdi C.

25

S, infatti, e uno spazio compatto (in quanto chiuso e “limitato”); e poi ovvia-mente uno spazio proiettivo, e una 1-varieta complessa: ogni punto infatti haun intorno biolomorfo ad un intorno di C. Il punto all’infinito viene trattatocome un numero complesso con argomento indefinito e modulo infinito, e isuoi intorni sono del tipo {|z| > R} per ogni R.

Per un teorema di Riemann, S e l’unica 1-varieta complessa semplicementeconnessa compatta senza bordo e quindi S2, che e ovviamente omeomorfa aS, ammette una sola struttura complessa.

4) Sfera di Riemann e Funzioni Olomorfe

Una funzione razionale che abbia il “denominatore nullo” in qualche pun-to puo essere estesa a S tramite l’identificazione 1

0=∞.

Poiche una funzione da S in S e meromorfa (o olomorfa) se resta meromor-fa (o olomorfa) componendola con le funzioni di transizione φ1(z) = z eφ2(z) = 1

z, si dimostra che le uniche funzioni meromorfe su S sono proprio le

razionali.

N.B. Dal teorema di Liouville (“ogni funzione olomorfa intera limitata ecostante”) segue che su S tutte le funzioni olomorfe sono costanti.

26 CAPITOLO 5. LA SFERA DI RIEMANN

Capitolo 6

Le Formule diSommerfeld-Watson

Calcoliamo la somma delle seguenti serie numeriche

1)∞∑n=1

1

n2

2)∞∑−∞

(−1)n

(n+ π)2

3)∞∑−∞

1

8n3 + 1

4)∑λ

1

λ2 + a2

dove λ sono le soluzioni di sin(πx) = b, b ∈ [0, 1].

Memorandum:Sia g una funzione analitica tranne che per singolarita polari isolate zk e sia

limz→∞

z · g(z) = 0

allora si hanno le formule di Sommerfeld-Watson:

1)∑n

(−1)ng(n) = −π∑k

Resz=zk [g(z)

sin(πz)]

27

28 CAPITOLO 6. LE FORMULE DI SOMMERFELD-WATSON

2)∑n

g(n) = −π∑k

Resz=zk [g(z) cot(πz)]

N.B. tali formule si ricavano integrando su un cammino chiuso che circondiil punto all’infinito e che separi i poli di g da quelli di sin(πz) (o cot(πz)): sepercorro il cammino in un senso ottengo i residui “interni”, nel senso oppostoquelli “esterni”.

Svolgimento (1):partiamo con lo studiare il seguente integrale∮

dt

2πi· cot(πz)

z2

la funzione integranda ha poli semplici per z = n > 0 e un polo triplo inz = 0.I residui nei poli semplici valgono

limz→n

(z − n) cos(πz)

z2 sin(πz)= lim

z→n

cos(πz)

z2limz→n

(z − n)

sin(πz)

ora usiamo de l’Hopital nell’ultimo limite e otteniamo

limz→n

cos(πz)

z2limz→n

1

π cos(πz)= lim

z→n

cos(πz)

z2π cos(πz)=

1

πn2

per il polo triplo si ha

limz→0

1

2

d2

dt2(z3 cot(πz)

z2) = lim

z→0

1

2

d2

dt2(z cos(πz)

sin(πz))

sviluppiamo l’ultima parentesi con Taylor al secondo ordine, deriviamo duevolte e mandiamo al limite

limz→0

1

2

d2

dz2[z(1− (πz)2

2+ o(z2))

πz(1− (πz)2

3!+ o(z2))

] = −π3

quindi in definitiva ∮dt

2πi· cot(πz)

z2=∞∑−∞

1

πn2− π

3= 0

29

dunque

2

π

∞∑1

1

n2=π

3

da cui∞∑1

1

n2=π2

6

•

Svolgimento (2)dobbiamo considerare ∮

dz

2πi· 1

(z + π)2· 1

sin(πz)

la funzione integranda ha poli semplici in z = n e un polo doppio in z = −π.Per i primi i residui sono

limz→n

z − n(z + π)2 sin(πz)

= limz→n

1

2(z + π) sin(πz) + π cos(πz)(z + π)2=

(−1)n

π(n+ π)2

per il secondo invece

limz→−π

d

dz[

(z + π)2

(z + π)2 sin(πz)] = lim

z→−π−π cos(πz)

sin2(πz)= −π cos(π2)

sin2(π2)

dunque poiche ∑Res = 0

segue che ∑n

(−1)n

(n+ π)2=π2 cos(π2)

sin2(π2)

•

Svolgimento (3)considero la funzione

f(z) =1

z3 + 1cot(

πz

2)


essa ha poli:1) sugli interi pari z = 2n, con residui

limz→2n

(z − 2n)

z3 + 1cot(

πz

2) = lim

z→2n

cos(πz2

)

z3 + 1· (z − 2n)

sin(πz2

)= lim

z→2n

cos(πz2

)

z3 + 1· 1π2

cos(πz2

)=

=2

π· 1

(2n)3 + 1

2) sulle radici cubiche di −1

zk = ei(π3+ 2kπ

3), k = 0, 1, 2

con residuo

limz→zk

z − zk(z3 + 1)

·cos(πz

2)

sin(πz2

)=

1

3z2kcot(

πzk2

)

da notare che per zk = −1 si ha cot(−π2) = 0 dunque il residuo e non nullo

solo per z1,2 = e±iπ3 .

