Problemi d'esame ed esercizi di Equazioni alle Derivate Parziali

Equazioni alle derivate parzialiEsercizi di esame e di controlloDaniele AndreucciDipartimento di Scienze di Base e Applicate perl’IngegneriaUniversità di Roma La Sapienzavia A.Scarpa 16, 00161 Romaandreucci@dmmm.uniroma1.itlaunch˙dagroup 20100925 22.531. (ex): esercizi d’esame; (hw): esercizi di controllo.2. La numerazione delle formule è relativa al singolo esercizio.1

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristiche210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristiche1. [2003 (hw)I] Risolvere il problema di Cauchyu x +u y = 1,u(s 2 ,s) = coss, −∞ < s < α,trovando il valore massimo di α che permette l’esistenza di una soluzionecon derivate continue.SoluzioneA) Applicando il teorema di esistenza e unicità, controlliamo la condizione0 ≠ aψ ′ 2 −bψ′ 1 = 1−2s,che impone s ≠ 1/2. Perciò, se scegliamo α = 1/2 sopra, il teorema garantiscel’esistenza di una soluzione regolare; in linea di principio, questa potrebbe nonessere la scelta ottimale. Per ora sappiamo dunque che α ≥ 1/2.B) Troviamo le caratteristiche al suolo risolvendo:ϕ ′ 1 = 1, ϕ 1(0) = s 2 ,ϕ ′ 2 = 1, ϕ 2 (0) = s,che implica (ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = ( τ +s 2 ,τ +s ) .Le caratteristiche al suolo sono quindi rette parallele a y = x: alcune intersecanodue volte la curva che porta il dato x = y 2 .C) Risolviamo poi il problema di Cauchy per la e.d.o. sulle caratteristiche al suolo,ossiaPertantodUdτ = 1,U(0;s) = coss.U(τ;s) = τ +coss, −∞ < τ < ∞.D) Infine, per trovare la soluzione cercata u(x,y), torniamo alle variabili (x,y).Risolviamo in (τ,s) (per i punti (x,y) ∈ R 2 per cui questo è possibile,Per sostituzione di τ si ottieneche ha le possibili soluzioniτ +s 2 = x,τ +s = y.s 2 −s+y −x = 0,sotto la condizione1± √ 1−4(y −x)2y ≤ x+ 1 4 .,2

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheQuesto semipiano è l’insieme coperto dalle caratteristiche al suolo che incontranola parabola che porta il dato.Sappiamo che la soluzione sarà definita in un aperto che conterrà il ramo inferiore(ove y < 0) della parabola: quindi, almeno per tale porzione di curva, dovremoscegliere la soluzione negativa tra le due possibili, per cuis = 1−√ 1−4(y −x)2, τ = y − 1−√ 1−4(y −x)2In realtà questa scelta del segno permette di giungere fino al valore s = 1/2. Incorrispondenza si trova la soluzioneu(x,y) = y − 1−√ 1−4(y −x)2(√1− 1−4(y −x)+cos2che però, come si verifica con un calcolo diretto, ha derivate che divengono discontinueproprio nel punto (1/2,1/4) corrispondente a s = 1/2. Quindi va scelto sopraα = 1/2.R.u(x,y) = y − 1−√ 1−4(y −x)2y < x+ 1 4 .(√1− 1−4(y −x)+cos2.),),2. [16/4/2003 (ex)I] Si consideri la equazione del primo ordineu x +cosxu y = u, (x,y) ∈ R 2 .a) Se ne determinino le caratteristiche al suolo.b) Si risolva l’equazione scritta come e.d.o. sulle caratteristiche.c) Si dia unacondizione su α > 0 perché tutta la retta y = αx sia accettabilecome curva che porta il dato in un problema di Cauchy per l’equazione data.Si interpreti geometricamente la condizione ottenuta.Soluzionea) Troviamo le curve caratteristiche al suolo risolvendoϕ ′ 1 = 1,ϕ 1(0) = ¯x,ϕ ′ 2 = cosϕ 1 , ϕ 2 (0) = ȳ,ove con (¯x,ȳ) denotiamo un punto per cui passa la caratteristica, per ora del tuttogenerico. La soluzione è(ϕ1 (τ),ϕ 2 (τ) ) = ( τ + ¯x,sin(τ + ¯x)+ȳ −sin(¯x) ) , −∞ < τ < ∞.b) L’equazione differenziale sulle caratteristiche èdUdτ = U ,3

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheche ha per soluzione (per un ¯τ fissato ad arbitrio)U(τ) = U(¯τ)e τ−¯τ , −∞ < τ < ∞.c) Usiamo per esempio il teorema di esistenza e unicità: dovremo allora imporre lacondizione aψ ′ 2 ≠ bψ′ 1 , per(ψ1 (s),ψ 2 (s) ) = ( s,αs ) , a = 1, b = cosx,che conduce aα ≠ coss, s ∈ R.Questa è vera se e solo se α ∉ [−1,1], ossia α > 1. Dal punto di vista geometrico, ilfatto che la pendenza della retta y = αx sia maggiore di 1 garantisce che essa nonsia mai tangente alle caratteristiche y = sinx+costante.R.(a) ϕ1 (τ),ϕ 2 (τ) ) = ( τ + ¯x,sin(τ + ¯x)+ȳ −sin(¯x) ) , −∞ < τ < ∞.b) U(τ) = U(¯τ)e τ−¯τ , −∞ < τ < ∞.c) α > 1.3. [16/4/2003 (ex)II] Si consideri la equazione del primo ordineu x + 11+x 2 u y = 3u, (x,y) ∈ R 2 .a) Se ne determinino le caratteristiche al suolo.b) Si risolva l’equazione scritta come e.d.o. sulle caratteristiche.c) Si dia unacondizione su α > 0 perché tutta la retta y = αx sia accettabilecome curva che porta il dato in un problema di Cauchy per l’equazione data.Si interpreti geometricamente la condizione ottenuta.R.(a) ϕ1 (τ),ϕ 2 (τ) ) = ( τ + ¯x,arctg(τ + ¯x)+ȳ −arctg(¯x) ) , −∞ < τ < ∞.b) U(τ) = U(¯τ)e 3(τ−¯τ) , −∞ < τ < ∞.c) α > 1.4. [30/6/2003 (ex)I] Calcolare la soluzione del problema di Cauchyu x +xyu y = 0,u(0,y) = y, y ∈ R.SoluzioneA) Troviamo le caratteristiche al suolo risolvendoϕ ′ 1 = 1, ϕ 1 (0) = 0,ϕ ′ 2 = ϕ 1ϕ 2 , ϕ 2 (0) = s,4

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheove si parametrizza la curva che porta il dato conLa soluzione dunque è(0,s), s ∈ R.(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = ( )τ,se τ22 , −∞ < τ < ∞.B) Risolviamo la e.d.o. sulle caratteristichedUdτ = 0,U(0) = s,ottenendoU(τ;s) = s, −∞ < τ < ∞.C) Torniamo infine alle variabili (x,y): occorre risolvere il sistemaτ = x,se τ2 2 = y,che dàτ = x,s = ye −x2 2 .R.u(x,y) = ye −x2 2 , (x,y) ∈ R 2 .5. [30/6/2003 (ex)II] Calcolare la soluzione del problema di Cauchyu x +xyu y = 0,u(0,y) = y 2 , y ∈ R.R.u(x,y) = y 2 e −x2 , (x,y) ∈ R 2 .6. [23/9/2003 (ex)I] Calcolare la soluzione del problema di Cauchyu x + 12y u y = u+1,u(1,y) = 3, y > 0,definita in un opportuno aperto del piano, contenuto in {y > 0}.Soluzione5

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheA) Troviamo le curve caratteristiche al suolo, che sono le soluzioni diϕ ′ 1 = 1, ϕ 1(0) = 1,ϕ ′ 2 = 1 ,2ϕ 2ϕ 2 (0) = s,ove parametrizziamo la curva che porta il dato con(1,s), s > 0.La soluzione è(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = ( τ +1, √ τ +s 2) , −∞ < τ < ∞.B) Risolviamo poi la e.d.o. sulle curve caratteristicheottenendodUdτ = U +1,U(0) = 3,U(τ;s) = 4e τ −1, −∞ < τ < ∞.C) Infine passiamo alle coordinate cartesiane. Dobbiamo risolvereτ +1 = x,√τ +s2 = y,cha dàτ = x−1,s = √ y 2 −x+1.La determinazione di s potrebbe apparire inutile ai nostri fini, visto che nell’espressionedi U appare solo τ, ma la restrizioney 2 +1 > x,a cui conduce stabilisce l’aperto di definizione della soluzione.R.u(x,y) = 4e x−1 −1, x < y 2 +1, y > 0.7. [23/9/2003 (ex)II] Calcolare la soluzione del problema di Cauchy12x u x +u y = −u+1,u(x,0) = π, x > 0,definita in un opportuno aperto del piano, contenuto in {x > 0}.R.u(x,y) = (π −1)e y +1, y < x 2 , x > 0.6

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristiche8. [20/1/2004 (hw)I] Risolvere(2x+y)u x −xu y = e u ,u(s,1−s) = s−1, −∞ < s < ∞.R.]u(x,y) = −ln[(x+y)e yx+y −ln(x+y) ,nella regione ove x+y > 0 e la quantità [...] è positiva.9. [20/1/2004 (hw)I] Risolvere(y +1)u x +yu y = 0,u(s,1) = e s , −∞ < s < ∞.R.u(x,y) = 1 y e1+x−y , y > 0.10. [20/1/2004 (hw)I] Risolverexu x +2yu y = y,u(cosθ,sinθ) = 1, 0 < θ < π.SoluzioneA) Troviamo le caratteristiche al suolo risolvendo il sistemaϕ ′ 1 = ϕ 1 ,ϕ ′ 2 = 2ϕ 2,ϕ 1 (0) = coss,ϕ 2 (0) = sins,ove denotiamo θ = s ∈ (0,π). Ne segue(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = ( e τ coss,e 2τ sins ) , −∞ < τ < ∞.B) Risolviamo la e.d.o. sulle caratteristiche al suolodUdτ = e2τ sins,U(0) = 1,ottenendoU(τ;s) = 1+ sins2 (e2τ −1), −∞ < τ < ∞.C) Infine torniamo alle variabili (x,y). Occorre risolvere il sistemae τ coss = x,e 2τ sins = y.7

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheA questo scopo eleviamo al quadrato entrambe le uguaglianze, e dividiamo laseconda equazione così trovata per e 2τ , giungendo ada cuie 4τ −e 2τ x 2 −y 2 = 0,e 2τ = x2 + √ x 4 +4y 2.2Dal sistema sopra si ricava subitosins = ye −2τ =2yx 2 + √ x 4 +4y 2 .R.u(x,y) = 1+y( x 2x 2 + √ + √ x 4 +4y 2 )−1 , y > 0.x 4 +4y 2 211. [31/3/2004 (ex)I] Risolverexu x +x 2 u y = 1,u(s,s) = 2s, 0 < s < 1.12. [31/3/2004 (ex)II] Risolverey 2 u x +yu y = 3,u(s,s) = s, 0 < s < 1.13. [28/6/2004 (ex)I] Risolvere il seguente problema, determinando anchel’insieme di definizione massimale della soluzione:{xux +4yu y = u 2 ,u(x,1) = x, x > 0.14. [28/6/2004 (ex)II] Risolvere il seguente problema, determinando anchel’insieme di definizione massimale della soluzione:{4xux +yu y = u 2 ,u(−1,y) = y, y > 0.8

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristiche15. [4/2/2005 (hw)I] Risolvere{(x+y)ux +(x−y)u y = u+2,Soluzione1) Troviamo le caratteristiche al suolou(s,0) = 0, s > 0.ϕ ′ 1 = ϕ 1 +ϕ 2 , ϕ 1 (0) = s,ϕ ′ 2 = ϕ 1 −ϕ 2 , ϕ 2 (0) = 0.Derivando la prima equazione, e usando poi la seconda, si haϕ ′′1 = ϕ′ 1 +ϕ′ 2 = ϕ′ 1 +ϕ 1 −ϕ 2 .Usando ancora la prima equazione si ottieneϕ ′′1 −ϕ 1 = 0.Quindiϕ 1 (τ;s) = k 1 (s)e √ 2τ +k 2 (s)e −√ 2τ .Dai dati di Cauchy, e dal sistema differenziale, si hak 1 (s)+k 2 (s) = ϕ 1 (0;s) = s,√2k1 − √ 2k 2 = ϕ ′ 1 (0;s) = ϕ 1(0;s)+ϕ 2 (0;s) = s,da cuiek 1 (s) =(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = s2 √ 2√2+1√2−12 √ 2 s, k 2(s) =2 √ 2 s,((√2+1)e√2τ+( √ 2−1)e −√ 2τ ,e √ 2τ −e −√ 2τ ) .Si noti che le caratteristiche al suolo sono contenute tutte in x > 0.2) Integriamo la e.d.o. sulle caratteristiche al suolo:dUdτ = U +2,U(0) = 0.La soluzione èU(τ;s) = 2e τ −2, −∞ < τ < ∞.3) Torniamo alle variabili (x,y) risolvendos2 √ ( √ √( 2+1)e2τ+( √ 2−1)e −√ 2τ ) = x,2s2 √ ( √e2τ−e −√ 2τ ) = y.29

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheDividendo le due equazioni membro a membroe √ 2τ −e −√ 2τ( √ 2+1)e √ 2τ+( √ 2−1)e −√ 2τ = y x .Ponendo z = e √ 2τ , si ottiene, anche moltiplicando questa uguaglianza per z,( √ 2+1)z 2 y +( √ 2−1)y = z 2 x−x,da cuie quindi[ √( 2−1)y +xz =x−( √ 2+1)y]12,[ √e τ √= z 1 ( 2−1)y +x] 12 =x−( √ 2 √ 2.2+1)yR.[( √ 2−1u(x,y) = 2√2+1( √ 2+1)x+y( √ 2−1)x−ynel quarto di piano Q = {( √ 2−1)x > y > −( √ 2+1)x}.16. [4/2/2005 (hw)I] Risolvere{xyux +xyu y = 0,u(−1,s) = s 2 , s > 0.) 1 ]2 √ 2−1 ,(Sugg. Osservare bene l’equazione prima di iniziare i calcoli ...)R.u(x,y) = (x−y +1) 2 , per y > x+1.17. [4/2/2005 (hw)I] Risolvere⎧⎨yu x +(2x+y)u y = 1 u ,⎩u(0,s 2 ) = s 2 , s > 0.R.u(x,y) =√(y −2x) 4 3(x+y) 2 3 − 2 3lny −2xx+y .18. [23/6/2005 (ex)I] Risolvere il problema di Cauchyu x +xu y = 1 u ,u(0,s) = s 2 , 0 < s < 2,10

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristichee trovare il più grande aperto ove è possibile definire la soluzione, dimostrandoche esso giace in un semipiano della forma {x > x 0 }, con 0 > x 0 >−∞.19. [23/6/2005 (ex)II] Risolvere il problema di Cauchyyu x −u y = − 1 u ,u(s,0) = −s 2 , −1 < s < 0,e trovare il più grande aperto ove è possibile definire la soluzione, dimostrandoche esso giace in un semipiano della forma {y > y 0 }, con 0 > y 0 >−∞.Soluzione1) Troviamo le caratteristiche al suoloϕ ′ 1 = ϕ 2, ϕ 1 (0) = s,ϕ ′ 2 = −1, ϕ 2(0) = 0,da cui(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) )=(s− τ22 ,−τ , −∞ < τ < ∞.2) Risolviamo poi la e.d.o. sulle caratteristiche al suoloPer separazione di variabili si ottieneda cuidUdτ = − 1 U ,U(0) = −s 2 .U(τ) 2 −U(0) 2 = −2τ ,U(τ;s) = − √ s 4 −2τ , τ < s42 .3) Torniamo alle variabili (x,y) risolvendo il sistemache dàs− τ22 = x,−τ = y,τ = −y, s = x+ y22 ,dove va imposta la condizione, visto che vogliamo che la caratteristica al suoloincontri la curva che porta il dato,−1 < x+ y22< 0. (1)11

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheSi ha infine √ ( )u(x,y) = − x+ y2 4+2y, (x,y) ∈ Ω,2ove l’aperto massimale Ω, ricordando sia la (1) che la restrizione su τ per garantirela positività della quantità sotto radice quadrata, è definito daΩ ={−1 < x+ y22 < 0, (4) Per la restrizione τ < s 2 /2 si deve averex+ y22) 4+2y > 0}.ossia y > −1/2.R.−y < s22 < 1 2 ,√ ( )1) u(x,y) = − x+ y2 4+2y,2((x,y) ∈{−1 < x+ y22 < 0,2) y 0 = − 1 2 .x+ y22) 4+2y > 0}.20. [16/9/2005 (ex)I] Risolvere il problema⎧⎨u x +xu y = 0,⎩ u(0,y) = 1 y , y > 0.21. [16/9/2005 (ex)II] Risolvere il problema⎧⎨yu x +u y = 0,⎩u(x,0) = 1x+1 , x > 0.22. [15/12/2005 (ex)I] Trovare la soluzione diu x +u y = e u ,u(x,0) = x−1, x ∈ R,e il più grande aperto ove u è definita.23. [6/2/2006 (hw)I] Risolvere{e y u x +xe −y u y = x,u(s,ln2s) = s, 1 < s < ∞.12

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheSoluzioneRisolviamo il sistema caratteristicoϕ ′ 1 = eϕ2 , ϕ 1 (0) = s,ϕ ′ 2 = ϕ 1 e −ϕ2 ,ϕ 2 (0) = ln2s,che dàϕ 1 (τ;s) = s s]2 (3eτ −e −τ ), ϕ 2 (τ;s) = ln[2 (3eτ +e −τ ) , −∞ < τ < ∞.Va quindi risolto il problema di CauchyU ′ = s 2 (3eτ −e −τ ), U(0;s) = s,da cuiU(τ;s) = s 2 (3eτ +e −τ )−s, −∞ < τ < ∞.Il sistema ϕ 1 (τ;s) = x, ϕ 2 (τ;s) = y, risolto, dà√√1+xeτ = ln−y (1+xe3(1−xe −y ) , s = −y)(1−xe −y )ey .3Sostituendo nell’espressione di U si ottiene infine la soluzione.R.√ )(1+xeu(x,y) = e(1−y −y)(1−xe −y ).324. [7/4/2006 (ex)I] Risolvere2u x +(6+2cosx)u y = 0,u(0,s) = s 2 , 0 < s < 3.Trovaresupu,Ωove Ω è l’aperto massimale di definizione della soluzione u.SoluzioneRisolviamo per caratteristiche:1) Troviamo le curve caratteristiche al suolo:che dà subitoϕ ′ 1 = 2, ϕ 1(0) = 0,ϕ ′ 2 = 6+2cosϕ 1 , ϕ 2 (0) = s,ϕ 1 (τ;s) = 2τ , ϕ 2 (τ;s) = 6τ +sin(2τ)+s, −∞ < τ < ∞.2) Risolviamo la e.d.o. sulle caratteristiche al suolo:U ′ (τ;s) = 0,U(0;s) = s 2 ,13

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheche ha la soluzioneU(τ;s) = s 2 , −∞ < τ < ∞.3) Torniamo alle variabili (x,y) risolvendoche implicaϕ 1 (τ;s) = 2τ = x,ϕ 2 (τ;s) = 6τ +sin(2τ)+s = y,τ = x 2 ,s = y −3x−sinx.Non sono presenti restrizioni su τ, mentre deve risultare 0 < s < 3.Infine, visto che la derivata di u lungo le caratteristiche al suolo è nulla, e che perdefinizione Ω è coperto da caratteristiche al suolo che partono dalla curva che portail dato,supu = sup u(0,s) = sup s 2 = 9,Ω 0

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheSoluzioneTroviamo le curve caratteristiche al suolo risolvendo il sistemaϕ ′ 1 = 1, ϕ 1(0;s) = s,ϕ ′ 2 = ϕ 1, ϕ 2 (0;s) = s 2 .Questo sistema ammette l’unica soluzione(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) =(τ +s, τ22 +sτ +s2) , τ ∈ R.Si noti che sulle caratteristiche valey = x22 + s22 .Risolviamo poi l’equazione differenziale sulle caratteristiche al suolo:U ′ = e 2U ,U(0;s) = s.Procedendo per separazione delle variabili si ottieneddτ e−2U = −2,da cuiU(τ;s) = − 1 2 ln( e −2s −2τ ) , 2τ < e −2s .Infine torniamo alle variabili (x,y), risolvendo il sistemaDa quisotto la restrizioneLa soluzione sarà quindiτ +s = x,τ 22 +sτ +s2 = y.s = √ 2y −x 2 , τ = x− √ 2y −x 2 ,0 < 2y −x 2 < 1.u(x,y) = − 1 2 ln( e −2√ 2y−x 2 −2x+2 √ 2y −x 2) ,il cui aperto di definizione sarà sottoposto alle restrizioni sopra.R.u(x,y) = − 1 2 ln( e −2√ 2y−x 2 −2x+2 √ 2y −x 2) ,definita in{0 < 2y −x 2 < 1}∩{e −2√ 2y−x 2 −2x+2 √ 2y −x 2 > 0}.15

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristiche27. [20/4/2006 (ex)II] Risolvere il problema di Cauchyyu x −u y = −e u ,u(s 2 ,s) = s 2 , −1 < s < 0,determinando anche l’aperto massimale di definizione della soluzione.R.( √ )u(x,y) = −ln e −y2 +2x y2 +2x3 −y − ,3definita in{0 < y 2 +2x < 3}∩{e −y2 +2x3 −y −√ }y2 +2x> 0 .328. [6/7/2006 (ex)I] Risolvere il problema di Cauchyxu x −2(1−y)u y = xu,u(s,0) = s, −∞ < s < ∞.Determinare anche l’aperto massimale di definizione della soluzione.SoluzioneTroviamo le curve caratteristiche al suolo risolvendo il sistemaϕ ′ 1 = ϕ 1, ϕ 1 (0;s) = s,ϕ ′ 2 = −2(1−ϕ 2 ), ϕ 2 (0;s) = 0.Questo sistema ammette l’unica soluzione(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = ( se τ ,1−e 2τ) , τ ∈ R.Risolviamo poi il problema di Cauchy per l’equazione differenziale sulle caratteristicheal suolo:che ha come soluzioneU ′ = se τ U ,U(0;s) = s,U(τ;s) = se seτ −s , τ ∈ R.Infine torniamo alle variabili (x,y), risolvendo il sistemase τ = x,1−e 2τ = y.Da quiτ = 1 2 ln(1−y), s = x√ 1−y,16

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristichesotto la necessaria restrizioney < 1.R.u(x,y) =x(x)√ exp x− √ , in Ω = {y < 1}.1−y 1−y29. [6/7/2006 (ex)II] Risolvere il problema di Cauchy2(1−x)u x −yu y = yu,u(0,s) = −s, −∞ < s < ∞.Determinare anche l’aperto massimale di definizione della soluzione.R.u(x,y) = −√ y (y)exp −y + √ , in Ω = {x < 1}.1−x 1−x30. [20/9/2006 (ex)I] Risolverexu x +u y = u(1−u),u(s,0) = 1 , −∞ < s < ∞.2SoluzioneTroviamo le curve caratteristiche al suolo risolvendo il sistemaϕ ′ 1 = ϕ 1, ϕ 1 (0;s) = s,ϕ ′ 2 = 1, ϕ 2 (0;s) = 0.Questo sistema ammette l’unica soluzione(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = (se τ ,τ), τ ∈ R.Si noti che sulle caratteristiche valex = se y .Risolviamo poi l’equazione differenziale sulle caratteristiche al suolo:U ′ = U(1−U),U(0;s) = 1 2 .Procedendo per separazione delle variabili si ottieneda cuid [ ]lnU −ln(1−U) = 1,dτU(τ;s) = eτ, −∞ < τ < ∞.1+eτ 17

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheInfine torniamo alle variabili (x,y), risolvendo il sistemaDa quise τ = x,τ = y.u(x,y) = ey1+e y , (x,y) ∈ R2 .il cui aperto di definizione sarà sottoposto alle restrizioni sopra.R.u(x,y) = ey1+e y , (x,y) ∈ R2 .31. [15/12/2006 (ex)I] Risolvere il problema di Cauchy2xu x −u y = −u 2 ,u(s,lns) = 1, 0 < s < ∞,specificando l’aperto massimale di definizione Ω della soluzione.Si dimostri anche che, in Ω, u non cambia mai segno.SoluzioneTroviamo le curve caratteristiche al suolo risolvendo il sistemaϕ ′ 1 = 2ϕ 1, ϕ 1 (0;s) = s,ϕ ′ 2 = −1,ϕ 2 (0;s) = lns.Questo sistema ammette l’unica soluzione(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = (se 2τ ,−τ +lns), τ ∈ R.Risolviamo poi l’equazione differenziale sulle caratteristiche al suolo:U ′ = −U 2 ,U(0;s) = 1.Procedendo per separazione delle variabili si ottieneda cuiddτ1U = 1,U(τ;s) = 1 , −1 < τ < ∞.1+τInfine torniamo alle variabili (x,y), risolvendo il sistemase 2τ = x,−τ +lns = y.Da quis = xe −2τ , τ = 1 3 (lnx−y),18

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristichesotto la restrizioneLa soluzione sarà quindiil cui aperto di definizione èu(x,y) =x > 0.33+lnx−y ,Ω = {(x,y) | x > 0,y < lnx+3}.Poiché il denominatore di u si mantiene sempre positivo in Ω, risulta dimostratoche u > 0.R.u(x,y) =33+lnx−y ,(x,y) ∈ Ω = {(x,y) | x > 0,y < lnx+3}.32. [2/4/2007 (ex)I] Risolvere il problema di Cauchyyu x +(x−2y)u y = y,u(s,0) = s, 0 < s < ∞.[Sugg.: al momento di tornare alle variabili (x,y) non sarà necessario risolveredel tutto il sistema.]SoluzioneA) Troviamo le curve caratteristiche al suolo risolvendo il sistemaϕ ′ 1 = ϕ 2, ϕ 1 (0;s) = s,ϕ ′ 2 = ϕ 1 −2ϕ 2 , ϕ 2 (0;s) = 0.Derivando la prima equazione differenziale e sostituendo poi ϕ 2 e ϕ ′ 2 si ottieneche ha per integrale generaleImponendo le condizioni iniziali si haϕ ′′1 +2ϕ ′ 1 −ϕ 1 = 0,ϕ 1 (τ) = k 1 e −(1+√ 2)τ +k 2 e −(1−√ 2)τ .(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) =s(2 √ ( √ 2−1)e −(1+√2)τ +( √ ) 2+1)e −(1−√2)τ ,−e −(1+√2)τ +e −(1−√ 2)τ,2per τ ∈ R e s > 0.B) Integriamo l’equazione differenziale lungo le caratteristiche al suolo, imponendoil dato di Cauchy. Si ottiene il problemadUdτ = s2 √ (−e−(1+ √ 2)τ +e −(1−√ 2)τ ) ,2U(0;s) = s,19

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristichecha ha per soluzioneU(τ;s) = s ( e−(1− √ 2)τ2 √ √ + e−(1+√ 2)τ )√ , τ ∈ R,2 2−1 2+1per ogni s > 0.C) Torniamo infine alle variabili (x,y). Il sistema da risolvere sarebbes(2 √ ( √ 2−1)e −(1+√2)τ +( √ ) 2+1)e −(1−√ 2)τ= x,2s2 √ (−e−(1+ √ 2)τ +e −(1−√ 2)τ ) = y.2Tuttavia non è necessario svolgere tutti i calcoli; basta osservare che la primaequazione dà subitos2 √ 2( e−(1− √ 2)τ√2−1+ e−(1+√ 2)τ√2+1)= x.R.u(x,y) = x.33. [2/4/2007 (ex)II] Risolvere il problema di Cauchy(y −2x)u x +xu y = x,u(0,s) = s, 0 < s < ∞.[Sugg.: al momento di tornare alle variabili (x,y) non sarà necessario risolveredel tutto il sistema.]R.u(x,y) = y.34. [12/7/2007 (ex)I] Si trovi la soluzione del problema di Cauchyxu x −yu y = e u ,u(s,s) = s, s > 0,specificandone l’aperto massimale di definizione Ω e dimostrando cheΩ ⊂ {(x,y) | 0 < x < ye 2 }.SoluzioneA) Risolviamo il sistema delle caratteristiche al suoloϕ ′ 1 = ϕ 1 , ϕ 1 (0) = s,ϕ ′ 2 = −ϕ 2, ϕ 2 (0) = s.20

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheSi ottiene (ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = (se τ ,se −τ ), −∞ < τ < ∞.B) Risolviamo poi l’equazione differenziale sulle caratteristiche al suoloSi ottiene per separazione delle variabilidUdτ = eU ,U(0) = s.U(τ;s) = −ln(e −s −τ), −∞ < τ < e −s .C) Torniamo alle coordinate cartesiane, risolvendo il sistemase τ = x,se −τ = y.Si noti che il sistema è risolubile se e solo se x > 0 e y > 0, perché deve essere s > 0.Procedendo per sostituzione si trovas = √ xy, τ = ln√ xy ,da cui( √ xu(x,y) = −ln e −√xy −ln ,y)per (x,y) ∈ Ω, ove sull’aperto massimale di definizione Ω vanno imposte le restrizionix > 0, y > 0 già incontrate, e la τ < e −s , che diviene√ xlny < e−√ xy⇐⇒ x < ye 2e−√ xy. (1)Si osservi che per x > 0, y > 0, vale1 < e 2e−√ xy< e 2 .Perciò se vale la (1), allora vale anche lax < ye 2 .R.( √ xu(x,y) = −ln e −√xy −ln , in Ω = {(x,y) | 0 < x < yexy}.y)2e−√35. [12/7/2007 (ex)II] Si trovi la soluzione del problema di Cauchyxu x −yu y = e −u ,u(s,s) = −s, s > 0,21

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristichespecificandone l’aperto massimale di definizione Ω e dimostrando cheΩ ⊂ {(x,y) | x > ye −2 > 0}.R.( √ xu(x,y) = ln e −√xy +ln , in Ω = {(x,y) | x > yexy}.y)−2e−√36. [20/9/2007 (ex)I] Si trovi la soluzione del problema di Cauchyxu x +2yu y = xu,u(1,s) = f(s), −1 < s < 1,ove f ∈ C 1 ((−1,1)), specificandone l’aperto massimale di definizione, etrovando la condizione necessaria e sufficiente su f perché u sia limitata suΩ.SoluzioneA) Risolviamo il sistema delle caratteristiche al suoloϕ ′ 1 = ϕ 1, ϕ 1 (0) = 1,ϕ ′ 2 = 2ϕ 2 , ϕ 2 (0) = s.Si ottiene (ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = (e τ ,se 2τ ), −∞ < τ < ∞.Le caratteristiche al suolo sono dunque le mezze paraboley = sx 2 ,x > 0, s ∈ (−1,1).B) Risolviamo poi l’equazione differenziale sulle caratteristiche al suoloSi ottienedUdτ = eτ U ,U(0) = f(s).U(τ;s) = e eτ −1 f(s), −∞ < τ < ∞.C) Torniamo alle coordinate cartesiane, risolvendo il sistemae τ = x,se 2τ = y.Si noti che il sistema è risolubile solo se x > 0.Si trovas = y x 2 , τ = lnx.Ricordando che −1 < s < 1 si deve imporre (x,y) ∈ Ω, oveΩ = {(x,y) | x > 0,−x 2 < y < x 2 }.22

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheC) Quindi( y)u(x,y) = e x−1 fx 2 , (x,y) ∈ Ω.La u si mantiene limitata su tutto Ω, e in particolare per x → ∞, se e solo sef ≡ 0.R.( y)u(x,y) = e x−1 fx 2 , in Ω = {x > 0,−x 2 < y < x 2 }.La u è limitata se e solo se f ≡ 0.37. [14/12/2007 (ex)I] Si trovi la soluzione del problema di Cauchyu x +cosxu y = 2,u(s,coss) = s, − π 4 < s < 3 4 π.Si dimostri che il dominio massimale Ω di u è contenuto in una striscia−∞ < −y 0 < y < y 0 < ∞.SoluzioneA) Risolviamo il sistema delle caratteristiche al suoloϕ ′ 1 = 1, ϕ 1(0) = s,ϕ ′ 2 = cosϕ 1 ,ϕ 2 (0) = coss.Si ottiene(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = (s+τ,sin(s+τ)−sins+coss), τ ∈ R.Le caratteristiche al suolo sono dunque le curvey = sinx−sins+coss, −∞ < x < ∞,s ∈ (−π/4,3π/4).B) Risolviamo poi il problema di Cauchy per l’equazione differenziale sulle caratteristicheal suoloSi ottienedUdτ = 2,U(0) = s.U(τ;s) = 2τ +s, −∞ < τ < ∞.C) Torniamo alle coordinate cartesiane, risolvendo il sistemas+τ = x,sin(s+τ)−sins+coss = y.Si noti che il sistema è risolubile solo se |y| < 3.Si trova−sins+coss = y −sin(s+τ) = y −sinx,23

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheda cui(cos s+ π )= coss−sins √ = y −sinx √ .4 2 2Ricordando che −π/4 < s < 3π/4 e che arccos : [−1,1] → [0,π], si haτ = x+ π ( y −sinx)4 −arccos √ , 2s = − π ( y −sinx)4 +arccos √ . 2C) Quindiu(x,y) = 2x+ π ( y −sinx)4 −arccos √ . 2R.u(x,y) = 2x+ π ( y −sinx)4 −arccos √ , 2(x,y) ∈ Ω = {−∞ < x < ∞,|y −sinx| < √ 2} ⊂ {|y| < 3}.38. [28/3/2008 (ex)I] Si trovi la soluzione del problema di Cauchyx(1−x)u x +u y = y,u(a,s) = s, −∞ < s < ∞,ove0

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheB) Risolviamo poi il problema di Cauchy per l’equazione differenziale sulle caratteristicheal suoloSi ottieneU(τ;s) = τ22dUdτ = τ +s,U(0) = s.+sτ +s, −∞ < τ < ∞.C) Torniamo alle coordinate cartesiane, risolvendo il sistemaae τ1−a+ae τ = x,s+τ = y.Si noti che il sistema è stato in effetti già risolto (si veda la (1)). Poiché il sistemaè risolubile per ogni x ∈ (0,1) e y ∈ R, l’aperto massimale di esistenza è la striscia(0,1)×R.R.u(x,y) = (y −1)ln x(1−a)a(1−x) +y − 1 [ln x(1−a) ] 2,2 a(1−x)(x,y) ∈ Ω = (0,1)×R.39. [28/3/2008 (ex)II] Si trovi la soluzione del problema di Cauchy−u x +y(1−y)u y = −x,u(s,a) = −s, −∞ < s < ∞,ove0

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheA) Risolviamo il sistema delle caratteristiche al suoloϕ ′ 1 = ϕ2 1 , ϕ 1(0) = s,ϕ ′ 2 = ϕ 1 −1, ϕ 2 (0) = s.Le due equazioni sono disaccoppiate. Dalla prima si hada cuiϕ ′ 1ϕ 2 = − d1 dτ1ϕ 1= 1,ϕ 1 (τ) = ϕ 1(0)1−τϕ 1 (0) . (1)Si ottiene infine, tenendo presenti le condizioni iniziali e la seconda equazione delsistema caratteristico, ora di immediata soluzione,(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) ( )s=1−τs ,−ln(1−τs)−τ +s , τ < 1 s .B) Risolviamo poi il problema di Cauchy per l’equazione differenziale sulle caratteristicheal suolodUdτ =s1−τs ,U(0) = s− 1 s .Si ottieneU(τ;s) = −ln(1−τs)+s− 1 s , −∞ < τ < 1 s .C) Torniamo alle coordinate cartesiane, risolvendo il sistemao meglio ricavandone ches1−τs = x,−ln(1−τs)−τ +s = y,−ln(1−τs)+s− 1 s = y +τ − 1 s = y − 1 x .R.u(x,y) = y − 1 x .41. [14/7/2008 (ex)II] Trovare la soluzione di(1−y)u x +y 2 u y = y,u(−s,s) = s−s −1 , 0 < s < ∞.26

