![[EQUAZIONI DIFFERENZIALI] · delle sue derivate: y’, y’’, ... funzione incognita e alle sue derivate. ... EQUAZIONE COMPLETA (pag. 2097)](https://static.fdocumenti.com/doc/165x107/5c6c717709d3f277038c66c2/equazioni-differenziali-delle-sue-derivate-y-y-funzione-incognita.jpg)
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Parte 4
Equazioni differenziali alle
derivate parziali
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Indice
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CAPITOLO 1
Classificazione e metodi risolutivi
Per semplicita di notazioni, ci occuperemo di equazioni alle
derivate parziali (nel seguito P.D.E., che sta per Partial Differ-
ential Equations) in due variabili. E facile rendersi conto che
non ce, in linea di principio, alcun problema nel considerare
P.D.E. in piu variabili.Intendiamo cioe dire che fissiamo un dominio R2, ed indichi-amo con u(x1, x2) una qualunque funzione u : R. Di talefunzione possiamo calcolare le derivate parziali (o direzionali) di
primo ordine
ux1 =u
x1u, ux2 =
u
x2,
le derivate parziali di secondo ordine
ux1x1 =2
x12 , ux2x2 =
2u
x22u, ux1x2 =
2u
x1x2
, ux2x1 =2u
x2x1
,
e, perche no, quelle di ordine superiore; ad esempio, le derivate
di ordine n saranno tutte e sole quelle che scriviamo come
nu
xp1xq2
, con p + q = n.
Definizione 1.1. Diciamo equazione alle derivate parzialiuna
qualunque scrittura del tipo
(1.1) Fx1, x2,u ,ux1 , ux2, ux1x1 , ,nu
xp1xq2 = 0,
3
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4 1. CLASSIFICAZIONE E METODI RISOLUTIVI
per ogni (x1, x2) , dove F e una funzione a valori reali.Lordine dellequazione alle derivate parziali e lordine piu alto
delle derivate di u che compaiono nelluguaglianza (??).
Ad esempio,
ux1 ux2 + (ux1)4 = 0e unequazione di ordine 1, mentre
ux1x2 ux2 ux1 + ux1x1x2 = 0e unequazione di ordine 3 e
ux1x2
|ux1
|
sin x = 0
e unequazione di ordine 2.
Una soluzione (classica) di (??) e una funzione u : R diclasseCn (sen e lordine dellequazione) che soddisfa luguaglian-za
(1.2)
F
x1, x2, u(x1, x2), ux1(x1, x2), ,
nu
xp1xq2
(x1, x2)
= 0
in ogni punto (x1, x2) di .
Vedremo negli esempi successivi che spesso pretendere che
u sia derivabile n volte (e con derivate continue) e eccessivo, e
chiariremo di volta in volta cosa intendiamo per soluzione non
regolare. Grossolanamente, possiamo pensare che u sia deriv-
abile quasi dappertutto, e che luguaglianza(??) valga in ogni
punto in cui esistono le derivate che vi compaiono.
Una classe particolare di equazioni alle derivate parziali e cos-
tituita dalle cosiddette equazioni lineari, che possiamo scrivere
come
(1.3) a1 ux1 + a2 ux2 + bu + c = 0,
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1. CLASSIFICAZIONE E METODI RISOLUTIVI 5
nel caso di ordine 1, o
(1.4) a11 ux1x1 + a12 ux1x2 + a21 ux2x1 + a22 ux2x2+b1 ux1 + b2 ux2 + cu + d = 0,
nel caso di ordine 2, e cos via. Chiaramente, i coefficienti a, b,
c, d potranno essere a loro volta funzioni di x1, x2 (coefficienti
variabili), ma non dovranno dipendere dalla funzione u ne dalle
sue derivate. Per chiarirci, lequazione
ux1x1 + sin x2 ux2 = 0
e lineare (a coefficienti variabili), mentre lequazione
ux1x1 + sin ux2 = 0non lo e. La principale proprieta delle P.D.E. lineari e che lin-
sieme delle loro soluzioni forma uno spazio vettoriale, cosa non
vera, in generale, per tutte le P.D.E. Lasciamo al lettore la ver-
ifica di questa proposizione, che e completamente analoga alla
proprieta corrispondente per le equazioni differenziali ordinarie.
Proposizione 1.1 (Principio di sovrapposizione). Se u e v
sono due soluzioni di una stessa P.D.E. lineare e A, B sono due
numeri reali, alloraA u + B v e a sua volta soluzione della stessa
P.D.E.Fra laltro il Principio di sovrapposizione mette in luce che
non ci possiamo aspettare che una P.D.E. ammetta, cos come,
una sola soluzione. Cos come per le equazioni ordinarie doveva-
mo assegnare il valore della soluzione in un punto (o in un certo
numero di punti), per le equazioni alle derivate parziali dovremo
assegnare il valore della soluzione su una curva (o su un certo
numero di curve). Parleremo in tal caso di dato al contorno o
dato al bordo o anchedato iniziale, quando una delle due variabili
rappresenta il tempo.
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6 1. CLASSIFICAZIONE E METODI RISOLUTIVI
Le P.D.E. lineari di secondo ordine possono essere ulteriormente
classificate. Se in (??) sostituiamo formalmente la derivata rispet-
to ax1 con una nuova variabile y1 e la derivata rispetto ax2 con
una nuova variabile y2, otteniamo
a11 y21 + a12 y1y2 + a21 y2y1 + a22 y
22
+b1 y1 + b2 y2 + c = 0.
Questa (per ogni(x1, x2) fissato, nel caso i coefficienti siano vari-
abili) rappresenta una conica nel piano delle (y1, y2), che puo
essere classificata a seconda del determinante della matrice
A = a11 a12a21 a22
.In modo analogo, diremo che la P.D.E. e
ellittica: se det A > 0.
Il prototipo e la matrice
A =
1 0
0 1
, ,
cui corrisponde lequazione di Laplace
u = uxx + uyy = 0
(per tradizione, si indica x1 con x e x2 con y) .parabolica: se det A = 0.
Il prototipo e la matrice
A =
1 0
0 0
,
cui corrisponde lequazione del calore
ut uxx = 0(per tradizione, si indica x1 con x e x2 con t) .
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8 1. CLASSIFICAZIONE E METODI RISOLUTIVI
Poiche il membro di sinistra dipende solo da t, mentre quello di
destra dipende solo da x, lunica possibilita e che in effetti tutto
sia uguale ad una costante, cioe
T(t)T(t)
= 2X(x)X(x)
= .
Possiamo ora risolvere separatamente le due O.D.E.
T(t)T(t)
= eX(x)X(x)
=
2.
Applicando la separazione delle variabili ad una P.D.E. otteni-
amo due O.D.E. (una nella variabile t e nellincognita T(t), e
una nella variabile x e nellincognita X(x)), che risultano ac-coppiate mediante un parametro , che andra scelto opportu-
namnete.
La prima equazione mi da
T(t) = c1et,
mentre la soluzione della seconda dipende dal segno di . Se
> 0 otteniamo
X(x) = c2e|2|x + c3e
|2|x,
mentre se < 0 otteniamo
X(x) = c2 sin
|
2|x + c3 cos
|
2|x.
In sostanza, la soluzione di (??) potra essere o del tipo
U(x, t) = k1e|2|x+t + k2e
|2|x+t,
o del tipo
U(x, t) = k1 sin|
2|xet + k2 cos|
2|xet,
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1. CLASSIFICAZIONE E METODI RISOLUTIVI 9
con k1 e k2 costanti da determinare, imponendo i dati al con-
torno. Cominciamo con i dati al bordo
U(0, t) = 0 =
(k1 + k2)e
t
k2et
se > 0,
se < 0,
U(3, t) = 0 =
k1e3|2| + k2e3
|2|
et
k2 cos
3|2|
etse > 0,
se < 0.
Vediamo che, se > 0, lunica possibilita per soddisfare i dati al
contorno e k1 = k2 = 0. Invece, se < 0, otteniamo k2 = 0, ma
non abbiamo nessuna condizione su k1. Andiamo ora ad imporre
il dato iniziale
U(x, 0) = 3 sin(2x) =
0 se > 0,
k1 sin|2|x se < 0.