Quindi, visto che z2 = z1 e ponendo πz12

= z,∑n

1

8n3 + 1= −π

2[

1

3z21cot(

πz12

)+1

3z12cot(

πz12

)] = −π6

[e−2iπ3 cot(z)+e2i

π3 cot(z)]

ora, dato che e±2iπ3 = cos(2π

3) ± i sin(2π

3) = 1

2± i

√32

, possiamo riscrivere lasomma della serie come∑

n

1

8n3 + 1= − π

12[(cot(z) + cot(z)) + i

√3(cot(z)− cot(z))

•

Svolgimento (4):Consideriamo g(z) = sin(πz)− b e calcoliamo il suo indicatore logaritmico

f(z) =g′(z)

g(z)=

π cos(πz)

sin(πz)− b

f ha poli semplici sui λ e in piu

Resz=λf(z) = limz→λ

(z − λ)π cos(πz)

sin(πz)− b= 1

31

nell’ultima uguaglianza abbiamo usato de l’Hopital.Dunque

0 =

∮dz

2πih(z) =

∮dz

2πi· 1

z2 + a2· π cos(πz)

sin(πz)− b=∑λ

Resz=λh(z)+Resz=±iah(z) =

=∑λ

1

λ2 + a2+Resz=±iah(z)

da cui ∑λ

1

λ2 + a2= −Resz=±iah(z)

calcoliamo i residui

Resz=±iah(z) = limz→ia

z ∓ ia(z − ia)(z + ia)

· π cos(πz)

sin(πz)− b=

π cos(πia)

2ia(sin(πia)∓ b)

usando le formulecos(ix) = cosh(x)

esin(ix) = i sinh(x)

possiamo riscrivere la somma dei due residui come

Res− +Res+ =π

2a[

cosh(πa)

sinh(πa)− b+

cosh(πa)

sinh(πa) + b] = −π

a

cosh(πa) sinh(πa)

sinh2(πa)− b2

in definitiva ∑λ

1

λ2 + a2=π

a· cosh(πa) sinh(πa)

sinh2(πa)− b2

Osserviamo che se b = 0 allora gli zeri di sin(πz) sono z = n, dunque

∞∑−∞

1

n2 + a2=π

a· coth(πa)

e quindi∞∑n=1

1

n2 + a2= − 1

2a2+

π

2a· coth(πa)

•

Capitolo 7

Espansioni Asintotiche

Esercizio 1.Assegnata la funzione

F (x) =

∫ π2

0

ex cos(t) sin3(t)dt

se ne calcoli i termini leading e subleading per x→∞.

SvolgimentoOsserviamo innanzitutto che l’integrale si calcola esattamente tramite il cam-bio di variabili y = cos(t) da cui si ottiene

sin3(t)dt = −(1− cos2(t))d cos(t) = −(1− y2)dy

dunque

F (x) = −∫ 0

1

(1− y2)exydy =

∫ 1

0

(1− y2)exydy

da cui risulta

F (x) =2ex

x2− 2ex

x3− 1

x+

2

x3

Cerchiamo ora l’espansione asintotica di F con il metodo di Laplace:il coseno, tra 0 e π

2, ha un massimo in 0, dunque espandendo con Taylor si

ha cos(t) = 1− t2

2e sin3(t) = t3 da cui

F (x) =

∫ ∞0

dtex(1−t2

2)t3 = ex

∫ ∞0

dte−xt2

2 t3 =2ex

x2

33

34 CAPITOLO 7. ESPANSIONI ASINTOTICHE

che e il termine leading che ci aspettavamo.Per il termine subleading poniamo

cos(t) = 1− k, k > 0

da cui

t = arccos(1− k)

dunque

dt =dk√

1− (1− k)2=

dk√2k − k2

e poiche

sin2(t) = 1− cos2(t) = 1− (1− k)2 = 2k − k2

segue che

sin3(t) = (2k − k2)32

Allora

F (x) = ex∫ ∞0

dk√2k − k2

e−xk(2k − k2)32 =

∫ ∞0

(2k − k2)exk = ex(2

x2− 2

x3)

ottenendo cosı oltre al termine leading anche il subleading.•

Esercizio 2.Si determini il termine dominante dell’espansione asintotica di

F (x) =

∫ ∞0

e−x[(t−π)2+sin2(t)] cos2(

t

2)dt

Svolgimentocol metodo di Laplace:

h(t) = (t− π)2 + sin2(t)

h′(t) = 2(t− π) + 2 sin(t) cos(t)

h′(t) = 0⇔ sin(2t) = −2(t− π)

35

unica soluzione per t = π, che e un minimo perche h(π) = 0 e h(t) ≥ 0.La derivata seconda

h′′(t) = 2 + 2 cos(2t)

h′′(π) = 4

dunque, essendo h(t) = h(π) + h′′(π)2

(t− π)2 + ... = 2(t− π)2 + ...∫ ∞0

e−2x(t−π)2 1

4(t− π)2dt

sviluppando cos2(12) intorno a π.

Ponendo t− π = τ otteniamo

1

4

∫ ∞−π

dτe−2xτ2

τ 2

se pongo 2x = k ed estendo da −π a −∞ (commettendo un errore esponen-zialmente piccolo) ottengo

1

4

∫ ∞−∞

dτ · e−kτ2τ 2 = −1

4

d

dk

∫ ∞−∞

dτ · e−kτ2 = −1

4

d

dk

√π

k=

1

8·√π

k√k

dunque, risostituendo 2x = k,

F (x) ∼√π

16√

2· 1

x√x

•


F (x) =

∫ ∞−∞

e−x[2y2−(y−i)2]

y2 + 2dy

Svolgimento

φ(y) = y2 + 2iy + 1

φ′(y) = 2y + 2i


φ(y) = 0⇔ y = −iin coordinate cartesiane y = u+ iv si ha

φ(u, v) = (u2 − v2 − 2v + 1) + i(2u+ 2uv)

−i = (0,−1)⇒ φ(0,−1) = 2

allora i cammini a fase costante sono (come era prevedibile)

Im(φ) = costante = Im(φ(−i)) = 0⇒ 2u+ 2uv = 0⇒

{u = 0

v = −1

Dobbiamo determinare quello sul quale y = −i e un massimo per Re(φ):

[Re(φ(u = 0))]′′ = −2

dunque su u = 0 (0,−1) e un massimo. Poiche nell’esponenziale c’e un menoi minimi e i massimi si invertono, dunque il cammino cercato e v = −1. Quasopra si ha y = −i, v = −1 e u = u quindi

φ(u,−1) = 2 + u2

1

y2 + 2∼ 1

(−i)2 + 2= 1

allora

F (x) =

∫ ∞−∞

e−x(2+u2) · du = e−2x

√π

x

•


F (x) =

∫ 1

0

cos(xtp)dt

con p > 1.

