Esercizi sulla tecnica di Feynman

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Sommario

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Questa dispensa raccoglie alcuni esercizi svolti tramite la tecnica di Feynman. Il testo è composto da una breve introduzione storica riguardante l’origine e lo sviluppo della tecnica di Feynman, seguita da un capitolo contenente richiami teorici ed esempi dettagliatamente risolti, e infine una sezione di esercizi proposti in ordine crescente di difficoltà. Le parti introduttive hanno lo scopo di fornire al lettore le conoscenze preliminari necessarie per affrontare efficacemente i problemi proposti, favorendo così un miglioramento delle capacità generali di problem solving.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti.

Revisori: Matteo Talluri/a>, Chiara Gambicchia/a>.

Introduzione

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Il gesto di far scorrere la derivata oltre il simbolo di integrale $\int$ affonda le radici nella seconda metà del Seicento: Gottfried Wilhelm~Leibniz introduce la notazione integrale nei suoi manoscritti del 1675 e la rende pubblica negli Acta Eruditorum del 1686 [1, 2]. La regola che giustifica (sotto opportune ipotesi) lo scambio fra derivazione rispetto a un parametro e integrazione — la cosiddetta regola di Leibniz — è oggi un punto cardine dell’analisi matematica [3, 8].

Nel Settecento l’idea si diffonde rapidamente: i Bernoulli ed Euler la usano con disinvoltura come strumento di calcolo, spesso prima che esistano fondazioni rigorose. Un esempio emblematico è il problema della brachistocrona (1696–97), dove l’introduzione di un parametro ausiliario e la successiva derivazione aiutano a semplificare l’equazione che descrive la curva di discesa più rapida [4].

L’Ottocento è il secolo del rigore: con Cauchy e poi Riemann si chiariscono le condizioni di continuità e integrabilità, e con Lebesgue (inizio Novecento) si ottengono criteri potenti — come il teorema della convergenza dominata — che permettono di scambiare in modo sicuro limiti, derivate e integrali [5, 8].

Nel Novecento, la stessa idea riemerge anche in una veste “da laboratorio”. Richard P.~Feynman racconta di aver imparato la derivazione sotto il segno di integrale da studente, a partire da un testo di analisi avanzata (Woods, 1926), e di averla poi trasformata in un vero e proprio “integrating trick” per risolvere integrali ostici in modo rapido ed elegante [6, 7, 3].

Oggi i due nomi convivono pacificamente: nei corsi di analisi si parla di Leibniz integral rule e si invocano ipotesi precise; in molti problemi di fisica e in contesti divulgativi si parla invece di Feynman’s trick, sottolineandone l’efficacia operativa [3, 8].

Richiami teorici

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Il trucco di Feynman consiste nel trasformare un integrale “ostico” della forma

$I=\int_{A}^{B} f(x)\,dx$

nel membro di una famiglia di integrali

$I(t)=\int_{A}^{B} f(x,t)\,dx,\qquad I(t_0)=I \ \ \text{per qualche } t_0\in\mathbb{R}.$

Vedremo in seguito che sotto certe ipotesi la funzione $I=I(t)$ soddisfa un’equazione differenziale del primo ordine:

(1) $\begin{equation*} I'(t)=\int_{A}^{B}\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx. \end{equation*}$

Inoltre, se $I(t^\ast)$ è noto per qualche $t^\ast\in\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}$ , basta risolvere il problema di Cauchy dato da (1) con i dati iniziali (o dato al bordo nel caso $t^\ast=\pm\infty$ ) e si ottiene il risultato cercato, ovvero il valore $I=I(t_0)$ . Il risultato che rende lecito il passaggio della derivata sotto il segno di integrale è il teorema seguente.

$\quad$

Teorema 1 (passaggio della derivata: forma elementare). Sia $T>0$ e $f(x,t)$ una funzione continua su $[0,+\infty)\times[0,T]$ , che ammette derivata parziale $\frac{\partial f}{\partial t}$ anch’essa continua nello stesso dominio. Supponiamo inoltre che esista $t_0\in[0,T]$ tale che $f(\,\cdot\,,t_0)$ sia integrabile in $[0,+\infty)$ e inoltre che esista una funzione positiva $g=g(x)$ tale che

$\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\Bigr|\le g(x),\qquad \forall x>0,\ \forall t\in[0,T],$

e che l’integrale improprio $\int_{0}^{\infty} g(x)\,dx$ converga. Allora, la funzione

$t\in[0,T]\longmapsto \int_{0}^{\infty} f(x,t)\,dx$

è ben definita e derivabile. Inoltre, per ogni $t\in[0,T]$ vale

$\frac{d}{dt}\int_{0}^{\infty} f(x,t)\,dx = \int_{0}^{\infty} \frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx.$

$\quad$

Dimostrazione. Per chiarezza dividiamo il ragionamento in passi e, inizialmente, consideriamo un intervallo di integrazione limitato $[A,B]$ .

