Esercizi sulla applicazione delle trasformate di

Fourier alla soluzione dell’equazione delle onde

Corso di Fisica Matematica 2, a.a. 2013-2014Dipartimento di Matematica, Universita di Milano

2 Dicembre 2013

Ricordiamo che la convenzione usata nel corso (ed anche nelle soluzioni) e laseguente: data una funzione f(x) ∈ F , la sua trasformata di Fourier e la funzione

f(k) =1√2π

∫ +∞

−∞f(x) e−ikx dx = 〈φ(k, x)|f(x)〉;

la antitrasformata di Fourier della funzione f(k) e data da

f(x) =1√2π

∫ +∞

−∞f(k) eikx dk = 〈f(k)|φ(k, x)〉 .

Le funzioni usate come dati iniziali negli esercizi seguenti sono piuttosto uniforminon per mancanza di fantasia, ma per evitare di dedicare troppi sforzi al calcolodegli integrali, concentrandosi invece sull’applicazione del metodo di Fourier allasoluzione della equazione delle onde.Nel seguito consideriamo l’equazione delle onde omogenea, scritta come semprenella forma

utt = α2 uxx , (x ∈ R, t ∈ R) (1)

ed anche l’equazione delle onde non omogenea, e cioe

utt = α2 uxx + f(x, t) (x ∈ R, t ∈ R) . (2)

I dati iniziali, ove considerati, saranno sempre espressi come

u(x, 0) = ϕ(x) , ut(x, 0) = ψ(x) . (3)

Eventuali costanti A,B saranno sempre supposte essere reali.Anche se questi esercizi intendono essere sulle trasformate di Fourier, alcuni diessi possono essere risolti con altri metodi, il che fornisce un modo per controllarei risultati (oltre a quello, sempre valido, di sostituire le soluzioni trovate nelleequazioni e verificare che queste siano soddisfatte).

1

1 Equazione delle onde omogenea

Esercizio 1. Si consideri l’equazione delle onde (1) con dato iniziale (A,Bcostanti reali positive)

u(x, 0) = φ(x) = Ae−B2x2/2 , ut(x, 0) = ψ(x) = 0 .

Si calcoli la soluzione u(x, t) con il metodo delle trasformate di Fourier.

Esercizio 2. Si consideri l’equazione delle onde (1) con dato iniziale (A,Bcostanti reali positive)

u(x, 0) = φ(x) = 0 , ut(x, 0) = ψ(x) = Ae−B2x2/2 .

Si calcoli la soluzione u(x, t) con il metodo delle trasformate di Fourier.

Esercizio 3. Si consideri l’equazione delle onde (1) con dato iniziale (A,Bcostanti reali positive)

u(x, 0) = φ(x) =A

1 + x2, ut(x, 0) = ψ(x) = Ae−B

2x2/2 .

Si calcoli la soluzione u(x, t) con il metodo delle trasformate di Fourier.

Esercizio 4. Si consideri l’equazione delle onde (1) con dato iniziale (A costantereale positiva)

u(x, 0) = φ(x) = 0 , ut(x, 0) = ψ(x) = A δ(x) .

Si calcoli la soluzione u(x, t) con il metodo delle trasformate di Fourier.

Esercizio 5. Si consideri l’equazione delle onde (1) con dato iniziale (A costantereale positiva)

u(x, 0) = φ(x) = 0 , ut(x, 0) = ψ(x) =

{A per |x| < 10 per |x| ≥ 1

.

Si calcoli la soluzione u(x, t) con il metodo delle trasformate di Fourier.

2 Equazione delle onde non omogenea

Esercizio 6. Si consideri l’equazione delle onde non omogenea (2) con α = 2 eforzante

f(x, t) = sin(x) sin(t) .

Se ne determini la soluzione generale e quella con dato iniziale

ϕ(x) = 0 , ψ(x) = sin(x) .

2

Esercizio 7. Si consideri l’equazione delle onde (2) con α = 1 e forzante

f(x, t) = sin(x) sin(2t) + cos(x) cos(2t) .

Se ne determini la soluzione generale e quella con dato iniziale

ϕ(x) = sin(hx) , ψ(x) = 0 .

Esercizio 8. Si consideri l’equazione delle onde (2) con α = 1 e forzante

f(x, t) = 2 sin(x) cos(2t) .

Se ne determini la soluzione generale e quella con dato iniziale

ϕ(x) = 0 , ψ(x) = 0 .

3 Forza concentrata in un punto

Esercizio 9. Si consideri l’equazione delle onde (2) con α = 2 e forzante

f(x, t) = sin(x) δ(t) .

Se ne determini la soluzione generale e quella con dato iniziale assegnato int = −1

ϕ(x) = 0 , ψ(x) = 0 .

Esercizio 10. Si consideri l’equazione delle onde (2) con α = 2 e forzante

f(x, t) = 2Aδ(t) .

Se ne determini la soluzione generale e quella con dato iniziale assegnato int = −t0 < 0

ϕ(x) = sin(x) , ψ(x) = 0 .

Esercizio 11. Si consideri l’equazione delle onde (2) con α = 2 e forzante

f(x, t) = 2 δ(x) cos(t) .

3

Se ne determini la soluzione generale e quella con dato assegnato in x = −1

u(−1, t) = 0 , ux(−1, t) = 0 .