Allora dobbiamo escludere la possibilita che > 0 e scegliere
k1 = 3, k2 = 0 e < 0 in modo che|2| = 2, ovvero = 82.
Riassumendo abbiamo ottenuto la soluzione
U(x, t) = 3 sin(2x)e82t.
Laplace. Poniamo
u(x, s) = L(U(x, t))(s) =+0
estU(x, t)dt.
Osserviamo che
L(Ut(x, t))(s) = s u(x, s) U(x, 0) = s u(x, s) 3sin(2x),L(Uxx(x, t))(s) = uxx(x, s),
mentre
L(U(0, t))(s) = u(0, s),
L(U(3, t))(s) = u(3, s).
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10 1. CLASSIF ICAZIONE E METODI RISOLUTIVI
Di conseguenza, applicando la trasformata di Laplace (rispetto
alla variabile t!) alla P.D.E. (??) otteniamo
(1.6)
s u(x, s) 3 sin(2x) = 2uxx(x, s) se 0 < x < 3,u(0, s) = 0 = u(3, s).
Applicando la trasformata di Laplace (rispetto alla variabile t)
ad una P.D.E. otteniamo una O.D.E. (rispetto alla variabile x)
nella nuova incognita u(x, s) = L(U(x, t))(s). La s ora gioca ilruolo di un parametro, perche non appaiono derivate rispetto a
questa incognita.
Possiamo ora risolvere la O.D.E. (??). Cominciamo col cercare
una soluzione particolare dellequazione non omogenea:
2uxx(x, s) s u(x, s) = 3 sin(2x).La cerchiamo del tipo u(x, s) = A sin(2x): dovra valere
8A2 sin(2x) As sin(2x) = 3 sin(2x).
ovvero A =3
82 + s. Si noti cheA e costante rispetto a x, ma
puo dipendere dal parametro s!
A ben vedere, questa e gia la soluzione che stavamo cercando,
perche soddisfa le condizioni
u(0, s) =
3
82 + s sin 0 = 0, u(3, s) =
3
82 + s sin(6) = 0.
Pertanto possiamo ricostruire la soluzione della P.D.E. di parten-
za calcolando
U(x, t) = L1(u(x, s)) (t) = L1
3
82 + ssin(2x)
(t).
Ricordiamoci che stiamo antitrasformando rispetto a s, cioe ora
x e un parametro fissato e dunque
U(x, t) = 3 sin(2x)L1
1
82 + s(t) = 3 sin(2x)e8
2t.
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1. CL ASSIF ICAZIONE E METODI RISOLUTIVI 11
Esercizio 4.1. Determinare la soluzione di ordine esponen-
ziale di
(1.7)
Yx(x, t) Yt(x, t) = 1 et per ogni x > 0 e t > 0Y(x, 0) = x
svolgimento
Esercizio 4.2. Determinare la soluzione di ordine esponen-
ziale della P.D.E.
(1.8)
Ytt = 4Yxx se x > 0 e t > 0,
Y(x, 0) = 0, Yt(x, 0) = 1 cos x se x > 0,
Y(0, t) = sin(2t) se t > 0.
svolgimento
Esercizio 4.3. Risolvere la P.D.E.:
(1.9)
Ut = 3Uxx se 0 < x 0,
U(x, 0) = 30 cos(5x) se 0 < x 0.
svolgimento
Esercizio4.4
.Risolvere la P.D.E.(1.10)
Ut = Uxx 4U se 0 < x < e t > 0,U(x, 0) = 6sin x 4 sin(2x) se 0 < x < ,U(0, t) = 0, U(, t) = 0 se 0 < x < .
svolgimento
Esercizio 4.5. Risolvere la P.D.E.:
(1.11)
Ut = kUxx se x > 0 e t > 0,
U(x, 0) = 0 se x > 0,
U(0, t) = Uo se t > 0,
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12 1. CLASSIF ICAZIONE E METODI RISOLUTIVI
dove k e Uo sono costanti assegnate, con k > 0.
svolgimento
Esercizio 4.6. Risolvere la P.D.E.:
(1.12)
Ut = kUxx se 0 < x < 1 e t > 0,
U(x, 0) = Uo se x > 0,
Ux(0, t) = 0, U(1, t) = U1 se t > 0,
dove k, Uo e U1 sono costanti assegnate, con k > 0.
svolgimento
Esercizio4.7
.Risolvere la P.D.E.
(1.13)
Ut = Uxx se x > 0 e t > 0,
U(x, 0) = Uo(x) se x > 0,
U(1, t) = 0, U(1, t) = 0 se t > 0,dove Uo e la funzione cos definita:
Uo(x) =
x + 1 se 1 < x < 0,x 1 se 0 < x < 1.
svolgimento
Qui troverete altri esempi.
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Complementi
Svolgimento dellesercizio ??.
Metodo di Laplace. Poniamo y(x, s) = L(Y(x, t))(s) e applichi-amo la trasformata di Laplace allequazione (??). Otteniamo la
O.D.E.
(1.14) yx(x, s) s y(x, s) + x = L
1 et (s) = 1s 1
s + 1
ovvero
yx(x, s) s y(x, s) = 1s 1
s + 1 x.
Cerchiamo prima una soluzione particolare del tipo
yo(x, s) = Ax2 + Bx + C;
si deve avere
2Ax + B Asx2 Bsx Cs = 1s 1
s + 1 x
da cui As = 02ABs = 1B Cs = 1s 1s+1
ovvero
A = 0
B = 1s
C = 1s(s+1)
Concludendo, una soluzione particolare di (??) e data da
yo(x, s) =x
s+
1
s(s + 1).
13
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14 COMPLEMENTI
Per ottenere la soluzione generale, dobbiamo sommargli la soluzione
generale dellomogenea asoociata yx(x, s)
s y(x, s) = 0, ovvero
d
dxlog(y(x, s)) =
yx(x, s)
y(x, s)= s =
d
dx(sx)
da cui
y(x, s) = c esx.
Riassumendo, la soluzione Y(x, t) della P.D.E. (??) ha come
trasformata di Laplace una funzione del tipoy(x, s) = c esx+ xs +1
s(s+1), dove c e una costante da determinare. Poiche vogliamo
cheY sia di ordine esponenziale, il Teorema1.4(Parte 3) ci dice
che necessariamente lims+
y(x, s) = 0 per ogni x. Ne segue che
lunica scelta lecita e c = 0, e infine
Y(x, t) = L1
x
s+
1
s(s + 1)
(t) = xt + L1
1
s 1
s + 1
(t)
= (x + 1)t et.
Separazione delle variabili. Cerchiamo una soluzione di (??) del
tipoY(x, t) = X(x)T(t). Si dovra avere
X(x)T(t) X(x)T(t) = 1 et
ovveroX(x)
X(x) T(t)
T(t) =1
et
X(x)T(t) .
Poiche lequazione non e omogenea, non riusciamo a separare
le variabili.
...torna su
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COMPLEMENTI 15
Svolgimento dellesercizio ??.
Separazione delle variabili. Cerchiamo una soluzione nella forma
Y(x, t) = X(x)T(t).
Per risolvere lequazione dovra valere:
T(t)T(t)
= 4X(x)X(x)
= 2,
da cui ricaviamo due possibili classi di soluzioni:
T(t) = a cos(t) + b sin(t) e X(x) = c cos
2x + d sin
2x,
se scegliamo il segno, oppureT(t) = aet + bet e X(x) = ce
2 x + de
2 x,
se scegliamo il segno +. Imponendo il dato di bordo otteniamo
nel primo caso
sin2t = Y(0, t) = c [a cos t + b sin t] ,
da cui
= 2, a = 0, e b = 1;
mentre nel secondo caso
sin(2t) = Y(0, t) = (c + d) aet + bet
non puo essere soddisfatta. Cerchiamo dunque di determinare ce d in modo tale che
Y(x, t) =1
csin(2t) [c cos x + d sin x]
risolva anche i dati iniziali di (??). Facendo i calcoli risulta
Y(x, 0) = 0 per ogni scelta di c e d, mentre
Yt(x, 0) =2
c[c cos x + d sin x] = 1 cosx
non puo mai essere soddisfatta! Insomma, non siamo stati ca-
paci di trovare una soluzione con il metodo di separazione delle
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16 COMPLEMENTI
variabili.