SvolgimentoScriviamo F (x) come

Re(J) = Re(

∫ 1

0

dt · eixtp)

37

allora

φ(t) = itp ⇒ φ′(t) = iptp−1 = 0⇔ t = 0

Cammini a fase costante:

t = ρeiθ ⇒ itp = iρpeipθ = iρp cos(ρθ)− ρp sin(ρθ)

Im(φ) = ρp cos(ρθ) = costante = φ(0) = 0⇔ θ(n+1

2)π

p

Per θ = π2p

si ha

t = ρeiπ2p ⇒ dt = dρei

π2p

φ(t) = iρpeiπ2 = −ρp

quindi per quel θ si ha proprio un cammino sul quale 0 e un massimo! Alloral’integrale diventa

J = eiπ2p

∫ ∞0

dρ · e−xρp

sfruttando la parametrizzazione φ(t)− φ(0) = −τ 2 si ha

ρ = τ2p ⇒ dρ =

2

pτ

2p−1dτ

infine sostituisco xτ 2 = y (per risolvere l’integrale) e ottengo

J =eiπ2p

p√x

∫ ∞0

dy√ye−y(

y

x)1p− 1

2 =eiπ2p

p√x· 1

x1p− 1

2

· Γ(1

p)

e infine

F (x) = Re(J) =cos( π

2p)

p·

Γ(1p)

x1p

•

Esercizio 5.Si calcoli il primo termine dell’espansione asintotica di

F (x) =

∫ ∞−∞

e−xt2

(4 + t2)xdt


Svolgimento:Riscriviamo l’integrale come∫ ∞

−∞e−x(t

2+ln(4+t2))dt

dunque

φ(t) = t2 + ln(4 + t2)⇒ φ′(t) = 2t+2t

4 + t2= 0⇔ t = 0

φ′′(t) = 2 +2(4 + t2)− 4t2

(4 + t2)2= 2 +

8− 2t2

(4 + t2)2

e in t = 0: φ(0) = ln(4) e φ′′(0) = 2 + 816

= 52.

Dunque in un intorno di t = 0 φ(t) = ln(4) + 54t2 da cui

F (x) = e−x ln(4)∫ ∞−∞

e−54xt2dt = e−x ln(4) ·

√4π

5x

•


F (x) =

∫ ∞1

eix(z2−2z)

z2 + 1dz

Svolgimento:In questo caso

φ(z) = iz2 − 2iz ⇒ φ′(z) = 2iz − 2i = 0⇔ z = 1

in coordinate cartesiane

φ(z) = (2v−2uv)+i(u2−v2−2u)⇒ φ′(z) = 2i(u+iv)−2i = 0⇔ (u, v) = (1, 0)

Cammini a fase costante:

Im(φ(1, 0)) = −1⇒ Im(φ) = u2 − v2 − 2u = −1⇒ v = ±(u− 1)

39

verifichiamo su quale Re(φ) ha un massimo:

Re(φ(v = u− 1)) = 2(u− 1)− 2u(u− 1) = 4u− 2u2 − 2⇒ Re′′(φ) = −4

quindi questo e il cammino su cui c’e il massimo.Qua sopra si ha φ(z) = −2(u− 1)2 − 1 e z2 + 1|z=1 = 2 dunque

F (x) = e−ix∫ ∞1

e−2x(u−1)2

2du =

e−ix

2

∫ ∞0

dτ · e−2xτ2 =e−ix

4

√π

2x

•


F (x) =

∫ i∞

−i∞e−x(πz−z

2)(1− sin(z))dz

Svolgimento:Facciamo l’esercizio in 3 modi diversi.Prima calcoliamo l’integrale esattamente.Poniamo z = iy e dz = idy:

F (x) =

∫ ∞−∞

idy · (1− sin(iy))e−x(iπy+y2)

sostituendo

sin(iy) =ei(iy) − e−i(iy)

2i=i

2(ey − e−y) = i sinh(y)

allora

F (x) = i

∫ ∞−∞

dy · (1− i sinh(y))e−x(iπy+y2)

che e la somma dei seguenti termini:

F1(x) = i

∫ ∞−∞

dy · e−x(iπy+y2)

F2± = i

∫ ∞−∞

dy · e−x(iπy+y2)(∓ie±y

2)


che valgono

F1(x) = i

∫ ∞−∞

dy·e−x(2iπy2+y2−π

2

4+π2

4) = ie−x

π2

4

∫ ∞−∞

dy·e−x(y+iπ2)2 = i

√π

xe−x

π2

4

F2± = ±1

2

∫ ∞−∞

e−x(iπy+y2∓ y

x) = ±1

2

∫ ∞−∞

dy·exp(−x[y2+2y(iπ

2∓ 1

2x)+(

iπ

2∓ 1

2x)2−(

iπ

2∓ 1

2x)2]) =

= ±1

2·√π

x· exp(

x

4(−π2 +

1

x2∓ 2iπ

x))

Quindi

F (x) = F1(x) + F2+ + F2− = i

√π

xe−x

π2

4 (1− e14x )

ora per x −→∞ si ha e14x ∼ 1 + 1

4x+ .... quindi il termine leading e

i

√π

xe−x

π2

4 (1− (1 +1

4x+ ....)) = − i

4

√π

x32

e−xπ2

4

Ora facciamo l’esercizio col metodo del punto di sella partendo sempre da

F (x) = i

∫ ∞−∞

dy · (1− i sinh(y))e−x(iπy+y2)

da cui

φ(y) = y2 + iπy ⇒ φ′(y) = 2y + iπ = 0⇔ y = −iπ2

poiche φ(− iπ2

) = π2

4segue che Im(φ) = 0 dunque i cammini a fase costante

sono quelli a fase nulla

Im(φ) = Im[(u+iv)2+iπ(u+iv)] = Im[u2−v2−πv+i(πu+2uv)] = u(π+2v) = 0

ovvero u = 0 e v = −π2. Cerco ora il cammino col minimo (perche

nell’integrale c’e una meno!):

Re(φ(u = 0)) = −v2 − πv ⇒ Re′′(φ) = −2

dunque non va bene; segue che il cammino e v = −π2.

Espandendo φ otteniamo

φ(y) = φ(−iπ2

) + (y + iπ

2)2 =

π2

4+ (y + i

π

2)2

41

ora espandiamo il

sinh(y) = sinh(y0) + cosh(y0)(y − y0) +1

2sinh(y0)(y − y0)2

poiche sinh(−iπ2) = −i e cosh(−iπ

2) = 0 si ottiene

1− sinh(y) =1

2(y + i

π

2)2

dunque il termine leading e

F (x) = −ie−xπ2

4

∫ ∞−∞

dy · 1

2(y + i

π

2)2e−x(i

π2+y)2 = −ie−x

π2

4 · 1

4

√π

x3

proprio come calcolato precedentemente.