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheR.u(x,y) = −x− 1 y .42. [16/9/2008 (ex)I] Trovare la soluzione disinyu x +2u y = √ u,u(s,0) = s, 0 < s < ∞.SoluzioneA) Risolviamo il sistema delle caratteristiche al suoloϕ ′ 1 = sinϕ 2 , ϕ 1 (0) = s,ϕ ′ 2 = 2, ϕ 2(0) = 0.La seconda equazione è indipendente dalla prima. Risolvendo la seconda equazionee poi la prima, che diviene così di integrazione elementare, si ottiene la soluzione(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) =(− 1 2 cos2τ + 1 )2 +s,2τ , −∞ < τ < ∞.B) Risolviamo poi il problema di Cauchy per l’equazione differenziale sulle caratteristicheal suolodUdτ = √ U ,U(0) = s.Si ottiene ( √s+ τ) 2, √U(τ;s) = −2 s < τ < ∞.2C) Torniamo alle coordinate cartesiane, risolvendo il sistemache dà− 1 2 cos2τ + 1 +s = x,22τ = y,s = x+ 1 2 cosy − 1 2 ,y = 2τ .R.( √u(x,y) = x+ 1 2 cosy − 1 2 + y ) 2,4x > 1−cosy√, y > −4 x+ 1 22 cosy − 1 2 .27

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristiche43. [16/9/2008 (ex)II] Trovare la soluzione diR.2u x + 1 3 sinxu y = √ u,u(0,s) = 3s, 0 < s < ∞.( √u(x,y) = 3y + 1 2 cosx− 1 2 + x ) 2,4y > 1−cosy√, x > −4 3y + 1 62 cosx− 1 2 .44. [12/1/2009 (ex)I] Si trovi la soluzione del problema di Cauchy1y 2u x +u y = x,(u s, 1 )= 1, 0 < s < ∞.sDeterminare l’aperto massimale Ω di esistenza della soluzione u.SoluzioneA) Risolviamo il sistema delle caratteristiche al suoloϕ ′ 1 = 1 ϕ 2 , ϕ 1 (0) = s,2ϕ ′ 2 = 1, ϕ 2 (0) = 1 s .La seconda equazione è di immediata risoluzione, e dàϕ 2 (τ;s) = τ + 1 s .Dalla prima si ha quindiϕ ′ 1 =1( ) 2,τ + 1 sda cui infine(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) =(− 1τ + 1 s+2s,τ + 1 sLe caratteristiche al suolo sono dunque i rami di iperbolex = − 1 +2s, 0 < y < ∞,s ∈ (0,∞).y), τ > − 1 s .28

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheB) Risolviamo poi il problema di Cauchy per l’equazione differenziale sulle caratteristicheal suolodUdτ = − 1τ + 1 sU(0) = 1.+2s,Si ottiene(U(τ;s) = 2sτ −ln τ + 1 )−lns+1, − 1 s s < τ < ∞.C) Torniamo alle coordinate cartesiane, risolvendo il sistema− 1τ + 1 s+2s = x,τ + 1 s = y.Si ricava subitos = 1 (x+ 1 ),2 yτ = y − 2x+ 1 .yLe condizioni da imporre sono τ +1/s > 0, e s > 0, ossiay > 0, x+ 1 y > 0.R.(u(x,y) = xy −lny −ln x+ 1 )+ln2,y(x,y) ∈ Ω = {(x,y) | y > 0,x+y −1 > 0}.45. [12/1/2009 (ex)II] Si trovi la soluzione del problema di Cauchyu x + 1 x 2u y = y,( 1)us ,s = 0, 0 < s < ∞.Determinare l’aperto massimale Ω di esistenza della soluzione u.R.(u(x,y) = xy −lnx−ln y + 1 )+ln2−1,x(x,y) ∈ Ω = {(x,y) | x > 0,y+x −1 > 0}.29

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristiche46. [15/6/2009 (ex)I] Trovare la soluzione dixu x +u y = x(1+y)u,u(s,0) = − 1lns , s > 1.Trovare anche l’aperto massimale di definizione.SoluzioneA) Troviamo le caratteristiche al suolo, risolvendo il sistema caratteristicoSi ottiene immediatamenteϕ ′ 1 = ϕ 1 , ϕ 1 (0) = s,ϕ ′ 2 = 1, ϕ 2(0) = 0.(ϕ 1 (τ;s),ϕ 2 (τ,s)) = (se τ ,τ), τ ∈ R.B) Si risolve quindi la e.d.o. sulle caratteristiche al suoloottenendo per separazione delle variabiliU ′ = se τ (1+τ)U ,U(0) = − 1lns ,U(τ;s) = − 1lns expseτ τ , τ ∈ R.C) Infine si torna alle variabili (x,y) invertendo il sistemache dàSi noti che la restrizione s > 1 implicase τ = x, τ = y,s = xe −y , τ = y.lns = lnx−y > 0,che definisce l’aperto massimale di definizione, insieme con x > 0.R.1u(x,y) =y −lnx exy ,definita inΩ = {(x,y) | x > 0,y < lnx}.47. [13/7/2009 (ex)I] Trovare la soluzione diu xx + u yy = 1 u ,(u s, 2 )= 1, s > 0.s30

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheSoluzioneSi noti che i termini 1/x e 1/y presenti nell’equazione impediscono a x e a y diannullarsi; visto che la curva che porta il dato è contenuta nel primo quadrante,anche l’aperto massimale di definizione della soluzione sarà contenuto nel primoquadrante.A) Troviamo le caratteristiche al suolo, risolvendo il sistema caratteristicoϕ ′ 1 = 1 ϕ 1, ϕ 1 (0) = s,ϕ ′ 2 = 1 ϕ 2, ϕ 2 (0) = 2 s .Si ottiene integrando per separazione di variabilicioè(ϕ 1 (τ;s),ϕ 2 (τ,s)) =(√2τ +s2 ,ϕ i (τ) = √ 2τ +ϕ i (0) 2 ,B) Si risolve quindi la e.d.o. sulle caratteristiche al suoloottenendo per separazione delle variabili√2τ + 4 )s 2 , τ > max(− s22 ,− 2 )s 2 .U ′ = 1 U ,U(0) = 1,U(τ;s) = √ 1+2τ , τ > − 1 2 .C) Infine si torna alle variabili (x,y) invertendo il sistema√√2τ +s2 = x, 2τ + 4 s 2 = y,che dà (ricordando s > 0)√xs =2 −y 2 + √ (y 2 −x 2 ) 2 +16, τ = x2 +y 2 − √ (y 2 −x 2 ) 2 +16.24Si noti che le restrizioni su τ trovate risolvendo il sistema caratteristico sono automaticamentesoddisfatte, mentre imponendo la τ > −1/2 si ha dai calcoli√3−x2y >x 2 +1 , 0 < x < √ 3,che definisce l’aperto massimale di definizione, insieme con x > 0, y > 0.R.u(x,y) = 1 √2√2+x 2 +y 2 − √ (y 2 −x 2 ) 2 +16,31

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristichedefinita inΩ ={(x,y) | √ 3 > x > 0,y >√ }3−x2x 2 +1(∪ [ √ )3,∞)×(0,∞) .48. [13/7/2009 (ex)II] Trovare la soluzione diu xx + u yy = −1 u ,(u s, 2 )= 1, s > 0.sR.definita inΩ =u(x,y) = 1 √2√2−x 2 −y 2 + √ (y 2 −x 2 ) 2 +16,{( )(0,1]×(0,∞) ∪ (x,y) | x > 1,y 0,determinando anche l’aperto massimale di definizione.SoluzioneA) Troviamo le caratteristiche al suolo, risolvendo il sistema caratteristicoSi ottieneϕ ′ 1 = 2ϕ 1, ϕ 1 (0) = 1,ϕ ′ 2 = ϕ 2 , ϕ 2 (0) = s.(ϕ 1 (τ;s),ϕ 2 (τ,s)) = (e 2τ ,se τ ), τ ∈ R.B) Si risolve quindi la e.d.o. sulle caratteristiche al suoloottenendo per separazione delle variabiliU ′ = 1 U ,U(0) = s,U(τ;s) = √ s 2 +2τ ,τ > − s22 .C) Infine si torna alle variabili (x,y) invertendo il sistemae 2τ = x, se τ = y,32

210. Edp del I ordine: metodo delle caratteristicheche dàs = y √ x, τ = ln √ x.Si deve quindi avere x > 0 e y > 0, perché s > 0, e imponendo la τ > −s 2 /2 si hadai calcoli l’ulteriore restrizioney 2 > −xlnx, 0 < x < 1.R.u(x,y) =√y2x +lnx,(x,y) ∈ Ω = {x > 0,y > √ max(−xlnx,0)}.50. [15/9/2009 (ex)II] Trovare la soluzione dixu x +2yu y = 1 u ,u(s,1) = 2s, s > 0,determinando anche l’aperto massimale di definizione.R.√4xu(x,y) =2{yy +lny, (x,y) ∈ Ω = > 0,x > 1 √ }max(−ylny,0) .251. [9/4/2010 (ex)I] Si determini la soluzione del problemaxu x + y x u y = x,u(1,s) = 0, s > 0.SoluzioneA) Troviamo le curve caratteristiche al suolo, risolvendoϕ ′ 1 = ϕ 1, ϕ 1 (0) = 1,ϕ ′ 2 = ϕ 2 ϕ −11 , ϕ 2 (0) = s,da cui (ϕ1 (τ,s),ϕ 2 (τ,s) ) = (e τ ,se 1−e−τ ), τ ∈ R.B) Risolviamo poi la e.d.o. lungo le caratteristicheU ′ = e τ , U(0) = 0,da cuiU(τ,s) = e τ −1.33

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateC) Infine dae τ = x,se 1−e−τ = y,otteniamo immediatamente la u(x,y).R.u(x,y) = x−1, x > 0,y > 0.250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinate1. [3/2/2003 (hw)I] Risolvere il problemaxu x +yu y = x 2 +y 2 ,u(x,y) = x, su x 2 +y 2 = 1,e mostrare che la soluzione non è C 1 (R 2 ).SoluzioneDefiniamov(r,ϕ) = u(x,y),ove (r,ϕ) sono le solite coordinate polari. Il problema diviene allorarv r = r 2 ,v(1,ϕ) = cosϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.Da qui si ottiene v r = r e per integrazionev(r,ϕ) = r22 +f(ϕ),ove la f si determina poi imponendo il dato su r = 1:Dunquef(ϕ) = cosϕ− 1 2 .v(r,ϕ) = r22 +cosϕ− 1 2 ,e tornando alle coordinate cartesianeu(x,y) = x2 +y 2 −12+x√x2 +y 2 .È chiaro che u è di classe C ∞ in x 2 + y 2 > 0, mentre non è neppure continuanell’origine.34

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateR.u(x,y) = x2 +y 2 −12+x√x2 +y 2 , x2 +y 2 > 0.2. [3/2/2003 (hw)I] Risolvere il problemaxu x +yu y = 2xy,u(x,y) = 1, su x 2 +y 2 = 1,e mostrare che la soluzione non è C 1 (R 2 ).R.u(x,y) = xy − xyx 2 +y 2 +1,v(r,ϕ) = r2 −12sin2ϕ+1.3. [3/2/2003 (hw)I] Risolvere il problemaxu x +yu y = 2xy,e mostrare che la soluzione è C 1 (R 2 ).R.u(x,y) = xy, su x 2 +y 2 = 1,u(x,y) = xy,v(r,ϕ) = r 2 cosϕsinϕ.4. [16/4/2003 (ex)I] Calcolare la soluzione del problemaxu x +yu y = −u √ x 2 +y 2 ,u(x,y) = π, x 2 +y 2 = 4,e dimostrare che è continua in R 2 , ma non di classe C 1 (R 2 ). (Sugg. Considerarela particolare geometria del problema.)SoluzionePassando a coordinate polari il problema divienerv r = −rv,v(2,ϕ) = π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.Si ha subitov(r,ϕ) = πe −r+2 .35

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateQuindiu(x,y) = πe 2−√ x 2 +y 2 .La u è continua come composizione di funzioni continue. Tuttavia, e.g.,u x = −πe 2−√ x 2 +y x 2√x2 +y , 2che non è continua. In alternativa, si può ragionare così: v è radiale; dunque peressere di classe C 1 nell’origine, dovrebbe essere v r → 0 per r → 0, mentre invecev r → −πe 2 per r → 0.R.u(x,y) = πe 2−√ x 2 +y 2 , x 2 +y 2 > 0.5. [16/4/2003 (ex)II] Calcolare la soluzione del problemaxu x +yu y = −u,u(x,y) = π, x 2 +y 2 = 4,e dimostrare che non è continua in R 2 . (Sugg. Considerare la particolaregeometria del problema.)R.2πu(x,y) = √x2 +y , 2 x2 +y 2 > 0.6. [20/1/2004 (hw)I] Trovare la soluzione definita nel semipiano x > 0 diyu x −xu y = x+1,u( √ s,0) = s, s > 0.R.u(x,y) = −y−arctg y x +x2 +y 2 , x > 0.7. [14/4/2004 (ex)I] Trovare una condizione sulla funzione f affinché ilseguente problema sia risolubileSoluzioneIn coordinate polari r, ϕ,xu x +yu y = f(x,y) √ x 2 +y 2 , 1 < x 2 +y 2 < 4,u(x,y) = x, x 2 +y 2 = 1,u(x,y) = y, x 2 +y 2 = 4.v(r,ϕ) = u(x,y),g(r,ϕ) = f(x,y),36

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateper cui la e.d.p. divienerv r = g(r,ϕ)r,ossiav r = g(r,ϕ),da cuiv(2,ϕ)−v(1,ϕ) =∫ 21g(r,ϕ)dr = 2sinϕ−cosϕ.R.∫ 21f(rcosϕ,rsinϕ)dr = 2sinϕ−cosϕ, 0 ≤ ϕ < 2π.8. [14/4/2004 (ex)II] Trovare una condizione sulla funzione f affinché ilseguente problema sia risolubilexu x +yu y = f(x,y) √ x 2 +y 2 , 4 < x 2 +y 2 < 9,u(x,y) = y, x 2 +y 2 = 4,u(x,y) = x, x 2 +y 2 = 9.R.∫ 32f(rcosϕ,rsinϕ)dr = 3cosϕ−2sinϕ, 0 ≤ ϕ < 2π.9. [15/9/2004 (ex)I] Calcolare la soluzione dixu x +yu y = arctg y x ,u(x,y) = y 2 , x 2 +y 2 = 4,x > 0,e trovarne l’aperto massimale di definizione. Esprimere la soluzione sia incoordinate polari che in coordinate cartesiane.10. [15/9/2004 (ex)I] Risolvereyu x −xu y = 3x,u(x,x) = √ x 2 +y 2 , x > 0.11. [15/9/2004 (ex)II] Calcolare la soluzione dixu x +yu y = x,u(x,y) = y 2 , x = 1,37

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinatee trovarne l’aperto massimale di definizione. Esprimere la soluzione sia incoordinate polari che in coordinate cartesiane.12. [15/9/2004 (ex)II] Risolvereyu x −xu y = 2y,u(y,y) = x 2 +y 2 , y < 0.13. [4/2/2005 (hw)I] Trovare tutte le soluzioni di(x,y)·∇u(x,y)+D 2 u(x,y)(x,y)·(x,y) = √ x 2 +y 2 ,definite in R 2 \{(0,0)}. Qui D 2 u(x,y) indica la matrice hessiana:( )D 2 uxx (x,y) uu(x,y) =xy (x,y),u xy (x,y) u yy (x,y)e quindi D 2 u(x,y)(x,y)·(x,y) la forma quadraticax 2 u xx (x,y)+2xyu xy (x,y)+y 2 u yy (x,y).(Sugg. Passare a coordinate polari, è ovvio).R.u(x,y) = √ x 2 +y 2 +c 1 (ϕ)ln √ x 2 +y 2 +c 2 (ϕ),ove c 1 e c 2 sono arbitrarie funzioni in C 2 (R), periodiche di periodo 2π.14. [1/4/2005 (ex)I] Risolvere⎧⎨ xu x +yu y = 1,⎩u(cosϕ,sinϕ) = ϕ 2 , − π 2 < ϕ < π 2(esprimere la soluzione sia in coordinate polari che cartesiane).SoluzionePassando a coordinate polari, e ponendo v(r,ϕ) = u(x,y), si ha⎧⎨ rv r = 1,⎩v(1,ϕ) = ϕ 2 , − π 2 < ϕ < π 2da cui, integrando l’equazione differenziale,e usando poi il dato di Cauchy,v(r,ϕ) = lnr +C(ϕ),v(r,ϕ) = lnr+ϕ 2 , r > 0,− π 2 < ϕ < π 2 .38

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateIn coordinate cartesiane:u(x,y) = ln √ x 2 +y 2 +(arctg y x) 2,x > 0,y ∈ R.15. [1/4/2005 (ex)II] Risolvere{−yux +xu y = 1,u(x,0) = x, 0 < x < 1(esprimere la soluzione sia in coordinate polari che cartesiane).SoluzionePassando a coordinate polari, e ponendo v(r,ϕ) = u(x,y), si ha{v ϕ = 1,v(r,0) = r, 0 < r < 1da cui, integrando l’equazione differenziale,e usando poi il dato di Cauchy,v(r,ϕ) = ϕ+C(r),v(r,ϕ) = ϕ+r, 0 < r < 1,−π < ϕ < π.In coordinate cartesiane (restringendoci per brevità al semipiano x > 0):u(x,y) = arctg y x +√ x 2 +y 2 , x > 0,x 2 +y 2 < 1.16. [14/4/2005 (ex)I] Si determini a ∈ R in modo che il problemaxu x +yu y = a y , in Ω,xu(x,y) = 0, x 2 +y 2 = 1,0 < y < x,u(x,y) = y x , x2 +y 2 = 4,0 < y < x,abbia soluzione u ∈ C 1 (Ω), oveΩ = {(x,y) | 1 < x 2 +y 2 < 4,0 < y < x}.17. [14/4/2005 (ex)II] Si determini a ∈ R in modo che il problema−yu x +xu y = a(x 2 +y 2 ), in Ω,u(x,0) = 0, 1 < x < 2,u(x,x) = 2x 2 ,1√ < x < √ 2,239

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateabbia soluzione u ∈ C 1 (Ω), oveΩ = {(x,y) | 1 < x 2 +y 2 < 4,0 < y < x}.R.a = 4 π .18. [23/6/2005 (ex)I] Dimostrare che ogni soluzione dixu x +yu y√x 2 +y 2 = −yu x +xu y ,in Ω = {(x,y) | x > 0} si può scrivere come(√u(x,y) = f x 2 +y 2 +arctgx)y ,per una funzione f : R → R opportuna.19. [23/6/2005 (ex)II] Dimostrare che ogni soluzione dixu x +yu y = (yu x −xu y ) √ x 2 +y 2 ,in Ω = {(x,y) | x > 0} si può scrivere come(√u(x,y) = f x 2 +y 2 −arctgx)y ,per una funzione f : R → R opportuna.20. [16/9/2005 (ex)I] Dimostrare che la soluzione dixu x +yu y = (2 √ x 2 +y 2 −x 2 −y 2 )e −√ x 2 +y 2 , x 2 +y 2 > 1,u(cosθ,sinθ) = u 0 (θ), 0 ≤ θ ≤ π,ove u 0 è una qualunque funzione in C([0,π]), soddisfaper ogni fissato θ ∈ [0,π].lim u(rcosθ,rsinθ) = u 0(θ),r→∞21. [16/9/2005 (ex)II] Dimostrare che la soluzione dixu x +yu y = √ x 2 +y 2 e 1−√ x 2 +y 2 , x 2 +y 2 > 1,u(cosθ,sinθ) = u 0 (θ), 0 ≤ θ ≤ π,40

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateove u 0 è una qualunque funzione in C([0,π]), soddisfaper ogni fissato θ ∈ [0,π].lim u(rcosθ,rsinθ) = u 0(θ)+1,r→∞22. [15/12/2005 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni dixu x +yu y = u+1, x 2 +y 2 > 0.23. [6/2/2006 (hw)I] Trovare una soluzione in un aperto Ω che includa lacurvaγ = {(scoss,ssins) | 2π < s < 6π}che porta il dato, del problemaxu x +yu y = 2u,u(scoss,ssins) = s, 2π < s < 6π.SoluzionePonendo v(r,ϕ) = u(x,y), ove (r,ϕ) sono le usuali coordinate polari, l’equazionedivienerv r = 2v,da cui subitoSu γ = (ψ 1 ,ψ 2 ) valev(r,ϕ) = f(ϕ)r 2 .r 2 = ψ 1 (s) 2 +ψ 2 (s) 2 = s 2 , ϕ = s;la γ è perciò un tratto della spirale r = ϕ. Dunque deve valereInfines = v(s,s) = f(s)s 2 , e quindi f(s) = 1 s .u(x,y) = x2 +y 2ϕ(x,y) .Perchiarirecosaabbiamofatto, einparticolaretrovarelaformadell’apertoΩ in cuirisulta definita la soluzione, dobbiamo investigare più in particolare la trasformazionedi coordinate da cartesiane a polari; soprattutto potrebbe risultare inusualeil fatto che ϕ vari su un intervallo di ampiezza 4π.L’aperto di definizione U di v nel piano (r,ϕ) contiene il segmentol = {(ϕ,ϕ) | 2π < ϕ < 6π};d’altra parte in U non devono cadere punti che rendano non biunivoca la trasformazione(x,y) ↔ (r,ϕ). È pertanto necessario cheU ⊂ U 0 = {(r,ϕ) | 2π < ϕ < 6π,−π+ϕ < r < π+ϕ}.41

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateIl parallelogramma U 0 corrisponde all’aperto Ω 0 del piano (x,y) definito daΩ 0 = ⋃I s ,2π

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateL’aperto massimale di definizione è il semipiano x > 0 che è coperto dalle caratteristicheal suolo (cioè le semirette uscenti dall’origine) che intersecano la rettax = 2.R.u(x,y) = x+y −1−2 y x , x > 0;v(r,ϕ) = rcosϕ+rsinϕ−1−2tgϕ, − π 2 < ϕ < π 2 .25. [7/4/2006 (ex)II] Risolverexu x +yu y = y −x,u(s,−1) = 0, s ∈ R,esprimendo la soluzione sia in coordinate cartesiane che polari. Specificarel’aperto massimale di definizione della soluzione.R.u(x,y) = y −x+1− x y , y < 0;v(r,ϕ) = rsinϕ−rcosϕ+1−cotgϕ, −π < ϕ < 0.26. [20/4/2006 (ex)I] Si considerino tutte le soluzioni dixu x +yu y = f( √ x 2 +y 2 ),u(cosϕ,sinϕ) = u 0 (ϕ), 0 < ϕ < π.È possibile scegliere f ∈ C 0 ((0,∞)) indipendente da u 0 in modo che valgauna sola delle due condizioniA) lim u(x,y) = 0, B) lim u(x,y) = +∞,(x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0)per tutti gli u 0 ∈ C 1 ([0,π]).Dire quale delle due condizioni A) e B) è possibile soddisfare, dando unesempio esplicito di f.SoluzioneIn coordinate polari, denotando con v l’incognita, il problema si scrive comerv r (r,ϕ) = f(r),v(1,ϕ) = u 0 (ϕ).Perciò∫ rv(r,ϕ) = v(1,ϕ)+1f(s)s∫ rds = u 0 (ϕ)+1f(s)sds, r > 0.43

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateQuindi si può soddisfare solo la condizione B), prendendo per esempiof(r) = −1, r > 0.In questo modov(r,ϕ) = u 0 (ϕ)−lnr → +∞, r → 0.R. La condizione B), prendendo per esempiof(r) = −1, r > 0.27. [20/4/2006 (ex)II] Si considerino tutte le soluzioni dixu x +yu y = √ x 2 +y 2 f( √ x 2 +y 2 )u,u(cosϕ,sinϕ) = u 0 (ϕ), − π 2 < ϕ < π 2 .È possibile scegliere f ∈ C 0 ((0,∞)) indipendente da u 0 in modo che valgauna sola delle due condizioniA) lim u(x,y) = +∞, B) lim u(x,y) = 0,(x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0)per tutti gli u 0 ∈ C 1 ([−π/2,π/2]).Dire quale delle due condizioni A) e B) è possibile soddisfare, dando unesempio esplicito di f.SoluzioneIn coordinate polari, denotando con v l’incognita, il problema si scrive comev r (r,ϕ) = f(r)v(r,ϕ),v(1,ϕ) = u 0 (ϕ).Perciòv(r,ϕ) = v(1,ϕ)e ∫ r1 f(s)ds = u 0 (ϕ)e ∫ r1 f(s)ds , r > 0.Quindi si può soddisfare solo la condizione B), prendendo per esempioIn questo modov(r,ϕ) = u 0 (ϕ)e ∫ r1f(r) = 1 r , r > 0.1s ds = u 0 (ϕ)e lnr = u 0 (ϕ)r → 0, r → 0.R. La condizione B), prendendo per esempiof(r) = 1 r , r > 0.44

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinate28. [6/7/2006 (ex)I] Risolvere il problema di Cauchy−yu x +xu y = sinx,u(s,0) = s, s > 0.Rappresentare la soluzione sia in coordinate cartesiane che polari nel semipianox > 0.SoluzionePassando a coordinate polari (r,ϕ),il problema divienePerciòda cui, ricordando che in x > 0v(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ),v ϕ = sin(rcosϕ),v(r,0) = r, r > 0.v(r,ϕ) = r+∫ ϕ0sin(rcost)dt,( yϕ = arctg ,x)u(x,y) = √ x 2 +y 2 +∫arctg( y x )0sin( √ x 2 +y 2 cost)dt.R.u(x,y) = √ arctg(∫y x )x 2 +y 2 + sin( √ x 2 +y 2 cost)dt x > 0;0∫ ϕv(r,ϕ) = r+ sin(rcost)dt, − π 2 < ϕ < π 2 .029. [6/7/2006 (ex)II] Risolvere il problema di Cauchy−yu x +xu y = e y ,u(s,0) = s 2 , s > 0.Rappresentare la soluzione sia in coordinate cartesiane che polari nel semipianox > 0.45

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateR.arctg(∫y x )u(x,y) = x 2 +y 2 + exp( √ x 2 +y 2 sint)dt x > 0;0∫ ϕv(r,ϕ) = r 2 + e rsint dt, − π 2 < ϕ < π 2 .030. [2/4/2007 (ex)I] Trovare tutte le possibili costanti a, b ∈ R, tali cheesista una soluzione u ∈ C 1 (R 2 ) diyu x −xu y = ax 2 −by 2 ,u(s,0) = 0, 0 < s < ∞,e determinare la funzione u.SoluzionePassiamo alle coordinate polari (r,ϕ). Postosi hav(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ),−v ϕ = ar 2 cos 2 ϕ−br 2 sin 2 ϕ,v(s,0) = 0, 0 < s < ∞.Integrando su (0,ϕ) si ha, usando anche il dato di Cauchy,v(r,ϕ) =∫ ϕ0(br 2 sin 2 θ−ar 2 cos 2 θ ) dθ = b−a2 r2 ϕ− b+a4 r2 sin2ϕ.Se v deve essere continua in R 2 si dovrà intanto averePerciò deve essere a = b. In questo casov(r,2π) = v(r,0) = 0, r > 0.v(r,ϕ) = −ar 2 sinϕcosϕ,eu(x,y) = −axyrisulta di classe C 1 (R 2 ).R.a = b, u(x,y) = −axy, (x,y) ∈ R 2 .46

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinate31. [2/4/2007 (ex)II] Trovare tutte le possibili costanti a, b ∈ R, tali cheesista una soluzione u ∈ C 1 (R 2 \{(0,0)}) die determinare la funzione u.R.−yu x +xu y = ay −bx 2 ,u(s,0) = 0, 0 < s < ∞,a ∈ R, b = 0, u(x,y) = a( √ x 2 +y 2 −x), (x,y) ∈ R 2 \{(0,0)}.32. [2/4/2007 (ex)I] Trovare tutte le possibili costanti a, b ∈ R, tali cheesista una soluzione u ∈ C 1 (R 2 ) die determinare la funzione u.yu x −xu y = a+bx,u(s,0) = 0, 0 < s < ∞,33. [18/4/2007 (ex)I] Trovare la soluzione dixu x +yu y = u+1,u(s,1) = 0, −∞ < s < ∞,esprimendola sia in coordinate polari che cartesiane.SoluzionePassando alle coordinate polari r, ϕ, e definendoil problema divienev(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ),rv r = v +1,( 1)vsinϕ ,ϕ = 0, 0 < ϕ < π.Integrando per separazione delle variabili si arriva av(r,ϕ)+1ln (1vsinϕ)+1 ,ϕ= ln r 1,sinϕda cuiv(r,ϕ) = rsinϕ−1.R.v(r,ϕ) = rsinϕ−1, r > 0,0 < ϕ < π;u(x,y) = y −1, y > 0.47

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinate34. [18/4/2007 (ex)II] Trovare la soluzione dixu x +yu y = u+2,u(3,s) = 0, −∞ < s < ∞,esprimendola sia in coordinate polari che cartesiane.R.v(r,ϕ) = 2 3 rcosϕ−2, r > 0,−π 2 < ϕ < π 2 ;u(x,y) = 2 x−2, x > 0.335. [12/7/2007 (ex)I] Risolvere il problema di Cauchyxu x +yu y = 2u,u(s,1−s) = s, 0 < s < 1.SoluzionePassiamo a coordinate polari (r,ϕ) con v(r,ϕ) = u(x,y).La curva che porta il dato è il segmentoche in coordinate polari è dato dar =Il problema diviene dunqueQuindie(1)vcosϕ+sinϕ ,ϕper r > 0 e 0 < ϕ < π/2.Sostituendo il dato di Cauchyy +x = 1, 0 < x < 1,1cosϕ+sinϕ , 0 < ϕ < π 2 .rv r = 2v,=cosϕcosϕ+sinϕ , 0 < ϕ < π 2 .v rv = 2 r ,v(r,ϕ)ln ( ) = 2lnr(cosϕ+sinϕ),1vcosϕ+sinϕ ,ϕv(r,ϕ) = r 2 cosϕ(cosϕ+sinϕ).48

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateR.u(x,y) = x(x+y), x > 0,y > 0.36. [12/7/2007 (ex)II] Risolvere il problema di Cauchyxu x +yu y = u,u(s,2−s) = s, 0 < s < 2.R.u(x,y) = x, x > 0,y > 0.37. [28/3/2008 (ex)I] Trovare la soluzione di−yu x +xu y = ycosx,u(s,s) = 4, 0 < s < ∞,esprimendola sia in coordinate cartesiane che polari.SoluzioneIn coordinate polari il problema divienev ϕ = rsinϕcos(rcosϕ) = − ∂ sin(rcosϕ). (1)∂ϕLa condizione di Cauchy si può scrivere come(v r, π )= 4, r > 0.4Dunque, integrando la (1) su (π/4,ϕ) si ottienev(r,ϕ) = 4−sin(rcosϕ)+sin( r √2).La soluzione è definita in tutto il piano meno l’origine.R.√x2 +yu(x,y) = 4−sinx+sin √ 2, (x,y) ∈ R 2 \{(0,0)},2( r)v(r,ϕ) = 4−sin(rcosϕ)+sin √2 , r > 0.38. [28/3/2008 (ex)II] Trovare la soluzione diyu x −xu y = xsiny,u(s,s) = 1, 0 < s < ∞,49

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateesprimendola sia in coordinate cartesiane che polari.R.√x2 +yu(x,y) = 1+cosy −cos √ 2, (x,y) ∈ R 2 \{(0,0)},2( r)v(r,ϕ) = 1+cos(rsinϕ)−cos √2 , r > 0.39. [18/4/2008 (ex)I] Determinare la soluzione u(x,y) del problema diCauchy(x−1)u x +(y −1)u y = u 2 ,u ( s,1− √ 1−(s−1) 2) = 1, 0 < s < 2.Determinare anche il dominio massimale Ω di definizione della soluzione.SoluzionePassiamo alle coordinate polarix = 1+rcosϕ,y = 1+rsinϕ,eSi ottiene il problemav(r,ϕ) = u(1+rcosϕ,1+rsinϕ).Quindida cuierv r = v 2 ,v(1,ϕ) = 1, −π < ϕ < 0.v rv 2 = 1 r ,− 1 +C(ϕ) = lnr, r > 0,vv(r,ϕ) =Imponendo il dato di Cauchy si hav(r,ϕ) =1C(ϕ)−lnr .1, 0 < r < e, −π < ϕ < 0.1−lnrR.inu(x,y) =11−ln √ (x−1) 2 +(y −1) 2 ,Ω = {(x,y) | 0 < (x−1) 2 +(y −1) 2 < e 2 ,y < 1}.50

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinate40. [18/4/2008 (ex)II] Determinare la soluzione u(x,y) del problema diCauchy(x−2)u x +(y −2)u y = u,u ( s,2− √ 4−(s−2) 2) = 1, 0 < s < 4.Determinare anche il dominio massimale Ω di definizione della soluzione.R.u(x,y) = 1 2√(x−2)2 +(y −2) 2 ,inΩ = {(x,y) | y < 2}.41. [16/9/2008 (ex)I] Scrivere la soluzione del seguente problema:(x−1)u x +(y −2)u y = α,u(3,s) = βs, s ∈ R,ove α, β ∈ R sono costanti.Inoltre si trovino i valori di α, β ∈ R che rendono la soluzione estendibile atutto il piano come funzione di classe C 1 .SoluzioneA) Passiamo a coordinate polarix−1 = rcosϕ, y −2 = rsinϕ,r > 0,ϕ ∈ (−π,π),definendov(r,ϕ) = u(x,y).Nelle nuove coordinate la retta x = 3 si esprime comeQuindi il problema divieneSi ha dunquer = 2cosϕ , −π 2 < ϕ < π 2 .rv r = α,( 2) ( 2)vcosϕ ,ϕ = βcosϕ sinϕ+2 , − π 2 < ϕ < π 2 .( 2)v(r,ϕ) = vcosϕ ,ϕ +∫ r2cosϕ( 2)v ρ (ρ,ϕ)dρ = vcosϕ ,ϕ +∫ r2cosϕαρ dρ( 2)= βcosϕ sinϕ+2 +αln rcosϕ .251

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateDa qui tornando alle variabili cartesiane(u(x,y) = β 2 y−2 )x−1 +2 +αln x−1 , x > 1.2B) La soluzione è estendibile a tutto il piano come funzione C 1 se e solo se α =β = 0, ossia se essa è nulla.R.(u(x,y) = β 2 y−2 )x−1 +2 +αln x−1 , x > 1.2α = β = 0.42. [16/9/2008 (ex)II] Scrivere la soluzione del seguente problema:(x+1)u x +(y −1)u y = α,u(1,s) = βs, s ∈ R,ove α, β ∈ R sono costanti.Inoltre si trovino i valori di α, β ∈ R che rendono la soluzione estendibile atutto il piano come funzione di classe C 1 .R.(u(x,y) = β 2 y −1 )x+1 +1 +αln x+1 , x > −1.2α = β = 0.43. [12/2/2009 (ex)I] Si consideri il problema−yu x +xu y = ax+b,u(s,0) = cs, s > 0,ove a, b, c sono costanti.Trovare tutti i valori di a, b, c per cui esiste una soluzione del problema inC 1( R 2 \{(0,0)} ) , e scrivere tale soluzione sia in coordinate cartesiane chepolari.SoluzionePassiamo alle variabili polariIl problema divienev(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ).v ϕ = arcosϕ+b,v(r,0) = cr, r > 0.52

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateQuindiv(r,ϕ) = v(r,0)+∫ ϕ0(arcosθ +b)dθ = cr+arsinϕ+bϕ.Per ottenere una funzione u continua in R 2 \{(0,0)} occorre perciò che b = 0; inquesto modo si ottieneu(x,y) = c √ x 2 +y 2 +ay,che ha la regolarità voluta per a e c arbitrari.R.u(x,y) = c √ x 2 +y 2 +ay, v(r,ϕ) = cr+arsinϕ,con a e c arbitrari.44. [12/2/2009 (ex)II] Si consideri il problema−yu x +xu y = ax+by,u(s,0) = cs, s > 0,ove a, b, c sono costanti.Trovare tutti i valori di a, b, c per cui esiste una soluzione del problema inC 1 (R 2 ), e scrivere tale soluzione sia in coordinate cartesiane che polari.R.u(x,y) = ay −bx, v(r,ϕ) = arsinϕ−brcosϕ,con c = −b, e a e b arbitrari.45. [13/7/2009 (ex)I] Trovare la soluzione u(x,y) del problemaxu x +yu y = arctg y x ,u(1,s) = as, s ∈ R,ove a ∈ R è una costante.Determinare anche l’aperto massimale di definizione Ω, e i valori di a cherendono la soluzione limitata inΩ ∩{1 < x < 2}.SoluzioneNotiamo che Ω dovrà comunque essere contenuto in {x > 0}, poiché il termine y/xnell’equazione impedisce a x di annullarsi, e la curva che porta il dato è contenutanel semipiano {x > 0}.Passando a coordinate polarisi hav(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ),rv r = ϕ,( 1)vcosϕ ,ϕ = a sinϕcosϕ = atgϕ, − π 2 < ϕ < π 2 .53

