Esercizi sulla delta di Dirac

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Ευλάλιος Αντωνοπούλου
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1 Esercizi sulla delta di Dirac Corso di Fisica Matematica, a.a Dipartimento di Matematica, Università di Milano 5 Novembre 013 Esercizio 1. Si calcoli l integrale δ(x) Esercizio. Si calcoli l integrale δ(x) [ e x6 [ ] e (x )/+(x 3 )/3 cosh(x ) cosh(x 5 ) dx. ( )] sinh[(1 x ) x 3 ] log(5 + x + x 4 + x 6 1 ) arccos 1 + x + x 4 Esercizio 3. Si calcoli l integrale Esercizio 4. Si calcoli l integrale δ [ 9 10x + x 4] cos(πx) dx. dx. I(k) = k π (x + x 3 ) e kx dx in funzione del parametro reale k > 0; si mostri che vale lim k I(k) = (x + x 3 ) δ(x) dx. Esercizio 5. Si calcolino gli integrali (con k parametro reale) (i) I 1 = (ii) I = x(1 x ) δ[x(1 x )] dx, cos(kx) δ[x(1 x )] dx. 1

2 Esercizio 6. Si calcolino gli integrali (con ω parametro reale) (i) I 3 = (ii) I 4 = sin(ωx) δ[sin(x)] dx, sin(x) δ[sin(x)] dx. Esercizio 7. Si risolva l equazione differenziale ordinaria con dato iniziale lim 0, t ẍ(t) = f(t) lim ẋ(t) = 0, t per le funzioni (con A, B, ν, ω costanti reali, t 0 > 0) (i) f(t) = A [δ(t + t 0 ) δ(t t 0 )], (ii) f(t) = A δ(t + t 0 ) + B(t t 0 ), (iii) f(t) = A sin(νt) δ(t t 0 ), (iv) f(t) = A [Θ(t + t 0 ) Θ(t t 0 )], (v) f(t) = A sin(ω 0 t) [Θ(t + t 0 ) Θ(t t 0 )]. Esercizio 8. Si risolva l equazione differenziale ordinaria ẍ(t) = ω 0 x(t) + f(t) con ω 0 una costante reale, per le funzioni f(t) considerate nei casi (i) (iii) dell esercizio 1. Esercizio 9. Si risolva l equazione differenziale ordinaria ẍ(t) = ω 0 x(t) λ ẋ(t) + f(t) con ω 0 e λ > 0 costanti reali, per la funzione f(t) = Γ δ(t). Esercizio 10. Si determinino, se esistono, le soluzioni dell equazione d ψ dx = [k A δ(x)] ψ(x) (con k costante reale non nulla) che soddisfano le condizioni limite lim ψ(x) = 0. x ±

3 Soluzioni Esercizio 1. Si tratta di un integrale della forma semplice b a δ(x) f(x) dx. Utilizzando la proprieta fondamentale della δ abbiamo immediatamente che l integrale sarà uguale ad f(0). In questo caso f(x) = e (x )/+(x 3 )/3 cosh(x ) cosh(x 5 ), e quindi l integrale richiesto vale uno. Esercizio. La funzione f(x) che appare nell integrale è piuttosto complessa; ma trattandosi di una funzione dispari abbiamo immediatamente che l integrale si annulla. Esercizio 3. Qui abbiamo un integrale della forma I = δ[f (x)] f(x) dx. In questo caso la funzione F (x) è F (x) = 9 10x + x 4 = (x 9) (x 1) = (x 3) (x + 3) (x 1) (x + 1). Dunque tutti i suoi zeri sono semplici; abbiamo inoltre Segue immediatamente che F (x) = 4 x 3 0 x = 4 x (x 5). F (±1) = 16 ; F (±3) = ±48. Usando la formula b a δ[f (x)] f(x) dx = x k (a,b) 1 F (x k ) f(x k) e ricordando che ora otteniamo immediatamente I = cos(3π) + cos( 3π) 48 f(x) = cos(πx) Esercizio 4. Notiamo innanzitutto che + cos(π) + cos( π) 16 x 3 e kx dx = 0, =