Metodo di Laplace. Introduciamo la funzione ausiliaria y(x, s) =L(Y(x, t))(s). Utilizzando i dati iniziali di (??) calcoliamoL(Yt(x, t)) (s) = sy(x, s) Y(x, 0) = sy(x, s),L(Yx(x, t)) (s) = yx(x, s), L(Yxx(x, t)) (s) = yxx(x, s),L(Ytt(x, t)) (s) = sL(Yt(x, t)) (s) Yt(x, 0)
= s2y(x, s) 1 + cos x,mentre dalla condizione di contorno otteniamo
y(0, s) = L(Y(0, t)) (s) = L(sin(2t)) (s) = 2s2 + 4
.
Riassumendo, la funzioneY risolve (??) sey risolve la O.D.E. di
secondo ordine (accoppiata con un solo dato di Cauchy)
(1.15)
s2y(x, s) 1 + cos x = 4yxx(x, s), se x > 0,y(0, s) = 2s2+4 .
Per risolvere (??), cominciamo con lo scrivere una soluzione
particolare dellequazione non omogenea del tipo
yo(x, s) = A + B cos x.
Sostituendo otteniamo
As2 + Bs2 cos x 1 + cos x = 4B cos x,da cui
As2 1 = 0 A = 1
s2,
Bs2 + 1 = 4B B = 1s2 + 4
,
cioe
yo(x, s) =1
s2 1
s2 + 4cos x.
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COMPLEMENTI 17
Si noti che questayo non risolve(??), perche non soddisfa il dato
in x = 0. Per ottenere la soluzione di (??), dovremo sommare
ad yo la soluzione generale dellomogenea associata:
s2y(x, s) 4yxx(x, s) = 0, da cui y(x, s) = aes2x + be
s2x,
dove a eb sono costanti arbitrarie. Poi, cerchiamo a eb in modo
chey(x, s) = aes2x + be
s2x + 1
s2 1
s2+4cos x
soddisfi la condizione di Cauchy contenuta in (??), pre-cisamente
2
s2 + 4= y(0, s) = a + b +
1
s2 1
s2 + 4 a + b = 1
s2 + 4 1
s2,
sia la trasformata di Laplace della soluzione di (??), edunque (per il Teorema 1.4 - Parte 3)
0 = lims+
ae
s2x + be
s2x +
1
s2 1
s2 + 4cos x
a = 0.
Possiamo dunque concludere che la soluzione che cercavamo di
(??) e
y(x, s) =
1
s2 + 4 1
s2
e
sx2 +
1
s2 1
s2 + 4cos x.
Infine otteniamo la soluzione di (??) antitrasformando1
Y(x, t) = L1
1
s2+4 1
s2
e
sx2 +
1
s2 1
s2+4cos x
(t)
= H
tx2
L1
1
s2+4 1
s2
t x
2
+ t 1
2sin2t cos x
=
1
2sin
tx2
tx2
H
tx2
+ t 1
2sin2t cos x.
1Qui abbiamo utilizzato la II proprieta di traslazione per lantitrasfor-
mata. Con H abbiamo indicato la funzione di Heavy-syde H(y) =
0 se y < 0,
1 se y > 0.
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18 COMPLEMENTI
Volendo, possiamo anche scrivere la soluzione come
Y(x, t) =
12
x + sin
t x2 sin2t cos x se x < 2t,
t 12
sin2t cos x se x > 2t,
Soluzioni in forma particolare. Cerchiamo soluzioni del tipo
Y(x, t) = f(x + t),
dove e f sono, rispettivamente, una costante e una funzione
da determinare. Sostituendo nellequazione di (??) si ottiene
2f(x + t) = 4f(x + t).
Vediamo cos uninteressante proprieta: ogni funzione del tipo
Y(x, t) = f(x 2t)risolve lequazione, indipendentemente da come e fatta f! Sic-
come poi (??) e lineare, otteniamo una sorta di soluzione gen-
erale:
Y(x, t) = f1(x 2t) + f2(x + 2t).
Questo ci suggerisce di provare a determinare le due funzionif1 e f2 in modo che siano soddisfatte le condizioni iniziali e di
contorno di (??). A tal scopo calcoliamo
sin2t = Y(0, t)
= f1(2t) + f2(2t) f1(z) = sin z f2(z),
0 = Y(x, 0) = f1(x) + f2(x) f1(z) = f2(z),
1 cos x = Yt(x, 0)=
2f1(x) + 2f
2(x)
f1(z) = f2(z) 12 (1 cos z)
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COMPLEMENTI 19
per ogni z > 0. Integrando la terza relazione otteniamo
f1(z) = f2(z)1
2 (z sin z) per ogni z > 0.Uguagliando questa relazione con la seconda si ha
f2(z) =1
4(z sin z) per ogni z > 0,
e dunque
f1(z) =1
4(sin z z) per ogni z > 0.
Riprendendo ora la prima uguaglianza vediamo che
f1(
z) = sin z
1
4
(z
sin z) =
1
4
(
z+ 5 sin z)
per ogni z > 0, ovvero
f1(z) =1
4(z 5sin z) per ogni z < 0
Si noti che non ci serve conoscere f2(z) per z < 0, poiche x + 2t
e sempre positivo quando x e t sono positivi. Mettiamo ora
assieme le informazioni fin qui ottenute. Se x < 2t si ha
Y(x, t) =1
4[x 2t 5sin(x 2t)] + 1
4[x + 2t sin(x + 2t)]
=x
2 sin(x
2t)
1
4
[sin(x
2t) + sin(x + 2t)]
= x2 sin(x 2t) 1
2sin x cos2t
=x
2 sin x cos2t + sin 2t cos x 1
2sin x cos2t,
mentre se x > 2t si ha
Y(x, t) =1
4[sin(x 2t) (x 2t)] + 1
4[x + 2t sin(x + 2t)]
= t 12
sin2t cos x.
...torna su
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20 COMPLEMENTI
Svolgimento dellesercizio ??.
Separazione delle variabili. Cerchiamo una soluzione della forma
U(x, t) = T(t)X(x). Sostituendo dentro lequazione si ottiene
T(t)X(x) = 3T(t)X(x) da cuiT(t)T(t)
=X(x)X(x)
= 2,
dove e, per ora, una costante arbitraria. Integrando separata-
mente lequazione per T e perX si ha
T(t) = e2t, X(x) = a cos
3x
+ b sin
3x
,
dove a e b indicano nuove costanti arbitrarie. Imponendo le
condizioni al contorno otteniamo
0 = Ux(0, t) = e2t b
3 b = 0,
0 = U
2, t
= e2ta cos
2
3
2
3= (1 + 2n)
2,
cioe =
3(1 + 2n) per qualunque numero intero n. Infine,
imponendo la condizione iniziale otteniamo
30cos5x = U(x, 0) = a cos (1 + 2n)x n = 2 e a = 30.Riassumendo, la soluzione di (??) e
U(x, t) = 30e75t cos5x.
Metodo di Laplace. Introduciamo la funzione ausiliaria u(x, s) =
L(U(x, t))(s) e calcoliamoL(Ut(x, t)) (s) = su(x, s) U(x, 0) = su(x, s) 30cos5x,L(Ux(x, t)) (s) = ux(x, s), L(Uxx(x, t)) (s) = uxx(x, s),
ux(0, s) = L(Ux(0, t)) (s) = L(0)(s) = 0,u 2 , s= L
U
2, t (s) = L
(0)(s) = 0.
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
21/54
COMPLEMENTI 21
Pertanto, se Y e la soluzione di (??), allora y deve risolvere la
O.D.E. (rispetto a x)
(1.16)
su(x, s) 30cos5x = 3uxx(x, s) se 0 < x < 2 ,ux(0, s) = 0, u
2 , s
= 0,
per ogni s per cui y e definita (cioe per ogni s nel dominio
della trasformata di Y). Cerchiamo dapprima una soluzione
particolare della O.D.E. non omogenea (??), del tipo u(x, s) =
A(s)cos5x. Sostituendo nellequazione si ha
sA(s)cos5x 30cos5x = 75A(s)cos5x A(s) = 30s + 75
.
