METODI MATEMATICI PER LA FISICA
PROVA SCRITTA -3 LUGLIO 2018
Si risolvano cortesemente i seguenti problemi, sapendo che verranno valutati:

1. la correttezza del risultato ottenuto e della procedura utilizzata;

2. la completezza dei passaggi riportati;

3. il livello di esemplificazione con cui sono espressi i risultati (ad esempio un risultato numerico reale non deve
contenere l’unità immaginaria);

4. la correttezza del formalismo utilizzato;

5. la chiarezza dell’esposizione e la leggibilità del testo.


PRIMO PROBLEMA (PUNTEGGIO: 6/30)
Si calcoli l’integrale
Z ‚ Œ
z2 − z − 6
J= exp dz ,
|z−1|=1
z−1

il percorso d’integrazione è la circonferenza di centro z = 1 e raggio unitario, esprimendo il risultato in termini delle
funzioni di Bessel modificate di primo tipo I1 (z), che sono rappresentate dalla serie
∞
X (z/2)2m+α
Iα (z) = .
m=0
m! Γ(m + α + 1)

SOLUZIONE DEL PRIMO PROBLEMA
L’integranda ha, al finito, la sola singolarità essenziale in z = 1, che rappresenta un polo semplice per l’esponente
dell’esponenziale. Tale esponente è una funzione meromorfa, rapporto di due polinomi, la cui serie di Laurent
centrata in z = 1 si ottiene dalla serie di Taylor del numeratore. Infatti si ha

€ Š d (z 2 −z−6) d 2 (z 2 −z−6) 1
2
z2 − z − 6 + dz
(z − 1) + dz 2 2
(z − 1)2
z −z−6 z=1 z=1 z=1
=
z−1 z−1
−6 + (z − 1) + (z − 1)2 −6 C−1
= = + 1 + (z − 1) ≡ + C0 + C1 (z − 1) ,
z−1 z−1 z−1
con: C−1 = −6 e C0 = C1 = 1. Lo sviluppo di Laurent dell’integranda in z = 1 è
  ∞ k j ∞
C−1 C0 C−1 /(z−1) C1 (z−1) C0
X C−1 C1 j−k
X
exp + C0 + C1 (z − 1) = e e e =e (z − 1) ≡ Dn (z − 1)n ,
z−1 k, j=0
k! j! n=−∞


il residuo coincide con il coefficiente della potenza "−1", D−1 , che si ottiene, ancora in forma di serie, dalla doppia
serie con la condizione j − k = −1. Posto j = k − 1, la serie in j può essere eliminata, mentre quella in k ha limite
inferiore 1, non può avere lo 0 poiché j ≥ 0 e k = j + 1 ≥ 1, si ha
∞ ∞ ∞
k
C0
X k
C−1 C1k−1 C0
X k+1 k
C−1 C1 C0
X C−1 C1
D−1 = e =e = e C−1 .
k=1
k!(k − 1)! k=0
(k + 1)!k! k=0
k!(k + 1)!

Le funzioni di Bessel modificate di primo tipo I1 (z) hanno rappresentazione
∞ ∞
X (z/2)2m+1 X (z/2)2m+1
I1 (z) = = ,
m=0
m! Γ(m + 2) m=0
m!(m + 1)!



3 luglio 2018 page 1 of 7
ne consegue che
p 2k p 2k+1
∞
X C−1 C1 e C−1 C0 ∞
X C−1 C1 e C0 C−1  p 
D−1 = e C0 C−1 .= p =p I1 2 C−1 C1 .
k=0
k!(k + 1)! C−1 C1 k=0
k!(k + 1)! C−1 C1

In definitiva l’integrale cercato vale
Z ‚ 2 Œ – ‚ 2 Œ ™
z −z−6 z −z−6 −12iπe  p 
J= exp dz = 2iπ Res exp , z = 1 = 2iπ D−1 = p I1 2 −6 ,
|z−1|=1
z−1 z−1 −6

ovvero
p  p 
J = −2 6 πe I1 2i 6 .




SECONDO PROBLEMA (PUNTEGGIO 6/30)
Si ottenga il valore dell’integrale
I
senh(z)
Q= dz ,
Γ
cosh(z) − 2

dove Γ è il quadrato centrato nell’origine, con lati paralleli agli assi e di lunghezza 2π, ovvero i quattro vertici sono:
z1 = π (1 + i), z1 = π (−1 + i), z3 = π (−1 − i) e z4 = π (1 − i).

SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA
L’integranda è una funzione meromorfa, i cui poli al finito coincidono con gli zeri del denominatore, ovvero con le
soluzione dell’equazione

cosh(z) − 2 = 0 .

Facendo la sostituzione w = ez si ottiene l’equazione di secondo grado in w

w 2 − 4w + 1 = 0 ,

che ammette le soluzioni
p (k)
€ p Š
w1,2 = 2 ± 3 =⇒ z1,2 = ln 2 ± 3 + 2ikπ , k ∈ Z.

Questi poli sono
p allineati lungo le rette parallele all’asse immaginario e simmetriche rispetto ad esso, di equazioni
Re(z) = ln(2 ± 3). Si tratta di poli semplici, infatti, ∀ k ∈ Z,
(k)
€ ...