4 dato che la funzione integranda è dispari. Dunque è sufficiente calcolare (per k > 0) x e kx dx = d e kx dx = π4k 3. dk Segue da questo che Dunque, I(k) = k π π 4k 3 = 1 k. lim I(k) = 0. k D altra parte, abbiamo immediatamente x δ(x) dx = 0. Esercizio 5. Dobbiamo utilizzare la formula δ[f (x)] = k 1 F (x k ) δ(x x k) dove la somma è sugli zeri x k di F, assunti essere semplici. Allora δ[x(1 x )] = δ(x) + 1 [δ(x 1) + δ(x + 1)]. Il primo integrale I 1 è evidentemente nullo, I 1 = 0. Per il secondo integrale, otteniamo I = 1 + (1/)[cos(k) + cos( k)] = 1 + cos(k). Esercizio 6. Osserviamo che in questo caso δ[sin(x)] = k Dunque abbiamo immediatamente 1 cos(kπ) δ(x kπ) = k δ(x kπ). I 3 = k sin(kωπ), che in generale (cioé per ω generico) non converge. L integrale I 4 corrisponde al caso ω = 1, ed in questo caso abbiamo immediatamente I 4 = 0. Esercizio 7. Ricordiamo che, per un qualsiasi tempo iniziale, x( ) + t ẋ(τ) dτ ; ẋ(τ) = ẋ( ) + τ ẍ(η) dη. Nel caso in esame scegliamo < t 0 e quindi x( ) = ẋ( ) = 0; abbiamo quindi t ( τ ) f(η) dη dτ. ( ) 4

5 Possiamo ora considerare le varie scelte di f(t) proposte nell esercizio. Per semplicità di notazione, scriveremo τ f(η) dη := F (τ), e quindi la (*) diventa t F (τ) dτ. ( ) (i) Per f(t) = A[δ(t + t 0 ) δ(t t 0 )] otteniamo facilmente F (τ) = A [Θ(τ + t 0 ) Θ(τ t 0 )] ; è evidente che { 0 per t < t0, A (t + t 0 ) per t 0 < t < t 0, A t 0 per t > t 0. (ii) Per f(t) = Aδ(t + t 0 ) + Bδ(t t 0 ) otteniamo facilmente F (τ) = A Θ(τ + t 0 ) + B Θ(τ t 0 ) ; è evidente che { 0 per t < t0, A (t + t 0 ) per t 0 < t < t 0, A (t + t 0 ) + B (t t 0 ) per t > t 0. (iii) Il fatto che in f apparentemente ci sia una funzione di t a moltiplicare la δ non deve trarre in inganno: infatti la δ assicura che conta solo il valore per t = t 0. Dunque per f(t) = A (νt)δ(t t 0 ) otteniamo facilmente F (τ) = A sin(νt 0 )Θ(τ t 0 ), e quindi { 0 per t < t0, A sin(νt 0 ) (t t 0 ) per t > t 0. (iv) Per f(t) = A[Θ(t + t 0 ) Θ(t t 0 )] otteniamo facilmente ne segue che F (τ) = A [(τ + t 0 ) Θ(τ + t 0 ) (τ t 0 ) Θ(τ t 0 )] ; { 0 per t < t0, (A/) (t + t 0 ) per t 0 < t < t 0, A t 0 t per t > t 0. 5

6 (v) Scriviamo ω = ω 0. Per f(t) = A sin(ωt) [Θ(t + t 0 ) Θ(t t 0 )] abbiamo evidentemente F (τ) = 0 per τ < t 0 e F (τ) = F (t 0 ) per τ > t 0 ; per t 0 < τ < t 0 abbiamo τ [ F (τ) = A sin(ωy) dy = A cos(ωy) ] τ t 0 ω t 0 = A ω [cos(ωt 0) cos(ωτ)]. Passando a considerare x(t), dalla (**) otteniamo che 0 per t < t 0, mentre per t < t 0 si ha A ω in particolare, In conclusione, t t 0 cos(ωt 0 ) cos(ωτ) dτ = A ω [(t + t 0) cos(ωt 0 ) (1/ω)[sin(ωt) + sin(ωt 0 )]] := χ(t) ; x(t 0 ) = A ω [t 0 cos(ωt 0 ) (/ω) sin(ωt 0 )]. { 0 per t t0 χ(t) per t 0 < t < t 0 χ(t 0 ) + F (t 0 ) (t t 0 ) per t t 0. Esercizio 8. Iniziamo con il considerare le funzioni (i) e (ii). Negli intervalli I = (, t 0 ), I 0 = ( t 0, t 0 ) e I + = (t 0, ), la soluzione dell equazione è x i (t) = α i cos(ω 0 t) + β i sin(ω 0 t) (i = +, 0, ). Ovviamente questa comporta che ẋ i (t) = β i cos(ω 0 t) α i sin(ω 0 t) (i = +, 0, ). Dobbiamo dunque solo determinare i coefficienti α i, β i o meglio dato che non sono assegnate condizioni iniziali le loro relazioni. Procedendo come nella soluzione dell esercizio 1, notiamo che (con ε > 0) x(t + ε) = x(t ε) + = x(t ε) + t+ε t ε t+ε t ε ẋ(τ) dτ ( ẋ(t ε) + τ t ε ) ẍ(η) dη dτ. 6