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinatePerciò( 1)v(r,ϕ) = vcosϕ ,ϕ +∫ r1cosϕDunque, tornando alle coordinate cartesiane,L’aperto massimale di definizione èϕds = atgϕ+ϕln(rcosϕ).su(x,y) = a y x +ln(x)arctg y x .Ω = {x > 0}.Su Ω ∩{1 < x < 2} = (1,2)×R, i terminiln(x), arctg y x ,sono limitati. Invece ∣ ∣∣ y∣ → ∞, |y| → ∞.xPertanto l’unico valore di a che rende u limitata ove richiesto è a = 0.R.u(x,y) = a y x +ln(x)arctg y x ,a = 0.(x,y) ∈ Ω = (0,∞)×R.46. [13/7/2009 (ex)II] Trovare la soluzione u(x,y) del problemaxu x +yu y = arctg y x ,u(1,s) = ln(1+as 2 ), s ∈ R,ove a ≥ 0 è una costante.Determinare anche l’aperto massimale di definizione Ω, e i valori di a cherendono la soluzione limitata inΩ ∩{1 < x < 2}.R.[ ( y 2 ]u(x,y) = ln 1+a +ln(x)arctgx) y x ,a = 0.(x,y) ∈ Ω = (0,∞)×R.47. [15/9/2009 (ex)I] Si calcoli la soluzione del problemaxu x +yu y = x+y,u(x,y) = a(x+y), x 2 +y 2 = 1,54

250. Edp del I ordine: trasformazioni di coordinateove a ∈ R è costante.Si determinino inoltre gli eventuali valori di a che rendono la soluzione diclasse C 0 (R 2 ).SoluzionePassando a coordinate polarisi ottiene il problemaIntegrando l’equazione differenziale si hav(r,ϕ) = v(1,ϕ)+∫ r1v(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ),rv r = rcosϕ+rsinϕ,v(1,ϕ) = a(cosϕ+sinϕ).[cosϕ+sinϕ]dρ = r[cosϕ+sinϕ]+(a−1)[cosϕ+sinϕ].L’unico valore di a che rende v continua fino nell’origine è a = 1.R.x+yu(x,y) = x+y +(a−1) √x2 +y ,2v(r,ϕ) = r[cosϕ+sinϕ]+(a−1)[cosϕ+sinϕ];a = 1.48. [15/9/2009 (ex)II] Si calcoli la soluzione del problemaxu x +yu y = x 2 +y 2 ,u(x,y) = a(x+y), x 2 +y 2 = 1,ove a ∈ R è costante.Si determinino inoltre gli eventuali valori di a che rendono la soluzione diclasse C 0 (R 2 ).R.u(x,y) = x2 +y 2 −12x+y+a√ x2 +y , 2v(r,ϕ) = r2 −1+a[cosϕ+sinϕ];2a = 0.49. [9/4/2010 (ex)I] Si determini la soluzione del problemayu x −xu y = u 2 ,u(s,s) = s a , s > 0,55

290. Edp del I ordine: modelliove a > 0 è una costante assegnata, e si mostri che l’aperto massimale didefinizione non può contenereA = {(x,y) | 0 < y < x}.SoluzioneIn coordinate polariev(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ),v ϕ = −v 2 ,(v r, π ) ( r) a,= √24da cuiv(r,ϕ) =( √2Dunque l’aperto massimale di soluzionesoddisfaA∩Ω =Ω ={(x,y) |{r 01√ ( ) 1/a,0 < ϕ < π2π4 −ϕ 4}≠ A.R.Ω =1u(x,y) = ( √2 ) a ,√x +ϕ−π2 +y 2 4{(x,y) |( √ 2) a π}+ϕ−r 4 > 0 .290. Edp del I ordine: modelli1. [3/2/2003 (hw)I] Si consideri una popolazione di batteri; indichiamocon n(x,t) la densità di batteri rispetto all’età x al tempo t. Cioè, per0 ≤ x 1 < x 2 , t ≥ 0,∫ x 2x 1n(x,t)dxèilnumerodibatteri conetàcompresatrax 1 ex 2 , nell’istantet. Assumiamo• non nascono nuovi batteri;• i batteri che hanno età x muoiono con un tasso proporzionale alla loroetà x e al loro numero n; sia α > 0 la costante di proporzionalità.56

290. Edp del I ordine: modelli1) Dimostrare che n verifican t +n x = −αxn.[Sugg.: n(x,t+h)−n(x−h,t) = ....]2) Che dimensioni fisiche hanno n e α?3) Supponiamoche pert = 0, n(x,0) = c, a < x < b, ove a, b, c sonocostantipositive; determinare il numero totale di batteri N(t) dopo un tempo t.4) È possibile, nel modello matematico qui introdotto, considerare unapopolazione di batteri che abbiano tutti la stessa età?Soluzione1) Vale per h > 0n(x+h,t+h)−n(x,t) = −hαxn(x,t)+o(h),poiché i batteri che hanno età x+h al tempo t+h sono quelli che avevano età x altempo t, meno quelli morti in (t,t+h). Dividendo per h, e mandando h → 0 si han x +n t = −αxn.2) Sia x che t hanno la dimensione T di un tempo. Dunque n per definizione hadimensione T −1 , e per esempio dall’e.d.p. appena ricavata per n, la dimensione diα risulta essere T −2 .3) Si tratta di risolveren x +n t = −αxn,n(x,0) = c, a < x < b.Troviamo le caratteristiche al suolo, risolvendoove la curva che porta il dato èϕ ′ 1 = 1, ϕ 1(0) = s,ϕ ′ 2 = 1, ϕ 2 (0) = 0,(s,0), a < s < b.Le curve caratteristiche sono dunque(ϕ1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) ) = ( τ +s,τ ) , −∞ < τ < ∞.[Nel seguito possiamo considerare in modo formale anche valori negativi di τ, nonostantesopra si siano introdotti solo tempi positivi.] L’aperto spazzato da talicaratteristiche è perciò la strisciat+a < x < t+b.LarisolveU(τ) = n ( ϕ 1 (τ;s),ϕ 2 (τ;s) )dU= −α(τ +s)U ,dτU(0) = c.57

300. Equazione delle ondeQuindiTornando a (x,t):U(τ) = ce −α(τ+s)2 2 +α s2 2 , −∞ < τ < ∞.n(x,t) = ce −αxt+α 2 t2 ,a+t < x < b+t.Infine∫N(t) =b+ta+tn(x,t)dx = ce−α 2 t2 [e −αat −e −αbt] .αtPer t → 0 si ha, come si deve, N(t) → (b−a)c.4)No,almenosesivuoleconsiderareunnumeropositivoM dibatterieunafunzioneregolare (diciamo continua) n: se tutti i batteri hanno età x 0 > 0, per definizionedi n si hax∫0+hM = n(x,t)dx,x 0−hper ogni x 0 > h > 0, mentre il termine a destra tende a zero per h → 0.R.2) [n] = T −1 , [α] = T −2 .3) N(t) = ce−α 2 t2 [e −αat −e −αbt] .αt4) No.300. Equazione delle onde1. [6/2/2004 (hw)I] Risolvereu tt −c 2 u xx = 0, −ct < x < ct, 0 < t,u(−ct,t) = a(t), 0 < t,u(ct,t) = b(t), 0 < t.Dare condizioni su a e b perché la soluzione sia C 2 (Q), Q = {(x,t) | −ct

300. Equazione delle ondeQuindi, ponendo s = −2ct < 0, τ = 2ct > 0,(f(s) = a − s )−g(0), s < 0,(2cτg(τ) = b −f(0), τ > 0.2c)Notiamo che in Q valgonox−ct < 0, x+ct > 0,e dunque si può scrivere( ct−x)u(x,t) = a +b2c( x+ctD’altronde, se u deve essere continua in Q, si deve avereper cui dalla (1) segue2ca(0) = b(0) = u(0,0),)−g(0)−f(0). (1)a(0) = b(0) = u(0,0) = a(0)+b(0)−g(0)−f(0).Infine le costanti f(0) e g(0) devono soddisfaref(0)+g(0) = a(0) = b(0).Si vede che nell’ipotesi a(0) = b(0), a, b ∈ C 2 ([0,∞)) la u così definita risulta esserein C 2 (Q).R.( ct−x) ( x+ct)u(x,t) = a +b −a(0),2c 2cse a, b ∈ C 2 ([0,∞)), con a(0) = b(0).2. [6/2/2004 (hw)I] Risolvereu tt −c 2 u xx = 0, −ct < x < ct, 0 < t,u t (−ct,t) = a(t), 0 < t,u(ct,t) = b(t), 0 < t.Dare condizioni su a e b perché la soluzione sia C 2 (Q), Q = {(x,t) | −ct

300. Equazione delle ondeQuindi, ponendo s = −2ct < 0, τ = 2ct > 0,f ′ (s) = − 1 (c a − s )+g ′ (0), s < 0, (1)(2cτg(τ) = b −f(0), τ > 0. (2)2c)Integrando la (1) su (s,0) si haf(s) = f(0)− 1 c∫ s0(a − σ )dσ +g ′ (0)s.2cRestano per ora indeterminate le costanti g ′ (0) e f(0). La g ′ (0) si ricava derivandola (2):Allora si ha in Qu(x,t) = f(0)− 1 c∫x−ct0g ′ (0) = 1 2c b′ (0).(a − σ )dσ +b ′ (0) x+ct +b2c 2c( x+cte quindi la scelta di f(0) è in effetti ininfluente nell’espressione di u.R.ct−x( x+ct)u(x,t) = b +b ′ (0) x−ct∫2c+2 a(s)ds,2c 2cse a ∈ C 1 ([0,∞)), b ∈ C 2 ([0,∞)).02c)−f(0),3. [15/9/2004 (ex)I] Scegliere α in modo che il seguente problema abbiasoluzioni in C 1 (Ω), ove Ω = {0 < x < ct,t > 0}, e determinarle:u tt −c 2 u xx = 0, in Ω,u(0,t) = 0, t ≥ 0,u t (ct,t) = cost−α, t ≥ 0.SoluzioneSi sa che u risolve l’equazione delle onde in Ω se e solo seu(x,t) = f(x−ct)+g(x+ct), (x,t) ∈ Ω,con f, g opportune funzioni di una variabile, di classe C 2 .Si può osservare subito che non si avrà soluzione unica; se infatti u risolve ilproblema, anche ogni funzione nella formav(x,t) = u(x,t)+λx,λ ∈ Rè soluzione. Ancora in via preliminare, se u deve essere in C 1 (Ω), si deve avere1−α = u t (0,0) = ∂ ∂t u(0,t) |t=0= 0,60

300. Equazione delle ondee quindiα = 1.Per trovare f e g usiamo i dati al contornof(−ct)+g(ct) = u(0,t) = 0,−cf ′ (0)+cg ′ (2ct) = u t (ct,t) = cost−1.Quindi, ponendo s = −ct < 0, τ = 2ct > 0,da cuif(s) = −g(−s), s < 0,g ′ (τ) = f ′ (0)+ 1 [cos τ ]c 2c −1 , τ > 0,g(τ) = g(0)+f ′ (0)τ +2sin τ 2c − τ c , τ ≥ 0,f(s) = −g(0)+f ′ (0)s+2sin s 2c − s c , s ≤ 0.Infineu(x,t) = −g(0)+f ′ (0)(x−ct)+2sin x−ct2c+g(0)+f ′ (0)(x+ct)+2sin x+ct(= 2 f ′ (0)− 1 c− x−ctc− x+ctc2c)x+2sin x−ct +2sin x+ct .2c 2cLa costante f ′ (0) non può essere determinata, come osservato sopra.R.u(x,t) = 4sin x 2c cos t +λx, λ ∈ R.2(1)4. [15/9/2004 (ex)II] Scegliere α in modo che il seguente problema abbiasoluzioni in C 1 (Ω), ove Ω = {0 < x < ct,t > 0}, e determinarle:u tt −c 2 u xx = 0, in Ω,u(0,t) = 0, t ≥ 0,u t (ct,t) = e t −α, t ≥ 0.R.u(x,t) = 2e x+ct2c−2e ct−x2c +λx, λ ∈ R.5. [6/2/2006 (hw)I] Discutere l’unicità di soluzioni u ∈ C 2 (Ω) del problemau tt −c 2 u xx = 0, in Ω = {(x,t) | 0 < x < vt,t > 0},u(0,t) = 0, t > 0,u(vt,t) = 0, t > 0.61

300. Equazione delle ondeQui c > 0, v ≥ c sono parametri assegnati.(Si noti che u ≡ 0 è una soluzione. Si tratta di accertare se esistono altresoluzioni.)SoluzioneÈ noto che deve essere per ogni fissata soluzione uda cui, imponendo i dati al contorno,u(x,t) = f(x−ct)+g(x+ct),f(−ct)+g(ct) = 0, (1)f((v −c)t)+g((v +c)t) = 0. (2)Nel caso v = c si ha da (2) che g è costante; allora, per la (1), anche f è costante,e quindi u essendo costante deve essere la costante nulla.Nel caso v ≠ c, le (1)–(2) si possono anche scrivere comeove si è definita per brevità la costantef(−s) = −g(s), s > 0, (3)f(−s) = −g(βs), βs > 0, (4)β = c+vc−v .Se v > c, allora β < −1. In questo caso le (3)–(4) permettono di ottenere f infunzione di g sia per argomenti negativi che positivi. Quindi la soluzione u saràdata da {g(x+ct)−g(ct−x), 0 ≤ x ≤ ct,u(x,t) =(5)g(x+ct)−g(β(ct−x)), ct < x ≤ vt.RestatuttaviadaimporrecheusiaineffettiinC 2 (Ω). Sivedeconcalcolielementariche questo segue da g ∈ C 2 ([0,∞)), cong ′ (0)(1−β) = 0, g ′′ (0)(1±β 2 ) = 0, cioè con g ′ (0) = 0, g ′′ (0) = 0.Quindi esistono infinite soluzioni, date dalla (5) al variare di g specificata comesopra.Un caso interessante. Il caso v < c, ossia β > 1, è interessante ma contienequalche complicazione tecnica. In questo caso sia la (3) che la (4) valgono pers > 0, e quindi in particolareg(s) = g(sβ −1 ), per ogni s > 0.Iterando quest’uguaglianza si ottiene, per ogni fissato s > 0, se L denota il limitefinito di g nell’origine,g(s) = g(sβ −1 ) = g(sβ −2 ) = ··· = g(sβ −n ) → L,da cui g(s) = L. Perciò g è costante, e quindi anche f lo è, per esempio per la (1).La soluzione u si mantiene quindi identicamente nulla.Tuttavia si osservi che l’esistenza di L non è automatica: sia f che g potrebberoessere di classe C 2 solo, rispettivamente, in (−∞,0) e in (0,∞) (in questo caso62

300. Equazione delle ondedovrebbero comportarsi vicino all’origine in modo tale da mantenere la regolaritàdi u). Occorre quindi dimostrare l’esistenza del limite finito L di g. L’argomentosopra implicag(s) = g(β n s), (6)per ogni s > 0 e n ≥ 1.Considerando il comportamento di u sulla semiretta x = λt, t > 0, per ogni fissato0 ≤ λ ≤ v, si ha in modo simile a quanto visto sopra,g(αs) = −f(−s)+u ( λ(c−λ) −1 s,(c−λ) −1 s ) =: −f(−s)+ω(λ,s), (7)perognis > 0, ovesi èpostoα = (c+λ)/(c−λ); si notichel’uguaglianzaprecedenteè vera per ogni s > 0 e ogni 1 ≤ α ≤ β. Per ogni 0 < τ < 1 esiste un unico n taleche 1 ≤ β n τ < β; scegliamo poi α = β n τ. Vale allora (denotando s = ατ)g(τ)−g(1) = g(τ)−g(β n τα −1 )Si noti che α dipende da τ, ma in ogni caso= g(τ)−g(τα −1 ) = g(αs)−g(s) = ω(λ(α),s)−ω(1,s).|ω(λ,s)| ≤che non dipende da λ. Quindimax |u(x,t)| =: ω 0(s),0≤t≤(c−v) −1 s|g(τ)−g(1)| ≤ 2ω 0 (βτ) → 0,per τ → 0. Questo dimostra che il limite per τ → 0 esiste finito, e permette diricondursi al caso precedente.Un esempio importante. Una funzione che soddisfa la (6), ma non è continuanell’origine, è, per β > 1,(G(s) = sin2π lnslnβDefiniamo (prendendo β = (c+v)/(c−v))), s > 0.u(x,t) = G(x+ct)−G(ct−x);questa u non deve soddisfare almeno una delle proprietà richieste sopra, altrimenticontraddirebbe quanto detto. Quale?6. [18/4/2007 (ex)I] Trovare la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, x > ct,t > 0,u(ct,t) = t, t > 0,u(x,0) = 0, x > 0,e dimostrare che è unica.SoluzioneSi sa che deve valereu(x,t) = f(x−ct)+g(x+ct).63

300. Equazione delle ondeImponendo le condizioni iniziali e al contorno si haf(x)+g(x) = 0, x > 0,f(0)+g(2ct) = t, t > 0.Dunque, ponendo τ = 2ct,g(τ) = −f(0)+ τ 2c , τ > 0,eNe segueR.f(x) = −g(x) = f(0)− x 2c , x > 0.u(x,t) = f(0)− x−ct2c−f(0)+ x+ct2cu(x,t) = t, x > ct,t > 0.= t.7. [18/4/2007 (ex)II] Trovare la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, x > ct,t > 0,u(ct,t) = 2t, t > 0,u(x,0) = 0, x > 0,e dimostrare che è unica.R.u(x,t) = 2t, x > ct,t > 0.8. [16/9/2008 (ex)I] Si dimostri che se u ∈ C 2 (Q) soddisfau tt −c 2 u xx = 0, (x,t) ∈ Q,u x (ct,t) = 0, t > 0,u t (−ct,t) = 0, t < 0,allora u è costante in Q, oveQ = {(x,t) | −∞ < t < ∞,c|t| < x < ∞}.SoluzioneSi sa cheda cuiu(x,t) = f(x−ct)+g(x+ct),u x (x,t) = f ′ (x−ct)+g ′ (x+ct),u t (x,t) = −cf ′ (x−ct)+cg ′ (x+ct).64

300. Equazione delle ondeSi noti che sia f che g sono calcolate sempre in argomenti non negativi. Dunque,per le condizioni al contorno,f ′ (0)+g ′ (2ct) = 0, t > 0,−cf ′ (−2ct)+cg ′ (0) = 0, t < 0.Dalla prima di queste equazioni segue che g ′ è costante, mentre dalla seconda segueche anchef ′ lo è; più in particolarele due equazionisi possonocombinareottenendof ′ = −g ′ = −f ′ ,che implica che entrambe f ′ e g ′ si annullino. Quindi f e g sono costanti e la tesiè dimostrata.9. [16/9/2008 (ex)II] Si dimostri che se u ∈ C 2 (Q) soddisfaallora u è costante in Q, oveu tt −c 2 u xx = 0, (x,t) ∈ Q,u t (ct,t) = 0, t > 0,u x (−ct,t) = 0, t < 0,Q = {(x,t) | −∞ < t < ∞,c|t| < x < ∞}.10. [12/1/2009 (ex)I] Una funzione u ∈ C 2 (R 2 ) soddisfau tt −c 2 u xx = 0, in R 2 ,u(ct,t) = 0, 0 ≤ t ≤ L c ,u(L,t) = 0, 0 ≤ t ≤ L c ,ove L, c sono costanti positive.Determinare un aperto Ω di R 2 ove u ≡ 0.SoluzioneSi sa cheu(x,t) = f(x−ct)+g(x+ct),da cui si ottiene subito, per le condizioni assegnate,f(0)+g(2ct) = 0,f(L−ct)+g(L+ct) = 0,per 0 ≤ t ≤ L/c.Queste due condizioni possono essere riscritte (introducendo le nuove variabili y =2ct e z = L−ct) comeg(y) = −f(0), 0 ≤ y ≤ 2L,f(z) = −g(2L−z), 0 ≤ z ≤ L.65

310. Formula di D’AlembertSi noti che queste uguaglianze valgono per ogni valore di y e z negli intervallispecificati. Dunque si avràu(x,t) = f(x−ct)+g(x+ct) = f(z)+g(y) = −g(2L−z)+g(y)= f(0)−f(0) = 0,ammesso che si possano scegliere y e z in modo che:x−ct = z ∈ [0,L],x+ct = y ∈ [0,2L],cosicché valga anche 2L−z ∈ [0,2L]. Questo conduce act ≤ x ≤ L+ct,−ct ≤ x ≤ 2L−ct.R.Ω = {(x,t) | ct < x < L+ct,−ct < x < 2L−ct}.11. [12/1/2009 (ex)II] Una funzione u ∈ C 2 (R 2 ) soddisfau tt −c 2 u xx = 0, in R 2 ,u(ct,t) = 0, 0 ≤ t ≤ L c ,(u x, L )= 0, 0 ≤ x ≤ L,cove L, c sono costanti positive.Determinare un aperto Ω di R 2 ove u ≡ 0.R.Ω = {(x,t) | −L+ct < x < ct,−ct < x < 2L−ct}.310. Formula di D’Alembert1. [30/1/2003 (hw)I] Consideriamo la soluzione u diu tt −c 2 u xx = 0, x ∈ R, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), x ∈ R,u t (x,0) = u 1 (x), x ∈ R.Assumiamo che u 0 ≡ 0. Dimostrare che, se u 1 è integrabile in R, alloraesiste, per ogni fissato x,lim u(x,t) = U ∞,t→∞ove la costante U ∞ è indipendente da x.66

310. Formula di D’AlembertSoluzionePer la formula di D’Alembert si ha∫1lim u(x,t) = limt→∞ t→∞ 2cx+ctx−ctu 1 (s)ds = 1 2c∫+∞−∞u 1 (s)ds =: U ∞ .R.U ∞ = 1 2c∫Ru 1 (x)dx.2. [30/1/2003 (hw)I] a) Dare un esempio di dati u 0 , u 1 , ciascuno nonidenticamente nullo, tali che la soluzione disoddisfiu tt −c 2 u xx = 0, x ∈ R, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), x ∈ R,u t (x,0) = u 1 (x), x ∈ R,lim u(x,t) = 0,t→+∞per ogni x fissato.b) Dare un esempio di dati u 0 , u 1 , ciascuno non identicamente nullo, taliche la soluzione del problema precedente soddisfilim u(x,t) = 0,x→+∞per ogni t > 0 fissato.Soluzionea) Per semplicità imponiamo che le due parti della formula di D’AlembertJ 1 = 1 2 [u 0(x−ct)+u 0 (x+ct)],J 2 = 1 x+ct ∫u 1 (s)ds,2cx−ctvadano ciascuna a zero. Dunque chiediamoePer esempiolim u 0(s) = lim u 0(s) = 0,s→∞ s→−∞u 1 integrabile in R, con∫Ru 1 (s)ds = 0.u 0 (s) = e −s2 , u 1 (s) = se −s2 , s ∈ R.Oppure, eliminando la richiesta che ciascuna J i vada a zero, e chiedendo solo J 1 +J 2 → 0, si può prendere√ π s 2u 0 (s)−2c 1+s 2 , u 1(s) = e −s2 , s ∈ R.67

310. Formula di D’Alembertb) In questo caso basta chiederelim u 0(s) = 0,s→∞lim u 1(s) = 0.s→∞Sotto queste ipotesi infatti è chiaro che J 1 → 0 se x → ∞, mentre|J 2 | ≤ 1 2c∫x+ctx−ct|u 1 (s)| ds ≤ t sup |u 1 | → 0, x → ∞.[x−ct,x+ct]3. [30/1/2003 (hw)I] Problema dell’impulso concentratoConsideriamo la soluzione u ε,σ del problemau tt −c 2 u xx = 0, x ∈ R, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), x ∈ R,u t (x,0) = u 1 (x), x ∈ R,con i dati u 0 ≡ 0 e u 1 (x) = f ε,σ (x), ovef ε,σ (x) = 12ε σχ (−ε,ε)(x), ε > 0.Qui σ > 0 è fissato. Si scriva la soluzione e se ne calcoli il limite per ε → 0,per i vari valori di σ. Si colleghino i vari comportamenti al valore di∫l σ = lim f ε,σ (x)dx.ε→0Si discuta in particolare il caso in cui l σ ∈ (0,∞).SoluzioneScriviamo la soluzioneu ε,σ (x,t) = 1 2c∫x+ctx−ctove |I| denota la lunghezza dell’intervallo I.A) Se |x| > ct, si ha una e una sola delle duePerciòper ε piccolo a sufficienza, e quindiRf ε,σ (s)ds = 14cε σ |(x−ct,x+ct)∩(−ε,ε)| ,x+ct > x−ct > 0, x−ct < x+ct < 0.(x−ct,x+ct)∩(−ε,ε) = ∅lim u ε,σ(x,t) = 0, |x| > ct > 0.ε→0B) Se |x| = ct, si ha una e una sola delle duex−ct = 0, x+ct = 0.68

310. Formula di D’AlembertPerciòper ε piccolo a sufficienza, e|(x−ct,x+ct)∩(−ε,ε)| = ε,u ε,σ (x,t) = ε1−σ4c ,|x| = ct.C) Se |x| < ct, si hax−ct < 0 < x+ct,da cui(x−ct,x+ct)∩(−ε,ε) = (−ε,ε),per ε piccolo a sufficienza, eu ε,σ (x,t) = ε1−σ2c ,|x| < ct.R.lim u ε,σ(x,t) =ε→0⎧⎪⎨ 0, |x| > ct,14c ⎪⎩l σ, |x| = ct,12c l σ, |x| < ct.4. [28/6/2004 (ex)I] Determinare λ 0 > 0 in modo che per ogni λ ∈ (0,λ 0 )valga|u(x,t)−1−t| ≤ 1 , −∞ < x < ∞,0 < t < 1,10oveu tt −c 2 u xx = 0, −∞ < x < ∞,0 < t,u(x,0) = 1+λsinx, −∞ < x < ∞,u t (x,0) = 1, −∞ < x < ∞.5. [28/6/2004 (ex)II] Determinare λ 0 > 0 in modo che per ogni λ ∈ (0,λ 0 )valgaove|u(x,t)−2−2t| ≤ 1 , −∞ < x < ∞,0 < t < 2,10u tt −c 2 u xx = 0, −∞ < x < ∞,0 < t,u(x,0) = 2+λe −x2 , −∞ < x < ∞,u t (x,0) = 2, −∞ < x < ∞.69

320. Formula di D’Alembert per problemi al contorno6.[16/9/2005 (ex)I] ScriveremediantelaformuladiD’Alembert lasoluzionediu tt −c 2 u xx = x, −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) = 0, −∞ < x < ∞,u t (x,0) = sinx, −∞ < x < ∞.7. [16/9/2005 (ex)II] Scrivere mediante la formula di D’Alembert la soluzionediu tt −c 2 u xx = −cosx, −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) = arctgx, −∞ < x < ∞,u t (x,0) = 0, −∞ < x < ∞.320. Formula di D’Alembert per problemi al contorno1. [30/1/2003 (hw)I] Scrivere la soluzione del problema per la corda semiinfinitau tt −c 2 u xx = 0, x > 0, t > 0,u(x,0) = sinx, x ≥ 0,u t (x,0) = 0, x > 0,u(0,t) = t, t ≥ 0.[Sugg.: passare all’incognita v = u−t.]SoluzioneLa v = u−t soddisfav tt −c 2 v xx = 0, x > 0, t > 0,v(x,0) = sinx, x ≥ 0,v t (x,0) = −1, x > 0,v(0,t) = 0, t ≥ 0,e quindi coincide con la restrizione a x ≥ 0 della soluzione espressa dalla formuladi D’Alembert con dati ottenuti per riflessione dispari:Dunque per x > 0ṽ 0 (s) = sins, ṽ 1 (s) = −sign(s), s ∈ R.v(x,t) = 1 ∫[ ] 1sin(x−ct)+sin(x+ct) −22cx+ctx−ctsign(s)ds.70

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoL’ultimo integrale vale∫x+ctx−ct{2ct, x ≥ ct,sign(s)ds =2x, x < ct.R.⎧⎨0, x ≥ ct,u(x,t) = sin(x)cos(ct)+⎩t− c , x < ct.2. [1/4/2003 (ex)I] Calcolare, mediante la formula di D’Alembert, la soluzionediu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t < ∞,u x (0,t) = 0, 0 < t < ∞,u x (π,t) = 0, 0 < t < ∞,u(x,0) = sinx, 0 < x < π,u t (x,0) = cos(2x), 0 < x < π.Calcolare esplicitamente l’integrale che appare nella formula di D’Alembert.SoluzioneOccorre riflettere in modo pari i dati intorno a x = 0 e a x = π. La riflessione diu 0 deve perciò essereũ 0 (s) = |sins|, s ∈ R,e quella di u 1 deve essereQuindiũ 1 (s) = cos(2s), s ∈ R.u(x,t) = 1 ∫[ ] 1|sin(x−ct)|+|sin(x+ct)| +22cx+ctx−ctcos(2s)ds.R.u(x,t) = 1 2[|sin(x−ct)|+|sin(x+ct)|]+12c cos(2x)sin(2ct).3. [23/9/2003 (ex)I] Risolvere mediante la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, x > 0,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = sinx 2 , x > 0,u t (x,0) = sinx, x > 0.71

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoSoluzioneOccorre riflettere in modo pari i due dati intorno a x = 0. Si ha subito perl’estensione di u 0 :ũ 0 (s) = sins 2 , s ∈ R,e per quella di u 1 :ũ 1 (s) = |sins|, s ∈ R.R. Per x > 0, t > 0 si hau(x,t) = 1 2[sin(x−ct) 2 +sin(x+ct) 2] + 1 2c∫x+ctx−ct|sins|ds.4. [23/9/2003 (ex)II] Risolvere mediante la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, x < 0,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = x 2 arctgx, x < 0,u t (x,0) = cosx, x < 0.SoluzioneOccorre riflettere in modo dispari i due dati intorno a x = 0. Si ha subito perl’estensione di u 0 :ũ 0 (s) = s 2 arctgs, s ∈ R,e per quella di u 1 :ũ 1 (s) = −sign(s)coss, s ∈ R.R. Per x > 0, t > 0 si hau(x,t) = 1 2[(x−ct) 2 arctg(x−ct)+(x+ct) 2 arctg(x+ct) ] − 1 2c∫x+ctx−ctsign(s)cossds.5. [6/2/2004 (hw)I] Risolvereu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π, 0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u x (π,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = sin x 4 , 0 < x < π,u t (x,0) = sin x 2 , 0 < x < π.72

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoR.u(x,t) = 1 2 [u 0(x−ct)+u 0 (x+ct)]+ 1 c[cos( x−ctove u 0 è la funzione di periodo 4π definita su R da⎧⎪⎨ −cos x 4 , −2π < x < −π,u 0 (x) = sin⎪⎩x 4, −π < x < π,cos x 4 , π < x < 2π.2)−cos( x+ct2)],6.[14/4/2004 (ex)I] ScriveremediantelaformuladiD’Alembert lasoluzionediSoluzioneLa soluzione è data dau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (1,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < 1,u t (x,0) = 1−x, 0 < x < 1.u(x,t) = 1 2 [ũ 0(x−ct)+ũ 0 (x+ct)]+ 1 2c∫x+ctx−ctũ 1 (s)ds,con ũ 0 e ũ 1 trovati estendendo i dati iniziali per u e u t in modo che si riflettano inmodo pari intorno a x = 0, x = 1. Si ottiene subitoeũ 0 (x) = 1, −∞ < x < ∞,ũ 1 (x) = 1−|x|, −1 < x < 1,con ũ 1 definita poi come funzione periodica di periodo 2 su (−∞,∞).R.u(x,t) = 1+ 1 x+ct ∫dist(s,interi dispari)ds.2cx−ct7. [14/4/2004 (ex)II] Scrivere mediante la formula di D’Alembert la soluzionediu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < 1,u t (x,0) = sin(πx), 0 < x < 1.73

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoR.u(x,t) = 1 2 [(−1)Int(x−ct) +(−1) Int(x+ct) ]+ 1 2c∫x+ctsin(πs)ds.Qui Intx denota il massimo intero non superiore a x.x−ct8. [1/4/2005 (ex)I] Risolvere con la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x,0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = x, 0 < x,u t (x,0) = x 2 , 0 < x.SoluzioneLa soluzione si trova come restrizione a x > 0 della soluzione div tt −c 2 v xx = 0, −∞ < x < +∞,0 < t,v(x,0) = v 0 (x),v t (x,0) = v 1 (x),−∞ < x < +∞,−∞ < x < +∞,ove v 0 e v 1 sono le estensioni dispari dei corrispondenti dati per u. Infatti deveessere u(0,t) = 0. Si ha dunquePerciòv 0 (x) = x, v 1 (x) = x|x|, −∞ < x < +∞.per x > 0, t > 0.u(x,t) = 1 2 [x+ct+x−ct]+ 1 2c∫x+ctx−cts|s|ds = x+ 1 2c∫x+ctx−cts|s|ds,9. [1/4/2005 (ex)II] Risolvere con la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x,0 < t,u x (0,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = x 3 , 0 < x,u t (x,0) = x 4 , 0 < x.SoluzioneLa soluzione si trova come restrizione a x > 0 della soluzione div tt −c 2 v xx = 0, −∞ < x < +∞,0 < t,v(x,0) = v 0 (x),v t (x,0) = v 1 (x),−∞ < x < +∞,−∞ < x < +∞,74

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoove v 0 e v 1 sono le estensioni pari dei corrispondenti dati per u. Infatti deve essereu x (0,t) = 0. Si ha dunquePerciòv 0 (x) = |x| 3 , v 1 (x) = x 4 , −∞ < x < +∞.u(x,t) = 1 2 [|x+ct|3 +|x−ct| 3 ]+ 1 2cper x > 0, t > 0.∫x+ctx−cts 4 ds= 1 2 [|x+ct|3 +|x−ct| 3 ]+ 110c [(x+ct)5 −(x−ct) 5 ],10. [14/4/2005 (ex)I] Risolvere mediante la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u(π,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = cos(x 2 ), 0 < x < π,u t (x,0) = sin(x), 0 < x < π.11. [14/4/2005 (ex)II] Risolvere mediante la formula di D’Alembert ilproblemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = 0, 0 < t,u x (π,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = cos(x), 0 < x < π,u t (x,0) = sin(x 2 ), 0 < x < π.12. [15/12/2005 (ex)I] Scrivere mediante la formula di D’Alembert la soluzionediu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u(x,0) = cosx, 0 < x < 1,u t (x,0) = sin 2 x, 0 < x < 1,u x (0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = 0, t > 0.75

320. Formula di D’Alembert per problemi al contorno13. [20/4/2006 (ex)I] Risolvere, usando la formula di D’Alembert,u tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = x 3 , 0 < x < π,u t (x,0) = sin(x+1), 0 < x < π.SoluzioneI dati iniziali vanno riflessi in modo pari rispetto a x = π, e dispari rispetto a x = 0.Dunque, tali riflessioni saranno⎧⎪⎨ x 3 , −π < x < π,ũ 0 (x) = (2π−x)⎪⎩3 , π < x < 2π,(−2π−x) 3 , −2π < x < −π,e⎧sin(x+1), 0 < x < π,⎪⎨−sin(−x+1), −π < x < 0,ũ 1 (x) =sin(2π−x+1), π < x < 2π,⎪⎩−sin(2π +x+1), −2π < x < −π,ove si suppone poi, in entrambi i casi, che le funzioni siano prolungate su tutto Rcome funzioni periodiche di periodo 4π.R.u(x,t) = 1 [ũ0 (x+ct)+ũ 0 (x−ct) ] + 1 x+ct ∫ũ 1 (s)ds,22covex−ct{x 3 , −π < x < π,ũ 0 (x) =sign(x)(2π −|x|) 3 , π < |x| < 2π,{sign(x)sin(|x|+1), −π < x < π,ũ 1 (x) =sign(x)sin(−|x|+1), π < |x| < 2π,e ũ 0 , ũ 1 sono poi prolungate come funzioni periodiche di periodo 4π su tutto R.14. [20/4/2006 (ex)II] Risolvere, usando la formula di D’Alembert,u tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = cos(2+x), 0 < x < π,u t (x,0) = x 4 , 0 < x < π.76

