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164 31. ESERCIZI RICAPITOLATIVI - CONCLUSIONE
2
1
3 2 1 1 2 3
1
2
x
Figura 1. Lo studio di ˙x = t − x 2 , x(0) = a, a ∈ R
e dividendo per U(t)X(x) si ottiene che esiste λ ∈ R per cui:
− −6 ˙ U(t, x) + 3U(t)
U(t)
= 4 ¨ X(x)
X(x)
Questo implica che per λ ∈ R si hanno le due equazioni:
4 ¨ X(x) − λX(x) = 0
−6 ˙ U(t) + (3 + λ) U(t) = 0.
da accoppiarsi con le opportune condizioni al contorno.
Studiamo l’equazione per X, il cui polinomio caratteristico è 4µ 2 − λ = 0, di discriminante ∆ = 16λ. Se
λ > 0, l’equazione caratteristica ammette soluzioni µ1 = √ λ/2, µ2 = −µ1. La soluzione generale dell’equazione
è Φ(c1, c2, x) = c1e µ1x + c2e µ2x d
. Derivando, si ottiene dxΦ(c1, c2, x) = c1µ1e µ1x + c2µ2e µ2x . Sostituendo le
condizioni al contorno ˙ X(0) = d
dxΦ(c1, c2, 0) = 0, si ottiene c1µ1 + c2µ2 = 0, sostituendo si ha d
dxΦ(c1, c2, x) =
c1µ1(e µ1x µ2x − e ) e poiché µ1 = µ2, l’unica soluzione è quella nulla c1 = c2 = 0 non accettabile.
Se λ = 0, l’equazione in X(x) ammette soluzione X(x) = c0 + c1x, sostituendo le condizioni iniziali e finale si
ottiene c1 = 0, quindi si ha la soluzione accettabile X0(x) = c0 relativa a λ = 0.
Se λ < 0, l’equazione in X(x), posto ω = |λ|2, ammette soluzione X(x) = c1 cos ωx + c2 sin ωx. Derivando, si
ha ˙ X(x) = ω(−c1 sin ωx + c2 cos ωx). Valutando in 0 si ottiene c2 = 0, e valutando in π si ottiene ω = n ∈ Z.
Sostituendo nella definizione di ω e ricordando che λ < 0, si ha che λ deve essere della forma −4n2 .
Pertanto i valori accettabili di λ sono λ0 = 0 cui corrisponde la soluzione X0(x) = c0 e λn = −4n2 , n ∈ N \ {0}
cui corrisponde la soluzione Xn(x) = cn cos nx.
L’equazione in U per tali valori di λn ha soluzione
Un(t) = dne 3−4n2
6
t .
=: λ
t