7 Dato che x(η) resta limitato, solo il termine singolare proveniente da f(t) contribuisce nel limite ε 0. Dunque deve essere x( t 0 + ε) = x( t 0 ε), ẋ( t 0 + ε) = ẋ( t 0 ε) + x(t 0 + ε) = x(t 0 ε), ẋ(t 0 + ε) = ẋ(t 0 ε) + D altra parte, abbiamo evidentemente t0+ε t 0 ε t0+ε t 0 ε f(τ) dτ ; f(τ) dτ. lim x( t 0 ε) = α cos( ω 0 t 0 ) + β sin( ω 0 t 0 ) = α cos(ω 0 t 0 ) β sin(ω 0 t 0 ), lim 0 ε) = β cos( ω 0 t 0 ) α sin( ω 0 t 0 ) = β cos(ω 0 t 0 ) + α sin(ω 0 t 0 ) ; lim x( t 0 + ε) = α 0 cos( ω 0 t 0 ) + β 0 sin( ω 0 t 0 ) = α 0 cos(ω 0 t 0 ) β 0 sin(ω 0 t 0 ), lim 0 + ε) = β 0 cos( ω 0 t 0 ) α 0 sin( ω 0 t 0 ) = β 0 cos(ω 0 t 0 ) + α 0 sin(ω 0 t 0 ) ; lim 0 ε) = α 0 cos(ω 0 t 0 ) + β 0 sin(ω 0 t 0 ) lim 0 ε) = β 0 cos(ω 0 t 0 ) α 0 sin(ω 0 t 0 ) ; lim x(t 0 + ε) = α + cos(ω 0 t 0 ) + β + sin(ω 0 t 0 ), lim ẋ(t 0 + ε) = β + cos(ω 0 t 0 ) α + sin(ω 0 t 0 ). Nel caso (iii) abbiamo un solo punto di salto, che si studia in modo analogo (in questo caso indichiamo i due intervalli con I ed I + ). Possiamo ora facilmente analizzare i casi proposti. (i) Ora le condizioni di raccordo nei punti di discontinuità t = ±t 0 sono descritte da t0+ε t0+ε f(τ) dτ = A ; f(τ) dτ = A. t 0 ε t 0 ε Questo implica che le relazioni precedenti forniscano α 0 cos(ω 0 t 0 ) β 0 sin(ω 0 t 0 ) = α cos(ω 0 t 0 ) β sin(ω 0 t 0 ) ; β 0 cos(ω 0 t 0 ) + α 0 sin(ω 0 t 0 ) = β cos(ω 0 t 0 ) + α sin(ω 0 t 0 ) + A ; α + cos(ω 0 t 0 ) + β + sin(ω 0 t 0 ) = α 0 cos(ω 0 t 0 ) + β 0 sin(ω 0 t 0 ) ; β + cos(ω 0 t 0 ) α + sin(ω 0 t 0 ) = β 0 cos(ω 0 t 0 ) α 0 sin(ω 0 t 0 ) A. 7