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoR.oveu(x,t) = 1 2[ũ0 (x+ct)+ũ 0 (x−ct) ] + 1 2c∫x+ctx−ct{cos(2+|x|), −π < x < π,ũ 0 (x) =−cos(2−|x|), π < |x| < 2π,{x 4 , −π < x < π,ũ 1 (x) =−(2π−|x|) 4 , π < |x| < 2π,ũ 1 (s)ds,e ũ 0 , ũ 1 sono poi prolungate come funzioni periodiche di periodo 4π su tutto R.15. [6/7/2006 (ex)I] Determinare una condizione su ε > 0 che garantiscache|u(1,1) −v(1,1)| < 1100 ,ove u e v risolvonou tt −c 2 u xx = 0, v tt −c 2 v xx = 0, x > 0,t > 0,u x (0,t) = 0, v x (0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = cosx 2 , v(x,0) = cos(x 2 +ε), x > 0,u t (x,0) = 0, v t (x,0) = 0, x > 0.SoluzioneLe u e v si possono rappresentare mediante la formula di D’Alembert, usando i datiiniziali riflessi in modo pari rispetto a x = 0:ũ 0 (x) = cosx 2 , x ∈ R,ṽ 0 (x) = cos(x 2 +ε), x ∈ R.Per il teorema di dipendenza continua della soluzione dai dati iniziali, si ha|u(x,t)−v(x,t)| ≤ sup|ũ 0 (x)−ṽ 0 (x)|x∈R∣= supx∈R∣ cosx 2 −cos(x 2 +ε) ∣ ∣ ≤ ε supx∈R|sinx| = ε.R.ε < 1100 .16. [6/7/2006 (ex)II] Determinare una condizione su ε > 0 che garantiscache|u(1,1) −v(1,1)| < 1100 ,77

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoove u e v risolvonoR.u tt −c 2 u xx = 0, v tt −c 2 v xx = 0, x > 0,t > 0,u x (0,t) = 0, v x (0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = sinx 4 , v(x,0) = sin(x 4 +ε), x > 0,u t (x,0) = 0, v t (x,0) = 0, x > 0.ε < 1100 .17. [20/9/2006 (ex)I] Risolvere, usando la formula di D’Alembert, il problemau tt −c 2 u xx = 0, 1 < x,0 < t,u x (1,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = x, 1 < x,u t (x,0) = cos(x 2 ), 1 < x.SoluzioneOccorre riflettere in modo pari i dati intorno a x = 1. La riflessione di u(x,0) è{x, x > 1,ũ 0 (x) =2−x, x < 1,mentre quella di u t (x,0) èũ 1 (x) ={cos(x 2 ), x > 1,cos((2−x) 2 ), x < 1,La formula di D’Alembert quindi fornisce la soluzioneper x > 1.R.ũ 0 (x) =u(x,t) = 1 2[ ]ũ 0 (x+ct)+ũ 0 (x−ct) + 1 2c{x, x > 1,2−x, x < 1;ũ 1 (x) =∫x+ctx−ctũ 1 (s)ds,{cos(x 2 ), x > 1,cos((2−x) 2 ), x < 1,18. [15/12/2006 (ex)I] Trovare la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < π,u t (x,0) = x, 0 < x < π,78

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornousando la formula di D’Alembert.SoluzioneOccorre riflettere i dati iniziali in modo pari intorno a x = π, e in modo dispariintorno a x = 0, prolungando poi su tutto R con periodicità 4π. Nel periodo(−2π,2π) le estensioni saranno date da:{−1, −2π < x < 0,ũ 0 (x) =1, 0 < x < 2π,e da⎧⎪⎨ −2π−x, −2π < x < −π,ũ 1 (x) = x, −π < x < π,⎪⎩2π−x, π < x < 2π.R.oveu(x,t) = 1 [ũ0 (x+ct)+ũ 0 (x−ct) ] + 1 ∫22cũ 0 (x) ={−1, −2π < x < 0,1, 0 < x < 2π;x+ctx−ctũ 1 (s)ds, 0 < x < π,t > 0,⎧⎪⎨ −2π−x, −2π < x < −π,ũ 1 (x) = x, −π < x < π,⎪⎩2π −x, π < x < 2π.19. [2/4/2007 (ex)I] Risolvere mediante la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, x > 0,t > 0,u x (0,t) = 1, t > 0,u(x,0) = x, x > 0,u t (x,0) = x x > 0.SoluzionePer ricondursi a un problema con condizioni al bordo omogenee introduciamo latrasformazionev(x,t) = u(x,t)−x.Allora v risolvev tt −c 2 v xx = 0, x > 0,t > 0,v x (0,t) = 0, t > 0,v(x,0) = 0, x > 0,v t (x,0) = x x > 0.79

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoPer risolvere questo problema riflettiamolo in modo pari intorno a x = 0, cosicchév risulterà la restrizione a x > 0 della soluzione diṽ tt −c 2 ṽ xx = 0, x ∈ R,t > 0,ṽ(x,0) = ṽ 0 (x), x ∈ R,ṽ t (x,0) = ṽ 1 (x) x ∈ R.I dati estesi sonoQuindiṽ 0 (x) = 0, ṽ 1 (x) = |x|, x ∈ R.ṽ(x,t) = 1 x+ct ∫|s|ds, x ∈ R,t > 0.2cx−ctR.u(x,t) = x+ 1 2c∫x+ctx−ct|s|ds ={x+xt, x > ct,x+ x2 +c 2 t 22c, 0 < x < ct.20. [2/4/2007 (ex)II] Risolvere mediante la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, x > 0,t > 0,u x (0,t) = 2, t > 0,u(x,0) = 2x, x > 0,u t (x,0) = x x > 0.R.u(x,t) = 2x+ 1 2c∫x+ctx−ct|s|ds ={2x+xt, x > ct,2x+ x2 +c 2 t 22c, 0 < x < ct.21. [2/4/2007 (ex)I] Risolvere mediante la formula di D’Alembert il problemau tt −c 2 u xx = 0, x > 0,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = x, x > 0,u t (x,0) = x x > 0.80

320. Formula di D’Alembert per problemi al contorno22. [20/9/2007 (ex)I] Scrivere mediante l’opportuna formula di rappresentazionela soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, x < −1,t > 0,u x (−1,t) = 0, t > 0,u(x,0) = x, x < −1,u t (x,0) = xsinx, x < −1.SoluzioneOccorre riflettere i dati iniziali in modo pari intorno a x = −1.Si ottengono le estensionieũ 0 (x) ={x, x < −1,−2−x, x > −1,{xsinx, x < −1,ũ 1 (x) =(2+x)sin(2+x), x > −1,R. La soluzione èu(x,t) = 1 2[ũ0 (x+ct)+ũ 0 (x−ct) ] + 1 2c∫x+ctx−ctũ 1 (s)ds, x < −1,t > 0,ove{ {x, x < −1, xsinx, x < −1,ũ 0 (x) =ũ 1 (x) =−2−x, x > −1, (2+x)sin(2+x), x > −1,23. [28/3/2008 (ex)I] Trovare con la formula di D’Alembert la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = cos x 2 , 0 < x < π,u t (x,0) = x 2 , 0 < x < π.SoluzioneOccorre riflettere i dati in modo dispari intorno a x = 0, e in modo pari intorno ax = π. Si ottiene per u 0 :⎧−cos x , −π < x < 0,2⎪⎨ cos x 2 , 0 < x < π,ũ 0 (x) = 2π −xcos , π < x < 2π,⎪⎩−cos22π −x281, 2π < x < 3π.

320. Formula di D’Alembert per problemi al contornoIn modo simile si estende u 1 . Poi entrambi i dati si estendono a tutto R comefunzioni periodiche di periodo 4π.R.u(x,t) = 1 [ũ0 (x+ct)+ũ 0 (x−ct) ] + 1 x+ct ∫ũ 1 (s)ds,22cx−ctove ũ 0 e ũ 1 sono funzioni periodiche di periodo 4π tali che⎧−cos x , −π < x < 0,2⎪⎨ cos xũ 0 (x) =2 , 0 < x < π,−cos x 2 , π < x < 2π,⎪⎩cos x , 2π < x < 3π,2eũ 1 (x) ={x|x|, −π < x < π,(2π −x)|2π −x|, π < x < 3π.24. [28/3/2008 (ex)II] Trovare con la formula di D’Alembert la soluzionediR.u tt −c 2 u xx = 0 0 < x < π ,t > 0,2u(0,t) = 0, t > 0,u(x,t) = 1 2u x( π2 ,t )= 0, t > 0,u(x,0) = cos x 2 , 0 < x < π 2 ,u t (x,0) = x 2 , 0 < x < π 2 .[ũ0 (x+ct)+ũ 0 (x−ct) ] + 1 2c∫x+ctx−ctove ũ 0 e ũ 1 sono funzioni periodiche di periodo 4π tali che⎧−cos x 2 , − π 2 < x < 0,⎪⎨ cos xũ 0 (x) =2 , 0 < x < π 2 ,sin x 2 , π2 < x < π,⎪⎩ −sin x 2 , π < x < 3π 2 ,ũ 1 (s)ds,e⎧⎨x|x|, − πũ 1 (x) =2 < x < π 2 ,⎩ π(π −x)|π −x|,2 < x < 3π 2 .82

320. Formula di D’Alembert per problemi al contorno25. [13/7/2009 (ex)I] Esprimere mediante la formula di D’Alembert lasoluzione del problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π ,t > 0,2u(0,t) = 0 t > 0,u x( π2 ,t )= 0 t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < π 2 ,u t (x,0) = cosx, 0 < x < π 2 .SoluzioneOccorre riflettere i dati iniziali in modo dispari intorno a x = 0, e in modo pariintorno a x = π/2, e poi estenderli in modo periodico su R. Si ottiene{1, 0 < x < π,ũ 0 (x) =−1, −π < x < 0.Poi, per le proprietà del coseno,{|cosx|, 0 < x < π,ũ 1 (x) =−|cosx|, −π < x < 0.R.u(x,t) = 1 2 [ũ 0(x−ct)+ũ 0 (x+ct)]+ 1 2c∫x+ctx−ctove ũ 0 e ũ 1 , funzioni periodiche su R di periodo 2π, soddisfanoũ 1 (ξ)dξ, 0 < x < π ,t > 0,2ũ 0 (x) ={1, 0 < x < π,−1, −π < x < 0;ũ 1 (x) ={|cosx|, 0 < x < π,−|cosx|, −π < x < 0.26. [13/7/2009 (ex)II] Esprimere mediante la formula di D’Alembert lasoluzione del problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π ,t > 0,2u(0,t) = 0 t > 0,u x( π2 ,t )= 0 t > 0,u(x,0) = cosx, 0 < x < π 2 ,u t (x,0) = √ x, 0 < x < π 2 .83

350. Principio di Duhamel per l’equazione delle ondeR.u(x,t) = 1 2 [ũ 0(x−ct)+ũ 0 (x+ct)]+ 1 2c∫x+ctx−ctũ 1 (ξ)dξ, 0 < x < π ,t > 0,2ove ũ 0 e ũ 1 , funzioni periodiche su R di periodo 2π, soddisfano⎧√ π x, 0 < x 0,u(x,0) = 0, −∞ < x < ∞,u t (x,0) = 0, −∞ < x < ∞,ove a è una costante positiva. Calcolare tutti gli integrali.SoluzioneLa u si ottiene dal principio di Duhamel comeu(x,t) = 1 2c∫ t0∫x+c(t−τ)x−c(t−τ)aτ sinsdsdτ = a 2c∫ t0τ[cos(x+cτ−ct)−cos(x−cτ+ct)]dτ .R.u(x,t) = atc 2 sinx+ a2c 3[cos(x+ct)−cos(x−ct)].2. [18/4/2008 (ex)II] Usando il principio di Duhamel si calcoli la soluzionedel problemau tt −c 2 u xx = ate x , −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) = 0, −∞ < x < ∞,u t (x,0) = 0, −∞ < x < ∞,84

350. Principio di Duhamel per l’equazione delle ondeove a è una costante positiva. Calcolare tutti gli integrali.R.u(x,t) = a2c 3(e2ct −1)e x−ct − a c 2tex .3. [12/2/2009 (ex)I] Determinare mediante il principio di Duhamel la soluzionediu tt −c 2 u xx = x 2 , 0 < x < 1,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (1,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < 1,u t (x,0) = 0, 0 < x < 1.SoluzioneOccorrono due riflessioni, dispari intorno a x = 0, e pari intorno a x = 1. Dallaprima si ha, posto f(x) = x, 0 < x < 1,˜f(x) = −f(−x) = −x 2 , −1 < x < 0.Infine mediante l’altra riflessione si ha{(2−x)˜f(x) = ˜f(2−x) 2 , 1 < x < 2,=−(2−x) 2 , 2 < x < 3.R.oveu(x,t) = 1 2c∫ t0x+c(t−τ)∫x−c(t−τ)˜f(s)dsdτ ,⎧−x 2 , −1 < x < 0,⎪⎨ x˜f(x) 2 , 0 < x < 1,=(2−x) 2 , 1 < x < 2,⎪⎩−(2−x) 2 , 2 < x < 3,e poi ˜f è estesa a tutto R in modo periodico con periodo 4.4. [12/2/2009 (ex)II] Determinare mediante il principio di Duhamel lasoluzione diu tt −c 2 u xx = sinx, 0 < x < 1,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < 1,u t (x,0) = 0, 0 < x < 1.85

350. Principio di Duhamel per l’equazione delle ondeR.u(x,t) = 1 2c∫ tx+c(t−τ)∫˜f(s)dsdτ ,ove0 x−c(t−τ){sin|x|, −1 < x < 1,˜f(x) =−sin|2−x|, 1 < x < 3,e poi ˜f è estesa a tutto R in modo periodico con periodo 4.5. [15/9/2009 (ex)I] Esprimeremediante la formula di Duhamel la soluzionedel problemau tt −c 2 u xx = cosx 2 , 0 < x < ∞,t > 0,u(0,t) = 0 t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < ∞,u t (x,0) = x 2 , 0 < x < ∞.SoluzioneOccorre riflettere i dati in modo dispari intorno a x = 0. Si ottienePoi, per linearità, si ha u = v +w, oveeũ 1 (x) = x|x|, ˜f(x) = sign(x)cosx 2 .v tt −c 2 v xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,v(x,0) = 0, −∞ < x < ∞,v t (x,0) = x|x|, −∞ < x < ∞,w tt −c 2 w xx = ˜f(x), −∞ < x < ∞,t > 0,w(x,0) = 0, −∞ < x < ∞,w t (x,0) = 0, −∞ < x < ∞.R.u(x,t) = 1 2c∫x+ctũ 1 (ξ)dξ + 1 2c∫ tx+c(t−τ)∫˜f(s)dsdτ , x > 0,t > 0,x−ct0x−c(t−τ)oveũ 1 (x) = x|x|, ˜f(x) = sign(x)cosx 2 .86

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calore6. [15/9/2009 (ex)II] Esprimere mediante la formula di Duhamel la soluzionedel problemaR.u tt −c 2 u xx = cosx 2 , 0 < x < ∞,t > 0,u x (0,t) = 0 t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < ∞,u t (x,0) = sinx, 0 < x < ∞.u(x,t) = 1 2c∫x+ctũ 1 (ξ)dξ + 1 2c∫ tx+c(t−τ) ∫˜f(s)dsdτ , x > 0,t > 0,x−ct0x−c(t−τ)oveũ 1 (x) = sin|x|, ˜f(x) = cosx 2 .420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calore1. [16/9/2005 (ex)I] Dimostrare che la soluzione u diu t −u xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = 1, t > 0,u(x,0) = x, 0 < x < 1,soddisfalimt→∞ |u(x,t)−1|t100 = 0.2. [16/9/2005 (ex)II] Dimostrare che la soluzione u diu t −u xx = 0, 0 < x < 2,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(2,t) = 3, t > 0,u(x,0) = 3 x, 0 < x < 2,2soddisfalimt→∞ |u(x,t)−3|t100 = 0.87

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calore3. [15/12/2005 (ex)I] Determinare il massimo nel rettangolo x ∈ [0,π],t ∈ [0,T] della soluzione u diu t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t < T ,u x (π,t) = 0, 0 < t < T ,u(0,t) = 0, 0 < t < T ,u(x,0) = cosx−1, 0 < x < π.4. [7/4/2006 (ex)I] Determinare il massimo su Q T = [0,2] × [0,T] dellasoluzione diu t −u xx = −1, 0 < x < 2,0 < t < T ,u(0,t) = −t, 0 < t < T ,u x (2,t) = 0, 0 < t < T ,u(x,0) = x, 0 < x < 2.SoluzioneIl massimo deve venire assunto su ∂ p Q T , per il principio di massimo. D’altrondenon può venire raggiunto su x = 2 per t > 0 per il Lemma di Hopf.Quindi(maxu = maxQ Tmax0≤t≤T)(−t), max x = max(0,2) = 2.0≤x≤2R.maxQ Tu = 2.5. [7/4/2006 (ex)II] Determinare il minimo su Q T = [0,1] × [0,T] dellasoluzione diR.u t −u xx = 2, 0 < x < 1,0 < t < T ,u x (0,t) = 0, 0 < t < T ,u(1,t) = 3+t, 0 < t < T ,u(x,0) = 3x, 0 < x < 1.minQ Tu = 0.6. [20/4/2006 (ex)I] La soluzione u diu t −u xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = 2, t > 0,u(x,0) = 8 arctgx,π0 < x < 1,88

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del caloresoddisfa per due opportune costanti a, b ∈ Rlim u(x,t) = ax+b, 0 < x < 1.t→∞Determinare a e b, e dimostrare questa relazione di limite.SoluzionePer determinare a e b studiamo il problema stazionarioche ha come unica soluzione−U xx (x) = 0,U(0) = 0,U(1) = 2,U(x) = ax+b = 2x, 0 < x < 1,ossia a = 2, b = 0. Per dimostrare la relazione di limite, poniamoAllora v soddisfav(x,t) = u(x,t)−U(x) = u(x,t)−2x.v t −v xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v(1,t) = 0, t > 0,v(x,0) = 8 arctgx−2x, 0 < x < 1,πConfrontiamo v con la soprasoluzionew(x,t) = Ce −t cosx,con C > 0 da scegliere. È immediato vedere chew t −w xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,w(0,t) = Ce −t > v(0,t) = 0, t > 0,w(1,t) = Ce −t cos1 > v(1,t) = 0, t > 0.Infinew(x,0) = Ccosx ≥ Ccos1 ≥ v(x,0) = 8 π arctgx−2x,se C è scelta e.g.,Dunque per questa scelta di C,C = 8πcos1 .Consideriamo poi la sottosoluzionev = u−U ≤ Ce −t cosx, 0 < x < 1,t > 0.z(x,t) = −C 0 e −t cosx,89

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calorecon C 0 > 0 da scegliere. La z soddisfaz t −z xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,z(0,t) = −C 0 e −t < v(0,t) = 0, t > 0,z(1,t) = −C 0 e −t cos1 < v(1,t) = 0, t > 0.Infinez(x,0) = −C 0 cosx ≤ −C 0 cos1 ≤ v(x,0) = 8 π arctgx−2x,se C 0 è scelta e.g.,C 0 = 2cos1 .Dunque per le scelte di C e C 0 effettuate sopra,−C 0 e −t cosx ≤ u(x,t)−2x ≤ Ce −t cosx, 0 < x < 1,t > 0,che dimostra la relazione di limite.R.a = 2, b = 0.7. [20/4/2006 (ex)II] La soluzione u diu t −u xx = 0, 0 < x < 2,t > 0,u(0,t) = 1, t > 0,u(2,t) = 0, t > 0,( π)u(x,0) = cos4 x , 0 < x < 2,soddisfa per due opportune costanti a, b ∈ Rlim u(x,t) = ax+b, 0 < x < 2.t→∞Determinare a e b, e dimostrare questa relazione di limite.R.a = − 1 2 , b = 1.8. [6/7/2006 (ex)I] Sia u la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = (π −x) 2 , 0 < x < π.90

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del caloreDimostrare chelim u(x,t) = 0, 0 < x < π.t→∞SoluzionePerilprincipiodelmassimo,udeveassumereisuoiminimisullafrontieraparabolicadel dominio. Per il Lemma di Hopf, non può tuttavia assumerli su{x = 0,t > 0}.Ne segue che u ≥ 0. Basterà dunque trovare un maggiorante di u che tenda a zeroper t → ∞. Consideriamo per esempioche soddisfaw(x,t) = Ce − t16 cosx4 ,w t −w xx = 0, 0 < x < π,t > 0,w x (0,t) = 0, t > 0,w(π,t) = Ce − π t16 cos > 0,4t > 0,w(x,0) = Ccos x 4 ≥ C √2, 0 < x < π.Per il principio di massimo e il Lemma di Hopf applicati a w −u si ha w −u ≥ 0purchéw(x,0) ≥ u(x,0),il che si ottiene scegliendo per esempioC = √ 2π 2 .Quindi0 ≤ limt→∞u(x,t) ≤ limt→∞w(x,t) = 0.9. [6/7/2006 (ex)II] Sia u la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = −xe x , 0 < x < π.Dimostrare chelim u(x,t) = 0, 0 < x < π.t→∞91

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calore10. [20/9/2006 (ex)I] Sia u la soluzione diDimostrare cheu t −u xx = 0, 0 < x < π ,t > 0,2u(0,t) = 1, t > 0,( π)u2 ,t = 2, t > 0,SoluzioneConsideriamo la nuova incognitaQuesta soddisfau(x,0) = cosx+ 4x π , 0 < x < π 2 .lim u(x,t) = 1+ 2xt→∞ π , 0 < x < π 2 .v(x,t) = u(x,t)−1− 2x π .v t −v xx = 0, 0 < x < π ,t > 0,2v(0,t) = 0, t > 0,( π)v2 ,t = 0, t > 0,v(x,0) = cosx−1+ 2x π , 0 < x < π 2 .Costruiamo un maggiorante di v che tenda a zero per t → ∞. Consideriamo peresempiow(x,t) = Ce − t 4 cosx2 ,che soddisfaw t −w xx = 0, 0 < x < π ,t > 0,2w(0,t) > 0 = v(0,t), t > 0,( π) ( π)w2 ,t > 0 = v2 ,t , t > 0,w(x,0) = Ccos x 2 , 0 < x < π 2 .Si potrà dunque invocare il principio di massimo per asserire che w ≥ v se determiniamoC in modo chew(x,0) ≥ v(x,0), 0 < x < π 2 .Ma per tali x si ha, scegliendo per esempio C = √ 2,w(x,0) = Ccos x 2 ≥ C √2≥ 2 ππ2 ≥ 2 π x ≥ cosx−1+ 2 π x = v(x,0).92

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del caloreTroviamo poi una sottosoluzionez(x,t) = −C 0 e − t 4 cosx2 .Ragionando come sopra, si ottiene che v ≥ z purchéCome sopra,z(x,0) ≤ v(x,0), 0 < x < π 2 .z(x,0) = −C 0 cos x 2 ≤ −C 0√2≤ −1 ≤ cosx−1+ 2 π x = v(x,0),di nuovo scegliendo C 0 = √ 2. Dunquee per t → ∞ si ha la tesi.− √ 2e − t 4 cosx2 ≤ u(x,t)−1− 2 π x ≤ √ 2e − t 4 cosx2 ,11. [20/9/2007 (ex)I] Si considerino le soluzioni dei due problemiu 1t −u 1xx = 0, u 2t −u 2xx = 0, 0 < x < L,t > 0,u 1x (0,t) = 0, u 2x (0,t) = 0, t > 0,u 1x (L,t) = 0, u 2 (L,t) = 0, t > 0,u 1 (x,0) = u 0 (x), u 2 (x,0) = u 0 (x), 0 < x < L,ove u 0 ∈ C([0,L]), u 0 ≥ 0, u 0 ≢ 0, u 0 (0) = u 0 (L) = 0.Dimostrare che vale una delle due disuguaglianze:oppureSoluzioneConsideriamo la funzioneche soddisfau 1 (x,t) ≥ u 2 (x,t), per ogni 0 < x < L, t > 0,u 1 (x,t) ≤ u 2 (x,t), per ogni 0 < x < L, t > 0.v(x,t) = u 1 (x,t)−u 2 (x,t),v t −v xx = 0, 0 < x < L,t > 0,v x (0,t) = 0, t > 0,v x (L,t) = −u 2x (L,t), t > 0,v(x,0) = 0, 0 < x < L.Per il lemma di Hopf, il minimo di v non può essere assunto su x = 0, t > 0.D’altronde, su x = L, t > 0, u 2 raggiunge il suo valore minimo u 2 = 0, e dunque,ancora per il lemma di Hopf, u 2x < 0. Quindiv x (L,t) = −u 2x (L,t) > 0, t > 0,93

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del caloree v non può assumere minimi su x = L, t > 0.Perciò per il principio di minimo, il minimo di v è assunto su t = 0, ossia v ≥ 0.R.u 1 (x,t) ≥ u 2 (x,t), per ogni 0 < x < L, t > 0.12.[14/12/2007 (ex)I] TrovarelacondizionenecessariaesufficientesuL > 0perché la soluzione del problemasoddisfiSoluzioneConsideriamo la funzioneche soddisfau t −u xx = u, 0 < x < L,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = L−x, 0 < x < L,lim u(x,t) = 0, 0 < x < L.t→∞v(x,t) = e −t u(x,t),v t −v xx = 0, 0 < x < L,t > 0,v x (0,t) = 0, t > 0,v(L,t) = 0, t > 0,v(x,0) = L−x, 0 < x < L.Per riflessione pari, la v può essere considerata come la restrizione a 0 < x < Ldella soluzione diLa w ha la rappresentazionew t −w xx = 0, −L < x < L,t > 0,w(−L,t) = 0, t > 0,w(L,t) = 0, t > 0,w(x,0) = L−|x|, −L < x < L.w(x,t) =ove le α n sono determinate daα ′ n + n2 π 24L 2 α n = 0,∞∑n=1α n (0) = γ n := 1 L(α n (t)sin∫ L−Lnπ x+L2L((L−|x|)sin),nπ x+L2L)dx.94

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del caloreQuindiQuindi, per 0 < x < L, t > 0u(x,t) = e t w(x,t) =α n (t) = γ n e −n2 π 24L 2 t .∞∑n=1(1− )t (γ n en2 π 24L 2 sinnπ x+L2LSi noti anche che vale γ 1 ≠ 0. Quindi tutti i termini della serie tendono a 0 pert → ∞ se e solo se1 < n2 π 24L 2 , n = 1.).R.L < π 2 .13. [28/3/2008 (ex)I] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = ax, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = b, t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < L,ove a, b sono costanti positive.Si dimostri chelim u(x,t) = ω(x), 0 < x < L,t→∞e si identifichi la funzione ω.SoluzioneSe il limite ω esiste è ragionevole supporre che soddisfiche ammette l’unica soluzioneConsideriamo quindi la funzioneche soddisfa−Dω xx (x) = ax, ω(0) = 0, ω(L) = b,ω(x) = b L x+ a6D x(L2 −x 2 ).v(x,t) = u(x,t)−ω(x),v t −Dv xx = 0, 0 < x < L,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v(L,t) = 0, t > 0,v(x,0) = 1−ω(x), 0 < x < L.95

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del caloreVogliamo dimostrare chelim v(x,t) = 0.t→∞Troviamo una soprasoluzione per v; la funzione(w(x,t) = ke − π2 π)16L 2t2 cos4L xè una soluzione dell’equazione del calore che soddisfaw(0,t),w(L,t) > 0.Per dimostrare che v ≤ w, in virtù del principio di massimo, basta quindi sceglierek come segue:v(x,0) ≤ 1+b+ aL36D = k √2= minw(x,0).In modo simile si dimostra che v ≥ −w (per la stessa scelta di k). Dato chelim w(x,t) = 0,t→∞segue la tesi.R.ω(x) = b L x+ a6D x(L2 −x 2 ).14. [28/3/2008 (ex)II] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = a, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = b, t > 0,u(L,t) = b, t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < L,ove a, b sono costanti positive.Si dimostri chelim u(x,t) = ω(x), 0 < x < L,t→∞e si identifichi la funzione ω.R.ω(x) = b+ a2D x(L−x).15. [18/4/2008 (ex)I] Dimostrare che la soluzione u del problemau t −Du xx = α−u, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = cosx, 0 < x < π,96

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del caloreha limitelim u(x,t) = ω(x),t→∞e calcolare ω(x). Qui α > 0 è una costante.SoluzioneSe ω esiste è ragionevole supporre che risolva il problema ai limitiLa e.d.o. ha integrale generale−Dω xx = α−ω, ω x (0) = ω x (π) = 0.ω(x) = k 1 e x √D +k2 e − x √D +α.Imponendo le condizioni al bordo si ottiene k 1 = 0, k 2 = 0, cioèω(x) = α, 0 < x < π.Allora cambiamo variabile, in modo che la nuova incognitav(x,t) = u(x,t)−α,che dovrebbe tendere a 0 per t → ∞, risolvav t −Dv xx = −v, 0 < x < π,t > 0,v x (0,t) = 0, t > 0,v x (π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = cosx−α, 0 < x < π.In considerazione della forma che ha assunto l’e.d.p., operiamo la nuova trasformazionedi variabiliw(x,t) = e t v(x,t),che dàw t −Dw xx = 0, 0 < x < π,t > 0,w x (0,t) = 0, t > 0,w x (π,t) = 0, t > 0,w(x,0) = cosx−α, 0 < x < π.Per il principio di massimo e per il lemma di Hopf−1−α ≤ w(x,t) ≤ 1−α.Dunque|v(x,t)| ≤ (1+α)e −t ,e pertanto v(x,t) → 0 se t → ∞.R.ω(x) = α, 0 < x < π.97

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calore16. [18/4/2008 (ex)II] Dimostrare che la soluzione u del problemaha limiteu t −Du xx = α−u, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = cosx, 0 < x < π,lim u(x,t) = ω(x),t→∞e calcolare ω(x). Qui α > 0 è una costante.R.α √ω(x) = − (e xD−√ √e π −√ +e xD)+α, 0 < x < π.D +e πD17. [14/7/2008 (ex)I] Dimostrare che la soluzione del problemasoddisfau t −Du xx = a, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = b, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < L,0 ≤ u(x,1) ≤ a+b, 0 < x < L.Qui a, b, L sono costanti positive.SoluzionePer il principio del massimo, la u deve assumere il minimo sulla frontiera parabolicadel dominio, e quindi segue subito cheInoltre, consideriamo la soprasoluzioneLa w = v −u soddisfau(x,t) ≥ 0, 0 < x < L,t > 0.v(x,t) = at+b.w t −Dw xx = 0, 0 < x < L,t > 0,w(0,t) = at+b ≥ 0, t > 0,u(L,t) = at ≥ 0, t > 0,u(x,0) = b ≥ 0, 0 < x < L,e quindi, sempre per il principio di massimo, w ≥ 0, ossiau(x,t) ≤ a+bt, 0 < x < L,t > 0.98

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calore18. [14/7/2008 (ex)II] Dimostrare che la soluzione del problemau t −Du xx = at, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = b, t > 0,u(L,t) = b, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < L,soddisfa0 ≤ u(x,1) ≤ a +b, 0 < x < L.2Qui a, b, L sono costanti positive.19. [12/2/2009 (ex)I] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = 0, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = cx, 0 < x < L.Qui D, L, c sono costanti positive.Determinare un istante ¯t in funzione di D, L, c, in cuiu(L,¯t) ≤ 1 2 u(L,0) = 1 2 cL.SoluzioneConsideriamo la soprasoluzione(v(x,t) = Ce − π2 πx)4L 2 Dt sin ,2Lche risolvev t −Dv xx = 0, 0 < x < L,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v x (L,t) = 0, t > 0,( πx)u(x,0) = Csin , 0 < x < L.2LPer dimostrare quindi che v ≥ u basterà, per il principio del massimo e il lemma diHopf, determinare C in modo che( πx)Csin ≥ cx.2LPerchév(x,0) èconcava, e v(0,0) = u(0,0) = 0, èsufficiente a questo scopoimporrev(L,0) = Csin π 2= C ≥ u(L,0) = cL,e quindi scegliere C = cL.99

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calorePerciò resta provatoe in particolareseR.(u(x,t) ≤ cLe − π2 πx)4L 2Dt sin ,2Lu(L,t) ≤ cLe − π24L 2 Dt ≤ cL 2 ,t ≥ ¯t = 4L2π 2 D ln2.¯t = 4L2π 2 D ln2.20. [12/2/2009 (ex)II] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = 0, −L < x < L,t > 0,u(−L,t) = 0, t > 0,u(L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = c(L−|x|), −L < x < L.Qui D, L, c sono costanti positive.Determinare un istante ¯t in funzione di D, L, c, in cuiu(0,¯t) ≤ 1 2 u(0,0) = 1 2 cL.R.¯t = 4L2π 2 D ln2.21. [13/7/2009 (ex)I] Si trovino tutti i punti di minimo e il valore di minimodella soluzione diu t −Du xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 1 t > 0,u x (π,t) = 1 t > 0,u(x,0) = x2π−x+1, 0 < x < π.SoluzioneI punti di minimo possono venire assunti solo sulla frontiera parabolica per il principiodi massimo. Però su x = π, t > 0, non possono esserci punti di minimo,perché in un punto (π,¯t), ¯t > 0, che fosse di minimo si dovrebbe avereu x (π,¯t) ≤ 0,100

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calorementre u x = 1 su x = π.Con uno studio di funzione, si trova che il minimo del dato iniziale è assunto soloin x = π/2, ove ( π)u2 ,0 = 1− π 4 .Poiché u = 1 su x = 0, il minimo della soluzione è assunto solo in (π/2,0).R.( π)u2 ,0 = 1− π 4 .22. [13/7/2009 (ex)II] Si trovino tutti i punti di massimo e il valore dimassimo della soluzione diR.u t −Du xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 1 t > 0,u(π,t) = 1 t > 0,u(x,0) = − x2π+x+1, 0 < x < π.( π)u2 ,0 = 1+ π 4 .23. [11/1/2010 (ex)I] Si consideri la soluzione u diu t −Du xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,Du x (0,t) = αu(0,t), t > 0,u(1,t) = β, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < 1,ove α > 0 e β ∈ R, β ≠ 0 sono costanti.Dimostrare che u(x,t) ha il segno di β per ogni (x,t), t > 0.SoluzioneA) Sia β > 0. Per il principio di massimo, se u assume un minimo non positivo in[0,1]×[0,¯t],per t > 0, questo deve essere preso su x = 0. Sia (0,¯t) un punto di minimo diquesto tipo. AlloraDu x (0,¯t) = αu(0,¯t) ≤ 0,contro la disuguaglianzau x (0,¯t) > 0,che segue dal Lemma di Hopf parabolico.B) Analogamente, se β < 0, e (0,¯t) è un punto di massimo non negativo con ¯t > 0,si avrebbeDu x (0,¯t) = αu(0,¯t) ≥ 0,101

420. Applicazioni del principio di max a prb per eq. del calorecontro la disuguaglianzau x (0,¯t) < 0,che segue dal Lemma di Hopf parabolico.24. [9/4/2010 (ex)I] Si consideri la soluzione u diu t −Du xx = −u+1, 0 < x < L,t > 0,Du x (0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < L,ove L > 0.Trovare ω ∈ C 1 ((0,L)) tale che valga la relazione di limitelim u(x,t) = ω(x), 0 < x < L,t→∞e dimostrare tale relazione.SoluzioneSe poniamo u t = 0 nell’equazione differenziale, e sostituiamo u con il suo limite ω,si ottiene formalmenteDa qui−Dω xx = −ω+1, 0 < x < L,Dω x (0) = 0,ω(L) = 0.ω(x) = 1− e √ x −√ D +e xD.√e LD−√ +e LDOra dimostriamo rigorosamente la relazione di limite: sia v = u−ω. Allora valev t −Dv xx = −v, 0 < x < L,t > 0,Dv x (0,t) = 0, t > 0,v(L,t) = 0, t > 0,v(x,0) = −ω(x), 0 < x < L.Con il cambiamento di variabili w = e t v, si perviene aw t −Dw xx = 0, 0 < x < L,t > 0,Dw x (0,t) = 0, t > 0,w(L,t) = 0, t > 0,w(x,0) = −ω(x), 0 < x < L.Usando per esempio la sottosoluzione e soprasoluzione−Ce − π216L 2t cos πxπ2≤ w(x,t) ≤ Ce−16L 4L 2 t cos πx4L ,102

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di Laplaceove C = √ 2max|w|, si ottienelim |v(x,t)| ≤ limt→∞ t→∞ e−t Ce − π216L 2t = 0.R.ω(x) = 1− e √ x −√ D +e xD.√e LD−√ +e LD430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di Laplace1. [1/4/2003 (ex)I] Si consideri la soluzione u del problema per l’equazionedi Laplaceu xx +u yy = 0, 0 < x < 1,0 < y < 1,u(0,y) = 0, 0 < y < 1,u(1,y) = e y −ye, 0 < y < 1,u(x,0) = x, 0 < x < 1,u(x,1) = 0, 0 < x < 1.Determinare una costante c ∈ (0,1) tale che( 1u2 , 1 ≤ c.2)(Sugg. Usare una soprasoluzione v per il problema risolto da u.)SoluzioneLa stima( 1u2 2), 1 < 1segue subito dal principio di massimo forte. Tuttavia non soddisfa il quesito.Consideriamo allora la funzionev(x,y) = x,che è una soprasoluzione del problema: infattiv xx +v yy = 0, 0 < x < 1,0 < y < 1,v(0,y) = 0 = u(0,y), 0 < y < 1,v(1,y) = 1 ≥ e y −ye = u(1,y), 0 < y < 1,v(x,0) = x = u(x,0), 0 < x < 1,v(x,1) = x ≥ 0 = u(x,1), 0 < x < 1.Quindi( 1u2 2), 1 ( 1≤ v2 2), 1 = 1 2 < 1.103