Controlliamo se, per fortuna, u(x, s) =
30
s + 75 cos5x soddisfa idati di Cauchy di (??):
ux(0, s) = 150s + 75
sin 0 = 0, u
2, s
=30
s + 75cos
5
2 = 0.
Dunqueu(x, s) =30
s + 75cos5x e la soluzione di (??), e risaliamo
alla soluzione di (??) calcolando
Y(x, t) = L1
30
s + 75cos5x
(t) = 30e75t cos5x.
...torna su
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
22/54
22 COMPLEMENTI
Svolgimento dellesercizio ??.
Separazione delle variabili. Cerchiamo una soluzione della forma
U(x, t) = T(t)X(x). Sostituendo dentro lequazione si ottiene
T(t)X(x) = T(t)X(x) 4T(t)X(x)da cui
T(t)T(t)
+ 4 =X(x)X(x)
= 2,
dove e, per ora, una costante arbitraria. Integrando separata-
mente lequazione per T e perX si ha
T(t) = e(2+4)t, X(x) = a cos x + b sin x,
dove a e b indicano nuove costanti arbitrarie. Imponendo le
condizioni al contorno otteniamo
0 = U(0, t) = e(2+4)ta a = 0,
0 = U(, t) = e(2+4)tb sin = n, cioe = n
per qualunque numero intero n. E evidente che, se prendiamo
semplicemente U(x, t) = e(n2+4)tb sin n per un certo numero
intero n e un certo numero reale b, non riusciamo a far s che
u(x, 0) soddisfi la condizione iniziale di (??). Ora pero, poiche
lequazione e lineare, possiamo sommare fra loro soluzioni di
questo tipo e otteniamo ancora una soluzione. Proviamo allora
a prendere
U(x, t) =nN
e(n2+4)tbn sin n
e a determinare i coefficienti bn in modo tale che sia soddisfatta
la condizione iniziale di (??). Precisamente
6sin x 4sin2x = U(x, 0) =nN
bn sin n
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COMPLEMENTI 23
e dunque b1 = 6, b2 = 4, bn = 0 se n = 3, 4, . Concludendo,abbiamo ottenuto la soluzione
U(x, t) = 6e5t sin x 4e8t sin2x.
Metodo di Laplace. Introduciamo la funzione ausiliaria u(x, s) =
L(U(x, t))(s) e calcoliamoL(Ut(x, t)) (s) = su(x, s) U(x, 0) = su(x, s) 6sin x + 4sin 2x,L(Ux(x, t)) (s) = ux(x, s), L(Uxx(x, t)) (s) = uxx(x, s),
u(0, s) = L(U(0, t)) (s) = L(0)(s) = 0,u(, s) =
L(U(, t)) (s) =
L(0)(s) = 0.
Pertanto, se Y e la soluzione di (??), allora u deve risolvere la
O.D.E. (rispetto a x (0, ))
(1.17)
su(x, s) 6sin x + 4sin 2x = uxx(x, s) 4u(x, s),u(0, s) = 0, u(, s) = 0,
per ogni s nel dominio della trasformata di Y. Cerchiamo dap-
prima una soluzione particolare della O.D.E. non omogenea(??),
del tipo u(x, s) = A sin x + B sin2x. Sostituendo nellequazione
si ha
sA sin x + sB sin2x 6sin x + 4sin 2x= A sin x 4B sin2x 4A sin x 4B sin2x
e dunque
sA 6 = 5A
sB + 4 = 8B
A =6
s + 5
B = 4s + 8
.
E immediato verificare cheu(x, s) = 6s+5 sin x 4s+8 sin2x soddis-fa anche i dati di Cauchy di (??). Infine calcoliamo la soluzione
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
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24 COMPLEMENTI
di (??)
Y(x, t) = L1 6s + 5 sin x 4s + 8 sin2x (t)= 6e5t sin x 4e8t sin2x.
...torna su
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COMPLEMENTI 25
Svolgimento dellesercizio ??.
Separazione delle variabili. Cerchiamo una soluzione del tipo
U(x, t) = X(x)T(t); dallequazione differenziale si ha
T(t)kT(t)
=X(x)X(x)
= 2,
dunque
T(t) = ek2t e X(x) = a cos(x) + b sin(x).
Imponendo la condizione di bordo otteniamo
Uo = U(0, t) = e2ta,
da cui deduciamo che
= 0, a = Uo,
mentre su b non ce nessuna restrizione.
E evidente che la funzione U(x, t) = e0tUo cos0 = Uo none soluzione di (??), perche non verifica la condizione iniziale
U(x, 0) = 0. Possiamo pero sommare a questa soluzione tutte
le funzioni del tipo bek2t sin(x) che desideriamo, perche la
linearita dellequazione e i calcoli appena fatti ci mostrano che
otterremo ancora una soluzione dellequazione differenziale che
in piu verifica la condizione di contornoU(0, t) = Uo. Dovremmo
allora determinare una famiglia di parametri e di coefficientib() in modo tale che
0 = U(x, 0) = Uo +
b()sin(x) o, eventualmente
= Uo +
b()sin(x)d.
In sostanza, vogliamo sviluppare la funzione Uo in serie diFourier (di tipo seno) o, eventualmente, in integrale di Fouri-
er (ancora di tipo seno), sulla semiretta x > 0. Ora, la funzione
Uo e pari , e dunque il suo sviluppo di Fourier contiene solo
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
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26 COMPLEMENTI
termini di tipo coseno. Inoltre essa non e neppure assolutamente
integrabile. Dunque neanche questa strada e percorribile.
Metodo di Laplace. Poniamo u(x, s) = L(U(x, t)) (s) e calcol-iamo:
L(Ut(x, t)) (s) = su(x, s) U(x, 0) = su(x, s),L(Uxx(x, t)) (s) = uxx(x, s),
u(0, s) = L(U(0, t)) (s) = L(Uo) (s) = Uos
.
Dunque se U risolve (??), allora u risolve
(1.18)
su(x, s) = kuxx(x, s) se x > 0,
u(0, s) =Uos
,
per ogni s nel dominio della trasformata di U. La soluzione
generale della O.D.E. si scrive come
u(x, s) = ae
skx + be
skx,
in cui scegliamo subito a = 0 per il Teorema 1.4 (Parte 3).
Imponiamo poi la condizione
Uos
= u(0, s) = b,
e otteniamo u(x, s) = Uos e
skx, da cui
U(x, t) = UoL1
1
se
skx
(t)
= Uox2
kL1
k
x2se
x2sk
(t)
= UoL11
se
s
kt
x2 .
http://-/?-7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
27/54
COMPLEMENTI 27
Il calcolo di questa antitrasformata e tuttaltro che banale. Noi
lo faremo in un modo molto indiretto: calcoleremo con un ar-
tificio la soluzione U(x, t) di (??), e dunque ricaveremo questa
antitrasformata di conseguenza.
Soluzioni particolari. Cerchiamo una soluzione di (??) del tipo
U(x, t) = f
x
2
kt
,
dove f e una funzione da determinare. Calcoliamo
Ut(x, t) = x4t
ktf
x
2
kt
,
Ux(x, t) =
1
2kt f x
2kt
, Uxx(x, t) =
1
4kt f xkt ,
Uo = U(0, t) = f(0), 0 = U(x, 0) = limz
f(z).
Sostituendo nellequazione otteniamo
x4t
ktf
xkt
= k
1
4ktf
xkt
,
ovvero
2zf(z) = f(z) per ogni z > 0.Dunque U risolve (??) se, e solo se, f risolve lequazione ordi-
naria con dati di Cauchy
(1.19)
2zf(z) = f(z) se z > 0,f(0) = Uo, lim
zf(z) = 0.
Integrando la O.D.E. abbiamo
d
dzlog |f(z)| = f
(z)f(z)
= 2z = ddz
z2 da cui f(z) = cez2 ,dove la costantec ha lo stesso segno di f(z). Integrando ancoraotteniamo
f(z) = k + cz
0
eu2
du.