Infine svolgiamo l’esercizio partendo dall’integrale complesso

F (x) =

∫ i∞

−i∞e−x(πz−z

2)(1− sin(z))dz

in questo caso

φ(z) = πz − z2 ⇒ φ′(z) = −2z + π = 0⇔ z =π

2

si ha φ(π2) = π2

4⇒ Im(φ) = 0.

In coordinate cartesiane

φ(u+ iv) = πu− u2 + v2 + i(πv − 2uv)⇒ πv − 2uv = 0⇔ v = 0 ∧ u =π

2

cerco il minimo (vedi sopra...)

Re′′(φ(v = 0)) = −2

dunque scelgo u = π2. Intorno al minimo si ha

φ(z) =π2

4− (z − π

2)2

e poiche

sinh(π

2) = 1 ∧ cosh(

π

2) = 0⇒ 1− sinh(z) =

1

2(z − π

2)2


quindi

F (x) =

∫ i∞

−i∞

1

2(z − π

2)2e−x(

π2

4−(z−π

2)2)

ponendo nuovamente z = iy ottengo

F (x) = i

∫ ∞−∞

dy · e−xπ2

4 e−x(y+iπ2)2(−

(y + iπ2)2

2) = −ie−x

π2

4 · 1

4

√π

x3

•

Capitolo 8

Ia Prova d’Esonero

Esercizio 1.Si calcoli ∑

n=2k+1∈Z

1

n2

Esercizio 2.Calcolare i primi due termini dell’espansione asintotica di

F (x) =

∫ ∞0

e−x(t+e−t) cos(t)dt

Svolgimento 1:Primo modo (il migliore!): poniamo n = 2k + 1, allora∑

n=2k+1∈Z

1

n2=∑k∈Z

1

(2k + 1)2

e quindi sviluppiamo tramite residui l’integrale∮dz

2iπ· cot(zπ)

(2z + 1)2

La funzione cot(zπ) ha poli in z = n con residuo:

limz→n

(z − n) cot(zπ) = limz→n

(z − n)cos(zπ)

sin(zπ)= lim

z→n

cos(zπ)

π cos(zπ)=

1

π

43

44 CAPITOLO 8. IA PROVA D’ESONERO

La funzione 1(2z+1)2

ha un polo doppio in z = −12

dunque

limz→− 1

2

d

dz[(z+

1

2)2· cot(zπ)

(2z + 1)2] =

1

4limz→− 1

2

d

dz[cot(zπ)] =

1

4limz→− 1

2

− π

(sin(zπ))2= −π

4

Allora ∮dz

2iπ· cot(zπ)

(2z + 1)2=

1

π

∑k∈Z

1

(2k + 1)2− π

4= 0

da cui ∑k∈Z

1

(2k + 1)2=π2

4

Secondo modo:

∑n disp

1

n2=∞∑1

1

(2n− 1)2+−∞∑−1

1

(2n+ 1)2=∞∑1

1

(2n− 1)2+∞∑1

1

(2n− 1)2=

= 2∞∑1

1

(2n− 1)2= 2

∞∑1

1

n2·(1− (−1)n

2) =

∞∑1

1

n2−∞∑1

(−1)n

n2=π2

6−∞∑1

(−1)n

n2

Calcoliamo l’ultima serie tramite∮dz

2iπ· 1

z2 sin(zπ)= 0

i residui del seno danno

limz→n

z − nsin(zπ)

=1

π cos(zπ)=

(−1)n

π

mentre per z = 0 che e polo triplo

limz→0

1

2

d2

dz2[

z

sin(zπ)] =

1

2

d2

dz2[

1

π(1− (zπ)2

6+ ....)

] =1

2· [π

3]

quindi∮dz

2iπ· 1

z2 sin(zπ)= 2

∞∑1

(−1)n

πn2+π

6= 0⇒

∞∑1

(−1)n

n2= −π

2

12

45

in conclusione ∑n disp

1

n2=π2

6− (−π

2

12) =

π2

4

•

Svolgimento 2:

φ(t) = t+ e−t ⇒ φ′(t) = 1− e−t = 0⇔ t = 0

con cambio variabili

φ(t)−φ(0) = τ 2 ⇒ t+e−t−1 = τ 2 ⇒ t−1+∞∑0

(−1)ktk

k!= τ ⇒

∞∑2

(−1)ktk

k!= τ 2

ovvero, al secondo termine

t2

2− t3

6+ .... = τ 2

ponendo

t = aτ+bτ 2 ⇒ τ 2

2(a+bτ)2−τ

3

6(a+bτ)3 = τ 2 ⇒ τ 2

2(a2+2abτ+...)−τ

3

6(a3+...) = τ 2

⇒ a =√

2 ∧ b =1

3

quindi

t = τ(√

2 + τ1

3)⇒ dt = dτ(

√2 + τ

2

3)

cos(t) = cos(τ(√

2 + τ1

3)) ∼ 1 +

1

2(τ(√

2 + τ1

3))2 ⇒ cos(0) ∼ 1

dunque

F (x) ∼∫ ∞0

dτ(√

2 + τ2

3) · e−x(τ2+1) =

√2e−x

∫ ∞0

dτ · e−xτ2 · (1 +2τ

3√

2)

ovvero

F (x) ∼√

2

2e−x ·

√π

x(1− 1

6x√

2)

•

46 CAPITOLO 8. IA PROVA D’ESONERO

Capitolo 9

Equazioni DifferenzialiOrdinarie e Funzione di Green

Fondamentali della Teoria

Ci interessano le equazioni del tipo

1) c1(x)y′ + c0(x)y = f(x)

2) c2(x)y′′ + c1(x)y′ + c0(x) = f(x)

cioe equazioni differenziali lineari del primo e del secondo ordine.

1) Quelle del primo ordine le riscriviamo come

y′ = a(x)y + b(x)

allora tutte le soluzioni sono espresse da

y(x) = eA(x)∫e−A(x)b(x)dx

dove A(x) e una primitiva di a(x).