Esercizio 12. Si consideri l’equazione delle onde (2) con α = 2 e forzante

f(x, t) = Aδ(x) exp[−Bt2/2] .

Se ne determini la soluzione generale e quella con dato iniziale assegnato in t = 0

ϕ(x) = 0 , ψ(x) = 0 .

Esercizio 13. Si consideri l’equazione delle onde (2) con α = 2 e forzante

f(x, t) = F (t) δ(x) + G(x) δ(t) .

Se ne determinino la soluzione generale, e quella che si annulla identicamenteper x < 0 e t < 0.

4

4 Soluzioni

4.1 Equazione delle onde omogenea

Esercizio 1. Passando in trasformata di Fourier, avremo

u(x, t) =1√2π

2

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞F (k, ω) ei(kx+ωt) dk dω , (1)

e quindi – dato che le proprieta della u permettono la derivazione sotto il segnodi integrale – si ha anche

utt(x, t) =1

2π

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞−ω2 F (k, ω) ei(kx+ωt) dk dω ,

uxx(x, t) =1

2π

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞−k2 F (k, ω) ei(kx+ωt) dk dω .

L’equazione delle onde si scrive quindi come

1

2π

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞

(ω2 − α2k2

)F (k, ω) ei(kx+ωt) dk dω

:=[(ω2 − α2k2) F (k, ω)

]|k, ω〉 = 0 .

Dato che le funzioni |k, ω〉 sono ortogonali, deve essere

(ω2 − α2k2) F (k, ω) = 0 , (2)

e dunque

F (k, ω) =

{0 per ω 6= ±αkqualsiasi per ω = ±αk .

Scriviamo dunque

F (k, ω) = f(k) δ(ω − αk) + g(k) δ(ω + αk) ; (3)

in questo modo abbiamo, dalla (1),

u(x, t) =1

2π

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞[f(k) δ(ω − αk) + g(k) δ(ω + αk)] ei(kx+ωt) dk dω

=1

2π

∫ +∞

−∞f(k) eik(x−αt) dk +

1

2π

∫ +∞

−∞g(k) eik(x+αt) dk ;

segue da questa formula che

ut(x, t) =1

2π

∫ +∞

−∞iαkf(k) eik(x−αt) dk +

1

2π

∫ +∞

−∞−iαkg(k) eik(x+αt) dk .

5

Al tempo t = 0 abbiamo quindi

u(x, 0) =1

2π

∫ +∞

−∞[f(k) + g(k)] eikx dk ;

ut(x, 0) = iα1

2π

∫ +∞

−∞k [f(k) − g(k)] eikx dk ;

naturalmente queste formule vanno confrontate con i dati iniziali

u(x, 0) = φ(x) =1√2π

∫ +∞

−∞φ(k) eikx dk ; ut(x, 0) = ψ(x) =

1√2π

∫ +∞

−∞ψ(k) eikx dk .

Ricordiamo che

φ(k) =1√2π

∫ +∞

−∞φ(x) e−ikx dx ; ψ(k) =

1√2π

∫ +∞

−∞ψ(x) e−ikx dx .

Dobbiamo quindi avere

f(k) + g(k) =√

2π φ(k) , iαk[f(k)− g(k)] =√

2π ψ(k) . (4)

Nel caso in esame, abbiamo ovviamente

ψ(k) = 0 ;

quanto alla φ, si tratta di una funzione semplice (dal punto di vista delle trasfor-mate di Fourier), la cui trasformata e calcolata ad esempio nelle note in rete oin qualsiasi testo; abbiamo

φ(k) =A

Be−k

2/(2B2) .

Notiamo che segue dalle (4) che per φ(k) = 0 (cioe per velocita iniziale nulla) siha g(k) = f(k); la prima delle (4) diviene allora

f(k) =

√π

2φ(k) , (5)

che in questo caso fornisce

f(k) =

√π

2

A

Be−k

2/(2B2) ; g(k) =

√π

2

A

Be−k

2/(2B2) ,

e quindi dalla (3)

F (k, ω) =

√π

2

A

Be−k

2/(2B2) [δ(ω − αk) + δ(ω + αk)] ; (6)

ovvero direttamente, ricordando che

u(x, t) =1

2π

∫ +∞

−∞f(k) eik(x−αt) dk +

1

2π

∫ +∞

−∞g(k) eik(x+αt) dk , (7)

6

segue che

u(x, t) =1

2√

2π

A

B

∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2)(eik(x−αt) + eik(x+αt)

)dk . (8)

Lo studente desideroso di arrivare ad una formula “non integrale” puo procederecome segue. Innanzitutto, riscriviamo la (8) come

u(x, t) =1

2√

2π

A

B

(∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2) eik(x−αt) dk

+

∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2) eik(x+αt) dk

);

che riscriviamo in forma compatta come

u(x, t) :=1

2

A

B[I−(x) + I+(x)] . (9)

Possiamo poi cambiare variabile di integrazione nei due integrali, passando inun caso a y = (x− αt) e nell’altro a z = (x+ αt). Abbiamo cosı

I− =1√2π

∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2) eiky dk ; I+ =1√2π

∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2) eikz dk .

Riconosciamo immediatamente in I1 ed I2 le antitrasformate di Fourier dellafunzione e−k

2/(2B2), in un caso rispetto ad y e nell’altro rispetto a z; questofornisce

I− = B e−B2y2/2 ; I+ = B e−B

2z2/2 .