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28/54
28 COMPLEMENTI
Imponiamo poi le condizioni di Cauchy:
Uo = f(0) = k0 = lim
z+f(z) = k + c
+0
eu2
du = k +c
2,
cioe c = 2k
= 2Uo
, s da ottenere
f(z) = Uo
1 2
z0
eu2
du
= Uoerfc (z)
e dunque
U(x, t) = Uo erfc
x
2
kt
.
Osservazione 1.2. Confrontando il secondo e il terzo meto-
do di risoluzione dellEsercizio ?? si ottiene
L1
1
se
s
(z) = erfc
1
2
z
.
...torna su
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
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COMPLEMENTI 29
Svolgimento dellesercizio ??.
Separazione delle variabili. Cerchiamo una soluzione del tipo
U(x, t) = X(x) T(t). Dallequazione ricaviamo
T(t)kT(t)
=X(x)X(x)
= 2,
da cui
T(t) = ek2t, X(x) = a cos(x) + b sin(x).
Imponiamo poi le condizioni di bordo
0 = Ux(0, t) = ek2tb b = 0,
U1 = U(1, t) = ek2ta cos
a = U1 se = 0,a qualsiasi se = (1+2n)
2
con n intero. Abbiamo cos ottenuto che, comunque scelti i
coefficientian, la funzione
U(x, t) = U1 ++n=0
ane(1+2n)2 kt
2 cos(1 + 2n)x
2x
risolve lequazione differenziale e le condizioni di contorno di
(??). Andiamo ora a determinare i coefficienti an in modo tale
che sia verificata la condizione iniziale
Uo = U(x, 0) = U1 ++n=1
an cos(1 + 2n)x
2.
SeUo = U1, e sufficiente scegliere an = 0 per ognin. Altrimenti,
dovremo sviluppare la funzione costanteUoU1 in serie di coseninellintervallo (0, 1):
Uo U1 =+
m=1am cos
mx
2
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
30/54
30 COMPLEMENTI
dove
am = 2(Uo U1)10
cos mx2
dx
=4(Uo U1)
m
sin
mx
2
x=1x=0
=4(Uo U1)
msin
m
2
=
0 se m = 2n,4(Uo U1)(1)n
(1 + 2n)se m = 1 + 2n.
Deduciamo allora che la condizione iniziale e soddisfatta se
an =4(Uo U1)(1)n
(1 + 2n),
ovvero che la soluzione di (??) e
U(x, t) = U1 +4(UoU1)
+n=0
(1)n1+ 2n
e(1+2n)2 k
22
2t cos
(1 + 2n)x
2.
Metodo di Laplace. Poniamou(x, s) = L(U(x, t)) (s) e calcoliamo
L(Ut(x, t)) (s) = su(x, s)
U(x, 0) = su(x, s)
Uo,
L(Uxx(x, t)) (s) = uxx(x, s),L(Ux(0, t)) (s) = L(0)(s) = 0,L(U(1, t)) (s) = L(U1) (s) = U1/s.
Pertanto se U risolve (??), allora u risolve
(1.20)
su(x, s) Uo = kuxx(x, s) se 0 < x < 1,ux(0, s) = 0, u(1, s) = U1/s.
E chiaro che u(x, s) = Uo/ s e una soluzione particolare delle-
quazione non omogenea, ma non soddisfa le condizioni di Cauchy.
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31/54
COMPLEMENTI 31
Dovremo allora sommare la soluzione generale dellomogenea
associata
su(x, s) = kuxx(x, s) da cui u(x, s) = ae s
kx + be
skx.
Ora, la soluzione generale dellequazione non omogenea si scrive
come
u(x, s) = aeskx + be
skx + Uo/s;
andiamo a determinare a e b in modo che siano soddisfatte le
condizioni di Cauchy:
0 = ux(0, s) = a sk
+ bs
k a = b
e dunque
u(x, s) = 2a coshsk
x +Uos
.
PoiU1s
= u(1, s) = 2a coshs
k+
Uos
a = U1 Uo2s cosh sk
.
Abbiamo dunque
u(x, s) = (U1Uo)cosh skx
s cosh sk+
Uos
,
e pertanto
(1.21)
U(x, t) = L1
(U1 Uo) cosh skxs cosh sk
+ Uo
s
(t)
= (U1 Uo)L1
cosh skx
s cosh
sk
(t) + Uo.
Calcoliamo lultima antitrasformata rimasta usando la formula
di inversione complessa. A tal scopo, consideriamo (per x e t
sono fissati) la funzione
f(s) =est cosh
skx
s coshsk s C.
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32/54
32 COMPLEMENTI
f ha evidenemente un polo semplice in s = 0, con residuo
e0t cosh0kx
cosh0k
= 1.Ci sono anche altri poli: infatti, se z = z1 + iz2 e un numero
complesso,
cosh z=1
2
ez + ez
=
1
2 ez1 (cos z2 + i sin z2) + e
z1 (cos z2 i sin z2)= cosh z1 cos z2 + i sinh z1 sin z2.
Dunque
cosh(z) = 0 se
cosh z1 cos z2 = 0
sinh z1 sin z2 = 0
cioe z2 = (1 + 2n)
2 con n intero
z1 = 0
ovvero z = i(1 + 2n)2 con n intero. Ne segue che f(z) ha unpolo in ogni
sn C tale che
snk
= i(1+2n)
2, cioe sn = (1+2n)2k
22
4.
Per determinare la molteplicita del polo, scomponiamo
(s sn)f(s) =
cosh
sk
s
sn
1est cosh
sk
x
s,
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
33/54
COMPLEMENTI 33
dove la seconda funzione e olomorfa. Per quel che riguarda la
prima funzione, coshsk
e olomorfa e
limssn
cosh
sk
s sn =d
dscosh
s
k
s=sn
=sinh
snk
2
ksn
=sinh i(1+2n)2i(1 + 2n)k
=2sin (1+2n)2(1 + 2n)k
=2(1)n
(1 + 2n)k= 0,
dunque
cosh
sk
ssn e olomorfa e non nulla in sn. Ne segue checosh
sk
ssn
1e olomorfa in sn, e dunque f ha un polo di ordine
1 in sn con residuo
limssn
(s sn)est cosh
skx
s cosh
sk
= limssn
s sncosh
sk
limssn
est cosh
skx
s
= (1)n(1 + 2n)k 2
e(1+2n)2 k
22
4t cosh i(1+2n)x
2
(1 + 2n)2 k224
= 4(1)n
(1 + 2n)ke((1+2n)k)
2t/4 cos(1 + 2n)x
2.
Segue allora dal Corollario 2.8 (Parte 3) che
L1
cosh sk
xs cosh
s
k
(t) =
1 4k
+n=0
(1)n1+2n
e(1+2n)2k22t/4 cos
(1+2n)x
2.
Infine, sostituendo in (??) otteniamo la soluzione di (??):
U(x, t) = U1+4(UoU1)
k
+
n=0(1)n1+ 2n
e((1+2n)k)2t/4 cos
(1+2n)x
2.
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34/54
34 COMPLEMENTI
Soluzioni particolari. Cerchiamo una soluzione di (??) del tipo
U(x, t) = f
x
2
kt
,
dove f e una funzione da determinare. Calcoliamo
Ut(x, t) = x4t
ktf
x
2
kt
,
Ux(x, t) =1
2
ktf
x
2
kt
,
Uxx(x, t) =1
4ktf
xkt
,
U(x, 0)= limz f(z),
Ux(0, t) =1
2
ktf(0), U(1, t) = f
1
2
kt
.
Vediamo allora che, imponendo la condizione di bordo U(1, t) =
U1, otteniamof U1, che chiaramente non puo essere la soluzionedi (??), a meno che non sia Uo = U1 = 0!. Dunque in questo
caso non e possibile determinare la soluzione in questa forma
particolare!
...torna su
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35/54
COMPLEMENTI 35
Svolgimento dellesercizio ??.