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di Laplace2. [6/7/2006 (ex)I] Dimostrare che u ≥ v in Ω = (0,π) ×(0,π), ove u e vrisolvono rispettivamente∆u = −1, ∆v = 0, 0 < x < π,0 < y < π,u(0,y) = 0, v(0,y) = 0, 0 < y < π,u x (π,y) = 0, v(π,y) = 0, 0 < y < π,u(x,0) = x, v(x,0) = sinx, 0 < x < π,u(x,π) = 2x, v(x,π) = 2sinx, 0 < x < π.SoluzioneOsserviamo che ∆u ≤ 0 in Ω. Dunque u assume i suoi minimi sulla frontiera ∂Ω,ma, per il Lemma di Hopf, non sul lato{x = π,0 < y < π}.Perciò u ≥ 0 in Ω.Consideriamo poi la funzione w = u−v, che soddisfa∆w = −1 ≤ 0, 0 < x < π,0 < y < π,w(0,y) = 0, 0 < y < π,w(π,y) = u(π,y) ≥ 0, 0 < y < π,w(x,0) = x−sinx ≥ 0, 0 < x < π,w(x,π) = 2x−2sinx ≥ 0, 0 < x < π.Per il principio di massimo segue che w ≥ 0 in Ω.3. [6/7/2006 (ex)II] Dimostrare che u ≤ v in Ω = (0,π)×(0,π), ove u e vrisolvono rispettivamente∆u = 2, ∆v = 0, 0 < x < π,0 < y < π,u(0,y) = −y, v(0,y) = −siny, 0 < y < π,u(π,y) = −y 2 , v(π,y) = −(siny) 2 , 0 < y < π,u(x,0) = 0, v(x,0) = 0, 0 < x < π,u y (x,π) = 0, v(x,π) = 0, 0 < x < π.4. [15/12/2006 (ex)I] Trovare il massimo su Q della soluzione u di∆u = π, in Q,u(x,y) = cosx, su x 2 +2y 2 = 1,u(x,y) = siny,su x24 + y29 = 1,104

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di LaplaceoveQ ={(x,y) | x 2 +2y 2 > 1, x24 + y2 }9 < 1 .SoluzionePer il principio di massimo, il massimo di u su Q è assunto sulla frontiera ∂Q, cioèsu una delle due ellissiE 1 : x 2 +2y 2 = 1, E 2 :x 24 + y29 = 1.Su E 1 , u assume tutti e soli i valori in [cos1,1] (perché −1 ≤ x ≤ 1 su E 1 ). DunqueDato che u = siny ≤ 1 su E 2 , segue chemaxE 1u = 1.maxu = 1.QR.maxu = 1.Q5.[18/4/2007 (ex)I] Trovaretutti ipuntidimassimoassolutodellasoluzionedi{ π2∆u = 10, in Ω =16 < x2 +y 2 < π 2} ,u(x,y) = siny, x 2 +y 2 = π216 ,∂u∂ν (x,y) = 0, x2 +y 2 = π 2 .SoluzionePer il principio di massimo forte i punti di massimo sono assunti solo sulla frontiera(poiché il dominio è connesso e la u non è costante). Inoltre, per il Lemma di Hopf,non possono essere assunti sulla circonferenza esterna x 2 +y 2 = π 2 . Dunque sonoassunti solo su x 2 +y 2 = π 2 /16. Ma su questa curvau(x,y) = siny, − π 4 ≤ y ≤ π 4 ,e dunque(maxu = u 0, π )= √ 1 .Ω 4 2R. (0, π ) (, ove u 0, π )= √ 1 .4 4 2105

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di Laplace6.[18/4/2007 (ex)II] Trovaretutti ipuntidiminimoassolutodellasoluzionedi∆u = −1, in Ω = {1 < x 2 +y 2 < 4},u(x,y) = cos πy8 , x2 +y 2 = 4,∂u∂ν (x,y) = 0, x2 +y 2 = 1.R.(0,−2),(0,2) ove u(0,±2) = 1 √2.7. [12/7/2007 (ex)I] Dimostrare che la soluzione del problema∆u = 0, 0 < x < 2,0 < y < 1,u(0,y) = 0, 0 < y < 1,u(2,y) = 2y, 0 < y < 1,u(x,1) = x22 , 0 < x < 2,u y (x,0) = 0, 0 < x < 2,soddisfau(1,y) < 1, 0 < y < 1.SoluzioneConsideriamo la soprasoluzionew(x,y) = x.La v = w−u soddisfa∆v = 0, 0 < x < 2,0 < y < 1,v(0,y) = 0, 0 < y < 1,v(2,y) > 0, 0 < y < 1,v(x,1) > 0, 0 < x < 2,v y (x,0) = 0, 0 < x < 2.Dunque, per il principio del massimo forte e per il lemma di Hopf la v ha minimo(non essendo costante) solo sulla frontiera x = 0, e perciòv(x,y) > 0, 0 < x < 2,0 < y < 1.Ne segue cheu(1,y) < w(1,y) = 1, 0 < y < 1.106

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di Laplace8. [12/7/2007 (ex)II] Dimostrare che la soluzione del problema∆u = 0, 0 < x < 2,0 < y < 1,u(0,y) = 0, 0 < y < 1,u x (2,y) = 0, 0 < y < 1,u(x,1) = x 2 , 0 < x < 2,u(x,0) = 0, 0 < x < 2,soddisfa(u x, 1 )< 1 2 2 , 0 < x < 2.SoluzioneConsideriamo la soprasoluzionew(x,y) = y.La v = w−u soddisfa∆v = 0, 0 < x < 2,0 < y < 1,v(0,y) > 0, 0 < y < 1,v x (2,y) = 0, 0 < y < 1,v(x,1) > 0, 0 < x < 2,v(x,0) = 0, 0 < x < 2.Dunque, per il principio del massimo forte e per il lemma di Hopf la v ha minimo(non essendo costante) solo sulla frontiera y = 0, e perciòv(x,y) > 0, 0 < x < 2,0 < y < 1.Ne segue che(u x, 1 ) (< w x, 1 )= 1 2 2 2 , 0 < x < 2.9. [18/4/2008 (ex)I] Sia u la soluzione del problema∆u = 0, in Ω,u(x,y) = arctg(|x| 3 ),∂u(x,y) = 0,∂νove ν è la normale esterna a ∂Ω, eΩ =su x24 + y29 = 1,x2su4 + y29 = 4,{(x,y) | 1 < x24 + y29 < 4 }.Trovare tutti i punti di massimo e di minimo di u in Ω.107

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di LaplaceSoluzionePer il principio di massimo, i punti di massimo e di minimo devono essere assuntisulla frontiera di Ω. Per il lemma di Hopf, i punti di estremo non possono essereassunti sulla curvax 24 + y29 = 4.Si tratta quindi di trovare i punti di massimo e di minimo di u sux 24 + y29 = 1.Poiché la funzione s ↦→ arctgs è crescente per s > 0, dobbiamo solo trovare i puntiove |x| è massimo o minimo.R.maxu = u(2,0) = u(−2,0) = arctg8,Ωminu = u(0,3) = u(0,−3) = 0.Ω10. [18/4/2008 (ex)II] Sia u la soluzione del problema∆u = 0, in Ω,u(x,y) = 11+|y| ,∂u(x,y) = 0,∂νove ν è la normale esterna a ∂Ω, eΩ =x2su4 + y29 = 1,x2su4 + y29 = 4,{(x,y) | 1 < x24 + y29 < 4 }.Trovare tutti i punti di massimo e di minimo di u in Ω.R.maxu = u(2,0) = u(−2,0) = 1,Ωminu = u(0,3) = u(0,−3) = 1Ω4 .11. [12/1/2009 (ex)I] Si considerino le soluzioni dei due problemi∆u 1 = 0, in Ω 1 , ∆u 2 = 0, in Ω 2 ,u 1 (x,y) = arctg y x , su ∂Ω 1, u 2 (x,y) = arctg y x , su ∂Ω 2,oveΩ 1 = (1,2)×(1,2),Ω 2 = (a,a+1)×(1,2),108

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di Laplacecon a > 2.Si trovino condizioni su a che implichinoper ogni (x 1 ,y 1 ) ∈ Ω 1 , (x 2 ,y 2 ) ∈ Ω 2 .SoluzionePer il principio di massimo si ha cheu 1 (x 1 ,y 1 ) > u 2 (x 2 ,y 2 ),u 1 (x 1 ,y 1 ) ≥ min∂Ω 1u 1 = min(x,y)∈∂Ω 1arctg y x ,u 2 (x 2 ,y 2 ) ≥ max∂Ω 2u 2 = max(x,y)∈∂Ω 2arctg y x ,per ogni (x 1 ,y 1 ) ∈ Ω 1 , (x 2 ,y 2 ) ∈ Ω 2 . Dunque si otterrà la disuguaglianza volutase risulteràmin arctg y(x,y)∈∂Ω 1 x > max arctg y(x,y)∈∂Ω 2 x .D’altra parte, per il significato geometrico di arctgy/x, che nel primo quadrantecoincide con l’anomalia polare, si hamin(x,y)∈∂Ω 1arctg y x = arctg 1 2 ,max arctg y(x,y)∈∂Ω 2 x = arctg 2 a .Poiché l’arcotangente è una funzione crescente, si dovrà chiedere2a < 1 2 .R.a > 4.12. [12/1/2009 (ex)II] Si considerino le soluzioni dei due problemiove∆u 1 = 0, in Ω 1 , ∆u 2 = 0, in Ω 2 ,u 1 (x,y) = arctg y x , su ∂Ω 1, u 2 (x,y) = arctg y x , su ∂Ω 2,Ω 1 = (1,2)×(1,2),con a > 2.Si trovino condizioni su a che implichinoper ogni (x 1 ,y 1 ) ∈ Ω 1 , (x 2 ,y 2 ) ∈ Ω 2 .u 1 (x 1 ,y 1 ) < u 2 (x 2 ,y 2 ),Ω 2 = (1,2)×(a,a+1),109

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di LaplaceR.a > 4.13. [12/2/2009 (ex)I] Determinare tutti i punti di massimo in Ω dellasoluzione di∆u = πx 2 , in Ω,u(x,y) = x 2 + 1 9 y2 ,su ∂Ω,,oveΩ ={(x,y) | 1 < x24 + y2 }9 < 4 .SoluzionePeril principio del massimo, visto che∆u ≥ 0in Ω, i massimidevonoessereassuntisul bordo, che è costituito dalle due ellissi{ x2 } {E 1 =4 + y2 x2 }9 = 1 , E 2 =4 + y29 = 4 .È chiaro che il massimo è assunto su E 2 , per la forma del dato. Su E 2 si hau(x,y) = x 2 + 1 9(36− 9 4 x2) = 3 4 x2 +4.PerciòR.maxu = maxu = u(±4,0) = 16.Ω E 2maxu = u(±4,0) = 16.Ω14. [12/2/2009 (ex)II] Determinare tutti i punti di minimo in Ω dellasoluzione di∆u = −y 2 , in Ω,u(x,y) = x 2 +2y 2 ,su ∂Ω,,oveR.Ω ={(x,y) | 1 < x29 + y24 < 4 }.minu = u(0,±2) = 8.Ω110

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di Laplace15. [15/6/2009 (ex)I] Si consideri la soluzione del problemaove Q = [0,1]×[0,1].Si dimostri che u soddisfaSoluzioneDefiniamo∆u = xy, in Q,u(x,y) = x 2 +y 2 ,su ∂Q,u(x,y) = u(y,x), per ogni (x,y) ∈ Q.v(x,y) = u(y,x).Si noti che v risulta definita ancora in Q, e chev xx (x,y) = u yy (y,x),v yy (x,y) = u xx (y,x).Quindi∆v(x,y) = ∆u(y,x) = yx, in Q.Inoltrev(x,y) = u(y,x) = y 2 +x 2 , su ∂Q.Dunque w = u−v soddisfa∆w = 0, in Q,w(x,y) = 0, su ∂Q,e perciò w = 0 in Q per il principio di massimo. Dunqueu(x,y) = v(x,y) = u(y,x), per ogni (x,y) ∈ Q.16. [15/9/2009 (ex)I] Si trovino tutti i punti di minimo e il valore di minimodella soluzione di∆u = −1, in Ω,u(x,y) = |x|−|y|,su ∂Ω,oveΩ ={(x,y) | x24 + y2 }9 = 1 .SoluzioneI punti di minimo possono venire assunti solo sulla frontiera per il principio dimassimo forte, visto che u non è costante. Inoltre è chiaro chemin∂Ωu(x,y) = min(|x|−|y|) = u(0,±3) = −3.∂Ω111

430. Applicazioni del principio di max a prb per eq. di LaplaceR.u(0,±3) = −3.17. [15/9/2009 (ex)II] Si trovino tutti i punti di massimo e il valore dimassimo della soluzione di∆u = 1, in Ω,u(x,y) = |x|−|y|,su ∂Ω,oveR.Ω ={(x,y) | x24 + y29 = 1 }.u(±2,0) = 2.18. [9/4/2010 (ex)I] Trovare il massimo e il minimo della soluzione delproblema∆u = 0,in Ω = A\B,u(x,y) = x 2 +y 2 ,∂u∂ν = 0,ove{ x2A =4 + y2 }9 < 1 , B =SoluzionePer il principio di massimosu ∂A,su ∂B,{ }x 2 +y 2 < 1 .maxu = max u,Ω ∂Ωmin u = min u.Ω ∂ΩD’altronde per il lemma di Hopf, massimo e minimo non possono essere assunti su∂B. Perciòmaxu = maxΩ ∂A x2 +y 2 = max dist( (x,y),(0,0) ) 2= 9,∂Aminu = minΩ ∂A x2 +y 2 = min dist( (x,y),(0,0) ) 2= 4.∂AR.maxu = 9,Ωminu = 4.Ω112

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del calore470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del calore1. [17/2/2003 (hw)I] a) Dimostrare, usando il principio del massimo, che lasoluzione diu t −u xx = cos(xt),0 < x < 10,0 < tu(x,0) = 0, 0 ≤ x ≤ 10,u(0,t) = 0, 0 ≤ t,u(10,t) = 0, 0 ≤ t,soddisfa |u(x,t)| ≤ t.b) Mostrare anche che la soluzione non può essere di classe C 2,1 fino sullafrontiera parabolica.Soluzionea) Se v = u−t allora v t −v xx ≤ 0, e v ≤ 0 sulla frontiera parabolica. Quindi v ≤ 0nel rettangolo. In modo simmetrico si procede con w = u+t.b) Per esempio in (0,0), si dovrebbe altrimenti avere u t = 0, u xx = 0, a causa deidati assegnati, ma questo contrasta con u t −u xx = cos0 = 1.2. [17/2/2003 (hw)I] Dimostrare che la soluzione diu t −u xx = 0,0 < x < L,0 < tu(x,0) = x, 0 < x < L,u(0,t) = 0, 0 < t,u(L,t) = M , 0 < t,con M > L, soddisfa 0 ≤ u x (0,t) ≤ M/L (si supponga che u sia di classeC 1 fino su x = 0).SoluzionePer il principio del massimo, u ≥ 0. Dunque i punti su x = 0 sono punti di minimo,e perciò u x (0,t) ≥ 0.Si consideri poi la funzione v = u−Mx/L. Si noti che v t −v xx = 0, e v ≤ 0 sullafrontiera parabolica. Dunque per il principio del massimo, v ≤ 0 nel rettangolo;ma v(0,t) = 0, e segue come sopra che v x (0,t) ≤ 0.3. [17/2/2003 (hw)I] Una piastra a pareti piane e parallele x = 0, x = L, èall’istante iniziale t = 0 a temperatura u(x,0) = c(L −x), per 0 ≤ x ≤ L.Possiamo assumere simmetria piana.La parete x = 0 è adiabatica, quella x = L è mantenuta a temperaturanulla.Trovare una stima per u(x,t) per tempi grandi, e dare dei valori di L percui il valore di u(0,t) cala almeno del 50% nell’intervallo di tempo (0,1).SoluzioneConsiderare il problema riflesso in modo pari su −L ≤ x ≤ L. Qui usare lasoprasoluzione v = cLe −α2t cos(αx), con α = π/(2L).113

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del caloreSi vuole avere u(0,1) ≤ cLe −α2 ≤ u(0,0)/2 = cL/2, ossia L ≤ π/(2 √ ln2).4. [16/4/2003 (ex)I] Dimostrare che se u è la soluzione diu t −u xx = 0, − π 4 < x < π ,0 < t < ∞,4u(− π )4 ,t = 1, 0 < t,( π)u4 ,t = 1, 0 < t,u(x,0) = e |x|−π 4 , − π 4 < x < π 4 ,allora per ogni x ∈ (−π/4,π/4) fissatolim u(x,t) = 1.t→∞SoluzionePer il principio di massimo u ≤ 1 (infatti il dato iniziale è un esponenziale conesponente non positivo). Basterà quindi dimostrare che u ≥ v conScegliamolim v(x,t) = 1, −πt→∞ 4 < x < π 4 . (1)v(x,t) = 1−Ce −t cosx,con C > 0 da scegliere cosicché (1) è senz’altro verificata. Valgonov t −v xx = 0, − π 4 < x < π ,0 < t,4v(− π )4 ,t = 1− √ C e −t ≤ u(− π )2 4 ,t = 1, 0 < t,( π)v4 ,t = 1− √ C ( π)e −t ≤ u 2 4 ,t = 1, 0 < t,v(x,0) = 1−Ccosx ≤ 1− C √2≤ e −π 4 ≤ u(x,0),−π4 < x < π 4 ,se C ≥ √ 2(1−e −π/4 ). Quindi u ≥ v per il principio di massimo.5. [16/4/2003 (ex)II] Dimostrare che se u è la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π ,0 < t < ∞,2u(0,t) = 3, 0 < t,( π)u2 ,t = 3, 0 < t,(u(x,0) = 3−x x− π ), 0 < x < π 2 2 ,allora per ogni x ∈ (0,π/2) fissatolim u(x,t) = 3.t→∞114

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del caloreSoluzioneDefiniamo w = u−3. La tesi equivale allora aInoltrelim w(x,t) = 0.t→∞w t −w xx = 0, 0 < x < π ,0 < t < ∞,2w(0,t) = 0, 0 < t,( π)w2 ,t = 0, 0 < t,(w(x,0) = −x x− π )≥ 0, 0 < x < π 2 2 ,e quindi w ≥ 0 per il principio di massimo. Basta dunque dimostrare che w ≤ vconlim v(x,t) = 0, 0 < x < πt→∞ 2 . (1)Scegliamov(x,t) = Ce − x t4 cos2 ,con C > 0 da scegliere, cosicché (1) è senz’altro verificata. Valgonov t −v xx = 0, 0 < x < π ,0 < t,2v(0,t) = Ce −t ≥ w(0,t), 0 < t,( π)v2 ,t = √ C ( π)e −t ≥ w 2 2 ,t , 0 < t,v(x,0) = Ccos x 2 ≥ C √2≥ π216 ≥ w(x,0), 0 < x < π 2 ,se C ≥ √ 2π 2 /16. Quindi w ≤ v per il principio di massimo.6. [30/6/2003 (ex)I] Dimostrare che se u è la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t < ∞,u(0,t) = e − t 2 , 0 < t < ∞,u(π,t) = e − t 2 , 0 < t < ∞,u(x,0) = 1+sinx, 0 < x < π,allora per ogni x ∈ (0,π) fissatolim u(x,t) = 0.t→∞SoluzioneÈ chiaro che u ≥ 0 per il principio di massimo. Cerchiamo una soprasoluzione nellaforma(v(x,t) = Ce − t x√2)2 sin +α ,115

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del calorecon C > 0 e α > 0 tale cheπ√2+α < π−α, (1)per esempio prendendo α = π/1000. Valev t −v xx = 0, 0 < x < π,t > 0, (2)v(0,t) = Ce − t 2 sinα ≥ u(0,t), t > 0, (3)(v(π,t) = Ce − t π√2)2 sin +α ≥ u(π,t), t > 0, (4)x√2)v(x,0) = Csin(+α ≥ u(x,0), 0 < x < π, (5)ove (3), (4) valgono perché per (1)π√2)Csin(+α ≥ Csinα ≥ 1,pur di scegliere C in modo opportuno. Infine (5) vale per ogni 0 ≤ x ≤ π perchéx√2)Csin(+α ≥ Csinα ≥ 2 ≥ u(x,0),ancora scegliendo C abbastanza grande (per esempio C = 2/sinα).Per il principio di massimo dunque v ≥ u, e perciò0 ≤ limt→∞u(x,t) ≤ limt→∞v(x,t) = 0.7. [30/6/2003 (ex)II] Dimostrare che se u è la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t < ∞,u(0,t) = 2e − t 3 , 0 < t < ∞,u(π,t) = 2e − t 3 , 0 < t < ∞,u(x,0) = 2+sinx, 0 < x < π,allora per ogni x ∈ (0,π) fissatolim u(x,t) = 0.t→∞8. [23/9/2003 (ex)I] Dimostrare che la soluzione u diu t −u xx = 0, 0 < x < 5,0 < t < ∞,u(0,t) = 0, 0 < t < ∞,u x (5,t) = 0, 0 < t < ∞,u(x,0) = 25−(x−5) 2 , 0 < x < 5,116

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del caloresoddisfa per ogni x ∈ (0,5), α > 0 fissatilimt→∞ u(x,t)tα = 0.SoluzionePrima di tutto osserviamo che u ≥ 0 per il principio di massimo e per quello diHopf. Consideriamo poi la v, riflessione pari intorno a x = 5 di u, che soddisfav t −v xx = 0, 0 < x < 10,0 < t < ∞,v(0,t) = 0, 0 < t < ∞,v(10,t) = 0, 0 < t < ∞,v(x,0) = 25−(x−5) 2 , 0 < x < 10.Usiamo una soprasoluzioneper mostrare che v (e quindi u) decade esponenzialmente.Sia(w(x,t) = Ce − π2 π400 t sin20 x+ π , 0 < x < 10,t > 0,4)con C > 0 da scegliere. È chiaro che w è una soluzione dell’equazione del calorecon w > 0. Quindi è una soprasoluzione del problema per v se per 0 ≤ x ≤ 10( πw(x,0) = Csin20 x+ π ( π≥ Csin = √4)4)C ≥ 25 ≥ v(x,0), 2ossia se per esempio C = 25 √ 2. Dunque0 ≤ lim t α u(x,t) ≤ lim t α 25 √ (2e − π2400π t sint→∞ t→∞ 20 x+ π 4)= 0.9. [23/9/2003 (ex)II] Dimostrare che la soluzione u diu t −u xx = 0, − π < x < 0,0 < t < ∞,2u(− π )2 ,t = 0, 0 < t < ∞,u x (0,t) = 0, 0 < t < ∞,u(x,0) = π24 −x2 , − π 2 < x < 0,soddisfa per ogni x ∈ (−π/2,0), α > 0 fissatilimt→∞ u(x,t)tα = 0.SoluzionePrima di tutto osserviamo che u ≥ 0 per il principio di massimo e per quello diHopf. Consideriamo poi la v, riflessione pari intorno a x = 0 di u, che soddisfav t −v xx = 0, − π 2 < x < π ,0 < t < ∞,2v(− π )2 ,t = 0, 0 < t < ∞,( π)v2 ,t = 0, 0 < t < ∞,v(x,0) = π24 −x2 , − π 2 < x < π 2 .117

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del caloreUsiamo una soprasoluzioneper mostrare che v (e quindi u) decade esponenzialmente.Siaw(x,t) = Ce −t cosx, − π 2 < x < π ,t > 0,2con C > 0 da scegliere. È chiaro che w è una soluzione dell’equazione del calorecon w = 0 se x = ±π/2. Quindi è una soprasoluzione del problema per v se per|x| ≤ π/2w(x,0) = Ccosx ≥ π24 −x2 = v(x,0).Poiché w = v = 0 in (−π/2,0), e le due funzioni sono pari, basterà per esempioverificare che in −π/2 < x < 0 valgaCioè basterà definirew x (x,0) = −Csinx = C|sinx| ≥ −2x = 2|x| = v x (x,0).∣ ∣∣ xC = 2 sup ∣ ,[− π 2 ,0) sinxin vista del fatto che tale sup è finito, come noto. Dunque0 ≤ limt→∞t α u(x,t) ≤ limt→∞t α Ce −t cosx = 0.10. [31/3/2004 (ex)I] Dimostrare che la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < 1,0 < t,u x (0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = π, t > 0,u(x,0) = πx, 0 < x < 1,soddisfalim sup |u(x,t)−π| = 0.t→∞ 0 0,u(x,0) = x 2 +5, 0 < x < 1,soddisfalim sup |u(x,t)−5| = 0.t→∞ 0

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del calore12. [14/4/2004 (ex)I] Consideriamo le soluzioni u 1 e u 2 diu 1t −u 1xx = 4u, u 2t −u 2xx = 3u, 0 < x < π,u 1 (0,t) = 0, u 2x (0,t) = 0, t > 0,u 1 (π,t) = 0, u 2x (π,t) = 0, t > 0,u 1 (x,0) = sinx, u 2 (x,0) = cosx, 0 < x < π.Dimostrare che per ogni fissato 0 < x < π esiste un t x tale cheu 1 (x,t) > u 2 (x,t), per ogni t > t x .SoluzioneLe soluzioni u i si trovano per separazione delle variabili: tentando con u 1 =T 1 (t)sinx si ottiene per T 1 il problemaossiaT ′ 1 +T 1 = 4T 1 , T 1 (0) = 1,T 1 (t) = e 3t , t ≥ 0.Tentando con u 2 = T 2 (t)cosx si ottiene per T 2 il problemaossiaT ′ 2 +T 2 = 3T 2 , T 2 (0) = 1,T 2 (t) = e 2t , t ≥ 0.Dunque la disuguaglianza richiesta si riduce ae 3t sinx > e 2t cosx,che è ovvia per ogni t > t x = 0 se π/2 ≤ x < π, mentre richiede( )t > t x = max 0,ln cosx ,sinxse 0 < x < π/2.R.⎧⎪⎨ 0,( )π/2 ≤ x < π,t x =⎪⎩ max , 0 < x < π/2.0,ln cosxsinx13. [14/4/2004 (ex)II] Consideriamo le soluzioni u 1 e u 2 diu 1t −u 1xx = 5u, u 2t −u 2xx = u 2 , 0 < x < π 2 ,u 1x (0,t) = 0, u 2 (0,t) = 0, t > 0,u 1( π2 ,t )= 0, u 2x( π2 ,t )= 0, t > 0,u 1 (x,0) = cosx, u 2 (x,0) = sinx, 0 < x < π 2 .119

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del caloreDimostrare che per ogni fissato 0 < x < π/2 esiste un t x tale cheu 1 (x,t) > u 2 (x,t), per ogni t > t x .R.t x = max(0, 2 9)sinxln .cosx14. [14/4/2005 (ex)I] Trovare il limiteove u risolve il problemalim u(x,t),t→∞u t −u xx = 0, 0 < x < 1,0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u(1,t) = 1, 0 < t,u(x,0) = x 2 , 0 < x < 1.[Suggerimento: ridursi a un problema con dati omogenei al contorno.]15. [14/4/2005 (ex)II] Trovare il limiteove u risolve il problemalim u(x,t),t→∞u t −u xx = 0, 0 < x < 2,0 < t,u(0,t) = π, 0 < t,u(2,t) = π 2 , 0 < t,u(x,0) = π(1− x3 ), 0 < x < 2.16[Suggerimento: ridursi a un problema con dati omogenei al contorno.]16. [18/4/2007 (ex)I] Si consideri la soluzione del problemau t −u xx = u, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), 0 < x < π,• Dimostrare che la soluzioneèlimitata su(0,π)×(0,∞), perogni sceltadel dato u 0 ∈ C([0,π]).120

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del calore• Trovare un dato u 0 ∈ C([0,π]), con u 0 ≢ 0, tale cheSoluzioneIntroduciamo la nuova incognitaSi verifica subito che v risolvelim u(x,t) = 0, 0 < x < π.t→∞v(x,t) = e −t u(x,t).v t −v xx = 0, 0 < x < π,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v(π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = u 0 (x), 0 < x < π,Perciòcon∞∑v(x,t) = α n e −n2t sin(nx),n=1∫ πα n = 2 u 0 (x)sin(nx)dx.πQuindiu(x,t) =per cui, per esempio, per t ≥ 1,Si ha inoltre|u(x,t)| ≤ sup|α n |nn=10∞∑α n e (1−n2)t sin(nx),n=1∞∑∞∑e 1−n2 ≤ 2max|u 0 | e 1−n2 = γ.lim u(x,t) = α 1sinx.t→∞Per avere limite nullo, ossia α 1 = 0, basta scegliere ad esempio u 0 (x) = sin(2x).Per l’usuale relazione di ortogonalità si ha allora, infatti,α 1 = 2 π∫ π0n=1sin(2x)sinxdx = 0.R.u 0 (x) = sin(2x), 0 ≤ x ≤ π.121

470. Semplici problemi al contorno per l’equazione del calore17. [18/4/2007 (ex)II] Si consideri la soluzione del problemaTrovareR.u t −u xx = 2u, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), 0 < x < π.1. un esempio di dato iniziale u 0 ∈ C([0,π]) per cui la soluzione divieneillimitata per t → ∞;2. un esempio di dato iniziale u 0 ∈ C([0,π]), u 0 ≢ 0, per cui la soluzionerimane limitata su (0,π)×(0,∞).1) u 0 (x) = sinx, 0 ≤ x ≤ π;2) u 0 (x) = sin2x, 0 ≤ x ≤ π.18. [15/9/2009 (ex)I] Si consideri il problemau t −Du xx = a−u, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), 0 < x < L.ove a ∈ R è una costante, e u 0 ∈ C([0,L]).Determinare la funzione ω(x) tale chelim u(x,t) = ω(x), 0 < x < L,t→∞e dimostrare tale relazione.SoluzioneLa funzione ω si determina risolvendo il problema al contorno−Dω ′′ = a−ω, 0 < x < L,ω(0) = ω(L) = 0.L’equazione differenziale ha come integrale generaleω(x) = k 1 e x √D +k2 e − x √D +a,ove imponendo le condizioni ai limiti si ottieneLk 1 = a e− √D −1,√e LD−√ −e LDk 2 = a√e LD −1e − √ L √DL.D −e122

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di LaplaceLa funzione v = u−ω risolvev t −Dv xx = −v, 0 < x < L,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v(L,t) = 0, t > 0,v(x,0) = u 0 (x)−ω(x), 0 < x < L.Passando alla variabile w = e t v, si haw t −Dw xx = 0, 0 < x < L,t > 0,w(0,t) = 0, t > 0,w(L,t) = 0, t > 0,w(x,0) = u 0 (x)−ω(x), 0 < x < L.Per il principio di massimo,|w(x,t)| ≤ C = max|u 0 −ω|,da cui|u(x,t)−ω(x)| = |v(x,t)| ≤ Ce −t ,che dimostra la tesi.R.ω(x) = a e− L √D −1e x√e LD−√ −e LD√√ e LD −1D +ae − √ L √D Le − xD −e√D +a.19. [15/9/2009 (ex)II] Si consideri il problemau t −Du xx = a−u, 0 < x < L,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), 0 < x < L.ove a ∈ R è una costante, e u 0 ∈ C([0,L]).Determinare la funzione ω(x) tale chelim u(x,t) = ω(x), 0 < x < L,t→∞e dimostrare tale relazione.R.1 √ω(x) = −a e x 1D√e LD−√ −a+e LD e − √ L √DLe − √ xD +a.D +e480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di Laplace123

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di Laplace1. [4/3/2003 (hw)I] Considerare la soluzione u diu xx +u yy = 0, 0 < x < π,0 < y < 1,u(0,y) = 0, 0 < y < 1,u(x,1) = 4, 0 < x < π,u(π,y) = 0, 0 < y < 1,u(x,0) = sinx, 0 < x < π.Determinare una stima inferiore per u(π/2,1/2).SoluzioneUna prima risposta viene subito dal principio di massimo forte: u(π/2,1/2) > 0.Per ottenere una stima migliore, usiamo la sottosoluzione v(x,y) = e y sinx, che dàin (π/2,1/2), u > v = √ e.2. [1/4/2003 (ex)I] Calcolare la soluzione del problema per l’equazione diLaplace nella corona circolareu xx +u yy = 0, 1 < x 2 +y 2 < 4,u(x,y) = 1, x 2 +y 2 = 1,u(x,y) = 3, x 2 +y 2 = 4.(Sugg. Considerare la particolare geometria del dominio e dei dati.)SoluzioneRicerchiamo la soluzione in forma radialeLa v deve quindi risolvereu(x,y) = v(r).1( )rvr = 0, 1 < r < 2,r rv(1) = 1,v(2) = 3,da cui segueR.v(r) = 2 lnr+1, 1 < r < 2.ln2u(x,y) = 1ln2 ln(x2 +y 2 )+1, 1 < x 2 +y 2 < 4.3. [23/9/2003 (ex)I] PostoA = {(x,y) | x 2 +y 2 > 1},124

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di Laplacedimostrare che il problemau xx +u yy = 0, in A,u(x,y) = 7,su ∂A,ha un’unica soluzione radiale limitata su tutto A, e trovare tale soluzione.4. [23/9/2003 (ex)I] Determinare il valore massimo assunto sul cerchiochiuso B, oveB = {(x,y) | x 2 +y 2 < 1},dalla soluzione di∆u = 0, in B,u = f(x,y),su ∂B,ove f è la funzione che in coordinate polari si rappresenta comef = r(1+|sinϕ|) 2 ,e trovare tutti i punti di B ove tale massimo è raggiunto.SoluzionePer il principio di massimo forte, visto che u non è costante (perché f non lo èsu ∂B), il suo massimo è raggiunto solo su ∂B, e quindi ove |sinϕ| = 1, ossia perϕ = π/2, ϕ = 3π/2.Dunque il massimo di u su B vale 4, ed è raggiunto solo in (0,1) e (0,−1).R.maxu = u(0,1) = u(0,−1) = 4.B5. [23/9/2003 (ex)II] Postodimostrare che il problemaB = {(x,y) | x 2 +y 2 > 4},u xx +u yy = 0, in B,u(x,y) = −3,su ∂B,ha un’unica soluzione radiale limitata su tutto B, e trovare tale soluzione.6. [23/9/2003 (ex)II] Determinare il valore minimo assunto sul cerchiochiuso A, oveA = {(x,y) | x 2 +y 2 < 1},dalla soluzione di∆u = 0, in A,u = f(x,y),su ∂A,125

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di Laplaceove f è la funzione che in coordinate polari si rappresenta comef = ρ 2 (1−|sinϕ|) 2 ,e trovare tutti i punti di A ove tale massimo è raggiunto.R.minu = u(0,1) = u(0,−1) = 0.A7. [31/3/2004 (ex)I] Sia u la soluzione del problema di Dirichlet∆u = 0, in Ω = {1/4 < x 2 +y 2 < 1},u(x,y) = x, su x 2 +y 2 = 1,u(x,y) = 1, su x 2 +y 2 = 1/4.Trovare tutti i punti di Ω ove u assume il suo massimo e il suo minimoassoluti.8. [31/3/2004 (ex)II] Sia u la soluzione del problema di Dirichlet∆u = 0, in Ω = {1/4 < x 2 +y 2 < 1},u(x,y) = − 1 2 , su x2 +y 2 = 1,u(x,y) = y, su x 2 +y 2 = 1/4.Trovare tutti i punti di Ω ove u assume il suo massimo e il suo minimoassoluti.9. [14/4/2004 (ex)I] Consideriamo la soluzione di∆u = 0,u(x,y) = x 2 +y 2 ,in Ω = A\B,su ∂Ω,oveA ={(x,y) | x216 + y2 } { }9 < 1 , B = (x,y) | 4x 2 +y 2 < 1 .Dimostrare che u assume tutti i suoi valori sul segmentoL ={(x,0) | 1 }2 ≤ x ≤ 4 ⊂ Ω.SoluzionePer il principio del massimo, u assume il minimo e il massimo sulla frontiera ∂Ω.Dato che ( 2,u(x,y) = dist (x,y),(0,0))(x,y) ∈ ∂Ω,126