2) Le soluzioni di quelle del secondo ordine, che possono sempre essere scrittenella forma canonica

y′′ + c(x)y = g(x)

sono date dalla somma di una soluzione particolare dell’equazione piu l’inte-grale generale dell’equazione omogenea associata.

47

48CAPITOLO 9. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE E FUNZIONE DI GREEN

Purtroppo non esiste un metodo generale che restituisca le soluzioni dell’e-quazione associata, a meno che essa non sia:

∗) a coefficienti costanti

ay′′ + by′ + cy = 0

∗∗) equazione di Eulero

y′′ +a

xy′ +

b

x2y = 0

con a e b costanti.Se pero riesco a determinare due soluzioni y1(x) e y2(x) dell’omogenea, allorauna soluzione particolare della non omogenea e (metodo di variazione dellecostanti)

y(x) = h1(x)y1(x) + h2(x)y2(x)

dove h1(x) e h2(x) devono essere scelte in modo da soddisfare{h′1(x)y1(x) + h′2(x)y2(x) = 0

h′1(x)y′1(x) + h′2(x)y′2(x) = 0

Se riusciamo a determinare una sola soluzione dell’omogenea, possiamo ri-cavare l’altra (e dunque l’integrale generale della non omogenea) tramite ilmetodo del wronskiano:conosciuta y1 si ha che

y2 = Ky1

∫ x 1

y21(t)exp(−

∫ t

a1(τ)dτ)dt+ ky1

dove a1(x) e il coefficiente di y′ nell’equazione y′′ + a1y′ + a2y = 0.

Come risolvo l’equazione di Eulero e quella a coefficienti costan-ti?Per la prima opero la sostituzione x = et e trasformo cosı l’equazione in unaa coefficienti costanti.Quest’ultimo tipo lo risolvo cosı:da

ay′′ + by′ + cy = 0

49

risolvo l’equazione caratteristica (numerica)

ak2 + bk + c = 0

trovando cosı le due radici α1 e α2.Le soluzioni dell’equazione differenziale sono allora

y1(x) = eα1x ∧ y2(x) = eα2x

Se le due radici sono coincidenti (α1 = α2) allora le soluzioni sono

y1(x) = eα1x ∧ y2(x) = ρ(x) · eα2x

dove ρ(x) si determina imponendo che la y2 risolva l’equazione.

Funzioni di Green

Un altro metodo per determinare le soluzioni di un equazione non omoge-nea consiste nell’usare (se esiste) la funzione di Green G(x, y) e poi ponendo

u = G ∗ f ; G e definita, nel caso dell’operatore L(1)x , come

G(x, y) = (A(y) +θ(x− y)

c1(y)) exp(−

∫ x

y

c0(τ)

c1(τ)dτ)

dove la funzione A(y) si determina imponendo u0 = u(x0).In conclusione si ottiene

u(x) = u0 exp(−∫ x

x0

c0(τ)

c1(τ)dτ) +

∫ x

x0

f(y)

c1(y)exp(−

∫ x

y

c0(τ)

c1(τ)dτ)dy

Nel caso dell’operatore L(2)x la funzione di Green e

G(x, y) = c1t1 + c2t2 + θ(x− y)[t1(y)t2(x)− t1(x)t2(y)

W (y)]

dove t1 e t2 sono soluzioni di L(2)x G = 0.

Se l’operatore L(2)x e invertibile, ovvero L(2)

x u = 0 ha solo la soluzione u = 0,allora la soluzione dell’equazione differenziale di partenza e

u(y) =

∫ b

a

dxG(x, y)f(x) + [u(x)G′x −G(x, y)u′]|ba


Se l’operatore non e invertibile, la funzione di G. non esiste.Possono esistere comunque delle soluzioni, ma i criteri di ricerca usano lateoria degli operatori non ancora svolta a lezione.Perche la funzione di Green “funziona”?Scriviamo l’eq.diff. come Lx ·u(x) = f(x); da LxG(x, y) = δ(x−y) segue che

f =

∫f(y)δ(x− y)dy =

∫f(y)LxG(x, y)dy

dunque

Lx · u(x) =

∫f(y)LxG(x, y)dy = Lx

∫f(y)G(x, y)dy

e quindiu(x) = G ∗ f + q(x)

Esercizio 1.Risolvere {

y′ + 5x4y = x4

y(0) = 0

con x ∈ [−a, a]

Svolgimento:soluzione dell’omogenea:

y′ + 5x4y = 0⇒ y′

y= −5x4 ⇒ [ln(y)]′ = −5x4 ⇒ ln(y) = −x5 ⇒ y = Ae−x

5

Variazione delle costanti:cerco yp = Ae−x

5

y′ = A′e−x5

+Ae−x5

(−5x4)⇒ y′+5x4y = x4 ⇔ A′e−x5

+Ae−x5

(−5x4)+5x4Ae−x5

= x4 ⇒

A′ = x4ex5

=1

5

d

dxex

5 ⇒ A =1

5ex

5 ⇒ yp =1

5ex

5 · e−x5 =1

5

quindi y(x) = 15

+ Ae−x5, e da y(0) = 0 segue 1

5+ A = 0 da cui

y(x) =1

5(1− e−x5)

51

Funzione di Green:l’operatore e invertibile (perche dall’omogenea y(0) = 0⇒ A = 0), dunque

y = Ayom +

∫ a

−aG(x, t)f(t)dt

si deve avere

y(0) = 0⇒∫ a

G(0, t)f(t)dt = 0⇒ G(0, t) = 0

posso scegliere la funzione di G. ritardata

G(x, t) =

{A1e

−x5 x < t

A2e−x5 x > t

il salto intorno a x = t deve essere lungo 1:

A2e−t5 − A1e

−t5 = 1⇒ A2 − A1 = et5

da cui

G(x, t) =

{A1e

−x5 x < t

A1e−x5 + e−(x

5−t5) x > t⇒= A1e

−x5 + θ(x− t) · e−(x5−t5)

G(0, t) = 0⇒ A1 = 0⇒ G(x, t) = θ(x−t)·e−(x5−t5) ⇒ y =

∫ a

−aθ(x−t)·e−(x5−t5)t4dt

ora: t > 0 (perche t = 0 e il dato iniziale) e θ(x− t) = 1 x > t, quindi

y = e−x5

∫ x

0

t4 · et5dt =1

5(1− e−x5)