Tornando alla variabile x abbiamo

I−(x) = B e−B2(x−αt)2/2 ; I+(x) = B e−B

2(x+αt)2/2 . (10)

Infine, inserendo queste nella (9), otteniamo

u(x, t) =A

2

[e−B

2(x−αt)2/2 + e−B2(x+αt)2/2

].

Esercizio 2. Possiamo fortunatamente utilizzare buona parte della discussione(generale) svolta per l’esercizio 1. Infatti la discussione che porta alla (4) eindipendente dai dati iniziali. Abbiamo dunque con la stessa notazione, ed intutta generalita,

f(k) + g(k) =√

2π φ(k) , iαk[f(k)− g(k)] =√

2π ψ(k) . (4)

7

Nel caso in questione, e piu in generale ogni qual volta φ(x) = 0, si ha natu-

ralmente φ(k) = 0 e quindi g(k) = −f(k); ne segue che la seconda delle (4) siriscrive in questo caso come

f(k) = − i

αk

√π

2ψ(k) . (11)

Nel nostro caso,

ψ(k) =A

Be−k

2/(2B2) ,

e quindi

f(k) = − iA

Bαk

√π

2e−k

2/(2B2) , g(k) =iA

Bαk

√π

2e−k

2/(2B2) . (12)

Ricordando ancora dalla discussione dell’esercizio 1 che in tutta generalita

u(x, t) =1

2π

∫ +∞

−∞f(k) eik(x−αt) dk +

1

2π

∫ +∞

−∞g(k) eik(x+αt) dk , (7)

segue che in questo caso

u(x, t) =iA

2αB

1√2π

∫ +∞

−∞

1

ke−k

2/(2B2)[eik(x+αt) − eik(x−αt)

]dk ; (13)

questa e la soluzione cercata – cioe l’equivalente della (8) per questo esercizio.Naturalmente questa implica

ut(x, t) =A

2B

1√2π

∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2)[eik(x+αt) + eik(x−αt)

]dk . (14)

Al tempo t = 0 abbiamo quindi

u(x, 0) =iA

2αB

1√2π

∫ +∞

−∞

1

ke−k

2/(2B2)[eikx − eikx

]dk = 0 ,

ut(x, 0) =A

B

1√2π

∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2) eikx dk ;

il che conferma che la soluzione verifica le condizioni iniziali assegnate.

Per trasformare la (13) in una espressione non integrale, notiamo che possiamoriscriverla come

u(x, t) =iA

2αB[J+(x) + J−(x)] ,

avendo definito

J+(x) =1√2π

∫ +∞

−∞

1

ke−k

2/(2B2) eik(x+αt) dk ,

J−(x) = − 1√2π

∫ +∞

−∞

1

ke−k

2/(2B2) eik(x−αt) dk .

8

Con il cambio di variabili y± = (x± αt) abbiamo

J± = ± 1√2π

∫ +∞

−∞

1

ke−k

2/(2B2) eiky± dk ,

che riconosciamo come la antitrasformata di Fourier della funzione h(k) :=k−1 exp[−k2/(2B2)] rispetto a y±. Dato che h e dispari, possiamo scrivere∫ +∞

−∞

1

ke−k

2/(2B2) eiky± dk = 2i

∫ +∞

0

1

ke−k

2/(2B2) sin(ky±) dk ;

effettuando l’integrazione, otteniamo∫ +∞

0

1

ke−k

2/(2B2) sin(ky±) dk =π

2Erf(By±/

√2) ,

con Erf la funzione errore (integrale gaussiano), e quindi

J±(x) = ± i√π

2Erf(By±/

√2) ;

tornando alla variabile x abbiamo

J±(x) = ± i√π

2Erf(B(x± αt)/

√2) , (15)

ed infine

u(x, t) =A

2αB

√π

2

[Erf[B(x+ αt)/

√2] − Erf[B(x− αt)/

√2]].

Lo studente e invitato a graficare questa funzione per diversi valori di t.

Esercizio 3. Partiamo ancora dalle (4),

f(k) + g(k) =√

2π φ(k) , iαk[f(k)− g(k)] =√

2π ψ(k) . (4)

In questo caso abbiamo immediatamente

φ(k) = A√π/2 e−|k| ; ψ(k) = (A/B) e−k

2/(2B2) .

Ne segue, dalle (4), che

f(k) =A

2

(πe−|k| − i

e−k2/(2B2)

αBk

), g(k) =

A

2

(πe−|k| + i

e−k2/(2B2)

αBk

).

La soluzione si ottiene inserendo queste formule nella (7),

u(x, t) =1

2π

∫ +∞

−∞f(k) eik(x−αt) dk +

1

2π

∫ +∞

−∞g(k) eik(x+αt) dk . (7)

9

Al di la di fattori costanti, abbiamo a che fare con trasformate gia incontratenei due esercizi precedenti. Scriviamo

u(x, t) =A

2

√π

2[I+(x) + I−(x)] + i

A

2√

2παB[J+ − J−(x)] , (16)

dove

I±(x) =1√2π

∫ +∞

−∞e−|k| eik(x±αt) dk ,

J±(x) =1√2π

∫ +∞

−∞e−k

2/(2B2) eik(x±αt) dk .

Questi integrali sono stati calcolati in precedenza, si vedano la (10) e la (15); in-serendo queste formule nella (16), si ottiene la soluzione u(x, t) in forma esplicita.