$\quad$

Continuità uniforme di $\frac{\partial f}{\partial t}$ . Poiché $\frac{\partial f}{\partial t}$ è continua sul rettangolo compatto $[A,B]\times[0,T]$ , il teorema di Heine–Cantor garantisce la continuità uniforme; vale quindi:

(2) $\begin{equation*} \forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0:\ |t'-t|<\delta \Longrightarrow \Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t')-\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\Bigr|<\varepsilon \quad \forall x\in[A,B]. \end{equation*}$

Rapporto incrementale. Per $h\neq 0$ con $t,t+h\in[0,T]$ poniamo

$Q_h(x):=\frac{f(x,t+h)-f(x,t)}{h}.$

Per il teorema di Lagrange esiste $\theta=\theta(x,t,h)\in(0,1)$ tale che

(3) $\begin{equation*} Q_h(x)=\frac{\partial f}{\partial t}\bigl(x,t+\theta h\bigr). \end{equation*}$

Convergenza uniforme di $Q_h$ . Se $|h|<\delta$ (con $\delta$ scelto come in (2)), grazie alla (3), si ha

(4) $\begin{equation*} \left|Q_h(x)-\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right|<\varepsilon \quad \forall x\in[A,B], \end{equation*}$

ossia $Q_h\to \frac{\partial f}{\partial t}(\,\cdot\,,t)$ per $h\to 0$ , uniformemente su $[A,B]$ .

Scambio limite–integrale. Per $h$ scelto come in (2), scriviamo

$\frac{I(t+h)-I(t)}{h}=\int_{A}^{B} Q_h(x)\,dx.$

Applicando la disuguaglianza triangolare e la (4) si trova

$\begin{aligned} \left|\frac{I(t+h)-I(t)}{h}-\int_{A}^{B}\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx\right| &= \left|\int_{A}^{B}\left(Q_h(x)-\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right)\,dx\right|\\ &\le \int_{A}^{B}\left|Q_h(x)-\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right|\,dx\\ &\le \int_{A}^{B}\varepsilon\,dx = (B-A)\varepsilon. \end{aligned}$

Dunque, l’uniforme convergenza di $Q_h$ consente di scambiare limite e integrale:

$\lim_{h\to 0}\int_{A}^{B} Q_h(x)\,dx = \int_{A}^{B}\lim_{h\to 0} Q_h(x)\,dx = \int_{A}^{B}\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx.$

Concludiamo che $I'(t)$ esiste e coincide con l’integrale della derivata parziale.

Passaggio al dominio improprio. Nel caso in cui l’intervallo di integrazione sia $[0,+\infty)$ , definiamo $I_N(t)=\int_{0}^{N} f(x,t)\,dx$ . Per ciascun $N$ vale il risultato dei punti (1)–(4). Inoltre, per ipotesi, la successione $\{I_N(t_0)\}$ converge. L’ipotesi $\left|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right|\le g(x)$ garantisce che, per confronto, per ogni $t\in[0,T]$ la funzione $x\mapsto \frac{\partial f}{\partial t}(x,t)$ è integrabile su $[0,+\infty)$ . Dunque, la successione $\{I_N'\}$ delle derivate di $I_N$ , data da

$I_N'(t)=\int_{0}^{N}\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx,$

converge per $N\to +\infty$ uniformemente in $[0,T]$ :

$\sup_{t\in[0,T]} \left|I_N'(t)-\int_{0}^{\infty}\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx\right| \le \sup_{t\in[0,T]}\int_{N}^{\infty}\left|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right|\,dx \le \int_{N}^{\infty} g(x)\,dx \longrightarrow 0, \qquad \text{per } N\to +\infty.$

Possiamo dunque applicare il teorema di convergenza uniforme delle derivate e concludere la dimostrazione.