C.V.D.•

Esercizio 2.Risolvere

xf ′′ + 2f ′ + xf = 1

f(π2) = 0

f(π) = 0


Svolgimento:l’equazione e di Eulero, ma portiamola lo stesso in forma canonica:

f ′′ +2

xf ′ + f =

1

x

f = Au⇒ A = exp(−∫ x c1

2c2dy) = exp(−

∫ x dy

y) = e− ln(x) =

1

x⇒

f = x−1u⇒ f ′ = −x−2u+ x−1u′ ⇒ f ′′ = 2x−3u− 2x−2u′ + x−1u′′

quindi la forma canonica e

u′′ + u = 1

e le condizioni al bordo diventano restano uguali.Soluzioni dell’omogenea:

k2+1 = 0⇒ k = ±i⇒ u1 = cos(x)∧u2 = sin(x)⇒ uom = A cos(x)+B sin(x)

Variazione delle costanti:

up = A cos(x)+B sin(x)∧W = cos2(x)+sin2(x) = 1⇒ A′ = −u2fW

= − sin(x)⇒

A = −∫

sin(x) = cos(x)

B′ =u1f

W= cos(x)⇒ B =

∫cos(x) = sin(x)

segue che

up = cos2(x)+sin2(x) = 1⇒ u = 1+A cos(x)+B sin(x)∧u′ = −A sin(x)+B cos(x)

imponendo le condizioni al bordo{u(π

2) = 0⇒ 1 +B = 0⇒ B = −1

u(π) = 0⇒ 1− A = 0⇒ A = 1

in conclusione

u(x) = 1 + cos(x)− sin(x)

53

Con la funzione di G.:

v1 ∧ v2 : v1(π

2) = 0 ∧ v2(π)0 =⇒ v1 = cos(x) ∧ v2 = sin(x)⇒

G(x, y) =

{1Wv1v2 = cos(x) sin(y) x < y

1Wv2v1 = sin(x) cos(y) x > y

quindi

u(y) =

∫ π

π2

dxG(x, y)f(x) =

∫ π

π2

dx[θ(y−x) cos(x) sin(y)+θ(x−y) sin(x) cos(y)] =

= sin(y)

∫ y

π2

dx cos(x)+cos(y)

∫ π

y

dx sin(x) = sin(y)[sin(y)−1]+cos(y)[1+cos(y)] =

= 1 + cos(y)− sin(y)

•

Esercizio 3.Svolgere l’esercizio precedente sostituendo alla prima condizione la seguente:

f(π

2) +

π

2f ′(

π

2) = 0

Svolgimento:partiamo sempre dalla forma canonica u′′ + u = 1:

f ′ = (u

x)′ =

u′

x− u

x2⇒ f(

π

2) +

π

2f ′(

π

2) = 0⇔ u′(

π

2) = 0

per l’omogenea si ha

u′ = −A sin(x) +B cos(x) ∧ u′(π2

) = 0⇒ A = 0⇒ u = B sin(x)

da cui si deduce che l’operatore differenziale non e invertibile essendoci unautovettore non nullo per l’autovalore 0.Variazioni delle costanti:la soluzione e sempre u(x) = 1 + A cos(x) + B sin(x), ma con le nuovecondizioni al bordo

u(π) = 0⇒ A = 1


u′ = − sin(x) +B cos(x) ∧ u′(π2

) = 0⇒ −1 = 0

dunque non ci sono soluzioni.Con la funzione di G.:Dalla non invertibilita dell’operatore si deduce che la f. di G. non esiste (etramite altre proprieta dell’operatore in questione si potrebbe dimostrare chenon esistono soluzioni).•

Capitolo 10

Equazioni DifferenzialiOrdinarie in C

Fondamenti della teoria:

Ci occupiamo di equazioni del tipo

u′′(z) + p(z)u′(z) + q(z)u(z) = 0

ossia lineari del secondo ordine omogenee.Se z0 e un punto regolare (ovvero un punto intorno al quale p e q sianoanalitiche) sul quale sono date le condizioni iniziali, la soluzione dell’equazionee

u(z) =∞∑0

cn(z − z0)n

con u(z0) = c0 e u′(z) = c1. Gli altri cn si determinano inserendo la serienell’equazione.

Esercizio 1.Assegnata l’equazione differenziale

2z(1− z)u′′(z) + (2− 3z)u′(z) + u(z) = 0

se ne studi la natura dei punti singolari e i relativi esponenti indiciali, e sideterminino i primi tre termini dello sviluppo in serie di una soluzione in-torno al punto z = 1.

55

56 CAPITOLO 10. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE IN C

Svolgimento:Innanzitutto riscriviamo l’equazione come

u′′ +2− 3z

2z(1− z)u′ +

u

2z(1− z)= 0

ovviamente due punti sicuramente “problematici” sono z = 0 e z = 1.Applichiamo a questi due punti il teorema di Fuchs:

limz→0

p(z)z = limz→0

2− 3z

2z(1− z)z = lim

z→0

2− 3z

2(1− z)= 1 = p0

limz→0

q(z)z2 = limz→0

z2

2z(1− z)= lim

z→0

z

2(1− z)= 0 = q0

dunque l’equazione indiciale nel caso z = 0 e

α2 + (p0 − 1)α + q0 = 0⇒ α2 = 0

e quindiα1 = α2 = 0

mentre nel caso z = 1

limz→1

p(z)(z − 1) = limz→1− 2− 3z

2z(1− z)(1− z) =

1

2

limz→1

q(z)(z − 1)2 = limz→1− (z − 1)2

2z(z − 1)= −z − 1

2z= 0

e quindi l’equazione indiciale da

α2 + (1

2− 1)α = 0⇒ α1 = 0 ∧ α2 =

1

2

Occupiamo ci ora del punto all’infinito:poiche

limz→∞

p(z)z =3

2= p0 6= 2

infinito non e un punto regolare.Calcoliamo i suoi esponenti indiciali:

limz→∞

q(z)z2 = limz→∞

z

2(1− z)= −1

2

57

dunque

α2 + (3

2− 1)α− 1

2= 0⇒ α1 = 1 ∧ α2 = −1

2

quindi possiamo riassumere, con la simbologia classica,

P =

0 1 ∞0 0 1

2

0 1 − 12

Ora determiniamo i primi tre elementi della serie di una soluzione in z = 1.A tal proposito mappiamo 1 in 0 in modo da avere la soluzione nella formaclassica