Separazione delle variabili. Cerchiamo una soluzione del tipoU(x, t)
= X(x)T(t). Procedendo come nellEsercizio ?? ricaviamo
U(x, t) = [a cos x + b sin x] e2t,
dove a, b e sono parametri da determinare. Poiche il dato
inizialeUo(x) e una funzione dispari (infatti, sex > 0, Uo(x) =x + 1 = Uo(x)), e sufficiente considerare solo i seni, cioescegliere fin dallinizio a = 0. Imponiamo poi le condizioni di
bordo
0 = U(1, t) = b sin()e2t = n0 = U(1, t) = b sin e
2t
per qualunque intero n. Vediamo cos che, per ogni scelta dei
coefficientibn, ogni funzione della forma
U(x, t) =+n=1
bnen22t sin nx
verifica sia lequazione che i dati di contorno di (??). Andiamoallora a scegliere i coefficienti bn in modo da verificare anche la
condizione iniziale
Uo(x) = U(x, 0) =+n=1
bn sin nx.
Non dobbiamo fare altro che sviluppare in serie di seni la fun-
zione Uo(x) nellintervallo (1, 1): cio e possibile perche Uo eeffettivamente dispari. Dunque, combinando le formule (1.21) e
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36 COMPLEMENTI
con quanto visto nella Proposizione 1.12 (Parte 2) abbiamo
bn = 210
Uo(x)sin nxdx = 210
(x + 1) sin nxdx =
I P= 2
x + 1
ncos nx +
1
n22sin nx
10
=2
n((1)n + 1) =
0 se n e pari,4n se n e dispari.
Concludendo, la soluzione di (??) e
U(x, t) =4
n0
1
2n + 1e(2n+1)
22t sin nx.
...torna su
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COMPLEMENTI 37
Esempio 1.1. Si consideri il seguente problema:
(1.22)
9uxx + 16uyy = 0u(, y) = u(0, y) = 0
u(x, 0) = f(x)
u(x, ) = g(x)
(x, y) [0, ] [0, ]
a: Risolvere lequazione (??) per f, g generali.
b: Trovare la soluzione esplicita nel caso f(x) = sin x e
g(x) = 0.
Esempio ??.a. Poiche il dominio della funzione u e [0, ] [0, ], nessuna delle variabili varia su un intervallo del tipo[0, +)o (, +); pertanto non e applicabile (in modo naturale) nela trasformazione diLaplace, ne quella di Fourier. Il metodo elet-
tivo, tra quelli elementari, e dunque la separazione delle variabili.
Poniamo pertanto u(x, y) = X(x) Y(y); lequazione diviene9X(x) Y(y) + 16X(x) Y(y) = 0,
ossia
9X(x)X(x)
= 16 Y(y)
Y(y)= k =costante,
ossia, ancora
9
X(x)
X(x) = k16 Y(y)
Y(y)= k
o, il che e lo stesso9X(x) k X(x) = 0
16Y(y) + k Y(y) = 0Per risolvere ora lequazione per separazione delle variabili, con-
sideriamo le prime due condizioni al bordo (quelle omogenee,
ossia con gli zeri) u(, y) = u(0, y) = 0 che divengono
X()
Y(y) = X(0)
Y(y) = 0.
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38/54
38 COMPLEMENTI
Pertanto, escludendo il caso banale Y(y) = 0 ( a cui corrisponde
la soluzione banale u = 0), occorre imporre X(0) = X() =
0. La prima equazione ottenuta per separazione delle variabili
diviene cos
9X(x) kX(x) = 0X(0) = 0
X() = 0.
La soluzione non banale puo esistere solo per k < 0 (gli altri
casi si possono trattare a parte, per ogni buon fine); in tal caso
(k < 0), si ha infatti:
X(x) = A
cos(
k3
x) + B
sin(
k3
x)
X(0) = 0X() = 0
e quindi
X(x) = A cos(k3 x) + B sin(
k3 x)
A = 0
X() = 0,
ossia X(x) = B sin(
k3
x)
B
sin(
k3 ) = 0,
sicche, escludendo, naturalmente, il caso banaleB = 0, sin(k3
) =
0 o, il che e lo stessok3 = n (n intero, necessariamente pos-
itivo, giacche lo ek3
) o k = 9n2. La soluzione per X e per-tanto X( x) = B sin(
9n2
3 x) = B sin(nx). In corrispondenza,la soluzione per Y e data da
16Y(y) + kY(y) = 16Y(y) 9n2Y(y) = 0ossia,
Y(y) = Ce3ny
4 + De3ny
4
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39/54
COMPLEMENTI 39
o, meglio, per tenere conto della dipendenza dei parametri da n,
X(x) = Bn sin(nx)
Y(y) = Cne3ny
4 + Dne 3ny
4
Le soluzioni ottenute per sovrapposizione (somma) sono dunque
del tipo
u(x, y) =n=1
sin(nx)
Cne3ny
4 + Dne 3ny
4
dove, naturalmente, si e inglobata la costante Bn nelle costanti
Cn, Dn.
A questo punto si e tenuto conto delle condizioni9uxx + 16uyy = 0
u(, y) = u(0, y) = 0.
Per tenere conto delle altre due condizioni (al bordo)u(x, 0) = f(x)
u(x, ) = g(x),
imponiamole alla soluzione ora trovata. Si ha, ponendo appunto
y = 0 e y = , rispettivamente:
n=1 sin(nx) (Cn + Dn) = f(x)n=1 sin(nx)Cne 3n4 + Dne 3n4 = g(x)
Pertanto, se gli sviluppi di f(x) e g(x) sonof(x) =
n=1 Fn sin(nx)
g(x) =
n=1 Gn sin(nx),
dove, come e noto dagli sviluppi in serie di seni in mezzo inter-
vallo (per prolungamento dispari sullintero intervallo( , )),i coefficienti dello sviluppo sono dati da:
Fn =
2
0f(x)sin(nx) dx
Gn =2 0 g(x)sin(nx) dx
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40 COMPLEMENTI
basta richiedere che:
n=1 (Cn + Dn)sin(nx) = n=1 Fn sin(nx)n=1
Cne
3n4 + Dne
3n4
sin(nx) =
n=1 Gn sin(nx),
ossia: Cn + Dn = Fn
Cne3n4 + Dne
3n4 = Gn
ossia, risolvendo il sistema di equazioni (per ogni n), ad esempio
con la regola di Cramer
Cn = Fn 1
Gn e3n
4 1 1e 3n4 e 3n4
= e
3n
4 Fn Gne
3n4 e3n4
Dn =
1 Fne 3n4 Gn 1 1e 3n4 e 3n4
=Gn e 3n4 Fne
3n4 e 3n4 ,
ossia, cambiando segno (per comodita, ma inessenziale) a tutti i
numeratori e denominatori (il denominatore e infatti ovviamente
negativo nella precedente formulazione):
Cn =e 3n4 Fn + Gn
e3n4 e 3n4
Dn =e3n4 Fn Gn
e3n4 e 3n4
In sintesi, la soluzione e cos:
u(x, y) =
n=1sin(nx)
Cne
3ny
4 + Dne 3ny
4
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COMPLEMENTI 41
con Cn, Dn dati dalle formule precedenti e
Fn = 20
f(x)sin(nx) dx
Gn =2
0
g(x)sin(nx) dx
Lespressione esplicita e ovviamente troppo complessa perche
valga la pena sostituire i valori di Fn, Gn nelle espressioni per
Cn, Dn e queste nella serie che fornisce il valore di u(x, y). Le
ultime tre formule costituiscono cos la soluzione del problema.
Per completezza, facciamo vedere che la soluzione non banale
puo esistere solo per k < 0 . Per k > 0 si ha infatti, per il
problema (gia risolto sopra per il caso k > 0):
9X(x) kX(x) = 0X(0) = 0
X() = 0
la soluzione
X(x) = A ek3x + B e
k3x
X(0) = 0
X() = 0
e quindi
X(x) = A ek3x + B e
k3x
A + B = 0
A ek3 + B e
k3 = 0
e, giacche questultimo e un sistema di Cramer, con determinante 1 1ek3 ek3 = e
k3 e
k3 = 0,
la sua sola soluzione e quella nulla, A = B = 0, e quindiX( x) =
0, u(x, y) = 0.