Esercizio 4. Partiamo ancora dalle (4); in questo caso

φ(k) = 0 , ψ(k) =A√2π

.

Ne segue che

f(k) = − i A

2αk√

2π, g(k) = + i

A

2αk√

2π.

Abbiamo pertanto, ancora dalla (7),

u(x, t) =A

4πα

[1√2π

∫ +∞

−∞

i

keik(x+αt) dk − 1√

2π

∫ +∞

−∞

i

keik(x−αt) dk

]:=

A

4πα[H+(x) − H−(x)] .

Riconosciamo negli integrali H±(x) le antitrasformate di Fourier di h(k) = (i/k)rispetto a y± = (x± αt). Dato che

h(z) =√π/2 sgn(z) ,

segue immediatamente

H±(x) =√π/2 sgn(x± αt) , (17)

e quindi

u(x, t) =A

4α

1√2π

[sgn(x+ αt) − sgn(x− αt)] .

Questa si scrive in modo equivalente come

u(x, t) =

{sgn(t) A/(2α

√2π) per |x| < |t| ,

0 per |x| > |t| .

10

Esercizio 5. In questo caso

φ(k) = 0 ; ψ(k) =1√2π

2

ksin(Ak) .

Risolvendo le (4) abbiamo

f(k) = − i 1√2π

sin(Ak)

αk2, g(k) = i

1√2π

sin(Ak)

αk2.

La (7) fornisce quindi

u(x, t) =1

α(2π)3/2

∫ +∞

−∞i

sin(Ak)

k2

[eik(x+αt) − eik(x−αt)

]dk

che riscriviamo come

u(x, t) =1

α(2π)[L+ − L−] (18)

dove abbiamo definito

L± =1√2π

∫ +∞

−∞

sin(Ak)

k2eik(x±αt) dk .

Naturalmente L± e la antitrasformata di Fourier di λ(x) = k−2 sin(Ak) rispettoa y± = (x± αt). Dato che

λ(z) =1

2

√π

2[(A+ z) sgn(A+ z) + (A− z) sgn(A− z)] ,

abbiamo immediatamente

L±(x) =1

2

√π

2[(2A± x) sgn(x± 2A) ∓ x sgn(x)] ;

inserendo questa nella (18) abbiamo

u(x, t) =1

4α

1√2π

[(2A+x) sgn(x+2A) − (2A−x) sgn(x−2A) − 2x sgn(x)

].

4.2 Equazione delle onde non omogenea

Useremo una notazione uniforme in queste soluzioni; scriviamo ξ(k, ω) per la

trasformata di Fourier (in x e t) di u(x, t), e ϕ, ψ per le trasformate (in x) diϕ(x) e ψ(x). Inoltre la trasformata di f(x, t) sara η(k, ω).Tutti gli integrali saranno sull’intera retta reale.

11

In particolare, avremo

u(x, t) =1

2π

∫ ∫ξ(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω := ξ(k, ω) |k, ω〉 ;

da questa segue

uxx(x, t) =1

2π

∫ ∫(−k2)ξ(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω = −k2 ξ(k, ω) |k, ω〉;

utt(x, t) =1

2π

∫ ∫(−ω2)ξ(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω = −ω2 ξ(k, ω) |k, ω〉 ;

ut(x, t) =1

2π

∫ ∫(iω)ξ(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω = (iω) ξ(k, ω) |k, ω〉 .

Inoltre, la forzante si scrive come

f(x, t) =1

2π

∫ ∫η(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω := η(k, ω) |k, ω〉 .

L’equazione (2) si scrive quindi come

[(−ω2 + α2 k2) ξ(k, ω) − η(k, ω)] |k, ω〉 = 0 ,

e questo implica che sia, per ogni k ed ω,

(ω2 − α2 k2) ξ(k, ω) = − η(k, ω) (∗ ∗ ∗) .

Quanto ai dati iniziali, abbiamo ovviamente dalle formule precedenti

u(x, 0) =1

2π

∫ ∫ξ(k, ω) eikx dk dω ;

ut(x, 0) =1

2π

∫ ∫(iω)ξ(k, ω) eikx dk dω .

Scrivendo ϕ e ψ in termini delle loro trasformate,

ϕ(x) =1√2π

∫ϕ(k) dk , ψ(x) =

1√2π

∫ψ(k) dk ,

dobbiamo quindi richiedere

1√2π

∫ξ(k, ω) dω = ϕ(k) ;

1√2π

∫(iω)ξ(k, ω) dω = ψ(k) . (∗ ∗ ∗∗)

Puo essere conveniente procedere in modo leggermente diverso, cioe spezzare lasoluzione della (***) in due parti. La ξ(k, ω) e evidentemente indeterminataquando k ed ω soddisfano la relazione di dispersione

(ω2 − α2 k2) = 0 .

12

Questa e una equazione di secondo grado in ω, e le sue soluzioni sono evidente-mente

ω± = ±αk .Dunque sulla relazione di dispersione possiamo scrivere

ξ(0)(k, ω) = f(k) δ(ω − ω−) + g(k) δ(ω − ω+) .

D’altra parte quando k, ω non soddisfano la relazione di dispersione, alloraξ(k, ω) e univocamente determinata ed abbiamo

ξ(1)(k, ω) = − η(k, ω)

(ω2 − α2 k2).