$\quad$

Corollario 2 (Limiti di integrazione variabili). Nelle ipotesi del teorema 1, se

$I(t)=\int_{a(t)}^{c(t)} f(x,t)\,dx,\qquad a,c\in\mathcal{C}^{1}[0,T],$

allora

$\frac{dI}{dt} = f\!\bigl(c(t),t\bigr)\,c'(t) - f\!\bigl(a(t),t\bigr)\,a'(t) + \int_{a(t)}^{c(t)} \frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx.$

$\quad$

Remark 3. Le ipotesi del teorema possono essere indebolite, ovvero è sufficiente richiedere che $\frac{\partial f}{\partial t}$ sia dominata quasi ovunque da una funzione integrabile. Negli esempi olimpici o nei corsi introduttivi le condizioni del teorema 1 sono spesso sufficienti.

Esempi classici

L'integrale di Dirichlet.

Proposizione 4. Si ha

$I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.$

$\quad$

Dimostrazione. Per $t\ge 0$ poniamo

$f(x,t)=e^{-t x}\,\frac{\sin x}{x}, \qquad I(t)=\int_{0}^{\infty} f(x,t)\,dx, \qquad I=I(0).$

La derivata rispetto a $t$ è

$\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)= -e^{-t x}\sin x.$

Fissati $0<t_0<t_1$ , per ogni $x\ge 0$ e $t\in[t_0,t_1]$ vale

$\left|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right| = e^{-t x}|\sin x| \le e^{-t x} \le e^{-t_0 x} =:g_{t_0}(x).$

Poiché

$\int_{0}^{\infty} g_{t_0}(x)\,dx =\int_{0}^{\infty} e^{-t_0 x}\,dx =\frac{1}{t_0}<\infty,$

possiamo applicare il teorema 1 su ogni intervallo $[t_0,t_1]\subset(0,\infty)$ ; ne segue che $I$ è derivabile per ogni $t>0$ e

$I'(t)=-\int_{0}^{\infty} e^{-t x}\sin x\,dx.$

Per $t>0$ calcoliamo l’integrale a destra. Poniamo

$J(t):=\int_{0}^{\infty} e^{-t x}\sin x\,dx, \qquad K(t):=\int_{0}^{\infty} e^{-t x}\cos x\,dx.$

Integrando per parti,

$J(t)=\frac{1}{t}K(t), \qquad K(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t}J(t),$

da cui $(1+t^2)J(t)=1$ e quindi

$\int_{0}^{\infty} e^{-t x}\sin x\,dx=\frac{1}{1+t^2}.$

Pertanto

$I'(t)=-\frac{1}{1+t^2}.$

Integrando tra $0$ e $t$ (integrale improprio in $0$ ):

$I(t)-I=\int_{0}^{t} I'(s)\,ds =-\int_{0}^{t}\frac{1}{1+s^2}\,ds =-\arctan t,$

cioè

$I(t)=I-\arctan t.$

Infine, poiché $\bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr|\le 1$ per $x\ge 0$ , si ha

$|I(t)| \le\int_{0}^{\infty} e^{-t x}\,dx =\frac{1}{t}\xrightarrow[t\to+\infty]{}0.$

Passando al limite per $t\to+\infty$ nell’identità $I(t)=I-\arctan t$ otteniamo

$0=\lim_{t\to+\infty}I(t)=I-\frac{\pi}{2},$

e quindi $I=\frac{\pi}{2}$ .

L'integrale gaussiano.

Proposizione 5. Per ogni $a>0$ vale

$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx \;=\; \sqrt{\frac{\pi}{a}}.$

$\quad$

Dimostrazione. Poniamo

$G(a)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx, \qquad a>0.$

Per simmetria si ha

$G(a)=2\int_{0}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx.$

Con il cambio di variabile $u=\sqrt{a}\,x$ (quindi $dx=\frac{1}{\sqrt{a}}\,du$ ) otteniamo

$G(a)=\frac{2}{\sqrt{a}}\int_{0}^{\infty} e^{-u^{2}}\,du.$

Dunque basta calcolare

$J:=\int_{0}^{\infty} e^{-u^{2}}\,du,$

che è convergente (ad esempio $e^{-u^{2}}\le e^{-u}$ per $u\ge 1$ ).