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di Laplacesi vede subito che( 1)minu = u2 ,0 = 1 4 ,maxu = u(4,0) = 16.Sul segmento L che unisce i due punti la u è continua, e quindi assume tutti i valoriintermedi ai valori raggiunti negli estremi del segmento, che sono poi i suoi valorimassimo e minimo. Perciò su L la u assume tutti i suoi valori.10. [14/4/2004 (ex)II] Consideriamo la soluzione di∆u = 0,u(x,y) = x 2 +y 2 ,in Ω = A\B,su ∂Ω,oveA ={(x,y) | x216 + y2 }25 < 1 , B ={(x,y) | x29 + y2 }4 < 1 .Dimostrare che u assume tutti i suoi valori sul segmentoL = {(0,y) | 2 ≤ y ≤ 5} ⊂ Ω.11. [15/9/2004 (ex)I] Trovare tutti i punti di minimo della soluzione u ∈C 2 (A) di∆u = −1, in A = {x 2 +y 2 < 1},u(x,y) = x 2 , x 2 +y 2 = 1.12. [15/9/2004 (ex)II] Trovare tutti i punti di massimo della soluzioneu ∈ C 2 (A) di∆u = 1, in A = {x 2 +y 2 < 1},u(x,y) = y 2 , x 2 +y 2 = 1.13. [1/4/2005 (ex)I] SiaΩ =[ ] [ ((0,2)×(−1,1) ∪ (−2,0]× − 1 4 , 1 )].4127

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di LaplaceDimostrare che la soluzione di∆u = 0, in Ω,u(x,−1) = x, 0 < x < 2,u(x,1) = x, 0 < x < 2,u(2,y) = 2, −1 < y < 1,u(x,y) = 0, su ∂Ω ∩{x ≤ 0},soddisfaSoluzioneSi ha, posto v = u−x, cheu(x,y) > x, in Ω.∆v = 0, in Ω,v ≥ 0,su ∂Ω,e in particolare, per esempio,v(−2,y) = 2 > 0, − 1 4 < y < 1 4 . (1)Dunque per il principio di massimo forte v ≥ 0 in Ω, e anzi v > 0 in Ω perchéaltrimenti si avrebbe v ≡ 0 in Ω contro la (1). Quindiu(x,y)−x > 0 in Ω.14. [1/4/2005 (ex)II] Sia[(Ω = − 1 2 , 1 ) ] [ ]×(−1,0] ∪ (−1,1)×(0,2) .2Dimostrare che la soluzione disoddisfaSoluzioneSi ha, posto v = u+y, che∆u = 0, in Ω,u(−1,y) = −y, 0 < y < 2,u(1,y) = −y, 0 < y < 2,u(x,2) = −2, −1 < x < 1,u(x,y) = 0, su ∂Ω ∩{y ≤ 0},u(x,y) < −y, in Ω.∆v = 0, in Ω,v ≤ 0,su ∂Ω,128

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di Laplacee in particolare, per esempio,v(x,−1) = −1 < 0, − 1 2 < x < 1 2 . (1)Dunque per il principio di massimo forte v ≤ 0 in Ω, e anzi v < 0 in Ω perchéaltrimenti si avrebbe v ≡ 0 in Ω contro la (1). Quindiu(x,y)+y < 0 in Ω.15. [23/6/2005 (ex)I] Sia u la soluzione del problema∆u = 0, in Ω = {(x,y) | 4 < x 2 +y 2 < 9},u = x 2 y 2 , su ∂Ω.Dimostrare che u assume tutti i suoi valori nel sottoinsieme di Ω dato daΩ ∩{(x,y) | y ≥ x ≥ 0}.16. [23/6/2005 (ex)II] Sia u la soluzione del problema∆u = 0, in Ω = {(x,y) | 1 < |x|+|y| < 2},u = |xy|, su ∂Ω.Dimostrare che u assume tutti i suoi valori nel sottoinsieme di Ω dato daΩ ∩{(x,y) | x ≥ y ≥ 0}.17. [15/12/2005 (ex)I] Trovare l’unica soluzione radiale del problema∆u = 0, x 2 +y 2 > 1,u(x,y) = 1, x 2 +y 2 = 1,lim u(x,y) = 1.x 2 +y 2 →∞18. [20/9/2007 (ex)I] Trovare la soluzione radialeu(x,y) = v ( √x 2 +y 2) ,129

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di Laplacedel problema∆u = 0, 1 < x 2 +y 2 < 4,u(x,y) = 1, x 2 +y 2 = 1,∂u∂n = 1, x2 +y 2 = 4.SoluzioneIn coordinate polari il problema diviene1r (rv r) r = 0, 1 < r < 2,v(1) = 1,∂v(2) = 1.∂rL’integrale generale dell’equazione differenziale èv(r) = k 1 lnr+k 2 ,e le costanti k i si determinano con le condizioni alla frontiera:v(1) = k 2 = 1,v r (2) = k 12 = 1.R.u(x,y) = ln(x 2 +y 2 )+1, 1 < x 2 +y 2 < 4.19. [14/12/2007 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni radialidel problemaSoluzioneIn coordinate polari il problema divieneu(x,y) = v ( √x 2 +y 2) ,1∆u = ,(x 2 +y 2 ) 1 21 < x 2 +y 2 ,∂u∂n = 0, x2 +y 2 = 1.1r (rv r) r = 1 r , 1 < r,∂v(1) = 0.∂r130

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di LaplaceL’integrale generale dell’equazione differenziale èImponendo la condizione alla frontiera:v(r) = k 1 lnr +k 2 +r.v r (1) = 1+k 1 = 0,si ottiene k 1 = −1, mentre k 2 rimane arbitrario.R.u(x,y) = −ln(x 2 +y 2 ) 1 2 +(x 2 +y 2 ) 1 2 +k2 , 1 < x 2 +y 2 .20. [14/7/2008 (ex)I] Si considerino le soluzioni (radiali) u ∈ C 2 ({x 2 +y 2 ≥1}) del seguente problema:∆u = ( √x 2 +y 2) −α ,√x 2 +y 2 > 1,∇u(x,y)·ν = 0,√x 2 +y 2 = 1,ove ν è la normale a √ x 2 +y 2 = 1, e α > 0 è assegnata ad arbitrio.Si dimostri chelim u(x,y) = ∞.x 2 +y 2 →∞SoluzionePassando a coordinate radialiv(r,ϕ) = u(rcosϕ,rsinϕ),r > 0,ϕ ∈ (−π,π),il problema divienev rr + 1 r v r = r −α , r > 1,v r (1) = 0, r = 1.Si ha dunque∂∂r (rv r) = r −α+1 , r > 1,da cui, assumendo per ora α ≠ 2,rv r (r) =∫ rDividendo per r e integrando si ha1v(r)−v(1) =ρ −α+1 dρ = r−α+2 −12−α∫ r1s −α+1 −s −1ds.2−αSi vede subito che l’ultimo integrale tende a +∞ se r → ∞, il che prova la tesi..131

480. Semplici problemi al contorno per l’equazione di LaplaceSe poi α = 2, si ha come soprada cui,∂∂r (rv r) = r −α+1 = r −1 , r > 1,rv r (r) =Dividendo per r e integrando si ha∫ r1v(r)−v(1) =Anche quest’integrale diverge per r → ∞.ρ −1 dρ = lnr.∫ r1lnss ds.21. [14/7/2008 (ex)II] Si considerinolesoluzioni (radiali) u ∈ C 2 ({x 2 +y 2 ≥1}) del seguente problema:∆u = ( √x 2 +y 2) α ,√x 2 +y 2 > 2,∇u(x,y)·ν = 0,√x 2 +y 2 = 2,ove ν è la normale a √ x 2 +y 2 = 2, e α < 0 è assegnata ad arbitrio.Si dimostri chelim u(x,y) = ∞.x 2 +y 2 →∞22. [11/1/2010 (ex)I] Sia Ω = (0,1)×(0,1), e si considerino i due problemial contorno∆u = 0, ∆v = 0, in Ω,u(x,0) = 1, v(x,0) = 2, 0 < x < 1,u(x,1) = 1, v(x,1) = 2, 0 < x < 1,u(0,y) = 0, v(0,y) = −1, 0 < y < 1,u(1,y) = 0, v(1,y) = −1, 0 < y < 1.Dimostrare che vale( 1u2 , 1 ( 1= v2)2 , 1 .2)(Sugg.: usare le simmetrie del problema, e il teorema di unicità di soluzioni.)SoluzioneDefiniamow(x,y) = v(x,y)−u(x,y).132

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreAllora w soddisfa∆w = 0, in Ω,w(x,0) = 1, 0 < x < 1,w(x,1) = 1, 0 < x < 1,w(0,y) = −1, 0 < y < 1,w(1,y) = −1, 0 < y < 1.Dobbiamo dimostrare che( 1w2 2), 1 = 0.Definiamow 1 (x,y) = w(y,x), w 2 (x,y) = −w(x,y), (x,y) ∈ Ω.Sia w 1 che w 2 risolvono il problemaPerciò per l’unicità w 1 ≡ w 2 e∆z = 0, in Ω,z(x,0) = −1, 0 < x < 1,z(x,1) = −1, 0 < x < 1,z(0,y) = 1, 0 < y < 1,z(1,y) = 1, 0 < y < 1.( 1w2 , 1 ( 1= w 12)2 , 1 ) ( 1= w 22 2 , 1 ) ( 1= −w2 2 2), 1 .520. Formula di rappresentazione eq. del calore1. [17/2/2003 (hw)I] Trovare la soluzione del problemau t −u xx = 0, 0 < x < ∞,u(x,0) = arctgx, 0 ≤ x,u x (0,t) = 0, 0 < t,come restrizione a x ≥ 0 di un opportuna soluzione al problema di Cauchysu R.R.u(x,t) =∫ ∞−∞arctg|ξ|Γ(x−ξ,t)dξ.Infatti si verifica direttamente che questa soluzione è pari.133

520. Formula di rappresentazione eq. del calore2. [17/2/2003 (hw)I] Trovare la soluzione del problemau t −u xx = 0, 0 < x < ∞,u(x,0) = cosx, 0 ≤ x,u(0,t) = 0, 0 < t,come restrizione a x ≥ 0 di un opportuna soluzione al problema di Cauchysu R.R.u(x,t) =∫ ∞−∞sign(ξ)cos(ξ)Γ(x−ξ,t)dξ.(sign(ξ) = 1 se ξ > 0, sign(ξ) = −1 se ξ < 0) Infatti si verifica direttamente chequesta soluzione è dispari.3. [17/2/2003 (hw)I] Dimostrare che la soluzione u del problema di Cauchycorrispondente al dato iniziale u 0 (x) = χ [−1,1] (x), x ∈ R soddisfau(x,t) ≥ 1e √ , −1 ≤ x ≤ 1,1 ≤ t.πtSoluzioneSi utilizzalarappresentazionedellaumediantelasoluzionefondamentale, stimandodal basso l’esponenziale che appare nell’integrale usando le −1 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ t.Iniziamo cioè con lo scrivereu(x,t) = 1 ∫2 √ πtRχ [−1,1] (ξ)e − (x−ξ)24t dξ = 12 √ πt∫ 1−1e −(x−ξ)2 4tdξ.Dato che −1 ≤ x ≤ 1, nell’ultimo integrale si ha|x−ξ| ≤ 2,e quindi, se t ≥ 1,Quindiu(x,t) ≥ 12 √ πte −(x−ξ)2 4t ≥ e −1 .∫ 1−1e −1 dξ = 1e √ πt .4. [1/4/2003 (ex)I] Dimostrare che se u è la soluzione diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞,0 < t < ∞,u(x,0) = u 0 (x), −∞ < x < ∞,134

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreoveu 0 (x) = 1−χ (0,1) (x) =allora per ogni x ∈ R fissatolim u(x,t) = 1.t→∞{1, x ∉ (0,1),0, x ∈ (0,1),5. [30/6/2003 (ex)I] Consideriamo le tre funzioni u 1 , u 2 , u 3 soluzionilimitate diu 1t −u 1xx = 0, x ∈ R,0 < t < ∞,u 1 (x,0) = χ (0,+∞) (x)arctgx, x ∈ R;u 2t −u 2xx = 0, x ≥ 0,t ≥ 0,u 2 (0,t) = 0, t ≥ 0,u 2 (x,0) = arctgx, x ≥ 0;u 3t −u 3xx = 0, x ≥ 0,t ≥ 0,u 3x (0,t) = 0, t ≥ 0,u 3 (x,0) = arctgx, x ≥ 0.Mostrare cheu 2 (x,t) < u 1 (x,t) < u 3 (x,t), per ogni x > 0, t > 0.6. [30/6/2003 (ex)II] Consideriamo le tre funzioni u 1 , u 2 , u 3 soluzionilimitate diu 1t −u 1xx = 0, x ∈ R,0 < t < ∞,1u 1 (x,0) = χ (0,+∞) (x)x 2 +1 , x ∈ R;u 2t −u 2xx = 0, x ≥ 0,t ≥ 0,u 2 (0,t) = 0, t ≥ 0,u 2 (x,0) = 1x 2 +1 , x ≥ 0;u 3t −u 3xx = 0, x ≥ 0,t ≥ 0,u 3x (0,t) = 0, t ≥ 0,u 3 (x,0) = 1x 2 +1 , x ≥ 0.135

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreMostrare cheu 2 (x,t) < u 1 (x,t) < u 3 (x,t), per ogni x > 0, t > 0.7. [28/6/2004 (ex)I] Dimostrare che la soluzione limitata diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞, t > 0,u(x,0) = χ (0,∞) (x), −∞ < x < ∞,soddisfalim u(x,t) = 1 , per ogni x ∈ R.t→∞ 28. [28/6/2004 (ex)II] Dimostrare che la soluzione limitata diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞, t > 0,u(x,0) = −2χ (−∞,0) (x), −∞ < x < ∞,soddisfalim u(x,t) = −1, per ogni x ∈ R.t→∞9. [15/9/2004 (ex)I] Scrivere mediante la formula di rappresentazione lasoluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < ∞,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = x cosx,1+x2 0 < x < ∞,e dimostrare che è limitata su (0,∞)×(0,∞).10. [15/9/2004 (ex)II] Scrivere mediante la formula di rappresentazione lasoluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < ∞,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = x sinx,1+x2 0 < x < ∞,e dimostrare che è limitata su (0,∞)×(0,∞).136

520. Formula di rappresentazione eq. del calore11. [1/4/2005 (ex)I] Dimostrare che la soluzione limitata diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞,0 < t,{1, x > 0,u(x,0) = −∞ < x < ∞,0, x < 0,soddisfa per ogni t > 0 fissatoSoluzioneSi ha dalla formula di rappresentazioneu(x,t) = 1 ∫2 √ πt+∞−∞Dunque, per t > 0 fissato,lim u(x,t) = limx→+∞ x→+∞lim u(x,t) = 1.x→+∞χ (0,∞) (ξ)e −(x−ξ)2 4t dξ = 12 √ πtx∫1√ π2 √ t−∞∫+∞∫k1e −z2 dz = lim √k→+∞ π0xe −(x−ξ)2 4t dξ = √ 1 ∫2 √ te −z2 dz. π−∞e −z2 dz−∞= √ 1 ∫+∞e −z2 dz = 1. π−∞12. [1/4/2005 (ex)II] Dimostrare che la soluzione limitata diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞,0 < t,{0, x > 0,u(x,0) = −∞ < x < ∞,1, x < 0,soddisfa per ogni t > 0 fissatoSoluzioneSi ha dalla formula di rappresentazioneu(x,t) = 1 ∫2 √ πt+∞−∞lim u(x,t) = 1.x→−∞χ (−∞,0) (ξ)e −(x−ξ)2 4t dξ = 12 √ πt∫ 0−∞e −(x−ξ)2 4tdξ= √ 1 ∫+∞e −z2 dz. πx2 √ t137

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreDunque, per t > 0 fissato,lim u(x,t) = limx→−∞ x→−∞∫+∞1√ πx2 √ te −z2 dz = limk→−∞∫+∞1√ e −z2 dz πk= √ 1 ∫+∞e −z2 dz = 1. π−∞13. [23/6/2005 (ex)I] Risolvere mediante la formula di rappresentazione disoluzioni del problema di Cauchy per l’equazione del calore il problemau t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u x (π,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = sin(x), 0 < x < π.14. [23/6/2005 (ex)II] Risolvere mediante la formula di rappresentazionedi soluzioni del problema di Cauchy per l’equazione del calore il problemau t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = 0, 0 < t,u(π,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = cos(x), 0 < x < π.15. [7/4/2006 (ex)I] Sia u l’unica soluzione limitata diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) =2|x|(1+x 2 , −∞ < x < ∞.) 2Determinare un tempo t 0 tale che per ogni t ≥ t 0u(x,t) < 1 , −∞ < x < ∞.10[Si noti che maxu(x,0) > u(1,0) = 1/2 > 1/10, quindi dovrà essere t 0 > 0.]Soluzione138

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreMaggioriamo la u a partire dalla formula di rappresentazione:u(x,t) = 12 √ πt≤ 12 √ πt∫ ∞−∞∫ ∞−∞e −(x−ξ)2 4t= √ 1 [− 1 ] ∞πt 1+ξ 2 02|ξ|(1+ξ 2 ) 2 dξ2|ξ|(1+ξ 2 ) 2 dξ = 1∫∞√πt0= 1 √πt< 110 ,2ξ(1+ξ 2 ) 2 dξse t > 100/π.R.t 0 = 100π .16. [7/4/2006 (ex)II] Sia u l’unica soluzione limitata diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) =2e 2|x|(1+e 2|x| , −∞ < x < ∞.) 2Determinare un tempo t 0 tale che per ogni t ≥ t 0u(x,t) < 1 , −∞ < x < ∞.10[Si noti che maxu(x,0) ≥ u(0,0) = 1/2 > 1/10, quindi dovrà essere t 0 > 0.]SoluzioneMaggioriamo la u a partire dalla formula di rappresentazione:u(x,t) = 12 √ πt≤ 12 √ πt∫ ∞−∞∫ ∞−∞e −(x−ξ)2 4t= √ 1 [− 1 ] ∞πt 1+e 2ξ 02e 2|ξ|(1+e 2|ξ| ) 2 dξ2e 2|ξ|(1+e 2|ξ| ) 2 dξ = 1∫∞√πt0= 1 √πt12 < 1 10 ,2e 2ξ(1+e 2ξ ) 2 dξse t > 25/π.R.t 0 = 25π .17. [2/4/2007 (ex)I] Sia u 0 unafunzione continua e limitata su R, periodicacon periodo a > 0.139

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreSi dimostri che la soluzione u diu t −u xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) = u 0 (x), −∞ < x < ∞,è periodica in x con periodo a, ossiau(x+a,t) = u(x,t), per ogni x ∈ R, t > 0.SoluzioneUsando la formula di rappresentazione si hau(x+a,t) = 1 ∫2 √ πt= 1 ∫2 √ πt+∞−∞+∞−∞e −(x+a−ξ)2 4t u 0 (ξ)dξe −(x−z)2 4t u 0 (z +a)dz = 12 √ πt∫+∞−∞e −(x−z)2 4t u 0 (z)dz = u(x,t).18. [2/4/2007 (ex)II] Sia u 0 una funzione continua e limitata su R, con ununico punto x 0 di massimo assoluto su R, tale cioè cheSi dimostri che la soluzione u diu 0 (x 0 ) > u 0 (x), per ogni x ≠ x 0 .u t −u xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,soddisfa la disuguaglianza strettau(x,0) = u 0 (x), −∞ < x < ∞,u(x,t) < u 0 (x 0 ), per ogni x ∈ R, t > 0.19. [18/4/2007 (ex)I] Scrivere, usando la formula di rappresentazione dell’equazionedel calore nel semipiano, la soluzione diSoluzioneu t −u xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u(0,t) = 0, 0 < t < ∞,u x (1,t) = 0, 0 < t < ∞,u(x,0) = x 2 , 0 < x < 1.140

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreOccorre riflettere il dato iniziale in modo dispari intorno a x = 0, e poi in modopari intorno a x = 1. Si ottiene⎧−x 2 , −1 < x < 0,⎪⎨ x 2 , 0 < x < 1,ũ 0 (x) =(2−x) 2 , 1 < x < 2,⎪⎩−(2−x) 2 , 2 < x < 3.La ũ 0 va quindi estesa su R come funzione periodica con periodo 4.R. La soluzione èu(x,t) = 1 ∫ ∞2 √ ũ 0 (ξ)e −(x−ξ)2 4t dξ,πt−∞ove ũ 0 è una funzione periodica con periodo 4 tale che⎧−x 2 , −1 < x < 0,⎪⎨ x 2 , 0 < x < 1,ũ 0 (x) =(2−x) 2 , 1 < x < 2,⎪⎩−(2−x) 2 , 2 < x < 3.20. [12/7/2007 (ex)I] Scrivere mediante la formula di rappresentazione disoluzioni del problema di Cauchy per l’equazione del calore la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = e x , 0 < x < π.SoluzioneOccorre riflettere il dato iniziale in modo dispari intorno a x = π, e in modo pariintorno a x = 0. Si ottiene l’estensionee |x| , 0 < |x| < π; −e 2π−|x| , π < |x| < 2π.Il dato iniziale da sostituire nella formula di rappresentazione si ottiene poi estendendoquesta funzione in modo periodico su R, con periodo 4π.R. La soluzione èu(x,t) = 12 √ πt∫ ∞−∞u 0 (ξ)e −(x−ξ)2 4t dξ, 0 < x < π,t > 0,ove u 0 è periodica su R con periodo 4π, e{e |x| , 0 < |x| < π;u 0 (x) =−e 2π−|x| , π < |x| < 2π.141

520. Formula di rappresentazione eq. del calore21. [12/7/2007 (ex)II] Scrivere mediante la formula di rappresentazione disoluzioni del problema di Cauchy per l’equazione del calore la soluzione diR. La soluzione èu t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(x,t) = 12 √ πtu(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 11+x 2 , 0 < x < π.∫ ∞−∞u 0 (ξ)e −(x−ξ)2 4t dξ, 0 < x < π,t > 0,ove u 0 è periodica su R con periodo 4π, e⎧sign(x)⎪⎨ , 0 < |x| < π;1+x2 u 0 (x) =sign(x) ⎪⎩ , π < |x| < 2π.1+(2π −x)222. [14/12/2007 (ex)I] Scrivere mediante la formula di rappresentazione peril problema di Cauchy per l’equazione del calore la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = xsinx, 0 < x < π.SoluzioneOccorre riflettere il dato iniziale in modo pari intorno a x = π, e in modo dispariintorno a x = 0.Si ottiene l’estensione{|x|sinx, −π < x < π,ũ 0 (x) =|2π −x|sin(2π −x), π < x < 3π.La ũ 0 va poi intesa come estesa a tutto R in modo periodico, con periodo 4π.R. La soluzione èu(x,t) = √ 1 ∫∞2πt−∞ũ 0 (s)e −|x−s|2 4t ds, 0 < x < π,t > 0,142

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreove la ũ 0 ha periodo 4π e soddisfa{|x|sinx, −π < x < π,ũ 0 (x) =|2π −x|sin(2π −x), π < x < 3π.23. [16/9/2008 (ex)I] Trovare la soluzione diu t −Du xx = 0 0 < x < 1,t > 0,u(x,0) = 1−x, 0 < x < 1,u(0,t) = 0, t > 0,u x (1,t) = 0, t > 0,mediante l’opportuna formula di rappresentazione.SoluzioneOccorre riflettere il dato in modo dispari intorno a x = 0, e in modo pari intorno ax = 1, ottenendo:⎧−1−x, −1 < x < 0,⎪⎨ 1−x, 0 < x < 1,ũ 0 (x) =−1+x, 1 < x < 2,⎪⎩−3+x, 2 < x < 3.R.1u(x,t) =2 √ πDt∫ ∞−∞e −(x−ξ)2 4Dt ũ 0 (ξ)dξ, 0 < x < 1,t > 0,ove ũ 0 è l’estensione periodica a R con periodo 4 di⎧−1−x, −1 < x < 0,⎪⎨ 1−x, 0 < x < 1,ũ 0 (x) =−1+x, 1 < x < 2,⎪⎩−3+x, 2 < x < 3.24. [16/9/2008 (ex)II] Trovare la soluzione diu t −Du xx = 0 0 < x < 1,t > 0,u(x,0) = 1−x 2 , 0 < x < 1,u(0,t) = 0, t > 0,u x (1,t) = 0, t > 0,mediante l’opportuna formula di rappresentazione.R.∫1∞u(x,t) =2 √ e −(x−ξ)2 4Dt ũ 0 (ξ)dξ, 0 < x < 1,t > 0,πDt−∞143

520. Formula di rappresentazione eq. del caloreove ũ 0 è l’estensione periodica a R con periodo 4 di⎧−1+x 2 , −1 < x < 0,⎪⎨ 1−x 2 , 0 < x < 1,ũ 0 (x) =−3+4x−x 2 , 1 < x < 2,⎪⎩3−4x+x 2 , 2 < x < 3.25. [15/6/2009 (ex)I] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = −Cu, 0 < x < ∞,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(x,0) = sin 2 x, 0 < x < ∞.Qui D, C sono costanti positive.Si dimostri chelim u(x,t) = 0, per ogni x ∈ R.t→∞SoluzioneMediante una riflessione pari intorno a x = 0, possiamo passare a studiare lasoluzione v del problemav t −Dv xx = −Cv, −∞ < x < ∞,t > 0,v(x,0) = sin 2 x, −∞ < x < ∞,poiché la restrizione di v a x > 0 coincide con u.Introduciamo poi la nuova variabileche risolveTeoremi noti implicano che valew(x,t) = e Ct v(x,t),w t −Dw xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,w(x,0) = sin 2 x, −∞ < x < ∞.0 = mins∈R sin2 s ≤ w(x,t) ≤ maxs∈R sin2 s = 1, x ∈ R, t > 0.Dunque0 ≤ v(x,t) = e −Ct w(x,t) ≤ e −Ct ,il che implica che vale la relazione di limite cercata (addirittura in modo uniformesu R).144

520. Formula di rappresentazione eq. del calore26. [15/6/2009 (ex)I] Esprimere mediante la formula di rappresentazioneper l’equazione del calore la soluzione del problemau t −Du xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u x (0,t) = 0 t > 0,u(1,t) = 0 t > 0,u(x,0) = sinx, 0 < x < 1.SoluzioneOccorre riflettere il dato iniziale in modo dispari intorno a x = 1, e in modo pariintorno a x = 0. Si ottiene⎧−sin(2−x), 1 < x < 2,⎪⎨ sinx, 0 < x < 1,ũ 0 (x) =|sinx|, −1 < x < 0,⎪⎩−sin(2+x), −2 < x < −1.R.ove∫1u(x,t) =2 √ πDtRũ 0 (ξ)e −(x−ξ)2 4Dt dξ, 0 < x < 1,t > 0,⎧−sin(2−x), 1 < x < 2,⎪⎨ sinx, 0 < x < 1,ũ 0 (x) =|sinx|, −1 < x < 0,⎪⎩−sin(2+x), −2 < x < −1.27. [13/7/2009 (ex)I] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) = u 0 (x), −∞ < x < ∞,con u 0 limitata e continua in R, e tale inoltre cheSi dimostri chelim u 0(x) = 0.x→+∞lim u(x,t) = 0, per ogni fissato t > 0.x→+∞SoluzioneSi sa che la soluzione si può rappresentare comeu(x,t) =12 √ πDt∫ ∞−∞u 0 (ξ)e − (x−ξ)24Dtdξ.145

520. Formula di rappresentazione eq. del calorePrefissato ε > 0 si scelga x ε tale cheConsideriamo poi che1u(x,t) =2 √ πDtSi ha intanto∫ x ε−∞per ogni (x,t).Inoltre, se M = sup|u 0 |,|u 0 (x)| ≤ ε, x ≥ x ε .u 0 (ξ)e −(x−ξ)2 4Dt|J 1 (x,t)| ≤ M2 √ πDtdξ∫ ∞1+2 √ u 0 (ξ)e − (x−ξ)24DtπDtx ε∫ ∞ε|J 2 (x,t)| ≤2 √ e −(x−ξ)2 4Dt dξ ≤ ε,πDtx ε∫ x ε−∞e −(x−ξ)2 4Dtdξ = √ M ∫∞πper x → ∞. Si può quindi scegliere y ε ≥ x ε tale cheInfine si ottienex−xε2 √ Dt|J 1 (x,t)| ≤ ε, per x ≥ y ε .dξ =: J 1 (x,t)+J 2 (x,t).e −z2 dz → 0,|u(x,t)| ≤ |J 1 (x,t)|+|J 2 (x,t)| ≤ 2ε, per x ≥ y ε ,che implica la relazione di limite cercata.28. [13/7/2009 (ex)II] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,u(x,0) = u 0 (x), −∞ < x < ∞,con u 0 limitata e continua in R, e tale inoltre cheSi dimostri chelim u 0(x) = 0.x→−∞lim u(x,t) = 0, per ogni fissato t > 0.x→−∞146

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipiano29. [8/2/2010 (ex)I] Si consideri la soluzione u diu t −Du xx = 0, −∞ < x < ∞,t > 0,{2|sinx|, x < 0,u(x,0) =Dimostrare che|sinx|, x > 0.u(−x,t) > u(x,t), per ogni x > 0, t > 0.SoluzioneSi ha dalla formula di rappresentazioneu(−x,t)−u(x,t) = 1 ∫2 √ πt+∞−∞∗ = 1 ∫2 √ πt= − 12 √ πt∗ = 12 √ πt+∞−∞∫ 0−∞∫ ∞−∞[u 0 (ξ)e − (−x−ξ)24Dt[u 0 (−ξ)−u 0 (ξ)]−u 0 (ξ)e − (x−ξ)24Dt dξ]e −(x−ξ)2 4Dt|sinξ|e −(x−ξ)2 4Dt dξ + 12 √ πt|sinξ|[e −(x−ξ)2 4Dtdξ∫ ∞]−e −(x+ξ)2 4Dt dξ > 0,0|sinξ|e −(x−ξ)2 4Dtperché nell’ultimo integrale si ha x > 0, ξ > 0. Nei passaggi segnalati da ∗ si èusato il cambiamento di variabili ξ → −ξ.dξ530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipiano1. [16/4/2003 (ex)I] Calcolare, mediante formule di rappresentazione, lasoluzione limitata diu xx +u yy = 0, 0 < x < ∞,0 < y < ∞,u x (0,y) = 0, 0 < y < ∞,u(x,0) = arctgx, 0 < x < ∞.2. [16/4/2003 (ex)II] Calcolare, mediante formule di rappresentazione, lasoluzione limitata diu xx +u yy = 0, 0 < x < ∞,0 < y < ∞,u(0,y) = 0, 0 < y < ∞,u(x,0) = 11+x 2 , 0 < x < ∞.147

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipiano3. [30/6/2003 (ex)I] Sia u la soluzione limitata diu xx +u yy = 0, x ∈ R,y > 0,u(x,0) = u 0 (x), x ∈ R,ove si assume che u 0 sia una funzione continua e limitata in R, con∫ ∞−∞|u 0 (x)|dx < ∞.Dimostrare che allora vale per ogni x ∈ R fissato:∫ ∞1u(x,y) 2 dy < ∞.4. [30/6/2003 (ex)II] Sia u la soluzione limitata diu xx +u yy = 0, x ∈ R,y > 0,u(x,0) = u 0 (x), x ∈ R,ove si assume che u 0 sia una funzione continua e limitata in R, con∫ ∞−∞|u 0 (x)|dx < ∞.Dimostrare che allora vale per ogni x ∈ R fissato:∫ ∞2u(x,y) 4 dy < ∞.5. [8/3/2004 (hw)I] Trovare la soluzione limitata di∆u = 0, 0 < x < 1, y > 0,u(0,y) = 0, y > 0,u x (1,y) = 0, y > 0,u(x,0) = x, 0 < x < 1.R. Si hau(x,y) = 1 π∫ ∞−∞yu 0 (ξ)(x−ξ) 2 +y 2 dξ,148

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipianoove u 0 è dato da{x, −1 < x < 1,u 0 (x) =2−x, 1 < x < 3,u 0 periodica su R con periodo 4.6. [8/3/2004 (hw)I] Trovare la soluzione limitata di∆u = 1, 0 < x < 1, y > 0,u(0,y) = 0, y > 0,u x (1,y) = 0, y > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < 1.(Sugg.: cambiare l’incognita per ridursi a un problema per l’equazione diLaplace).SoluzioneSe per esempio v = u + [1 − (x − 1) 2 ]/2, v soddisfa un problema simile a quellosoddisfatto da u, con le differenze che ∆v = 0, e v(x,0) = (2x−x 2 )/2. Alloraove v 0 è definita dau(x,y) = − 2x−x22v 0 (x) =+ 1 π∫ ∞−∞yv 0 (ξ)(x−ξ) 2 +y 2 dξ,{12(2x−|x|x), −1 < x < 1,)12(4−2x−|2−x|(2−x) , 1 < x < 3,e dalla condizione che v 0 sia periodica su R con periodo 4.7. [31/3/2004 (ex)I] Trovare mediante la formula di rappresentazione lasoluzione di∆u = 0, x > 0,y > 0,u(0,y) = 0, y > 0,u(x,0) = e −x3 , x > 0.8. [31/3/2004 (ex)II] Trovare mediante la formula di rappresentazione lasoluzione di∆u = 0, x > 0,y > 0,u x (0,y) = 0, y > 0,u(x,0) = − 11+x 3 , x > 0.149

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipiano9. [14/4/2004 (ex)I] Scrivere mediante la formula di rappresentazione lasoluzione di∆u = 0, x > 0,y < 0,u y (x,0) = 0, x > 0,u(0,y) = cos(y 2 ), y < 0.SoluzioneSi tratta di riflettere in modo pari intorno a y = 0 il dato su x = 0 per ottenere ilproblema nel semipiano x > 0∆v = 0, x > 0,v(0,y) = cos(y 2 ), −∞ < y < ∞.Poi si applica la formula risolutiva per l’equazione di Laplace nel semipiano.R.u(x,y) = 1 ∫ ∞xπ x 2 +(y −η) 2 cos(η2 )dη, x > 0,y < 0.−∞10. [14/4/2004 (ex)II] Scrivere mediante la formula di rappresentazione lasoluzione di∆u = 0, x > 0,y < 0,u(x,0) = 0, x > 0,u(0,y) = sin(y 2 ), y < 0.R.u(x,y) = 1 π∫ ∞−∞xx 2 sin(−η|η|)dη, x > 0,y < 0.+(y −η)211. [14/4/2005 (ex)I] Sia u 0 : R → R una funzione continua e limitata noncrescente, cioè tale cheu 0 (x 2 ) ≤ u 0 (x 1 ), per ogni x 1 , x 2 ∈ R, x 2 ≥ x 1 .Dimostrare che la soluzione limitata disoddisfa∆u = 0, −∞ < x < ∞,0 < y,u(x,0) = u 0 (x), −∞ < x < ∞,u(x 2 ,y) ≤ u(x 1 ,y), per ogni x 1 , x 2 ∈ R, x 2 ≥ x 1 e y > 0.150

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipiano12. [14/4/2005 (ex)II] Sia u 0 : R → R una funzione continua e limitatanon decrescente, cioè tale cheu 0 (x 2 ) ≥ u 0 (x 1 ), per ogni x 1 , x 2 ∈ R, x 2 ≥ x 1 .Dimostrare che la soluzione limitata disoddisfa∆u = 0, −∞ < x < ∞,0 < y,u(x,0) = u 0 (x), −∞ < x < ∞,u(x 2 ,y) ≥ u(x 1 ,y), per ogni x 1 , x 2 ∈ R, x 2 ≥ x 1 e y > 0.13. [16/9/2005 (ex)I] Risolvere mediante la formula di rappresentazione disoluzioni dell’equazione di Laplace nel semipiano il problemau xx +u yy = 0, x > 1,y > 0,u x (1,y) = 0, y > 0,u(x,0) = e 1−x , x > 1.14. [16/9/2005 (ex)II] Risolvere mediante la formula di rappresentazionedi soluzioni dell’equazione di Laplace nel semipiano il problemau xx +u yy = 0, x > 0,y > 1,u y (x,1) = 0, x > 0,u(0,y) = 1 y , y > 1.15. [7/4/2006 (ex)I] Risolvere, mediante la formula di rappresentazione perl’equazione di Laplace nel semipiano,Soluzione∆u = 0, x > 0,y < 0,u(x,0) = 0, x > 0,u(0,y) = e y , y < 0.151