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42 COMPLEMENTI
Lo stesso vale per il casok = 0 (ossia, lunica soluzione ottenuta
per separazione delle variabili e, per k = 0, u(x, y) = 0).
Esempio ??.b. Poiche, in questo caso, f(x) = sin x e g(x) = 0,
e chiaro anzitutto che Gn = 0. Daltronde, poiche, in questo
caso lo sviluppo di f e ovviamente f(x) = sin x, (sin x e tra
le soluzioni ottenute per separazione delle variabili, anche senza
sovrapposizione), si ha che tutti gli Fn = 0 tranne che pern = 1,
quandoFn = F1 = 1. Dunque,dai calcoli appena svolti, si hanno
tutti i coefficienti nulli, tranne che che per n = 1, quando si ha:
C
n = e
3n4 Fn + Gn
e 3n4 e 3n4 = e
34
1 + 0
e 34 e 34 = e
34
e 34 e 34Dn =
e3n4 Fn Gn
e3n4 e 3n4 =
e34 1 0
e34 e 34 =
e34
e34 e 34
u(x, y)= sin x
e 34
e34 e 34 e
3y
4 +e34
e34 e 34 e
3y4
= sin xe 34 e 3y4 + e 34 e 3y4
e34 e 34 = sin x
e3y4 34 + e 3y4 + 34e34 e 34
= sin xe 34 (y) + e34 (y)
e34 e
34
= sin x2sinh
34( y)
2sinh34
= sin xsinh
34( y)
sinh
34
.La soluzione e dunque
u(x, y) = sin x sinh34( y)
sinh
34
Si verifica (passo utile, ma non indispensabile) subito che la fun-
zione trovata verifica le condizioni al bordo richieste e che e
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COMPLEMENTI 43
soluzione dellequazione data; ad esempio
u(, y) = sin sinh(3
4 (y))sinh( 34 )
= 0
u(x, 0) = sin x sinh(3
4())
sinh( 34 )= sin x
Si puo infine osservare che le semplificazioni ora svolte su u(x, y)
sono utili ma non indispensabili (ossia, la prima espressione per
u(x, y) e gia per se corretta e sufficiente)e che la soluzione trova-
ta in questo caso poteva essere ottenuta direttamente per sep-
arazione delle variabili (ossia, senza sovrapposizione). Peraltro,
tale soluzione non e esattamente esponenziale nella variabile y,
sicche il vantaggio della separazione delle variabili diretta nonsarebbe particolarmente immediato.
Esempio 1.2. Si risolva il seguente problema ( > 0):
(1.23)
ut uxx = 0u(x, 0) = sin x
u(0, t) = 0, u(2, t) = 0
(x, t) [0, 2] [0, +)
Poiche il dominio della funzione u e [0, 2] [0, +), solo lavariabile t varia su un intervallo del tipo [ 0, +
) o(
, +
);
pertantonon e applicabile (in modo naturale) la trasformazionedi Fourier , ma solo quella di Laplace rispetto alla variabile t.
Come si puo rammentare, pero, tale metodo ha lo svantaggio di
dover ricorrere, per trovare la soluzione, alla antitrasformazione,
che e agevole solo per dati particolarmente semplici. Si possono
svolgere a parte i calcoli per verificare quando (in dipendenza
dal parametro) la trasformazione di Laplace sia di uso agevole
(caso peraltro gia trattato a lezione). Per sicurezza di risul-
tati (non vi e il problema della antitrasformazione), resta ovvia-
mente applicabile laseparazione delle variabili. Poniamo pertanto
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
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44 COMPLEMENTI
u(x, t) = X(x) T(t); lequazione diviene
X(x) T(t)X(x) T(t) = 0ossia
X(x)X(x)
=T(t)T(t)
= k =costante
ossia, ancora X(x)X(x) = kT(t)T(t) = k
o, il che e lo stesso
X(x) kX(x) = 0T(t)
kT(t) = 0
Per risolvere ora lequazione per separazione delle variabili, con-
sideriamo le seconde due condizioni al bordo (quelle omogenee,
ossia con gli zeri) u(2, t) = u(0, t) = 0 che divengono
X(2) T(t) = X(0) T(t) = 0Pertanto, escludendo il caso banale T(t) = 0 ( a cui corrisponde
la soluzione banale u = 0), occorre imporre X( 0) = X(2) =
0. La prima equazione ottenuta per separazione delle variabili
diviene cos
X(x)
kX(x) = 0
X(0) = 0
X(2) = 0
come al solito, la soluzione non banale puo esistere solo perk < 0
(gli altri casi si possono trattare a parte, per ogni buon fine,
come visto nello svolgimento dellesercizio precedente); in tal
caso, infatti si ha
X(x) = A cos(kx) + B sin(kx)X(0) = 0
X(2) = 0e quindi
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COMPLEMENTI 45
X(x) = A cos(kx) + B sin(kx)
A = 0
X(2) = 0
ossia
X(x) = B sin(kx)
B sin(k2) = 0sicche, escludendo, naturalmente, il caso banale B = 0, si
deve avere sin(k2 ) = 0 o, il che e lo stessok2 = n
(n intero, necessariamente positivo, giacche lo ek2) o k =
n224 .
La soluzione per X e pertanto X( x) = B sin(
n22
4x) =
B sin(nx2
). In corrispondenza, lequazione per T e data da
T(t) kT(t) = T(t) + n22
4T(t) = 0
ossia,
T(t) = Cen22t
4
o, meglio, per tenere conto della dipendenza dei parametri
da n,X(x) = Bn sin(nx2 )
T(t) = Cnen22t
4
Le soluzioni ottenute per sovrapposizione (somma) sono dunque
del tipo
u(x, t) =n=1
Cn sin(nx2
)en22t
4
dove, naturalmente, si e inglobata la costanteBn nella costante
Cn. A questo punto si e tenuto conto delle condizioni
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46 COMPLEMENTI
ut uxx = 0u(0, t) = 0
u(2, t) = 0Per tenere conto dellaltra condizione (iniziale) u(x, 0) =
sin x imponiamola alla soluzione ora trovata. Si ha, ponendo
appunto t = 0:
n=1
Cn sin(nx2
) = sin x
Notiamo (e vi si faccia attenzione) che, in generale, sin xnon e del tipo sin(nx
2) (questo non e, ad esempio, il caso per
= 1). Pertanto, bisogna applicare il metodo generale:
se lo sviluppo di sin x e
sin x =n=1
Fn sin(nx
2)
n=1
Cn sin(nx2
) =n=1
Fn sin(nx
2)
basta richiedere che Cn = Fn.
Ora, come e noto dagli sviluppi in serie di seni in mezzo
intervallo di lughezza L (per prolungamento dispari sullintero
intervallo[L, L]: in questo caso e L = 2)Fn =
2L
L
0 f(x)sin(nxL
) dx = 22
2
0sin x sin(nx2 ) dx =
2
0sin x sin(nx2 ) dx
che, per le formule di prostaferesi e Werner, si puo scrivere:
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COMPLEMENTI 47
Fn =1
220
cos
xnx
2 cosx + nx2 dx =
=1
2
20
cos
x( n2
) cos
x( +
n
2)
dx =
=1
2
sin
x( n2
)
n2 sin
x( + n
2)
+ n2
x=2x=0
=
=1
2
sin
2( n2 )
n2
sin
2( + n2 )
+ n2
In sintesi, la soluzione e cos:
u(x, t) =n=1
sin(nx
2) Cnen
22t4
con Cn = Fn dati dalle formule :
Cn = Fn =1
2
sin
2( n2 )
n2 sin
2( + n2 )
+ n2
Lespressione esplicita e ovviamente troppo complessa perche
valga la pena sostituire i valori di Fn = Cn nelle espressioniprecedenti. Le ultime due formule costituiscono cos la soluzione
del problema. Osserviamo che, a rigore, le formule preceden-
ti non si applicano quando = n2
(ovviamente, in tal caso si
avrebbe una divisione per 0 nlle formule per Cn = Fn). Quan-
do pero = n2
, come abbiamo osservato allinizio, di fatto lo
sviluppo di sin x e proprio il solo termine sin(nx2
) = sin x.
Tale caso particolare e dunque addirittura piu semplice di quello
generale.