8 Queste relazioni forniscono α + = α 0 + A sin(ω 0 t 0 ), β + = β 0 A cos(ω 0 t 0 ) ; α = α 0 A sin(ω 0 t 0 ), β = β 0 A cos(ω 0 t 0 ). (ii) In questo caso t0+ε f(τ) dτ = A ; t0+ε t 0 ε t 0 ε Le relazioni tra i coefficienti sono ora f(τ) dτ = B. α 0 cos(ω 0 t 0 ) β 0 sin(ω 0 t 0 ) = α cos(ω 0 t 0 ) β sin(ω 0 t 0 ) ; β 0 cos(ω 0 t 0 ) + α 0 sin(ω 0 t 0 ) = β cos(ω 0 t 0 ) + α sin(ω 0 t 0 ) + A ; α + cos(ω 0 t 0 ) + β + sin(ω 0 t 0 ) = α 0 cos(ω 0 t 0 ) + β 0 sin(ω 0 t 0 ) ; β + cos(ω 0 t 0 ) α + sin(ω 0 t 0 ) = β 0 cos(ω 0 t 0 ) α 0 sin(ω 0 t 0 ) B. Queste relazioni forniscono α + = α 0 + B sin(ω 0 t 0 ), β + = β 0 B cos(ω 0 t 0 ) ; α = α 0 A sin(ω 0 t 0 ), β = β 0 A cos(ω 0 t 0 ). (iii) In questo caso abbiamo un solo punto di discontinuità (in t = t 0 ), con evidentemente t0+ε t 0 ε e le condizioni di raccordo sono f(τ) dτ = A sin(νt 0 ), α + cos(ω 0 t 0 ) + β + sin(ω 0 t 0 ) = α cos(ω 0 t 0 ) + β sin(ω 0 t 0 ) ; β + cos(ω 0 t 0 ) α + sin(ω 0 t 0 ) = β cos(ω 0 t 0 ) α sin(ω 0 t 0 ) Queste relazioni forniscono A sin(νt 0 ). α + = α A sin(νt 0 ) sin(ω 0 t 0 ), β + = β + A cos(ω 0 t 0 ) sin(νt 0 ). Esercizio 9. La soluzione dell equazione proposta in ognuno dei due intervalli I ± è fornita da 1 [ ( ) ] [ ( ) ] x ± (t) = A ± exp λ + λ ω0 t + B ± exp λ λ ω0 t ; 1 Naturalmente, per ω 0 > λ sarebbe più opportuno riscrivere le soluzioni in termini di seno e coseno di ν 0 t, dove ν 0 = ω0 λ ; lasceremo allo studente la cura di questa riscrittura. 8

9 questa fornisce inoltre, derivando, ( ) ẋ ± (t) = λ + λ ω0 ( ) λ λ ω0 A ± [ ( exp λ + [ exp B ± ) λ ω0 ( λ λ ω0 ] t ) t ]. Notiamo che per t 0 abbiamo lim x ±(t) = A ± + B ± ; t 0 ( λ + lim ẋ±(t) = t 0 λ ω 0 ) A ± ( ) λ λ ω0 B ±. Naturalmente, +ε ε Le condizioni di raccordo sono dunque (A + A ) + (B + B ) = 0 ; ( ) λ + λ ω0 (A + A ) + La soluzione di queste fornisce f(τ) dτ = Γ. ( λ ) λ ω0 (B + B ) = Γ. A + = A Γ λ ω 0, B + = B + Γ λ ω 0. Esercizio 10. Consideriamo le regioni x > 0 ed x < 0, ed indichiamo la funzione ψ in queste come ψ (±) (x). Per x 0, abbiamo ψ xx = k ψ, che ha soluzione ψ(x) = a e kx + b ekx. Dunque le soluzioni nelle due regioni sono { ψ ( ) (x) = a ( ) e kx + b ( ) ekx, ψ (+) (x) = a (+) e kx + b (+) ekx. D altra parte, la condizione per x ± richiede di avere a ( ) = 0 = b (+), e quindi ψ ( ) (x) = β ekx, ψ (+) (x) = α e kx. 9

10 Le condizioni al punto di contatto richiedono che questa richiede di avere Notiamo che lim ψ ( ) (x) = x 0 Consideriamo ora ψ x. Avremo dato che la condizione diviene dobbiamo quindi scegliere α = β. ψ ± (0) = α. lim ψ (+) (x) ; x 0 + lim ψ x (+) (x) = lim ψ ( ) (x) A ψ(0) ; x 0 + x 0 ψ (+) x (x) = k e kx, ψ ( ) x (x) = k e kx, k = k α A ; α = /, (k/a). In conclusione, la soluzione cercata è ψ(x) = (k/a) e k x. 10

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