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipianoOccorre ricondursi a un problema posto nel semipiano x > 0, riflettendo in mododispari il dato su x = 0. Il dato esteso sarà:{e y , y < 0,ũ 0 (y) =−e −y , y > 0.Quindi la soluzione del problema esteso saràũ(x,y) = 1 π∫ ∞−∞x(y −ξ) 2 +x 2ũ0(ξ)dξ, x > 0,−∞ < y < ∞.R.u(x,y) = 1 π∫ ∞−∞x(y −ξ) 2 +x 2 sign(ξ)e−|ξ| dξ, x > 0,y < 0.16. [7/4/2006 (ex)II] Risolvere, mediante la formula di rappresentazioneper l’equazione di Laplace nel semipiano,∆u = 0, x > 0,y > 0,u x (0,y) = 0, y > 0,u(x,0) = sin(x+1), x > 0.SoluzioneOccorre ricondursi a un problema posto nel semipiano y > 0, riflettendo in modopari il dato su y = 0. Il dato esteso sarà:{sin(x+1), x > 0,ũ 0 (x) =sin(−x+1), x < 0.Quindi la soluzione del problema esteso saràũ(x,y) = 1 π∫ ∞−∞y(x−ξ) 2 +y 2ũ0(ξ)dξ, y > 0,−∞ < x < ∞.R.u(x,y) = 1 π∫ ∞−∞y(x−ξ) 2 sin(|ξ|+1)dξ, x > 0,y > 0.+y2 17. [20/9/2006 (ex)I] Si consideri l’unica soluzione limitata di∆u = 0, x ∈ R,y > 0,u(x,0) = χ I (x), x ∈ R,152

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipianooveI =∞⋃n=−∞[2n,2n+1).Supponendonoto che esiste una costante c ∈ R (indipendente da x) tale chelim u(x,y) = c, per ogni x ∈ R,y→∞si determini tale c. [Sugg.: usare l’invarianza dell’equazione di Laplace pertraslazioni, e il teorema di unicità.]SoluzioneSi consideri l’unica soluzione limitata v dioveDato che∆v = 0, x ∈ R,y > 0,v(x,0) = χ I+1 (x) = χ I (x−1), x ∈ R,I +1 = {x ∈ R | x−1 ∈ I} =∞⋃n=−∞w(x,y) = u(x−1,y)[2n+1,2n+2).soddisfa il problema per v ed è limitata, per il teorema di unicità segue che w = v.Dunquelim v(x,y) = lim u(x−1,y) = c, per ogni x ∈ R.y→∞ y→∞D’altronde z = u+v soddisfa∆z = 0, x ∈ R,y > 0,z(x,0) = 1, x ∈ R,e pertanto coincide con l’unica soluzione limitata, costante, z = 1, sempre per ilteorema di unicità. Dunque1 = lim z(x,y) = lim u(x,y)+ lim v(x,y) = 2c, per ogni x ∈ R,y→∞ y→∞ y→∞da cui c = 1/2.R.c = 1 2 .18. [18/4/2007 (ex)I] Scrivere, usando la formula di rappresentazione dell’equazionedi Laplace nel semipiano, la soluzione di∆u = 0, 0 < x < 1,y > 0,u(0,y) = 0, 0 < y < ∞,u x (1,y) = 0, 0 < y < ∞,u(x,0) = x 2 , 0 < x < 1.153

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipianoSoluzioneOccorre riflettere il dato al bordo y = 0 in modo dispari intorno a x = 0, e poi inmodo pari intorno a x = 1. Si ottiene⎧−x 2 , −1 < x < 0,⎪⎨ x 2 , 0 < x < 1,ũ 0 (x) =(2−x) 2 , 1 < x < 2,⎪⎩−(2−x) 2 , 2 < x < 3.La ũ 0 va quindi estesa su R come funzione periodica con periodo 4.R. La soluzione èu(x,y) = 1 π∫ ∞−∞yũ 0 (ξ)y 2 +(x−ξ) 2 dξ,ove ũ 0 è una funzione periodica con periodo 4 tale che⎧−x 2 , −1 < x < 0,⎪⎨ x 2 , 0 < x < 1,ũ 0 (x) =(2−x) 2 , 1 < x < 2,⎪⎩−(2−x) 2 , 2 < x < 3.19. [18/4/2007 (ex)II] Scrivere, usando la formula di rappresentazionedell’equazione di Laplace nel semipiano, la soluzione diR. La soluzione è∆u = 0, 0 < x < 2,y > 0,u x (0,y) = 0, 0 < y < ∞,u(2,y) = 0, 0 < y < ∞,u(x,0) = x 3 , 0 < x < 2.u(x,y) = 1 π∫ ∞−∞yũ 0 (ξ)y 2 +(x−ξ) 2 dξ,ove ũ 0 è una funzione periodica con periodo 8 tale che⎧−x 3 , −2 < x < 0,⎪⎨ x 3 , 0 < x < 2,ũ 0 (x) =−(4−x) 3 , 2 < x < 4,⎪⎩(4−x) 3 , 4 < x < 6.154

530. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel semipiano20. [14/7/2008 (ex)I] Trovare la soluzione di∆u = 0 −∞ < x < 0,−∞ < y < 0,u(x,0) = e x , −∞ < x < 0,u x (0,y) = 0, −∞ < y < 0,mediante l’opportuna formula di rappresentazione.SoluzioneOccorre riflettere il dato in modo pari intorno a x = 0, ottenendo:ũ 0 (x) = e −|x| , −∞ < x < ∞.R.u(x,y) = 1 π∫ ∞−∞|y|(x−ξ) 2 +y 2e−|ξ| dξ, −∞ < x < 0,−∞ < y < 0.21. [14/7/2008 (ex)II] Trovare la soluzione di∆u = 0 −∞ < x < 0,−∞ < y < 0,u(x,0) = 0, −∞ < x < 0,u(0,y) = e y , −∞ < y < 0,mediante l’opportuna formula di rappresentazione.R.u(x,y) = − 1 ∫ ∞sign(ξ)e −|ξ| |x|π x 2 dξ, x < 0,y < 0.+(y −ξ)2−∞22. [12/1/2009 (ex)I] Risolvere con la formula di rappresentazione per ilproblema nel semipiano per l’equazione di Laplace il problema∆u = 0, x > 0,y > 0,( y)u(0,y) = arcsin , y > 0,1+yu y (x,0) = 0, x > 0.SoluzionePer ricondurre il problema a uno nel semipiano x > 0 occorre riflettere il dato sux = 0 in modo pari intorno all’origine. Dunque l’estensione del dato sarà( |y|)ũ 0 (y) = arcsin , y ∈ R.1+|y|155

535. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel cerchioR.u(x,y) = 1 π∫ ∞−∞( |η|)xarcsin1+|η| x 2 dη, x > 0,y > 0.+(y −η)223. [12/1/2009 (ex)II] Risolvere con la formula di rappresentazione per ilproblema nel semipiano per l’equazione di Laplace il problemaR.u(x,y) = 1 π∆u = 0, x > 0,y > 0,( y)u(0,y) = arcsin , y > 0,1+yu(x,0) = 0, x > 0.∫ ∞−∞(ηarcsin1+|η|)xx 2 dη, x > 0,y > 0.+(y −η)2535. Formula di rappresentazione eq. di Laplace nel cerchio1. [8/3/2004 (hw)I] Si usi la formula di Poisson per dimostrare che lasoluzione u di∆u = 0, in B = {x 2 +y 2 < 4},u(x,y) = χ {x>0,y>0} (x,y),su ∂B,soddisfau(1,1) > u(−1,−1).2. [28/6/2004 (ex)I] Scrivere mediante la formula di rappresentazione lasoluzione di∆u = 0, x 2 +y 2 < 1,u(x,y) = max(x 2 −y 2 ,0), x 2 +y 2 = 1.3. [28/6/2004 (ex)II] Scrivere mediante la formula di rappresentazione lasoluzione di∆u = 0, x 2 +y 2 < 1,u(x,y) = min(xy,0), x 2 +y 2 = 1.156

600. Teoria di Fourier600. Teoria di Fourier1. [8/3/2004 (hw)I] Siano f e g due funzioni in L 2 ((−π,π)), e siano a n , b ni coefficienti di Fourier di f, rispettivamente α n , β n quelli di g. Dimostrareche le serie∞∑a n α n ,n=1sono convergenti.∞∑a n β n ,n=1∞∑b n α n ,n=12. [23/6/2005 (ex)I] Calcolare la somma della serie∞∑b n β n ,n=1ove i b n e i β n sono i coefficienti di Fourier definiti da∞∑b n β n ,n=1∞∑b n sin(nx) = π −x,n=1∞∑β n sin(nx) = ∣ π ∣ ∣∣2 −x ,n=1in L 2 (0,π),in L 2 (0,π).3. [23/6/2005 (ex)II] Calcolare la somma della serie∞∑b n β n ,n=1ove i b n e i β n sono i coefficienti di Fourier definiti da∞∑b n sin(nx) = |π −2x| ,n=1∞∑β n sin(nx) = x,n=1in L 2 (0,π),in L 2 (0,π).4. [20/4/2006 (ex)I] Calcolare la somma della serie∞∑α 2 n ,n=0157

600. Teoria di Fourierove i numeri reali α n sono determinati dall’uguaglianzaf(x) =∣ x2 − π2∞∑4 ∣ = α 0 + α n cos(nx),SoluzioneIntroduciamo il sistema ortonormaleAlloran=1in L 2 ((0,π)).ϕ 0 (x) = 1 √ π, ϕ n (x) = 2 √ πcos(nx), n ≥ 1.α 0 = 1 πα n = 2 π∫ π0∫ πDunque per l’identità di Parseval:Ne segueCalcoliamo infineeα 0 = 1 πn=00f(x)dx = 1 √ π(f,ϕ 0 ),f(x)cos(nx)dx =√2π (f,ϕ n), n ≥ 1.∞∑∞∑‖f‖ 2 = |(f,ϕ n )| 2 = πα 2 π0 +2 α2 n = π 2∫ π0f(x)dx = 1 π‖f‖ 2 =n=1∞∑α 2 n = 2 π ‖f‖2 −α 2 0.n=0[ ∫π 20∫ π0( π24 −x2) dx+∫ ππ2∞∑α 2 n + π 2 α2 0.n=0) 2dx (x 2 − π2 23 =4 240 π5 .]) (x 2 − π2dx = π24 4 ,R.∞∑n=0α 2 n = 31240 π4 .5. [20/4/2006 (ex)II] Calcolare la somma della serie∞∑α 2 n,n=0158

600. Teoria di Fourierove i numeri reali α n sono determinati dall’uguaglianza∣f(x) = ∣2x− π ∞∑∣ = α 0 + α n cos(nx),4n=1in L 2 ((0,π)).R.∞∑n=0α 2 n = 36293072 π2 .6. [15/12/2006 (ex)I] Calcolare la somma della serieove∞∑α n β n ,n=1∞∑f(x) = x 2 = α n sin(nx), 0 < x < π,g(x) = x 20 =n=1∞∑β n sin(nx), 0 < x < π.n=1SoluzioneSi sa che, postoϕ n (x) =√2π sin(nx),il sistema {ϕ n } ∞ n=1 è ortonormale e completo. Valgono leα n =√2π (f,ϕ n), β n =√2π (g,ϕ n).Per le proprietà di {ϕ n } ∞ n=1 (e per le identità di Parseval), vale∞∑α n β n = 2 πn=1∞∑(f,ϕ n )(g,ϕ n ) = 2 π (f,g) = 2 πn=1∫ π0x 22 dx = 2 π2223 .R.2 π22237. [2/4/2007 (ex)I] Calcolare la somma della serie∞∑α 2 n ,n=0159

600. Teoria di Fourierove la successione α n è definita daef(x) = α 0 +∞∑α n cos(nx),n=1f(x) = 14√ x, 0 < x < π.in L 2 ((0,π)),SoluzioneSi ha che il sistemaC ={ √ √1 2 2}√π , √ cosx, √ cos2x,... =: {ϕ n } ∞π πn=0è ortonormale completo in L 2 ((0,π)). Dunque l’identità di Parseval implica che∞∑‖f‖ 2 = (f,ϕ n ) 2 .n=0D’altrondeα 0 = 1 √ π(f,ϕ 0 ), α n = 2 √ π(f,ϕ 0 ), n ≥ 1,perciò∞∑ ∞∑α 2 n = α 2 0 + α 2 n = 1 π (f,ϕ 0) 2 + 2 πn=0Calcoliamo infinen=1= − 1 π (f,ϕ 0) 2 + 2 π‖f‖ 2 =∫ π0(f,ϕ 0 ) = √ 1 ∫ππ0∞∑(f,ϕ n ) 2n=1∞∑(f,ϕ n ) 2 = − 1 π (f,ϕ 0) 2 + 2 π ‖f‖2 .n=01√ xdx = [ 2 √ x ] π0 = 2√ π,[ π1 44√ dx = 4]x 3 √ = 4 4√ π.π x3 03R.∞∑n=0α 2 n = 209 √ π .8. [2/4/2007 (ex)II] Calcolare la somma della serie∞∑α 2 n ,n=0160

600. Teoria di Fourierove la successione α n è definita daeR.f(x) = α 0 +∞∑α n cos(nx),n=1f(x) = 18√ x, 0 < x < π.∞∑n=0α 2 n = 200147 4√ π .in L 2 ((0,π)),9. [18/4/2008 (ex)I] Determinare la somma della serie∞∑α n β n ,n=0ove i coefficienti α n e β n sono definiti daf(x) = √ ∞∑x = α n cos ( (2n+1)x ) ,g(x) = 3√ x =n=0∞∑β n cos ( (2n+1)x ) ,n=0in L 2 ((0,π/2)),in L 2 ((0,π/2)).SoluzioneSi ha, definito il sistema ortonormale completo in L 2 ((0,π/2))che i coefficienti α n e β n sono dati daQuindi si ha per l’identità di Parsevalϕ n (x) = 2 √ πcos(2n+1)x, n ≥ 0,α n = 2 √ π(f,ϕ n ), β n = 2 √ π(g,ϕ n ).∞∑α n β n = 4 πn=0= 4 π∞∑(f,ϕ n )(g,ϕ n ) = 4 π (f,g)n=0π∫20√ √ x3xdx = 12 π) 56.11(2R.12 π)56.11(2161

600. Teoria di Fourier10. [18/4/2008 (ex)II] Determinare la somma della serie∞∑α n β n ,n=0ove i coefficienti α n e β n sono definiti daR.f(x) = x =g(x) = 3√ x =∞∑α n sin ( (2n+1)x ) ,n=0∞∑β n sin ( (2n+1)x ) ,n=08 π)43.7(2in L 2 ((0,π/2)),in L 2 ((0,π/2)).11. [15/6/2009 (ex)I] Calcolare la somma della serieove∞∑(−na n β n +nb n α n ),n=1∞∑f(x) = x 2 −π 2 = a 0 + a n cosnx+b n sinnx,g(x) = e x = α 0 +n=1∞∑α n cosnx+β n sinnx,n=1in L 2 ((−π,π)).SoluzioneÈ noto che, essendo f ∈ C 1 ([−π,π]) con f(π) = f(−π), alloraf ′ (x) = 2x =∞∑(−na n sinnx+nb n cosnx).n=1In effetti b n = 0 per ogni n ≥ 0 perché f ′ è dispari (o perché f è pari).Dunque, ricordando la definizione dei coefficienti di Fourier,∞∑∞∑(−na n β n +nb n α n ) = (f ′ ,ϕ i )(g,ϕ i )π −1 ,n=1i=1ove {ϕ i } ∞ i=1 indica il sistema ortonormale di Fourier.Per una conseguenza dell’identità di Parseval,∞∑(f ′ ,ϕ i )(g,ϕ i ) =i=1∫ π−πf ′ (x)g(x)dx =∫ π−π2xe x dx = 2e π (π −1)+2e −π (π +1).162

605. Calcolo di serie di FourierR.2π −1 [e π (π −1)+e −π (π +1)].605. Calcolo di serie di Fourier1. [16/4/2003 (ex)I] Calcolare i coefficienti della serie di cosenia 0 +Calcolare la somma∞∑∣a n cos(nx) = ∣x− π ∣ , 0 < x < π.2n=1∞∑a 2 n.n=02. [16/4/2003 (ex)II] Calcolare i coefficienti della serie di seni∞∑∣b n sin(nx) = ∣x− π ∣ , 0 < x < π.2n=1Calcolare la somma∞∑b 2 n .n=13. [1/4/2003 (ex)I] Calcolare la serie di Fourier dif(x) = 2|sinx|, −π < x < π.4. [8/3/2004 (hw)I] Calcolare la serie di Fourier dif(x) = π −|x|+cosx, −π < x < π.R.f(x) = π 2 + ∞ ∑k=04π(2k +1) 2 cos( (2k +1)x ) (+ 1+ 4 )cosx.π5. [31/3/2004 (ex)I] Una delle due funzioni seguenti non si può svilupparein serie di Fourier in (−π,π). Dire quale è, e perché. Trovare quindi losviluppo dell’altra.1) f(x) = x 8 +e−|x| ; 2) g(x) = (x+π) −1/2 .163

605. Calcolo di serie di Fourier6. [31/3/2004 (ex)II] Una delle due funzioni seguenti non si può svilupparein serie di Fourier in (−π,π). Dire quale è, e perché. Trovare quindi losviluppo dell’altra.1) f(x) =1√ π −x;2) g(x) = e |x| +x.7. [28/6/2004 (ex)I] Una sola delle seguenti funzioni f, g, h, definite in(0,π), ha un’espansione in serie di seni su (0,π) tale che i suoi coefficientiβ n soddisfino|β n | ≤ costanten 2 , n ≥ 1;Dire quale è, come la si identifica, e calcolarne i coefficienti:f(x) = (π −x) 2 , g(x) = x(π −x), h(x) = x.8. [28/6/2004 (ex)II] Una sola delle seguenti funzioni f, g, h, definite in(0,π), ha un’espansione in serie di seni su (0,π) tale che i suoi coefficientiβ n soddisfino|β n | ≤ costanten 2 , n ≥ 1;Dire quale è, come la si identifica, e calcolarne i coefficienti:∣f(x) = |π −x|, g(x) = ∣x− π ∣ , h(x) = π ∣ ∣∣x−2 2 − π∣ .29. [1/4/2005 (ex)I] Calcolare lo sviluppooveSoluzioneScriviamof(x) = a 0 +∞∑a n cos(nx)+b n sin(nx),n=1f(x) = π −|x|+χ (0,1) (x), −π < x < π.f(x) = g(x)+χ (0,1) (x),con g(x) = π−|x|. Calcoliamo prima i coefficienti dello sviluppog(x) = α 0 +∞∑α n cos(nx)+β n sin(nx).n=1164

605. Calcolo di serie di FourierDato che g è pari, si ha β n = 0 per ogni n ≥ 1. Si ha poie, per ogni n ≥ 1,α n = 1 π∫ π−πα 0 = 12π∫ π−π(π −|x|)dx = 1 π(π −|x|)cos(nx)dx = 2 π∫ π0∫ π0(π −x)dx = π 2 ,(π −x)cos(nx)dx = 2πn 2 (1−(−1)n ) .I coefficienti di∞∑χ (0,1) (x) = γ 0 + γ n cos(nx)+δ n sin(nx),n=1sono dati dae, per ogni n ≥ 1, daγ 0 = 12π∫ π−πχ (0,1) (x)dx = 12π ,γ n = 1 πδ n = 1 π∫ π−π∫ π−πχ (0,1) (x)cos(nx)dx = sinnπn ,χ (0,1) (x)sin(nx)dx = 1−cosnπn.Dunquef(x) = π 2 + ∞ ∑n=1{ 2 (1−(−1)n )πn 2 + sinn }cos(nx)+ 1−cosn sin(nx).πn πn10. [1/4/2005 (ex)II] Calcolare lo sviluppooveSoluzioneScriviamo∞∑f(x) = a 0 + a n cos(nx)+b n sin(nx),n=1⎧⎨x− π 0 < x < π,f(x) =2⎩x+ π 2 +χ (−1,0)(x), −π < x < 0.f(x) = g(x)+χ (−1,0) (x),165

605. Calcolo di serie di Fouriercon g(x) = x−sign(x)π/2. Calcoliamo prima i coefficienti dello sviluppog(x) = α 0 +∞∑α n cos(nx)+β n sin(nx).n=1Dato che g è dispari, si ha α n = 0 per ogni n ≥ 0. Si ha poi per ogni n ≥ 1,β n = 1 π∫ π−π(x−sign(x) π )sin(nx)dx = 2 2 π∫ π0(x− π )sin(nx)dx = − 1+(−1)n .2 nI coefficienti di∞∑χ (−1,0) (x) = γ 0 + γ n cos(nx)+δ n sin(nx),n=1sono dati dae, per ogni n ≥ 1, daγ 0 = 12π∫ π−πχ (−1,0) (x)dx = 12π ,Dunqueγ n = 1 πδ n = 1 πf(x) = 12π + ∞ ∑n=1∫ π−π∫ π−πχ (−1,0) (x)cos(nx)dx = sinnπn ,χ (−1,0) (x)sin(nx)dx = cosn−1πnsinn{πn cos(nx)+ − 1+(−1)nn.+ cosn−1 }sin(nx).πn11. [14/4/2005 (ex)I] Siaf(x) = min(1,π −x), 0 < x < π.Si determini quale tra i due sviluppi∞∑∞∑f(x) = α 0 + α n cos(nx), f(x) = β n sin(nx),n=1n=1ha i coefficienti che vanno a zero più rapidamente per n → ∞.12. [14/4/2005 (ex)II] Siaf(x) = x(π −x) 2 , 0 < x < π.166

605. Calcolo di serie di FourierSi determini quale tra i due sviluppi∞∑∞∑f(x) = α 0 + α n cos(nx), f(x) = β n sin(nx),n=1n=1ha i coefficienti che vanno a zero più rapidamente per n → ∞.13. [20/9/2006 (ex)I] Determinare lo sviluppo in serie di FourieroveSoluzioneCalcoliamo:f(x) =∞∑α n sin(2n+1)x, 0 < x < π 2 ,n=0⎧⎨x, 0 < x < πf(x) =4 ,⎩ π1,4 < x < π 2 .α n = 4 ππ∫40= − 4 π= 1 π− 4 πxsin(2n+1)xdx+ 4 π[ xcos(2n+1)x2n+1[ cos(2n+1)x2n+1]π2]π4π40+ 4 π4−π2n+1 cos(2n+1)π 4 + 4 ππ∫2π4π∫40sin(2n+1)xdxxcos(2n+1)x2n+1dx1(2n+1) 2 sin(2n+1)π 4 .R.α n = 1 π4−π2n+1 cos(2n+1)π 4 + 4 1π (2n+1) 2 sin(2n+1)π 4 .14. [12/7/2007 (ex)I] SiaUno solo tra i due sviluppi in serief(x) =n=1f(x) = π 2 −x 2 , 0 < x < π.∞∑∞∑β n sinnx, f(x) = α 0 + α n cosnx, 0 < x < π,n=1ha i coefficienti di ordine O(n −2 ) per n → ∞.Spiegare quale è, e calcolarne tutti i coefficienti.167

605. Calcolo di serie di FourierSoluzioneA) Come è noto, sviluppare f in (0,π) in serie di seni equivale a sviluppare lariflessione dispari di f in (−π,π) nel sistema di Fourier di seni e coseni. Viceversa,sviluppare f in (0,π) in serie di coseni equivale a sviluppare la riflessione pari di fin (−π,π) nello stesso sistema.Poichè nel caso in esame l’estensione periodica a R della riflessione pari è più regolaredella analoga estensione della riflessione dispari, lo sviluppo con i coefficientiche tendono a zero con maggior velocità è quello in serie di coseni.B) Con i calcoli si ottiene per n ≥ 1mentreα n = 2 π∫ πIn effetti, si otterrebbe ancheβ n = 2 π∫ π00(π 2 −x 2 )cos(nx)dx = 4(−1)n+1πn 2 ,α 0 = 1 π∫ π0(π 2 −x 2 )dx = 2 3 π2 .(π 2 −x 2 )sin(nx)dx = 2π n + 4πn 3[1−(−1)n ] ∼ 1 n .R.α 0 = 2 3 π2 , α n4(−1) n+1πn 2 , n ≥ 1.15. [12/7/2007 (ex)II] Sia( π) 2f(x) =2 −x π 2−4 , 0 < x < π.Uno solo tra i due sviluppi in serief(x) =∞∑∞∑β n sinnx, f(x) = α 0 + α n cosnx, 0 < x < π,n=1n=1ha i coefficienti di ordine O(n −3 ) per n → ∞.Spiegare quale è, e calcolarne tutti i coefficienti.R.β n = 4πn 3[(−1)n −1].16. [20/9/2007 (ex)I] Calcolare i coefficienti dello sviluppo dif(x) = sin2x+cos5x, 0 < x < π.168

605. Calcolo di serie di Fouriernel sistema ortonormale completo in L 2 ((0,π))C ={ 1 √π ,2√ πcosx,2}√ cos2x,... . πSoluzioneScriviamoe calcoliamo:Poi, per n ≥ 1:α 0 = 1 π∞∑f(x) = α 0 + α n cosnx,∫ π0n=1(sin2x+cos5x)dx = 0.α n = 2 π∫ π0= δ 5n + 1 π= δ 5n + 1 π= δ 5n + 4 πcos5xcosnxdx+ 2 π∫ π0∫ π0sin2xcosnxdx[sin(2+n)x+sin(2−n)x]dx[− 12+n cos(2+n)x− 1 ] π2−n cos(2−n)x 0(−1) n −1n 2 .−4Si è dovuto assumere che n ≠ 2. In questo caso invece:α 2 = 2 π∫ π0[cos5xcos2x+sin2xcos2x]dx =1π∫ π0sin4xdx = 0.R.f(x) = cos5x+ 8∞ 3π cosx+ ∑ 4 (−1) n −1π n 2 cosnx.−4n=317. [14/12/2007 (ex)I] Calcolare lo sviluppo in serie di Fourier (di seni ecoseni) di ⎧x+π, −π < x < − π ⎪⎨2 ,f(x) = x, − π 2 < x < π 2 ,⎪⎩πx−π,2 < x < π.SoluzioneLa f è dispari, dunque∞∑f(x) = α n sinnx.n=1169

605. Calcolo di serie di FourierCalcoliamo:α n = 1 π= 2 π= 2 π∫ π−ππ∫20∫ π0f(x)sinnxdx = 2 πxsinnxdx+ 2 πxsinnxdx−2∫ ππ2∫ ππ2∫ π0f(x)sinnxdx(x−π)sinnxdxsinnxdx = − 2 (n cos n π ).2R.f(x) =∞∑k=11k (−1)k sin2kx.18. [28/3/2008 (ex)I] Data la funzionesolo uno dei due sviluppif(x) = α 0 +f(x) = x 2 (π −x), 0 < x < π,∞∑α n cos(nx), f(x) =n=1soddisfa la maggiorazione∞∑β n sin(nx),n=1|coefficiente n-esimo| ≤ costanten 3 .Dire quale è e determinarne i coefficienti.SoluzioneLo sviluppo in serie di seni corrisponde allo sviluppo di Fourier dell’estensionedispari della f, mentre quello in serie di coseni all’estensione pari.Tra le due estensioni, quella dispari è più regolare perchè è l’unica che risulta diclasse C 1 .Calcoliamo quindi i coefficienti della serie di seni:2π∫ π0x 2 sin(nx)dx = 2 π[−x 2cos(nx)] π+ 4n0πn= 2π n (−1)n+1 − 4∫πn 2 π0∫ π0sin(nx)dx= 2π n (−1)n+1 + 4πn 3[(−1)n −1].xcos(nx)dx170

605. Calcolo di serie di FourierInfine2π∫ π0x 3 sin(nx)dx = 2 π[−x 3cos(nx)] π+ 6n0πn= 2π2n (−1)n+1 − 12 ∫ππn 20∫ π0x 2 cos(nx)dxxsin(nx)dx= 2π2n (−1)n+1 + 12πn 3 [xcos(nx)]π 0 − 12 ∫ππn 3= 2π2n (−1)n+1 + 12n 3(−1)n .0cos(nx)dxR.f(x) =∞∑n=1{ 4n 3[(−1)n −1]− 12n 3(−1)n }sin(nx).19. [28/3/2008 (ex)II] Data la funzionef(x) = x 2( x− π ), 0 < x < π,2solo uno dei due sviluppif(x) = α 0 +∞∑α n cos(nx), f(x) =n=1soddisfa la maggiorazione∞∑β n sin(nx),n=1|coefficiente n-esimo| ≤ costanten 2 .Dire quale è e determinarne i coefficienti.R.f(x) = π3∞ 12 + ∑{4 π2π n 2(−1)n + 3 }n 4[1−(−1)n ] cos(nx).n=120. [16/9/2008 (ex)I] Si considerino gli sviluppi in serief(x) = x(3π −x) =∞∑∞∑α n sin(nx) = β 0 + β n cos(nx),n=1in L 2 ((0,π)).Determinare quale dei due sviluppi ha i coefficienti che tendono a zero conmaggiore rapidità per n → ∞, e calcolare questi coefficienti.Soluzionen=1171

605. Calcolo di serie di FourierL’estensione periodica (di periodo 2π) della riflessione pari di f su (−π,π) è diclasse C 1 a tratti, e continua, mentre l’estensione della riflessione dispari non èneanche continua.Lo sviluppo cercato sarà quindi quello in serie di coseni, che corrisponde all’estensionepari.R.β 0 = 7π26 , β n = 2 n 2((−1)n −3).21. [16/9/2008 (ex)II] Si considerino gli sviluppi in serief(x) = 3x(π −x) =∞∑∞∑α n sin(nx) = β 0 + β n cos(nx),n=1in L 2 ((0,π)).Determinare quale dei due sviluppi ha i coefficienti che tendono a zero conmaggiore rapidità per n → ∞, e calcolare questi coefficienti.R.α n = 12πn 3((−1)n+1 +1).n=122. [12/1/2009 (ex)I] Si determinino i coefficienti dello sviluppooveCalcolare ancheSoluzionePer definizionef(x) =∞∑α n sin(nx), 0 < x < π,n=1⎧⎨x, 0 < x < πf(x) =2 ,⎩ πx−π,2 < x < π.α n = 2 π= 2 π∫ π0∫ π0∞∑α 2 n.n=1f(x)sin(nx)dxxsin(nx)dx− 2 π= 2 [ (−1)n+1π + 2 π n n∫ ππ2πsin(nx)dx((−1) n −cosn π 2)].172

605. Calcolo di serie di FourierInoltre, si sa per l’identità di Parseval che2∑(f,ϕ n ) 2 = ‖f‖ 2 ,ove ϕ n è il sistema ortonormalen=1ϕ n (x) =√2π sin(nx).DunqueR.∞∑α 2 n = 2 πn=12∑n=1(f,ϕ n ) 2 = 2 π ‖f‖2 = π26 .α n = 2πn (−1)n+1 (π −2)− 4πn cosnπ 2 ,∞∑α 2 n = π26 .n=123. [12/1/2009 (ex)II] Si determinino i coefficienti dello sviluppooveCalcolare ancheR.f(x) =∞∑α n sin(nx), 0 < x < π,n=1⎧⎨x, 0 < x < πf(x) =2 ,⎩ ππ −x,2 < x < π.∞∑α 2 n .n=1α n = 4πn 2 sinnπ 2 ,∞∑α 2 n = π26 .n=124. [12/2/2009 (ex)I] Determinare quale dei seguenti sviluppi in serie inL 2 ((0,π)) ha i coefficienti che tendono a zero più rapidamente per n → ∞,173

605. Calcolo di serie di Fouriere calcolarli (solo per questa tra le quattro serie).f(x) = 1+ π2 (x−4 − π ) 2 ∑∞ ∞∑= a n sinnx = α n cosnx;2n=1 n=0g(x) = π2 (x−4 − π ) 2 ∑∞ ∞∑= b n sinnx = β n cosnx.2n=1SoluzioneCome è noto, sviluppare una funzione in (0,π) in serie di seni [coseni] equivale asvilupparne l’estensione dispari [pari] a (−π,π) in serie di Fourier.Delle quattro estensioni l’unica di classe C 1 , quando è poi estesa periodicamente aR, è quella dispari di g. Dunque i coefficienti cercati sono i b n .Con i calcoli si hab n = 2 π= 2 π∫ π0∫ π0{= 2 −− 2 π[ π24 − (x− π 2(πx−x 2 )sin(nx)dx[ cos(nx)n] πx + 10n)]sin(nx)dx∫ π{− 1 [x 2 cos(nx) ] πn 0 + 2 n= − 2π n (−1)n − 2 π= 4πn 3[1−(−1)n ].0{(−1) n+1π2}cos(nx)dx∫ π0n=0}xcos(nx)dxn + 2 n 2 [xsin(nx)]π 0 − 2 ∫πn 20}sin(nx)dxR.b n = 4πn 3[1−(−1)n ].25. [12/2/2009 (ex)II] Determinare quale dei seguenti sviluppi in serie inL 2 ((0,π)) ha i coefficienti che tendono a zero più rapidamente per n → ∞,e calcolarli (solo per questa tra le quattro serie).f(x) = π 2 −(2x−π) 2 =∞∑a n sinnx =n=1g(x) = π 2 −(2x−π) 2 −2 =∞∑α n cosnx;n=0∞∑b n sinnx =n=1∞∑β n cosnx.n=0174

610. Fourier equazione delle ondeR.a n = 16πn 3[1−(−1)n ].26. [9/4/2010 (ex)I] Uno solo dei due sviluppif(x) = x 2 = α 0 +g(x) = x 3 = α 0 +∞∑α n cosnx+β n sinnx, −π < x < π,n=1∞∑α n cosnx+β n sinnx, −π < x < π,n=1ha i coefficienti che soddisfano|α n |+|β n | ≤ costanten 2 , n ≥ 1.Determinare quale è e calcolarne i coefficienti.SoluzioneConsideriamo la funzione ˜f [rispettivamente ˜g] definita come l’estensione periodicadi periodo 2π di f [rispettivamente di g] a tutto R. Si osserva che ˜f è C 1 a tratti,mentre ˜g non è neanche continua su R.Dunque lo sviluppo desiderato sarà quello di f. Essendo poi f una funzione pari,si deve avere β n = 0, n ≥ 1, nel suo sviluppo. Si calcola poiα n = 1 πα 0 = 12π∫ π−π∫ π−πx 2 dx = π23 ,x 2 cosnxdx = (−1) n 4 n 2 .R.f(x) = x 2 = π2∞ 3 + ∑(−1) n 4 cosnx, −π < x < π.n2 n=1610. Fourier equazione delle onde1. [4/3/2003 (hw)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < L,u t (x,0) = 0, 0 < x < L.175

610. Fourier equazione delle ondeSoluzioneRiportarsi nell’intervallo (0,π) per sviluppare 1 in serie di seni.u(x,t) =∞∑n=1( nπ) ( nπ)β n sinL x cosL ct ,β n = 2 (1−(−1)n ) .nπ2. [19/3/2003 (hw)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = t 2 , t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.SoluzionePoniamo v = u−(x−π)t 2 . Allora v soddisfav tt −c 2 v xx = −2(x−π), 0 < x < π,t > 0,v x (0,t) = 0, t > 0,v(π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = 0, 0 < x < π,v t (x,0) = 0, 0 < x < π.Riflettiamo v in modo dispari intorno a x = π; chiamiamo w questa riflessione.Allora w risolve il problemaw tt −c 2 w xx = −2(x−π), 0 < x < 2π,t > 0,w x (0,t) = 0, t > 0,w x (2π,t) = 0, t > 0,w(x,0) = 0, 0 < x < 2π,w t (x,0) = 0, 0 < x < 2π.Infatti le riflessioni dispari dei dati iniziali e della funzione sorgente nell’equazionedelle onde sono quelle indicate nel problema per w. Rappresentiamocosicché gli a n soddisfanow(x,t) = a 0 (t)+∞∑ ( nx)a n (t)cos ,2n=1a ′′ n + c2 n 24 a n = f n , a n (0) = 0, a ′ n (0) = 0.176

610. Fourier equazione delle ondeQui gli f n sono i coefficienti di Fourier∞∑ ( nx)−2(x−π) = f 0 + f n cos , f n = 82 n 2 π (1−(−1)n ), f 0 = 0.Dunquen=1(a n (t) = 4f (n nct) )n 2 c 2 1−cos , a 0 (t) = 0.23. [16/4/2003 (ex)I] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = 2, 0 < t,u(π,t) = cost, 0 < t,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.Si assuma c 2 > 1.4. [16/4/2003 (ex)II] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = cosht, 0 < t,u(π,t) = 4, 0 < t,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.5. [17/3/2004 (hw)I] Risolvereu tt −c 2 u xx = e x , 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = x, 0 < x < π,u t (x,0) = 1, 0 < x < π,e dire quale è la classe di regolarità della soluzione.6. [14/4/2004 (ex)I] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = xt 2 , 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = sinx, 0 < x < π.177