La soluzione puo essere scritta come

u(x, t) = u(0)(x, t) + u(1)(x, t) ,

u(h)(x, t) =1

2π

∫ ∫ξ(h)(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω (h = 0, 1) ;

si noti che u(0)(x, t) rappresenta la soluzione generale dell’equazione delle ondeomogenea utt −α2uxx = 0, mentre u(1)(x, t) rappresenta una soluzione partico-lare dell’equazione completa (2).

Infine, notiamo che usando la forma esplicita della ξ(0)(x, t), possiamo scrivereu(0)(x, t) come

u(0)(x, t) =1

2π

∫ ∫ [f(k) δ(ω − ω−) + g(k) δ(ω − ω+)

]ei(kx+ωt) dk dω

=1√2π

∫ [f(k) eik(x+(ω−/k)t) + g(k) eik(x+(ω+/k)t)

]dk

= f [x+ (ω−/k)t] + g[x+ (ω+/k)t] .

Qui naturalmente f(y) e g(y) sono le antitrasformate di f(k) e di g(k) rispetti-

vamente; essendo f e g funzioni arbitrarie, anche f e g sono funzioni arbitrariedel loro argomento.Abbiamo quindi

u(0)(x, t) = f(x− αt) + g(x+ αt) :

abbiamo riottenuto la formula di D’Alambert. Va pero sottolineato come orale funzioni f e g siano funzioni arbitrarie in F o almeno in L2(R), cioe possi-bilmente non derivabili, o anche discontinue, o infine funzioni generalizzate (adesempio combinazione di δ).Possiamo ora trattare i singoli esercizi nei loro aspetti specifici.

Esercizio 6. La trasformata di Fourier della forzante

η(k, ω) =1

2π

∫ ∫sin(x) sin(t) e−i(kx+ωt) dx dt

13

e in questo caso calcolata immediatamente notando che

sin(x) sin(t) = − 1

4

(eix − e−ix

) (eit − e−it

),

e risulta essere

η(k, ω) = − 1

4[δ(k − 1) − δ(k + 1)] [δ(ω − 1) − δ(ω + 1)] .

La soluzione particolare u(1)(x, t) e quindi fornita da

u(1)(x, t) =1

8π

∫ ∫1

ω2 − 4k2[δ(k − 1) − δ(k + 1)] [δ(ω − 1) − δ(ω + 1)] ei(kx+ωt) dk dω

=1

4√

2π

∫1

1− 4k2[δ(k − 1) − δ(k + 1)] eikx

(eit − e−it

)dk

=i sin(t)

2√

2π

∫1

1− 4k2[δ(k − 1) − δ(k + 1)] eikx dk

= − 1

3

i sin(t)

2

[eix − e−ix

]=

1

3sin(x) sin(t) .

Quanto alla soluzione generale dell’omogenea associata, sappiamo che sara dellaforma

u(0)(x, t) = f(x− 2t) + g(x+ 2t) .

La soluzione generale sara dunque

u(x, t) = f(x− 2t) + g(x+ 2t) +1

3sin(x) sin(t) .

Al tempo t = 0 abbiamo

u(x, 0) = f(x) + g(x) ; ut(x, t) = −2f ′(x) + 2g′(x) +1

3sin(x) .

Confrontando con i dati iniziali proposti, otteniamo immediatamente g(x) =−f(x), e

−4f ′(x) +1

3sin(x) = sin(x) ;

quest’ultima fornisce

f ′(x) = − 1

6sin(x) ,

e quindi

f(x) =1

6cos(x) .

La soluzione che soddisfa i dati iniziali proposti e quindi

u(x, t) =1

6[cos(x− 2t) − cos(x+ 2t)] +

1

3sin(x) .

14

Per completezza, calcoliamo u(0)(x, t) attraverso le trasformate di Fourier.Abbiamo, dalle formule generali viste in precedenza,

ξ(0)(k, ω) = f(k) δ(ω + 2k) + g(k) δ(ω − 2k) .

Per tornare allo spazio fisico (x, t), abbiamo

u(0)(x, t) =1

2π

∫ ∫ξ(0)(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω .

Effettuando dapprima l’integrazione in ω, otteniamo

u(0)(x, t) =1√2π

∫ (f(k) eik(x−2t) + g(k) eik(x+2t)

)dk .

Segue immediatamente che

u(0)t (x, t) =

1√2π

∫ (−2ik f(k) eik(x−2t) + 2ik g(k) eik(x+2t)

)dk .

Notiamo ora che per t = 0 queste forniscono

u(0)(x, t) =1√2π

∫ (f(k) + g(k)

)eik(x) dk ,

u(0)t (x, t) = − 2 i√

2π

∫k(f(k) − g(k)

)eikx dk .

Dalla prima – e dall’osservazione che u(1)(x, 0) = 0 – segue che

f(k) + g(k) = ϕ(k) = 0 ,

e quindi cheg(k) = − f(k) .

Dalla seconda segue allo stesso modo, usando anche g(k) = −f(k),

u(0)t (x, 0) =

4 i√2π

∫k f(k) eikx dk .

D’altra parte, i dati iniziali richiedono che sia

u(0)t (x, 0) = ψ(0)(x) := ψ(x) − u

(1)t (x, 0) = (2/3) sin(x) = (2/3)ψ(x) .