∑cnz

n.Ovviamente la mappa e

w =z − 1

zcon matrice

A =

[1 −11 0

]in tal modo, con la solita scelta di c0 = 1, si ha

c1 =(a)1(b)1

(c)1· 1! =

ab

c= −1

2

c2 =(a)2(b)2

(c)2· 1

2!=a(a+ 1)b(b+ 1)

c(c+ 1)· 1

2= −1

8

dunque la soluzione (troncata) e

F (w) = 1− 1

2w − 1

8w2 = 1− 1

2(z − 1

z)− 1

8(z − 1

z)2

scrivendo

1

z=

1

z − 1 + 1=

1

1 + (z − 1)= 1− (z − 1) +

(z − 1)2

2

e1

z2|1 ∼ 1− 2(z − 1)

si ottiene la soluzione in z

u(z) = 1− z − 1

2+

(z − 1)2

4


Esercizio 2.Si studi l’equazione differenziale

y′′ +2

zy′ − 2

z2(z − 1)2y = 0

Svolgimento:I punti problematici sono ancora z = 0 e z = 1; studiamoli:

limz→0

z · p(z) = 2(= limz→∞

z · p(z))

quindi sappiamo anche che ∞ e un punto regolare;

limz→0

z · q(z) = − 2

(z − 1)2= −2

quindi l’equazione indiciale

α2 + α− 2 = 0⇒ α1 = 1 ∧ α2 = −2

in z = 1

limz→1

(z − 1) · p(z) = 0

limz→1

(z − 1)2 · q(z) = −2

ancora l’equazione indiciale e

α2 − α− 2 = 0⇒ α1 = 2 ∧ α2 = −1

In questo caso si puo trovare la soluzione abbastanza facilmente mappando1 in ∞ ponendo

w =z

z − 1⇒ z =

w

w − 1∧ z − 1 =

1

w − 1

59

quindid

dz=

d

dw

dw

dz= −(w − 1)2

d

dw

d2

dz2=

d

dz

d

dz= 2(w − 1)3

d

dw+ (w − 1)4

d2

dw2

da cui si ottiene l’equazione nella nuova variabile

y′′ +2

wy′ − 2

w2y = 0

che e un’equazione di Eulero che sappiamo risolvere: risolviamo la sua equazionecaratteristica

α(α− 1) + aα + b = 0⇒ α(α− 1) + 2α− 2 = 0⇒ α1 = 1 ∧ α2 = −2

dunque due soluzioni indipendenti sono w e w−2, da cui in funzione di z siha

u(z) = Az

z − 1+B

(z − 1)2

z2

Volendo si puo determinare anche la soluzione per serie imponendo

u1(z) = z∑n

cnzn

eu2(z) = Au1 · ln(z) + z−2

∑n

dnzn

si sostituiscono le due espressioni nell’equazione e si trovano i cn e i dn. Inquesto caso particolare si trova che il termine logaritmico si annulla (come egiusto che sia, vista la soluzione generale trovata con l’altro metodo).•

Esercizio 3.Sia assegnata l’equazione differenziale

(1− z)u′′ − zu′ + 2u = 0

si studi la natura dei punti singolari ed i relativi esponenti indiciali e si de-termini una soluzione intorno a z = 0


Svolgimento:Riscriviamo l’equazione come

u′′ − z

1− zu′ +

2

1− zu = 0

da cui

p0 = limz→1−z(z − 1)

1− z= 1

q0 = limz→1

2(z − 1)2

1− z= 0

quindi l’equazione indiciale

α2 = 0⇒ α1,2 = 0

All’infinito

limz→∞− z2

1− z=∞

quindi ∞ e un punto irregolare. Questo e un indizio sulla natura del-l’equazione come ipergeometrica confluente, infatti col cambio di variabilew = 1− z l’equazione diviene

wu′′(1− w)u′ + 2u = 0⇒ c = 1, a = −2

quindi una soluzione e

u(w) =∞∑k=0

(a)k(c)k· w

k

k!=∞∑k=0

(−2)k(1)k

· wk

k!

osserviamo che(−2)k = −2(−2 + 1)(−2 + 2)... = 0

quindi la seria e una somma per k = 0, 1, 2:

u(w) = 1− 2w +1

2w2

tornando in z

u(z) =1

2(z2 + 2z − 1)

•

61

Esercizio 4.Data l’equazione differenziale

(1 + 2z)z2u′′ + 2z2u′ − λu = 0

si studino le singolarita e si trovi λ in modo che la soluzione intorno a z = 0sia regolare e monodroma. Infine si ponga λ = 0 e si determini l’integralegenerale intorno a z = 0.

Svolgimento:Al solito riscriviamo l’equazione

u′′ +2

1 + 2zu′ − λ

z2(1 + 2z)u = 0

In z = 0:

p0 = limz→0

2z

1 + 2z= 0

q0 = limz→0− λz2

z2(1 + 2z)= −λ

e gli esponenti indiciali sono

α2 − α− λ = 0⇒ α1,2 =1

2± 1

2

√1 + 4λ

In z = −12:

limz→− 1

2

2(z + 12)

1 + 2z= 1

limz→− 1

2

−λ(z + 12)2

z2(1 + 2z)= 0

con esponenti indicialiα2 = 0⇒ α1,2 = 0

All’infinito

limz→∞

2z

1 + 2z= 1

limz→∞

−λz2

z2(1 + 2z)= 0


anch’esso con esponenti α1,2 = 0.Una soluzione intorno a z = 0 e regolare e monodroma se gli esponenti sonointeri positivi, ovvero

1

2± 1

2

√1 + 4λ = n ≥ 0⇒ λ = n(n− 1)

Se λ = 0⇒ α1 = 0, α2 = 1; d’altra parte l’equazione diventa

u′′ +2

1 + 2zu′ = 0

ponendo u′ = v troviamo

v′ +2

1 + 2zv = 0⇒ v =

A

1 + 2z= u′

quindi

u′ =

∫A

1 + 2zdz =

A

2ln(1 + 2z) +B

•

Esercizio 5.Data l’equazione differenziale

(z2 + 1)2u′′ + 2(z + i)(z2 + 1)u′ + 24u = 0

si studi la natura dei punti singolari (con gli esponenti indiciali) e scrivanole soluzioni intorno a un punto singolare.