Volendo (ma non e affatto necessario), si potrebbe semplificare
7/28/2019 Equazioni Alle Derivate Parziali
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48 COMPLEMENTI
lespressione ottenuta, al modo seguente (ricordando che sin(t +
n) = (
1)n sin(t)):
Fn =1
2
sin(2 n))
n2 sin (2 + n))
+ n2
=
=1
2
sin(2 n)
n2
sin(2 + n) + n
2
=
=1
2
(1)n sin(2)
n2
(1)n sin(2)
+ n2
=
=1
2(1)n sin(2)
1
n2 1
+ n2
=
= 12
(1)n sin(2)
+n2 +
n2
n2
+ n2 =
=1
2(1)n sin(2)
n
n2
+ n2
Esempio 1.3. Si risolva il seguente problema (c > 0)
(1.24)
utt c2 uxx = 0u(0, t) = u(, t) = 0
u(x, 0) = 0
ut(x, 0) = f(x)
(x, t) [0, ] [0, +)
dove f e la funzione
f(x) =
x x2, se x [0, 2 ]
0, se x [2 , ]e R.
Poiche il dominio della funzione u e [0, ] [0, +), solo lavariabile t varia su un intervallo del tipo [ 0, +) o(, +);
pertantonon e applicabile (in modo naturale) la trasformazione
di Fourier , ma solo quella di Laplace rispetto alla variabile t.
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COMPLEMENTI 49
Come si puo rammentare, pero, tale metodo ha lo svantaggio di
dover ricorrere, per trovare la soluzione, alla antitrasformazione,
che e agevole solo per dati particolarmente semplici. Si possono
svolgere a parte i calcoli per verificare quando (in dipendenza
dal parametro ) la trasformazione di Laplace sia di uso agev-
ole. In questo caso, pero, cio non si verifica mai (per alcun valore
del parametro ). Daltra parte, giacche la soluzione ottenuta
per separazione delle variabili conduce in generale ad una serie,
non ci si puo aspettare che la soluzione (ottenuta per antitrasfor-
mazione) sia semplice.
Per sicurezza di risultati ( non vi e il problema della antitrasfor-
mazione), resta ovviamente applicabile la separazione delle vari-
abili. Poniamo pertantou(x, t) = X(x)T(t); lequazione divieneX(x) T(t) c2X(x) T(t) = 0
ossiaX(x)X(x)
=T
(t)
c2T(t)= k =costante
ossia, ancora X(x)X(x)
= kT(t)
c2T(t) = k
o, il che e lo stesso X(x) kX(x) = 0T(t) c2kT(t) = 0
Per risolvere ora lequazione per separazione delle variabili, con-
sideriamo le seconde due condizioni al bordo (quelle omogenee,
ossia con gli zeri) u(0, t) = u(, t) = 0 che divengono
X(0) T(t) = X() T(t) = 0Pertanto, escludendo il caso banale T(t) = 0 ( a cui corrisponde
la soluzione banale u = 0), occorre imporre X( 0) = X() = 0.
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50 COMPLEMENTI
Come al solito, la soluzionenon banalepuo esistere solo perk < 0
(gli altri casi sipossonotrattare a parte, per ogni buon fine, come
visto nello svolgimento dellesercizio 1); in tal caso, infatti si ha
X(x) = A cos(kx) + B sin(kx)X(0) = 0
X() = 0
e quindi
X(x) = A cos(kx) + B sin(kx)A = 0
X() = 0
ossia X(x) = B sin(kx)
B sin(k) = 0sicche, escludendo, naturalmente, il caso banale B = 0, si deve
avere sin(k) = 0 o, il che e lo stessok = n (n intero,
necessariamente positivo, giacche lo ek) o k = n2. La
soluzione perX e pertanto X( x) = B sin(
n2x) = B sin(nx).In corrispondenza, lequazione per T e data da
T(t) kT(t) = T(t) + c2n2T(t) = 0ossia,
T(t) = C cos(cnt) + D sin(cnt)o, meglio, per tenere conto della dipendenza dei parametri da n,
X(x) = Bn sin(nx)T(t) = Cn cos(cnt) + Dn sin(cnt)
Le soluzioni ottenute per sovrapposizione (somma) sono dunque
del tipo
u(x, t) =
n=1sin(nx) (Cn cos(cnt) + Dn sin(cnt))
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COMPLEMENTI 51
dove, naturalmente, si e inglobata la costante Bn nelle costanti
Cn, Dn. A questo punto si e tenuto conto delle condizioni
utt c2uxx = 0u(0, t) = 0
u(, t) = 0
Per tenere conto delle altre condizioni (iniziali)u(x, 0) = 0
ut(x, 0) = f(x)
imponiamole alla soluzione ora trovata. Si ha, ponendo appunto
t = 0: n=1
Cn sin(nx) = 0Da cui si ha subito Cn = 0. Inoltre, per quanto concerne la
derivata rispetto a t, si ha in generale
ut(x, t) =n=1
sin(nx) (cnCn sin(cnt) + cnDn cos(cnt))
e, ponendo di nuovo t = 0:
n=1cnDn sin(nx) = f(x)
Se lo sviluppo di f(x) e
f(x) =n=1
Fn sin(nx)
si ha: n=1
cnDn sin(nx) =n=1
Fn sin(nx)
e basta richiedere che cnDn = Fn, ossia.
Dn =Fncn
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52 COMPLEMENTI
Ora, come e noto dagli sviluppi in serie di seni in mezzo intervallo
di lughezza L (per prolungamento dispari sullintero intervallo[
L, L]:
in questo caso e L = )
Fn =2
L
L0
f(x)sin(nx
L) dx =
2
0
f(x)sin(nx) dx
che, ricordando lespressione di f(x) :
f(x) =
x x2, se x [0, 2 ]
0, se x [2 , ]si puo scrivere:
Fn =2
20
x x2 sin(nx) dx +
2
0sin(nx) dx =
=2
2
0
x x2 sin(nx) dx
Integrando per parti col fattore differenzialesin(nx) dx = d(cos(nx)n )si ha:
Fn =2
2
0
x x2 d(cos(nx)
n) =
=
2
x x2
cos(nx)
nx=
2
x=0 2
2
0 ( 2x)cos(nx)
n
dx =
=2
2
2
2cos(n
2 )
n
+
2
2
0
( 2x) cos(nx)n
dx =
=2
2
2
2
4
cos(n
2 )
n
+
2
n
2
0
( 2x)cos(nx) dx =
=2
n
2
4( 2)
cos(n
2)
+2
n
2
0
( 2x)cos(nx) dx =
=
2n( 2) cosn
2+2
n 2
0
( 2x)cos(nx) dx
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COMPLEMENTI 53
Integrando nuovamente per parti col fattore differenzialecos(nx) dx =
d( sin(nx)
n
) lultimo integrale diviene:
=2
n
2
0
( 2x) d(sin(nx)n
) =
=2
n
( 2x)
sin(nx)
n
x=2
x=0
2n
2
0
( 2)
sin(nx)
n
dx =
=2
n
2
2
sin(n2 )n
+
4
n2
2
0
sin(nx) dx =
=2
n2 (1 )
sin(n
2)
+
4
n2
cos(nx)n
x=2
x=0
=
= 2n2
(1 )sin(n 2
) + 4n2
cos(n2 ) + 1n
=
=2
n2(1 )sin(n
2) +
4
n3
1 cos
n
2
e si ha cos:
Fn =
2n( 2) cos
n
2
+
2
n
2
0
( 2x)cos(nx) dx =
=
2n( 2) cos
n
2
+
2
n2(1 )sin(n
2) +
+
4
n3
1 cosn2In sintesi, la soluzione e cos:
u(x, t) =n=1
sin(nx) (Cn cos(cnt) + Dn sin(cnt))
con Cn = 0 e Dn dati dalle formule :
Dn =Fncn
dove Fn ha lespressione precedente. Lespressione esplicita e
ovviamente troppo complessa perche valga la pena sostituire i
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54 COMPLEMENTI
valori di Fn nelle espressioni precedenti. Le ultime tre formule
costituiscono cos la soluzione del problema.
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