In termini della trasformata di Fourier,

u(0)t (x, 0) =

1√2π

∫(2/3) ψ(k) eikx dk ,

15

e nel caso in esame abbiamo

ψ(k) =1√2π

∫eix − e−ix

2ie−ikx dk =

1

2i[δ(k − 1) − δ(k + 1)] .

Dobbiamo quindi avere

4 i k f(k) =2

3i[δ(k − 1) − δ(k + 1)] ,

che fornisce

f(k) = − 1

6k[δ(k − 1) − δ(k + 1)] .

Antitrasformando questa, otteniamo

f(x) = − 1

6(eix + e−ix) =

1

3cos(x) .

Esercizio 7. In questo caso, riscriviamo la forzante come

f(x) = cos(x− 2t) =1

2

(ei(x−2t) + e−i(x−2t)

);

la sua trasformata di Fourier e quindi

η(k, ω) =1

2π

∫ ∫1

2

(ei(x−2t) + e−i(x−2t)

)e−i(kx+ωt) dx dt

=1

2π

∫ ∫1

2

(ei(k−1)x e−i(ω+2)t + e−i(k+1)x e−i(ω−2)t

)dx dt

=1

2[δ(k − 1) δ(ω + 2) + δ(k + 1) δ(ω − 2)] .

La soluzione particolare u(1)(x, t), espressa attraverso la sua trasformata diFourier come

u(1)(x, t) =1

2π

∫ ∫ξ(1)(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω ,

e quindi determinata da

ξ(1)(k, ω) = − η(k, ω)

(ω2 − k2)= − δ(k − 1) δ(ω + 2) + δ(k + 1) δ(ω − 2)

2 (ω2 − k2).

Questa fornisce immediatamente

u(1)(x, t) = − 1

6

(ei(x−2t) + e−i(x−2t)

)= − 1

3cos(x− 2t) .

La soluzione generale dell’omogenea associata e naturalmente (ricordiamo cheα = 1)

u(0)(x, t) = f(x− t) + g(x+ t) .

16

La soluzione generale dell’equazione proposta e quindi

u(x, t) = f(x− t) + g(x+ t) − 1

3cos(x− 2t) .

Al tempo t = 0 abbiamo quindi

u(x, 0) = f(x) + g(x) − (1/3) cos(x) ;

ut(x, 0) = −f ′(x) + g′(x) − (2/3) sin(x) .

Per soddisfare le condizioni iniziali richiediamo quindi dapprima

g′(x) = f ′(x) + (2/3) sin(x) ,

che naturalmente fornisce (poniamo la costante di integrazione eguale a zero)

g(x) = f(x) − (2/3) cos(x) .

La condizione iniziale su u(x, 0) diviene quindi

u(x, 0) = 2 f(x) − cos(x) = sin(hx) ,

che naturalmente fornisce a sua volta

f(x) =1

2[sin(hx) + cos(x)] ;

questa fissa inoltre

g(x) =sin(hx)

2− cos(x)

6.

In conclusione, la soluzione cercata e

u(x, t) =1

2[sin[h(x− t)] + sin[h(x+ t)]] +

1

6[3 cos(x− t) − cos(x+ t)]− 1

3cos(x−2t) .

Lo studente puo (e dovrebbe) facilmente verificare che questa e soluzione e chesoddisfa i dati iniziali.

Esercizio 8. In questo caso

f(x, t) = sin(x+ 2t) + sin(x− 2t) ;

la sua trasformata di Fourier e

η(k, ω) =1

2i[δ(k + 1)δ(ω + 2) − δ(k − 1)δ(ω − 2) + δ(k + 1)δ(ω − 2) − δ(k − 1)δ(ω + 2)] .

Procedendo come d’abitudine, abbiamo

ξ(1)(k, ω) = − η(k, ω)

(ω2 − k2)

17

e quindi

u(1)(x, t) =1

2π

∫ ∫ξ(1)(k, ω) ei(kx+ωt) dk dω

=1

2π

∫ ∫i

2(ω2 − k2)[δ(k + 1)δ(ω + 2) − δ(k − 1)δ(ω − 2)

+ δ(k + 1)δ(ω − 2) − δ(k − 1)δ(ω + 2)] ei(kx+ωt) dk dω

= − 1

3

1

2i

[e−i(x+2t) − ei(x+2t) + e−i(x−2t) − ei(x−2t)

]= − 1

3[sin(x+ 2t) + sin(x− 2t)] .

Ovviamente la soluzione generale dell’omogenea associata e

u(0)(x, t) = f(x− t) + g(x+ t)

e quindi la soluzione generale dell’equazione proposta risulta

u(x, t) = f(x− t) + g(x+ t) − 1

3[sin(x+ 2t) + sin(x− 2t)] .

Notiamo inoltre che questa implica

ut(x, t) = −f ′(x− t) + g′(x+ t) − 2

3[cos(x+ 2t) − cos(x− 2t)] .

Al tempo t = 0 abbiamo

u(x, 0) = f(x) + g(x) − 2

3sin(x) ;

ut(x, 0) = −f ′(x) + g′(x) .

Confrontando con le condizioni iniziali (e ponendo come al solito a zero alcostante di integrazione) otteniamo dapprima, da ut(x, 0) = 0,

g(x) = f(x)

e quindi, da u(x, 0) = 0,

f(x) =1

3sin(x) .

In conclusione, la soluzione cercata e

u(x, t) =1

3[sin(x+ t) − sin(x− t) − [sin(x+ 2t) + sin(x− 2t)] ] .