Per $t>0$ definiamo

$A(t):=\left(\int_{0}^{t} e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}.$

Per il teorema fondamentale del calcolo $A$ è derivabile e vale

$A'(t)=2\left(\int_{0}^{t} e^{-x^{2}}\,dx\right)e^{-t^{2}}.$

Con il cambio di variabile $x=ty$ (con $y\in[0,1]$ ) segue

$A'(t)=2e^{-t^{2}}\int_{0}^{t}e^{-x^{2}}\,dx =\int_{0}^{1}2t\,e^{-(1+y^{2})t^{2}}\,dy.$

Osserviamo ora che, per ogni $y\in[0,1]$ ,

$\frac{\partial}{\partial t}\!\left(\frac{e^{-(1+y^{2})t^{2}}}{1+y^{2}}\right) =-2t\,e^{-(1+y^{2})t^{2}}.$

Quindi

$A'(t)=-\int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial t}\!\left(\frac{e^{-(1+y^{2})t^{2}}}{1+y^{2}}\right)\,dy.$

Fissato $T>0$ , la funzione

$(y,t)\longmapsto \frac{e^{-(1+y^{2})t^{2}}}{1+y^{2}}$

è continua su $[0,1]\times[0,T]$ e ammette derivata parziale rispetto a $t$ continua. Inoltre, per ogni $(y,t)\in[0,1]\times[0,T]$ ,

$\left|\frac{\partial}{\partial t}\!\left(\frac{e^{-(1+y^{2})t^{2}}}{1+y^{2}}\right)\right| =2t\,e^{-(1+y^{2})t^{2}} \le 2T,$

e la maggiorazione $2T$ è integrabile su $[0,1]$ . Per il teorema 1 (nella versione su intervalli di integrazione limitati) possiamo dunque scambiare derivata e integrale. Definendo

$B(t):=\int_{0}^{1}\frac{e^{-(1+y^{2})t^{2}}}{1+y^{2}}\,dy, \qquad t\ge 0,$

otteniamo, per ogni $t>0$ ,

$B'(t)=\int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial t}\!\left(\frac{e^{-(1+y^{2})t^{2}}}{1+y^{2}}\right)\,dy \quad\Longrightarrow\quad A'(t)=-B'(t).$

Segue che esiste una costante $C$ tale che

$A(t)+B(t)=C, \qquad t>0.$

Passando al limite per $t\to 0^{+}$ (si noti che $A(t)\to 0$ e $B(t)\to B(0)$ per continuità dell’integranda), si ha

$0+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+y^{2}}\,dy = C.$

Poiché $\int_{0}^{1}\frac{1}{1+y^{2}}\,dy=\arctan(1)=\frac{\pi}{4}$ , otteniamo $C=\frac{\pi}{4}$ e quindi

$A(t)=\frac{\pi}{4}-B(t), \qquad t>0.$

Per ogni $t>0$ vale $0\le B(t)\le \int_{0}^{1}e^{-t^{2}}\,dy=e^{-t^{2}}$ , dunque $B(t)\to 0$ per $t\to+\infty$ . Ne segue

$\lim_{t\to+\infty}A(t)=\frac{\pi}{4}.$

D’altra parte $\int_{0}^{t}e^{-x^{2}}\,dx \nearrow \int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\,dx = J$ per $t\to+\infty$ , quindi

$J^{2}=\lim_{t\to+\infty}A(t)=\frac{\pi}{4}, \qquad\text{cioè}\qquad J=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

Infine, tornando a $G(a)$ ,

$G(a)=\frac{2}{\sqrt{a}}\,J=\sqrt{\frac{\pi}{a}}, \qquad a>0,$

come volevamo dimostrare.

Un ulteriore esempio.

Proposizione 6. Per ogni $a>0$ vale

$\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos(ax)}{x^{2}}\,dx \;=\; \frac{\pi\,a}{2}.$

$\quad$

Dimostrazione. Definiamo

$I(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos(ax)}{x^{2}}\,dx, \qquad a\ge 0.$

Fissato $R>0$ poniamo

$I_R(a)=\int_{0}^{R}\frac{1-\cos(ax)}{x^{2}}\,dx, \qquad a\ge 0.$

Per $x>0,\ a\ge 0$ si ha

$\frac{\partial}{\partial a}\!\left(\frac{1-\cos(ax)}{x^{2}}\right) =\frac{\sin(ax)}{x}.$

Dato $T>0$ , per ogni $a\in[0,T]$ vale

$\left|\frac{\partial}{\partial a}\!\left(\frac{1-\cos(ax)}{x^{2}}\right)\right| =\frac{|\sin(ax)|}{x} \le \begin{cases} T, & 0<x\le 1,\\[4pt] \frac{1}{x}, & 1<x\le R, \end{cases}$

dove per $0<x\le 1$ abbiamo usato $|\sin(ax)|\le ax\le Tx$ , mentre per $1<x\le R$ abbiamo usato $|\sin(ax)|\le 1$ . La funzione

$g_R(x):= \begin{cases} T, & 0<x\le 1,\\[4pt] \frac{1}{x}, & 1<x\le R, \end{cases}$