Svolgimento:L’equazione diventa

u′′ +2

z − iu′ +

24

(z + i)2(z − i)2

In z = i:

limz→i

2(z − i)z − i

= 2

limz→i

24(z − i)2

(z − i)2(z + i)2= −6

63

gli esponenti indiciali sono

α2 − α− 6 = 0⇒ α1 = −3, α2 = 2

In z = −i:limz→−i

2(z + i)

z − i= 0

limz→−i

24(z + i)2

(z − i)2(z + i)2= −6

e gli esponenti indiciali sono uguali ai precedenti tranne che per i segni scam-biati.All’infinito

limz→∞

2z

z − i= 2

limz→∞

24z4

(z − i)2(z + i)2= 12

quindi ∞ e regolare.Una soluzione intorno a z = i e

u(z) = a(z − iz + i

)2 + b(z + i

z − i)3

•

Capitolo 11

Equazioni Differenziali:Preparazione al II esonero

Esercizio 1.Determinare i valori di E per i quali la soluzione dell’equazione differenziale

y′′ + e−x(E − 4e−x)y = 0

risulti regolare per x→ ±∞.

Svolgimento:Poniamo w = e−x, da cui dw

dx= −e−x = −w. Dunque

dy

dx=dy

dw· dwdx

= −w · dydw

d2y

dx2=dw

dx· ddw

(−w · dydw

) = −w[− dydw− w · d

2y

dw2] = wy′ + w2y′′

Quindi l’equazione diventa

y′′ +1

wy′ + (

E

w− 4w)y = 0

ex→∞⇒ w → 0 ∧ x→ −∞⇒ w →∞

Osserviamo ora che per w →∞ l’equazione diviene

y′′ − 4y = 0⇒ y = e±2w

65

66CAPITOLO 11. EQUAZIONI DIFFERENZIALI: PREPARAZIONE AL II ESONERO

e a ∞ scelgo quella regolare y = e−2w.Vicino a w = 0 cerco soluzioni del tipo y(w) = e−2w

∑0 ckw

k. Derivando duevolte ottengo

y′ = −2e−2w∑k

ckwk + e−2w

∑k

ckwk−1

y′′ = e−2w∑k

(4ckwk − 4kckw

k−1 + k(k − 1)ckwk−2)

sostituendo nell’equazione

e−2w[∑k

wk−1(E − 4k − 2)ck + wk−2(k2ck)] = 0

Riscalo gli indici e ottengo∑n=−1

wn(E − 4(n+ 1)− 2)cn+1 + wn(n+ 2)2cn+2 = 0

ovvero

cn+2(n+ 2)2 = (4(n+ 1) + 2− E)cn+1 ⇒ cn+2 =(4(n+ 1) + 2− E)

(n+ 2)2cn+1

quindicn+2

cn+1

=(4(n+ 1) + 2− E)

(n+ 2)2−→∞

4

n

Ora osserviamo che

eAt =∑k

Aktk

k!⇒ ck

ck−1=Ak

k!· (k − 1)!

Ak−1=A

k

dunque otterremmo e4w, da cui y = e−2we4w = e2w che non e regolare inw = 0 (oltre ad essere soluzione solo se E = 2), quindi vogliamo che la seriesi tronchi prima, ovvero, ponendo k = n+ 2, che

ckck−1

=4k − 2− E

k2

si annulli da un certo k in poi.Quindi la soluzione e regolare se E = 4k − 2.•

67

Esercizio 2.Dato l’operatore

Lt(y) =1

1 + t2· d

2

dt2− 4t

(1 + t2)2· ddt− 2(2t4 + t2 + 3)

(1 + t2)3

definito inDL = {y : y(−∞) = y(+∞) = 0}

trovare la forma canonica e determinare la funzione di Green.

Svolgimento:Vogliamo eseguire il passaggio

c2y′′ + c1y

′ + c0y ⇒ u′′ + d0u

con u(t) = A(t)y(t) e A(t) = exp(∫ tdx c1

2c2(x)) (se y = Au ⇒ u = A−1y

ed entrambe risolvono l’equazione quindi nell’integrale ad esponente non enecessario il segno -).Nel nostro caso

A =

∫ t −dx2· 4x

(1 + x2)2(1 + x2) = e− ln(1+t2) =

1

1 + t2

da cui

y(t) = u(t)·(1+t2)⇒ y′ = 2t·u+(1+t2)·u′ ⇒ y′′ = u′′+u·( 2

1 + t2−4t4 + 10t2 + 6

(1 + t2)2) = u′′−4u

quindi l’operatore canonico e

Lt(u) =d2

dt2− 4

La funzione di G. e

G(t, t′) = Ay1 +By2 −θ(t− t′)W

[y1(t)y2(t′)− y2(t)y1(t′)]

dove le soluzioni dell’omogenea sono

y1(t) = e2t ∧ y2(t) = e−2t ⇒ W = −4

68CAPITOLO 11. EQUAZIONI DIFFERENZIALI: PREPARAZIONE AL II ESONERO

quindi

G(t, t′) = Ae2t +Be−2t +θ(t− t′)

4[e2(t−t

′) − e−2(t−t′)

Imponendo le condizioni al bordo

limt→−∞

G(t, t′) = limt→−∞

Ae2t +Be−2t = 0⇒ B = 0

limt→+∞

G(t, t′) = 0 = Ae2t +1

4e2(t−t

′) ⇒ A = −e−2t′

4

quindi

G(t, t′) = −e2(t−t′)

4+θ(t− t′)

4[e2(t−t

′)−e−2(t−t′)] =θ(t− t′)− 1

4e2(t−t

′)−θ(t− t′)

4e−2(t−t

′) =

= −1

4[e2(t−t

′)θ(t− t′) + e−2(t−t′)θ(t′ − t)]

avendo usato che1− θ(t− t′) = θ(t′ − t)

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compendio delle esercitazioni di metodi matematici della ...gulla/esercitazioni 2014-2015.pdf ·...

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