4.3 Forza concentrata in un punto

Esercizio 9. Consideriamo in generale

utt = uxx + F (x) δ(t− t0) .

18

Nelle regioni t < t0 e t > t0 la soluzione e evidentemente

u±(x, t) = f±(x− αt) + g±(x+ αt) . (†)

Quanto alla condizione di raccordo per t = t0, osserviamo che

ut(x, t0 + ε) = ut(x, t0 − ε) +

∫ t0+ε

t0−εutt(x, τ) dτ ;

sostituendo secondo l’equazione, e prendendo il limite per ε→ 0+, otteniamo

ut(x, t0+ε) = ut(x, t0−ε) +

∫ t0+ε

t0−ε[uxx(x, τ) + F (x) δ(τ − t0)] dτ = ut(x, t0−ε) + F (x) .

In altre parole, abbiamo due problemi di propagazione libera, uno in t < t0 eduno in t > t0, i cui dati in t = t0 sono raccordati dalle condizioni

u+(x, t0) = u−(x, t0) ,

u+t (x, t0) = u−t (x, t0) + F (x) .

Usando ora la (†), abbiamo evidentemente dalle condizioni in t = −1

f−(x) = 0 = g−(x) ,

cosicche deve essere

f+(x) + g+(x) = 0 ; g+′(x)− f+′(x) = F (x) = sin(x) .

La prima fornisce g+(x) = −f+(x), col che la seconda diviene 2f+′(x) =

− sin(x), e quindi

f+(x) = (1/2) cos(x) , g+(x) = −(1/2) cos(x) .

In conclusione, la soluzione cercata e

u(x, t) =

{0 per t < 0,(1/2) [cos(x− αt) − cos(x+ αt)] per t > 0.

Esercizio 10. Procedendo come nel caso precedente, abbiamo due soluzioni;in t = −t0 (t0 > 0) deve essere

f−(x+ 2t0) + g−(x− 2t0) = sin(x) , g−′(x− 2t0) = f−

′(x+ 2t0) .

Dunque g−(x − 2t0) = f−(x + 2t0), da cui g−(x) = f−(x + 4t0) e 2f−(x +2t0) = sin(x), vale a dire 2f(x) = sin(x − 2t0); allo stesso modo segue che2g(x− 2t0) = sin(x) e quindi 2g(x) = sin(x+ 2t0). Pertanto

f−(x) = (1/2) sin(x− 2t0) , g−(x) = (1/2) sin(x+ 2t0) ,

19

e la soluzione cercata e

u−(x, t) =1

2[sin[x− 2(t+ t0)] + sin[x+ 2(t+ t0)]] ,

la cui derivata in t e

u−t(x, t) = cos[x+ 2(t+ t0)] − cos[x− 2(t+ t0)] .

In t = 0 abbiamo quindi

u−(x, 0) =1

2[sin(x+ 2t0) + sin(x− 2t0)] ,

u−t(x, 0) = cos(x+ 2t0) − cos(x− 2t0) .

La soluzioneu+(x, t) = f+(x− 2t) + g+(x+ 2t)

deve quindi soddisfare

u+(x, 0) =1

2[sin(x+ 2t0) + sin(x− 2t0)] ,

u+t(x, 0) = cos(x+ 2t0) − cos(x− 2t0) + 2A .

La prima equazione fornisce

f+(x) =1

2[sin(x+ 2t0) + sin(x− 2t0)] − g(x)

e sostituendo nella seconda, otteniamo

g+(x) =1

2[A (x+2t0) + sin(x+2t0)] ; f+(x) = − 1

2[A (x+2t0)− sin(x−2t0)] .

La soluzione cercata e

u+(x, t) = 2A t +1

2[sin[x+ 2(t+ t0)] + sin[x− 2(t+ t0)]] .

Esercizio 11. L’unica variazione in questo caso e che si ha una δ in x e non int. L’equazione si scrive in generale come

utt − α2 uxx = F (t) δ(x) .

Considereremo quindi le regioni x < 0 ed x > 0; le soluzioni saranno

u±(x, t) = f±(x− αt) + g±(x+ αt) ;

le condizioni di raccordo sono

u+(0, t) = u−(0, t) ,

u+x (0, t) = u−x (0, t) + F (t) .

20

Nel nostro caso, il dato proposto in x = −1 implica evidentemente f− = g− = 0e quindi anche

u−(x, t) = 0 .

La soluzione u+(x, t) deve quindi soddisfare (si noti che ora le derivate hannosegno diverso dall’usuale, in quanto seguono dal valutare derivate in x e non int!)

f+(−αt) + g+(αt) = 0 ; f+′(−αt) + g+

′(αt) = F (t) = 2 cos(t) .

La prima equazione fornisce

g+(αt) = − f+(−αt) , g+′(αt) = f+

′(−αt) ;

sostituendo nella seconda otteniamo

f+(αt) = α sin(t) .

In conclusione,

f+(y) = α sin(y/α) , g+(y) = −f+(−y) = α sin(y/α) ,

e la soluzione cercata si scrive come

u+(x, t) = α [sin(x/α− t) + sin(x/α+ t)] .