è integrabile su $(0,R]$ . Per il teorema 1 (nella versione su $(0,R]$ ) possiamo quindi derivare sotto il segno di integrale e otteniamo

$I_R'(a)=\int_{0}^{R}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx, \qquad a\ge 0.$

Per ogni $a\ge 0$ la funzione $R\mapsto I_R(a)$ è crescente e

$\lim_{R\to+\infty} I_R(a)=I(a) \qquad \text{(integrale improprio con integranda non negativa).}$

Fissiamo ora un intervallo chiuso $[a_0,a_1]\subset(0,+\infty)$ . Dalla proposizione 4 e dal cambiamento di variabile $y=ax$ sappiamo che, per ogni $a>0$ , l’integrale

$\varphi(a):=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx$

è convergente (ed anzi vale $\varphi(a)=\frac{\pi}{2}$ ; questo ci servirà più avanti). Per verificare che la convergenza sia uniforme in $a$ su $[a_0,a_1]$ , stimiamo la coda dell’integrale. Per ogni $a\in[a_0,a_1]$ e $R>0$ integriamo per parti su $[R,+\infty)$ con $u(x)=\frac{1}{x}$ , $dv=\sin(ax)\,dx$ . Si ha $du=-\frac{1}{x^{2}}\,dx$ e $v=-\frac{\cos(ax)}{a}$ ; pertanto

$\int_{R}^{+\infty}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx = -\left.\frac{\cos(ax)}{a\,x}\right|_{R}^{+\infty} -\frac{1}{a}\int_{R}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{x^{2}}\,dx.$

Il termine al bordo in $+\infty$ è nullo (poiché $|\cos(ax)|\le 1$ e $\frac{\cos(ax)}{a x}\to 0$ ), mentre l’integrale con $\frac{\cos(ax)}{x^{2}}$ converge assolutamente. Usando $|\cos(ax)|\le 1$ otteniamo la stima

$\left|\int_{R}^{+\infty}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx\right| \le \frac{1}{aR}+\frac{1}{a}\int_{R}^{+\infty}\frac{dx}{x^{2}} = \frac{2}{aR} \le \frac{2}{a_0R}, \qquad a\in[a_0,a_1].$

Cioè il resto

$\varphi(a)-I_R'(a)=\int_{R}^{+\infty}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx$

è uniformemente minore di $\frac{2}{a_0R}$ su $[a_0,a_1]$ . Dato $\varepsilon>0$ , scegliendo $R_\varepsilon$ tale che $\frac{2}{a_0R_\varepsilon}<\varepsilon$ si ha

$|\varphi(a)-I_R'(a)|<\varepsilon \qquad\text{per ogni }a\in[a_0,a_1],\ R\ge R_\varepsilon.$

Dunque $I_R'$ converge uniformemente su $[a_0,a_1]$ alla funzione $\varphi$ .

Per ogni $R>0$ , la funzione $I_R$ è di classe $\mathcal C^{1}$ su $[a_0,a_1]$ e quindi, per il teorema fondamentale del calcolo integrale, per ogni $a\in[a_0,a_1]$ vale

$I_R(a)=I_R(a_0)+\int_{a_0}^{a} I_R'(t)\,dt.$

Facendo tendere $R\to+\infty$ e usando la convergenza uniforme di $I_R'$ a $\varphi$ , possiamo portare il limite dentro l’integrale e otteniamo

$I(a)=\lim_{R\to+\infty}I_R(a) = \lim_{R\to+\infty}\left(I_R(a_0)+\int_{a_0}^{a} I_R'(t)\,dt\right) = I(a_0)+\int_{a_0}^{a}\varphi(t)\,dt.$

Poiché $\varphi$ è continua (limite uniforme di funzioni continue), ne segue che $I$ è derivabile su $(a_0,a_1)$ e

$I'(a)=\varphi(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx, \qquad a\in(a_0,a_1).$

Essendo $[a_0,a_1]\subset(0,+\infty)$ arbitrario, questo vale per ogni $a>0$ .

Dalla proposizione 4 e dal cambiamento di variabile $y=ax$ segue

$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx = \int_{0}^{\infty}\frac{\sin y}{y}\,dy = \frac{\pi}{2}, \qquad a>0,$

perciò $I'(a)=\frac{\pi}{2}$ per ogni $a>0$ . Inoltre, prendendo il limite per $a\to 0^{+}$ si ottiene ancora $\frac{\pi}{2}$ ; dunque $I$ è derivabile da destra anche in $0$ e