Esercizio 12. In questo caso si ha la stessa equazione dell’esercizio precedente(e quindi le stesse condizioni di raccordo), ma il dato iniziale e assegnato non suuna retta x = x0, bensı su una retta t = t0. In particolare, le condizioni inizialirichiedono che per t = 0 non si abbia nessuna discontinuita in ut(x, 0) nel puntox = 0. Questo permette di concludere immediatamente che l’equazione nonammette nessuna soluzione con le condizioni iniziali proposte. Beninteso, sitratta qui di nessuna soluzione ”globale”, cioe in tutto il piano; delle soluzioniu±(x, t) = 0 esistono in ognuno dei semipiani x < 0 ed x > 0.

Esercizio 13. In questo caso dobbiamo dividere il piano in quattro regioni(corrispondenti ai quattro quadranti)

I−− = {x < 0, t < 0} , I−+ = {x < 0, t > 0} ,I+− = {x > 0, t < 0} , I++ = {x > 0, t > 0} ;

le soluzioni saranno del tipo

u(±±)(x, t) = f(±±)(x− αt) + g(±±)(x+ αt)

21

in ognuna delle regioni suddette, ed avranno delle condizioni di raccordo che siricavano facilmente dalle discussioni precedenti:

u(+−)(0, t) = u−−(0, t) (t < 0)

u(−+)(x, 0) = u−−(x, 0) (x < 0)

u(++)(0, t) = u−+(0, t) (t > 0)

u(++)(0, t) = u+−(x, 0) (x > 0)

u(+−)x (0, t) = u−−x (0, t) + F (t) (t < 0)

u(−+)t (x, 0) = u−−t (x, 0) + G(x) (x < 0)

u(++)x (0, t) = u−+x (0, t) + F (t) (t > 0)

u(++)t (0, t) = u+−t (x, 0) + G(x) (x > 0) .

Nel caso particolare proposto, abbiamo evidentemente

u(−−)(x, t) = 0 .

Le f(−+) e g(−+) devono quindi soddisfare (come segue dalle condizioni in t = 0,x < 0)

f(−+)(x) + g(−+)(x) = 0 , −αf ′(−+)(x) + αg′(−+)(x) = G(x) ;

da queste segue, indicando con Γ(x) una primitiva di G(x),

g(−+)(x) =1

2αΓ(x) ; f(−+)(x) = − 1

2αΓ(x)

e quindi

u(−+)(x, t) =1

2α[Γ(x+ αt) − Γ(x− αt)] .

Allo stesso modo, indicando con Φ(t) una primitiva di F (t), le f(+−) e g(+−)devono soddisfare

f(+−)(−αt) + g(+−)(αt) = 0 , f ′(+−)(−αt) + g′(+−)(αt) = F (t) ;

e quindig(+−)(y) = f(+−)(−y) ,

da cui seguef(+−)(y) = −(α/2)Φ(−y/α) , .

In conclusione,

f(+−)(x) = −α2

Φ(−x/α) , g(+−)(x) =α

2Φ(x/α) ;

u(+−)(x, t) =α

2[Φ(x/α+ t) − Φ(−x/α+ t)] .

Per determinare u(++)(x, t), possiamo partire sia da u(+−) che da u(−+), otte-nendo due espressioni che potrebbero, in linea di principio, essere diverse.

22

Iniziamo dapprima da u(−+)(x, t); scriveremo U1, f1, g1 per u(++), f(++), g(++)

ottenuti in questo modo. In questo caso le condizioni di raccordo (lungo lasemiretta x = 0, t > 0) forniscono

f1(−αt) + g1(αt) =1

2α[Γ(αt)− Γ(−αt)] ,

f ′1(−αt) + g′1(αt) = Φ′(t) +1

2α[Γ′(αt)− Γ′(−αt)] .

Integrando la seconda otteniamo

g1(y) = f1(−y) + αΦ(y/α) + (1/(2α))[Γ(y) + Γ(−y)] ;

sostituendo questa nella prima otteniamo infine

f1(x) = − Γ(x) + α2 Φ(−x/α)

2α, g1(x) =

Γ(x) + α2 Φ(x/α)

2α.

In conclusione,

u1(x, t) =1

2α

(Γ(x+ αt) − Γ(x− αt) + α2 [Φ(t+ x/α)− Φ(t− x/a)]

).

Procediamo ora a partire da u(+−)(x, t); scriveremo u2, f2, g2 per u(++), f(++),g(++) ottenuti in questo modo. In questo caso le condizioni di raccordo (lungola semiretta x > 0, t = 0) forniscono

f2(x) + g2(x) =α

2[Φ(x/α)− Φ(−x/α)] ,

−αf ′2(x) + αg′2(x) = Γ′(x) +α

2[Φ′(x/α)− Φ′(−x/α)] .

Integrando la seconda otteniamo

g2(x) = f2(x) + (1/α)Γ(x) + (α/2)[Φ(x/α) + Φ(−x/α)] ;

sostituendo questa nella prima otteniamo infine

f2(x) = − Γ(x) + α2 Φ(−x/α)

2α, g2(x) =

Γ(x) + α2Φ(x/α)

2α.

In conclusione,

u2(x, t) =1

2α

(Γ(x+ αt) − Γ(x− αt) + α2 [Φ(t+ x/α)− Φ(t− x/a)]

).

In effetti, abbiamo ottenuto che

u1(x, t) = u2(x, t) ∀x > 0, t > 0 ;

ed inoltre la soluzione e stata completamente determinata.G. Gaeta, 2 Dicembre 2013

23