610. Fourier equazione delle ondeSoluzioneRiflettiamo in modo pari il problema intorno a x = 0; si ottiene per la nuovaincognita vv tt −c 2 v xx = |x|t 2 , 0 < x < π,0 < t,v(−π,t) = 0, t > 0,v(π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = 0, −π < x < π,v t (x,0) = |sinx|, −π < x < π.Traslando e riscalando in modo opportuno il sistema ortonormale dei seni in (0,π),cerchiamo v nella formaove T n risolvev(x,t) =∞∑n=1(T n (t)sinn x+π2),T ′′n +c2n2 4 T n = a n t 2 , T n (0) = 0, T ′ n (0) = b n.Qui gli a n sono i coefficienti della serie di Fourier di |x|, ossiaInoltreda cuia n = 1 π∫ π−πb n = 1 π(|x|sin∫ π−πn x+π2(|sinx|sin)dx = 2 n [1−(−1)n ].n x+π2)dx,⎧⎨ 2{ 1( nπ)b n = π n+2 sin − 1 ( nπ)2 n−2 sin , n ≠ 2,2⎩0, n = 2.Si vede che una soluzione particolare della e.d.o. per T n èA n t 2 +C n ,A n = 4a nc 2 n 2 , C n = − 32a nc 4 n 4 .Segue che l’integrale generale della e.d.o. è( cn) ( cn)T n (t) = k 1n cos2 t +k 2n sin2 t +A n t 2 +C n ,ove le costanti k 1n , k 2n sono individuate con l’aiuto dei dati iniziali:⎧⎧⎨k 1n +C n = T n (0) = 0, ⎨k 1n = −C n ,cn⎩2 k 2n = T n ′ (0) = b =⇒n, ⎩k 2n = 2b ncn .178

610. Fourier equazione delle ondeR.u(x,t) =∞∑n=10 < x < π,t > 0.{ ( cn)−C n cos2 t + 2b (n cn) (cn sin 2 t +A n t 2 +C n}sinn x+π2),7. [14/4/2004 (ex)II] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = (x+1)t, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = cosx, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.SoluzioneRiflettiamo il problema in modo pari intorno a x = π, e otteniamoove la sorgente f valev tt −c 2 v xx = f(x)t, 0 < x < 2π,0 < t,v(0,t) = 0, t > 0,v(2π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = cosx, 0 < x < 2π,v t (x,0) = 0, 0 < x < 2π,f(x) ={(2π−x+1), π < x < 2π,(x+1), 0 < x < π.Scegliamo come sistema ortonormale per sviluppare v in serie il sistema:1( nx)√ sin , n = 1,2,3,...π 2cosicché siamo condotti a ricercare i coefficienti α n della seriev(x,t) =∞∑ ( nx)α n (t)sin .2n=1Questi sono determinati dai problemi di Cauchyα ′′ n + c2 n 24 α n = γ 0n t,α n (0) = γ 1n ,α ′ n (0) = 0,179

610. Fourier equazione delle ondeoveeγ 0n = 1 πγ 1n = 1 πγ 12 = 0.= 1 π∫2π0∫ π0= 2nπ∫02πf(x)sin(x+1)sin( nx)dx2( nx)dx+ 1 2 π[1−(−1)n ] + 8 ( nπn 2 π sin 2cosxsin∫2π(2π−x+1)sinπ),( nx)dx = 1 { 1−(−1)n2 π n+2( nx)dx2}+ 1−(−1)n , n ≠ 2,n−2Un integrale particolare della e.d.o. non omogenea lo si trova come polinomio diprimo grado in t, ossia4γ 0nc 2 n 2t.Quindi l’integrale generale della e.d.o. saràα n (t) = k 1n cosImponendo i dati iniziali si ha( cn2 t )+k 2n sink 1n = γ 1n ,cn2 k 2n + 4γ 0nc 2 n 2 = 0.( cn2 t )+ 4γ 0nc 2 n 2t.R.u(x,t) =γ 0n = 1 πγ 1n = 1 π∞∑n=1∫ π0∫0[ ( cn)γ 1n cos2 t − 8γ (0n cn)c 3 n 3 sin 2 t + 4γ ]0nc 2 n 2t sin2π(x+1)sincosxsin( nx)dx+ 1 2 π( nx)dx.2∫2π(2π−x+1)sinπ( nx),2( nx)dx,28. [1/4/2005 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u(π,t) = πt 2 , 0 < t,u(x,0) = x, 0 < x < π,u t (x,0) = 1, 0 < x < π.180

610. Fourier equazione delle ondeSoluzionePer ridursi a un problema con dati al bordo omogenei si ponga per esempiocosicché v risolveSi sviluppa quindiv(x,t) = u(x,t)−xt 2 ,v tt −c 2 v xx = −2x, 0 < x < π,0 < t,v(0,t) = 0, 0 < t,v(π,t) = 0, 0 < t,v(x,0) = x, 0 < x < π,v t (x,0) = 1, 0 < x < π.v(x,t) =∞∑β n (t)sin(nx).Si ottiene la famiglia di problemi di Cauchy per e.d.o.:⎧β n ′′ +c2 n 2 β n = f n := 2 ∫ π(−2x)sin(nx)dx = 4 πn (−1)n ,⎪⎨⎪⎩β n (0) = 2 πβ ′ n(0) = 2 π∫ π0∫ π0n=1Usando l’integrale generale della e.d.o.:0xsin(nx)dx = − 1 2 f n = 2 n (−1)n+1 ,sin(nx)dx = 2 (1−(−1)n ) .πnβ n (t) = c 1n cos(cnt)+c 2n sin(cnt)+ f nc 2 n 2 ,si ottiene infine( 1β n (t) = −2 + 1 ) 4c 2 n 2 n (−1)n cos(cnt)+ 2 (1−(−1)n )πcn 2 sin(cnt)+ 4c 2 n 3(−1)n ,e quindiu(x,t) = xt 2 +∞∑n=1{ ( 1−2 + 1 ) 4c 2 n 2 n (−1)n cos(cnt)+ 2πcn 2 (1−(−1)n ) sin(cnt)+ 4c 2 n 3(−1)n} sin(nx).181

610. Fourier equazione delle onde9. [1/4/2005 (ex)II] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = 0, 0 < t,u x (π,t) = 2πt, 0 < t,u(x,0) = 1, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.SoluzionePer ridursi a un problema con dati al bordo omogenei si ponga per esempiocosicché v risolveSi sviluppa quindiv(x,t) = u(x,t)−x 2 t,v tt −c 2 v xx = 2c 2 t, 0 < x < π,0 < t,v x (0,t) = 0, 0 < t,v x (π,t) = 0, 0 < t,v(x,0) = 1, 0 < x < π,v t (x,0) = −x 2 , 0 < x < π.v(x,t) = α 0 (t)+∞∑α n (t)cos(nx).n=1Si ottiene la famiglia di problemi di Cauchy per e.d.o.:⎧α ′′0 = 1 ∫ π2c 2 tdx = 2c 2 t,π⎪⎨α 0 (0) = 1 πα ⎪⎩′ 0(0) = 1 π0∫ π0∫ πe, per ogni n ≥ 1,⎧α ′′ n +c 2 n 2 α n = f n := 2 π⎪⎨⎪⎩α n (0) = 2 πα ′ n (0) = 2 π∫ π0∫ π00dx = 1,(−x 2 )dx = − π23 ,∫ π0(2c 2 t)cos(nx)dx = 0,cos(nx)dx = 0,(−x 2 )cos(nx)dx = 4 n 2(−1)n+1 .182

610. Fourier equazione delle ondePer n = 0 si ha, usando l’integrale generale della e.d.o.,e imponendo i dati di Cauchy,α 0 (t) = c 10 +c 20 t+c 2t3 3 ,α 0 (t) = 1− π23 t+c2t3 3 .Per ogni n ≥ 1 si ha, usando l’integrale generale della e.d.o.,e imponendo i dati di Cauchy,Quindiα n (t) = c 1n cos(cnt)+c 2n sin(cnt),α n (t) = 4cn 3(−1)n+1 sin(cnt).u(x,t) = x 2 t+1− π2∞ 3 t+c2t3 3 + ∑ 4cn 3(−1)n+1 sin(cnt)cos(nx).n=110. [7/4/2006 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourieru tt −c 2 u xx = e t+x , 0 < x < 1,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (1,t) = 0, t > 0,u(x,0) = e x , 0 < x < 1,u t (x,0) = e 2x , 0 < x < 1.SoluzioneUsiamo il sistema ortonormale in L 2 ((0,1))ψ n (x) = √ 2cos(nπx), n ≥ 1, ψ 0 (x) = 1.Quindi la soluzione u verrà espressa come∞∑u(x,t) = α 0 (t)+ α n (t)cos(nπx).Proiettando il problema sull’n-esima funzione ψ n , n ≥ 1, si ottiene il problema∫ 1α ′′ n +n 2 π 2 c 2 α n = 2α n (0) = 2α ′ n(0) = 20∫ 10∫ 10n=1e t+x cos(nπx)dx = γ 0n e t ,e x cos(nπx)dx = γ 0n := 2 (−1)n e−11+n 2 π 2 ,e 2x cos(nπx)dx = γ 1n := 4 (−1)n e 2 −14+n 2 π 2 .183

610. Fourier equazione delle ondeL’integrale generale di questo problema di Cauchy è:α n (t) = k 1n cos(nπct)+k 2n sin(nπct)+w n (t),ove w n è una soluzione particolare della e.d.o. non omogenea. Provando consoluzioni della formaw n (t) = C n e t ,si ottieneQuindiInfine per n = 0 si haDall’integrale generalew n (t) =γ 0n1+n 2 π 2 c 2et .k 1n = γ 0nn 2 π 2 c 21+n 2 π 2 c 2 ,( )k 2n = 1 γ 0nγ 1n −nπc 1+n 2 π 2 c 2 .∫1α ′′0 =α 0 (0) =α ′ 0(0) =0∫ 10∫ 10e t+x dx = (e−1)e t ,e x dx = e−1,e 2x dx = e2 −12α 0 (t) = k 10 t+k 20 +(e−1)e t.si ottiene subitoα 0 (t) = (e−1)2 t+(e−1)e t .2R.coneu(x,t) = α 0 (t)+∞∑α n (t)cos(nπx),n=1α 0 (t) = (e−1)2 t+(e−1)e t ,2α n (t) = k 1n cos(nπct)+k 2n sin(nπct)+γ 0n1+n 2 π 2 c 2et ,184

610. Fourier equazione delle ondeovek 1n = γ 0nn 2 π 2 c 21+n 2 π 2 c 2 ,( )k 2n = 1 γ 0nγ 1n −nπc 1+n 2 π 2 c 2 ,γ 0n = 2 (−1)n e−11+n 2 π 2 ,γ 1n = 4 (−1)n e 2 −14+n 2 π 2 .11. [7/4/2006 (ex)II] Risolvere con il metodo di Fourieru tt −c 2 u xx = e 2t+x , 0 < x < 1,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = 0, t > 0,u(x,0) = e x , 0 < x < 1,u t (x,0) = e 2x , 0 < x < 1.R.conoveu(x,t) =∞∑β n (t)sin(nπx),n=1β n (t) = k 1n cos(nπct)+k 2n sin(nπct)+k 1n = 3+n2 π 2 c 24+n 2 π 2 c 2γ 0n,( )k 2n = 1 2γ 0nγ 1n −nπc 4+n 2 π 2 c 2 ,γ 0n = 2 (−1)n e−11+n 2 π 2 ,γ 1n = 4 (−1)n e 2 −14+n 2 π 2 .γ 0n4+n 2 π 2 c 2e2t ,12. [20/9/2006 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourieru tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = sin(ωt), 0 < t,u(π,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = x, 0 < x < π.185

610. Fourier equazione delle ondeQui ω e c sono costanti positive.SoluzioneRiconduciamoci a un problema con dati di Dirichlet nulli al contorno, mediante latrasformazionev(x,t) = u(x,t)+ x−π sin(ωt).πLa v soddisfav tt −c 2 v xx = −ω 2x−π sin(ωt),π0 < x < π,0 < t,v(0,t) = 0, 0 < t,v(π,t) = 0, 0 < t,v(x,0) = 0, 0 < x < π,v t (x,0) = x+ ω (x−π), 0 < x < π.πUsiamo il sistema ortonormale in (0,π)sviluppando la soluzione come√2ψ n (x) = sin(nx), n ≥ 1,πv(x,t) =∞∑α n (t)sin(nx).n=1Si ottengono quindi i problemi di Cauchy per i coefficienti α n :α ′′ n +n2 c 2 α n = γ 0n (t) :=α n (0) = 0,α ′ n(0) =(− ω2π γ 1n +ω 2 γ 2n)sin(ωt), 0 < t,(1+ ω )γ 1n −ωγ 2n ,πove con calcoli elementari si ottieneQuindiγ 1n = 2 πγ 2n = 2 π∫ π0∫ πγ 0n (t) = 2ω2nπ sin(ωt),0xsin(nx)dx = 2 n (−1)n+1 ,sin(nx)dx = 2 (1−(−1)n ) .nπα′ n(0) = − 2 nL’integrale generale della e.d.o. sarà dunque((−1) n + ω )=: γ 3n .πα n (t) = k 1n cos(nct)+k 2n sin(nct)+w n (t),186

610. Fourier equazione delle ondeove la soluzione particolare w n si cercherà, se ω ≠ nc, nella formaottenendo per semplice sostituzionew n (t) = C 1n sin(ωt),w n (t) = 2ω2πn1n 2 c 2 −ω 2 sin(ωt).Se invece ω = n 0 c per un n 0 ≥ 1, si cercherà w n0 nella formaw n0 (t) = t [ ]C 1n0 sin(ωt)+C 2n0 cos(ωt) ,ottenendow n0 (t) = − c π tcos(ωt).I coefficienti k in si determinano ora imponendo le condizioni iniziali; si ottiene perogni nk 1n = 0.Poi, nel caso ω ≠ nc si haNel caso ω = n 0 c si hak 2n = 1 nc[γ 3n − 2ω3nπ1]n 2 c 2 −ω 2 .k 2n0 = 1 [γ 3n0 + c ].n 0 c πR. Nel caso in cui ω ≠ nc per ogni n ≥ 1,conu(x,t) = − x−ππsin(ωt)+k 2n = 1 nc∞∑n=1Nel caso in cui ω = n 0 c per un n 0 ≥ 1,u(x,t) ={k 2n sin(nct)+ 2ω2πn[− 2 ((−1) n + ω )− 2ω3 1]n π nπ n 2 c 2 −ω 2 .1}n 2 c 2 −ω 2 sin(ωt) sin(nx),{− x−π + 1 [− 2 ((−1) n0 + ω )+ c ] }sin(n 0 x) sin(ωt)π n 0 c n 0 π π− c π tcos(ωt)sin(n 0x)+con k 2n come sopra.∞∑n≠n 0,n=1{k 2n sin(nct)+ 2ω2πn1}n 2 c 2 −ω 2 sin(ωt) sin(nx),187

610. Fourier equazione delle onde13. [2/4/2007 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = t, 0 < t,u x (π,t) = 1, 0 < t,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = cos2x, 0 < x < π.SoluzionePerridurcialcasodicondizionialbordoomogenee,introduciamolanuovaincognitache risolve il problemav(x,t) = u(x,t)+ t−12π x2 −tx,v tt −c 2 v xx = −c 2t−1 ,π0 < x < π,0 < t,v x (0,t) = 0, 0 < t,Cerchiamo la soluzione nella formav x (π,t) = 0, 0 < t,v(x,0) = − x22π , 0 < x < π,v t (x,0) = cos2x+ x2−x, 0 < x < π.2πv(x,t) = α 0 (t)+∞∑α n (t)cos(nx),ove i coefficienti α n saranno determinati dai problemi ai valori inizialie (per n ≥ 1)γ 00 = − 1 πγ 10 = − 1 πγ 2n = 2 π∫ π0∫ π0∫ π0c 2πn=1α ′′ n +n 2 c 2 α n = γ 0n (t−1),α n (0) = γ 1n ,α ′ n(0) = γ 2n ,dx = −c2π , γ 0n = − 2 πx 22π dx = −π 6 , γ 1n = − 2 πγ 20 = 1 π∫ π0∫ π0∫ π0c 2π{cos2x+ x22π −x }dx = − π 3 ,cos(nx)dx = 0,x 2 2(−1)n+1cos(nx)dx =2π πn 2 ,} {cos2x+ x22π −x cos(nx)dx = δ 2n + 2(−1)nπn 2 +2 1−(−1)nπn 2 .188

610. Fourier equazione delle ondePertanto per n ≥ 1 la soluzione sarà data dacon k 1n , k 2n determinati daSe n = 0 si avrà invececon k 10 , k 20 determinati daR.α n (t) = k 1n cos(nct)+k 2n sin(nct),k 1n = γ 1n , nck 2n = γ 2n .(t−1) 3α 0 (t) = k 10 +k 20 t+γ 00 ,sin(nct),6k 10 − γ 006 = γ 10,k 20 + γ 002 = γ 20.u(x,t) = 1−t2π x2 +tx− π (6 − c2 c26π + 2π − π 3∞∑ { 2(−1)n+1+πn 2 cos(nct)+ 1 ncn=1)t− c26π (t−1)3)(δ 2n + 2(−1)nπn 2 +2 1−(−1)nπn 2 sin(nct)}cos(nx).14. [2/4/2007 (ex)II] Risolvere con il metodo di Fourier il problemaR.n=1u tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = −1, 0 < t,u x (π,t) = −t, 0 < t,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = cos2x, 0 < x < π.u(x,t) = 1−t2π x2 −x+ π (3 − c2 c26π + 2π + π 6∞∑ {+ − 2 1 πn 2 cos(nct)+(−1)n nc)t− c26π (t−1)3)(δ 2n + 2(−1)nπn 2 +2 1−(−1)nπn 2 sin(nct)}cos(nx).15. [2/4/2007 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = t, 0 < t,u x (π,t) = 1, 0 < t,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.189

610. Fourier equazione delle onde16. [20/9/2007 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π ,0 < t < ∞,2u(0,t) = t 2 , 0 < t < ∞,u x( π2 ,t )= 0, 0 < t < ∞,u(x,0) = 0, 0 < x < π 2 ,u t (x,0) = 1, 0 < x < π 2 .SoluzioneRiconduciamoci a un problema con dati omogenei al contorno, per esempio con ilcambiamento di incognitav(x,t) = u(x,t)−t 2 .Si verifica che v risolve il problemaCerchiamo v nella formav tt −c 2 v xx = −2, 0 < x < π ,0 < t < ∞,2v(0,t) = 0, 0 < t < ∞,v x( π2 ,t )= 0, 0 < t < ∞,v(x,0) = 0, 0 < x < π 2 ,v t (x,0) = 1, 0 < x < π 2 .v(x,t) =∞∑α n (t)sin(2n+1)x.n=0Il coefficiente α n , n ≥ 0, è soluzione del problemaove denotiamo per n ≥ 0α ′′ n +c 2 (2n+1) 2 α n = −2γ 0n , 0 < t < ∞, (1)γ 0n = 4 ππ∫20α n (0) = 0, (2)α ′ n(0) = γ 0n , (3)sin(2n+1)xdx =Una soluzione particolare di (1) si trova nella formaw(t) = C 1n .4π(2n+1) .190

610. Fourier equazione delle ondeSostituendo nella (1) si determina la costanteγ 0nC 1n = −2c 2 (2n+1) 2 .Dunque per n ≥ 1 la soluzione di (1)–(2) èα n (t) = k 1n cos(2n+1)ct+k 2n sin(2n+1)ct+C 1n ,ove le costanti k 1n e k 2n sono determinate imponendo le condizioni inizialiα n (0) = k 1n +C 1n = 0,α ′ n (0) = c(2n+1)k 2n = γ 0n .R.oveu(x,t) = t 2 +∞∑α n (t)sin(2n+1)x,n=08 ( )α n (t) = − 1−cos(2n+1)ctπc 2 (2n+1) 3+4πc(2n+1) 2 sin(2n+1)ct.17. [14/12/2007 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,0 < t < ∞,u(0,t) = sinωt, 0 < t < ∞,u(π,t) = sinωt, 0 < t < ∞,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = ω, 0 < x < π.Qui ω > 0 è una costante.SoluzioneRiconduciamoci a un problema con dati omogenei al contorno, per esempio con ilcambiamento di incognitaSi verifica che v risolve il problemav(x,t) = u(x,t)−sinωt.v tt −c 2 v xx = ω 2 sinωt, 0 < x < π,0 < t < ∞,v(0,t) = 0, 0 < t < ∞,v(π,t) = 0, 0 < t < ∞,v(x,0) = 0, 0 < x < π,v t (x,0) = 0, 0 < x < π.191

610. Fourier equazione delle ondeCerchiamo v nella forma∞∑v(x,t) = α n (t)sin(nx).n=1Il coefficiente α n , n ≥ 1, è soluzione del problemaove denotiamo per n ≥ 1α ′′ n +c2 n 2 α n = γ 0n ω 2 sinωt, 0 < t < ∞, (1)γ 0n = 2 πα n (0) = 0, (2)α ′ n (0) = 0, (3)∫ πL’integrale generale della (1) ha la forma0sin(nx)dx = 2 1+(−1) n+1.π nα n (t) = k 1n cos(cnt)+k 2n sin(cnt)+w n (t).La ricerca della soluzione particolare ci conduce a distinguere i due casi seguenti.A) ω ≠ cn: Una soluzione particolare di (1) si trova nella formaw n (t) = C 1n sin(ωt).Sostituendo nella (1) si determina la costanteC 1n = ω2 γ 0nc 2 n 2 −ω 2 .Dunque pern ≥ 1, n ≠ ωc −1 lasoluzionedi (1)–(2)sitrovaimponendolecondizioniiniziali:α n (0) = k 1n = 0,α ′ n(0) = cnk 2n +C 1n ω = 0.B) ω = cn 0 (possibile al più per un solo n 0 ): Una soluzione particolare di (1) sitrova nella formaw n0 (t) = C 1n0 tsin(ωt)+C 2n0 tcos(ωt).Sostituendo nella (1) si determinano le costantiC 1n0 = 0, C 2n0 = − ωγ 0n 02Dunque per n = n 0 = ωc −1 la soluzione di (1)–(2) si trova imponendo le condizioniiniziali:α n0 (0) = k 1n0 = 0,α ′ n 0(0) = cn 0 k 2n0 +C 2n0 = 0..192

610. Fourier equazione delle ondeR. Se n ≠ ωc −1 per ogni n:∞∑ ω 2 γ[0nu(x,t) = sin(ωt)+c 2 n 2 −ω 2 sin(ωt)− ω ]sin(nx).cn sin(cnt)n=1Se invece n 0 = ωc −1 per un n 0 ∈ N:Quiu(x,t) = sin(ωt)+ ∑n≥1,n≠n 0ω 2 γ[0nc 2 n 2 −ω 2 sin(ωt)− ω ]sin(nx)cn sin(cnt)[ γ0n0+2 sin(ωt)− ωγ 0n 02⎧⎨ 4γ 0n = πn , n dispari;⎩0, n pari.]tcos(ωt) sin(nx).18. [14/7/2008 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = acos(βx)sin 2 (bt), 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.Qui a > 0, b > 0, β > 0 sono costanti.SoluzioneCerchiamo u nella formau(x,t) = α 0 (t)+∞∑α n (t)cos(nx).n=1Il coefficiente α n , n ≥ 1, è soluzione del problema0α ′′ n +c 2 n 2 α n = γ 0n sin 2 (bt), t > 0, (1)α n (0) = 0, (2)α ′ n(0) = 0, (3)ove per n ≥ 1⎧γ 0n = 2 ∫ π[ ] ⎨ a[ sin(n−β)π+ sin(n+β)π ], β ≠ n,acos(βx) cos(nx)dx = π n−β n+βπ⎩a, β = n.Inoltre per n = 0 si haα ′′0 = γ 00sin 2 (bt), t > 0,α n (0) = 0,α ′ n (0) = 0, 193

610. Fourier equazione delle ondeoveγ 00 = 1 π∫ π0[acos(βx)]dx = asin(βπ)βπPer trovare la soluzione dei problemi di Cauchy per α n osserviamo chesin 2 (bt) = 1 2 − 1 2 cos(2bt).Dunque una soluzione particolare di (1) è data da⎧γ 0n⎪⎨2cv n (t) =2 n 2 −⎪⎩γ 0n2(c 2 n 2 −4b 2 ) cos(2bt), b ≠ cn 2 ,γ 0n2c 2 n 2 − γ 0n4b tsin(2bt), b = cn 2 .Dunque la soluzione del problema di Cauchy si trova imponendo i dati inizialinell’integrale generaleα n (t) = k 1n sin(nct)+k 2n cos(nct)+v n (t).Se invece n = 0, si ha integrando direttamente la e.d.o.R.ovet 2α 0 (t) = γ 004 −γ cos(2bt)−1004b 2 .t 2u(x,t) = γ 004 − γ cos(2bt)−1004b 2 +∞∑n=1⎧⎨ a[ sin(n−β)π+ sin(n+β)π ], β ≠ n,γ 0n = π n−β n+β⎩a, β = n,⎧γ 0n⎪⎨2cv n (t) =2 n 2 −⎪⎩.[ ]v n (t) − v n (0)cos(nct) cos(nx),γ 00 = a sin(βπ) ;βπγ 0n2(c 2 n 2 −4b 2 ) cos(2bt), b ≠ cn 2 ,γ 0n2c 2 n 2 − γ 0n4b tsin(2bt), b = cn 2 .n ≥ 1;19. [14/7/2008 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = acos(βx)cos 2 (bt), 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.194

610. Fourier equazione delle ondeQui a > 0, b > 0, β > 0 sono costanti.R.ovet 2u(x,t) = γ 004 + γ cos(2bt)−1004b 2 +∞∑n=1⎧⎨ a[ sin(n−β)π+ sin(n+β)π ], β ≠ n,γ 0n = π n−β n+β⎩a, β = n,⎧γ 0n⎪⎨2cv n (t) =2 n 2 +⎪⎩[ ]v n (t) − v n (0)cos(nct) cos(nx),γ 00 = a sin(βπ) ;βπγ 0n2(c 2 n 2 −4b 2 ) cos(2bt), b ≠ cn 2 ,γ 0n2c 2 n 2 + γ 0n4b tsin(2bt), b = cn 2 .n ≥ 1;20. [15/6/2009 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = sin(βt), t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u t (x,0) = 0, 0 < x < π.Qui β > 0 è costante.SoluzionePerridurci aun problemacon dati al bordoomogeneipassiamoalla nuovaincognitache risolve il problemaCerchiamo lo sviluppo in seriev(x,t) = u(x,t)−xsin(βt),v tt −c 2 v xx = β 2 xsin(βt), 0 < x < π,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v x (π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = 0, 0 < x < π,v t (x,0) = −βx, 0 < x < π.v(x,t) =∞∑n=0α n (x)sin 2n+1 x.2I coefficienti α n risolvono i problemiα ′′ n +c 2( 2n+1) 2αn= β 2 γ 0n sin(βt),2α n (0) = 0,α ′ n (1) = −βγ 0n,195

610. Fourier equazione delle ondeoveDunque, si haγ 0n = 2 π∫ π0(α n (t) = k 1n cosxsin 2n+1 xdx = 8(−1)n2 (2n+1) 2 , n ≥ 0.c 2n+12) (t +k 2n sinc 2n+12)t +z n (t),ove z n è una soluzione particolare della e.d.o. non omogenea. Per determinarla, sesi procede con la sostituzioneβ ≠ c 2n+12z n (t) = A n sin(βt),(1)che conduce aSe invecesi procede con la sostituzioneA n =c 2 (2n+12β 2 γ 0n) 2.−β2β = c 2n 0 +12(2)z n (t) = C n0 tsin(βt)+B n0 tcos(βt),che conduce aC n0 = 0, B n0 = − βγ 0n.2Imponendo le condizioni al bordo si ha per n ≥ 0, se vale (1),Se invece vale (2),k 2n c 2n+12k 1n = 0,+βA n = −βγ 0n .k 2n0 c 2n 0 +12k 1n0 = 0,+B n0 = −βγ 0n0 .R. Seper ogni n ≥ 0 la soluzione èu(x,t) = xsin(βt)+∞∑n=0{ (k 2n sinβ ≠ c 2n+12c 2n+12) }t +A n sin(βt) sin( 2n+12)x ;196

610. Fourier equazione delle ondese invece per un n 0 ≥ 0 valela soluzione èQuiu(x,t) = xsin(βt)+{ γ0n0(−2 sin∞∑n=0,n≠n 0{c 2n 0 +12γ 0n = 8(−1)n(2n+1) 2 , A n =β = c 2n 0 +12(k 2n sin)tc 2 (2n+12c 2n+12) }t +A n sin(βt) sin+c 2n 0 +1γ 0n0 tcos(βt)2β 2 γ 0n) 2−β2( 2n+12} ( 2n0 +1sin2, k 2n = − 2β(A n +γ 0n )c(2n+1))x)x ..21. [11/1/2010 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diSoluzioneIntroduciamo la nuova incognitache soddisfaCerchiamone lo sviluppo in serieu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = e −t , t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 1, 0 < x < π,u t (x,0) = x−π ,π0 < x < π.v(x,t) = u(x,t)+e −tx−ππv tt −c 2 v xx = e −tx−π ,π0 < x < π,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v(π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = x π , 0 < x < π,v t (x,0) = 0, 0 < x < π.v(x,t) =i cui coefficienti devono soddisfare∞∑α n (t)sinnx,n=1α ′′ n +c2 n 2 α n = γ 0n e −t ,α n (0) = γ 1n ,α ′ n (0) = 0.,197

610. Fourier equazione delle ondeQuiPerciòγ 0n = 2 πγ 1n = 2 π∫ π0∫ π0x−ππsinnxdx = − 2nπ ,x 2sinnxdx = (−1)n+1π nπ .α n (t) = k 1n cos(cnt)+k 2n sin(cnt)+w n (t),ove la soluzione particolare w n si ricerca nella formaottenendo per sostituzionew n (t) = A n e −t ,A n = γ 0n1+c 2 n 2 .Quindi le k in sono determinate dalle condizioni iniziali mediante leα n (0) = k 1n + γ 0n1+c 2 n 2 = γ 1n,α ′ n (0) = cnk 2n − γ 0n1+c 2 n 2 = 0.R.u(x,t) = −e −tx−ππove per n ≥ 1+∞∑n=1[(γ 1n − γ )0n γ 0n1+c 2 n 2 cos(cnt)+cn+c 3 n 3 sin(cnt)γ 0n = − 2nπ , γ 1n = (−1) n+1 2nπ .+ γ 0n1+c 2 n 2e−t] sinnx,22. [9/4/2010 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu tt −c 2 u xx = e x+t , 0 < x < L,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u(L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < L,u t (x,0) = cosx, 0 < x < L,ove 0 < L < π/2 è una costante assegnata.Soluzione198

610. Fourier equazione delle ondeCerchiamone lo sviluppo in serie∞∑u(x,t) = α n (t)cosω n x,n=0i cui coefficienti devono soddisfareω n = (2n+1) π2L ,α ′′ n +c2 ω 2 n α n = γ 0n e t ,α n (0) = 0,α ′ n (0) = γ 1n.QuiPerciòγ 0n = 2 Lγ 1n = 2 L∫ L0∫ L0e x cosω n xdx = 12πn(−1)n e L −8L4L 2 +(2n+1) 2 π 2 ,cosxcosω n xdx = 2cos(L+πn)2L+2nπ+π − 2cos(L−πn)2L−2nπ−π .α n (t) = k 1n cos(cω n t)+k 2n sin(cω n t)+w n (t),ove la soluzione particolare w n si ricerca nella formaw n (t) = A n e t ,ottenendo per sostituzioneγ 0nA n =1+c 2 ωn2 .Quindi le k in sono determinate dalle condizioni iniziali mediante leR.u(x,t) =∞∑n=0α n (0) = k 1n + γ 0n1+c 2 ωn2 = 0,α ′ n (0) = cω nk 2n + γ 0n1+c 2 ωn2 = γ 1n .[− γ (0n1+c 2 ωn2 cos(cω n t)+ γ 1n − γ )0n 11+c 2 ωn2 sin(cω n t)cω nove per n ≥ 1, ω n = (2n+1)π/(2L), eγ 0n = 12πn(−1)n e L −8L4L 2 +(2n+1) 2 π 2 ,γ 1n = 2cos(L+πn)2L+2nπ+π − 2cos(L−πn)2L−2nπ−π .+ γ 0n1+c 2 ωn2 e t] cosω n x,199

620. Fourier equazione del calore dim. 1620. Fourier equazione del calore dim. 11. [4/3/2003 (hw)I] Trovare la soluzione del problemau t −u xx = 0, 0 < x < L,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u x (L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = χ (L/2,L) (x), 0 < x < L,con il metodo di Fourier.SoluzioneI) Riflettere in modo pari u intorno a x = L. Si passa a un problema con dati u = 0sui bordi laterali, posto per 0 < x < 2L, da risolvere per serie di soli seni.II) Usiamo il sistema ortonormale√2(L sin(2n+1) πx2Lossia cerchiamo la soluzione nella forma∞∑ (u(x,t) = α n (t)sinn=0), n = 0,1,2,... ,(2n+1) πx2LI coefficienti α n sono determinati dai problemi di Cauchy(α ′ n + (2n+1) π ) 2αn= 0,2LPerciòR.I) u(x,t) =II) u(x,t) =α n (t) =∞∑n=1∞∑n=0α n (0) = 2 L=∫ L0(χ (L/2,L) (x)sin).(2n+1) πx2L4((2n+1)π(2n+1) cos π ).44((2n+1)π(2n+1) cos π )e −[(2n+1) π2L ]2t .42[cosnπ( nπ)−cos4( 3nπ( )]e −n2 π 2 nπ)4L42 t sin2L x .4((2n+1)π(2n+1) cos π ) (e −[(2n+1) π2L ]2t sin4)dx(2n+1) πx2L).2. [19/3/2003 (hw)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = cost, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π.200

620. Fourier equazione del calore dim. 1SoluzioneRendiamo omogenei i dati al bordo laterale introducendo la nuova incognita v =u−(x/π)cost, che soddisfav t −v xx = x sint,π0 < x < π,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v(π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = − x π , 0 < x < π.Poi scriviamo v = v 1 +v 2 , ove v 1 soddisfa l’equazione differenziale di v, con datinulli sulla frontiera parabolica, e v 2 soddisfa l’equazione omogenea del calore condato iniziale pari a −x/π, e si annulla su x = 0, π. Rappresentiamo∞∑v 1 (x,t) = β n (t)sin(nx);n=1si vede per sostituzione della serie nell’e.d.p. che si deve avereove gli f n sono i coefficienti di Fourier diβ ′ n +n 2 β n = f n , β n (0) = 0,x∞π sint = ∑f n (t)sin(nx),n=1Risolvendo la e.d.o. si ottieneβ n (t) = 2n(−1)n+1(n 4 +1)πf n (t) = 2(−1)n+1nπ{sint− cost−e−n2 tn 2 }.Infine, dal calcolo degli f n , e dall’usuale metodo di Fourier,∞∑ 2(−1) nv 2 (x,t) =nπ e−n2t sin(nx).n=1sint.3. [1/4/2003 (ex)I] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < 1,0 < t < T ,u(0,t) = e −t , 0 < t < T ,u(1,t) = 0, 0 < t < T ,u(x,0) = 1−x 2 , 0 < x < 1.4. [23/9/2003 (ex)I] Si trovi la soluzione u diu t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t < T ,u(0,t) = t, 0 ≤ t ≤ T ,u(π,t) = 1, 0 ≤ t ≤ T ,u(x,0) = x π , 0 ≤ x ≤ π,201

620. Fourier equazione del calore dim. 1con il metodo di Fourier.5. [23/9/2003 (ex)II] Si trovi la soluzione u dicon il metodo di Fourier.u t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t < T ,6. [17/3/2004 (hw)I] Risolvereu(0,t) = 1, 0 ≤ t ≤ T ,u(π,t) = −t, 0 ≤ t ≤ T ,u(x,0) = 1− x π , 0 ≤ x ≤ π,u t −u xx = 0, 0 < x < 1,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(1,t) = f(t), t > 0,u(x,0) = x 2 , 0 < x < 1,e dire quale è la classe di regolarità della soluzione. Qui{0, 0 ≤ t ≤ 1,f(t) =t−1, t > 1.7. [31/3/2004 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourier il seguente problemau t −u xx = xt 2 , 0 < x < a,0 < t,u(0,t) = 1, t > 0,u(a,t) = t, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < a.8.[31/3/2004 (ex)II] RisolvereconilmetododiFourier ilseguenteproblemau t −u xx = x, 0 < x < b,0 < t,u(0,t) = 2, t > 0,u(b,t) = t 2 +1, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < b.202

620. Fourier equazione del calore dim. 19. [15/9/2004 (ex)I] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −u xx = x, 0 < x < π,0 < t,u x (0,t) = 2t, 0 < t,u(π,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = x 2 , 0 < x < π.10. [15/9/2004 (ex)II] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −u xx = x, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u x (π,t) = 3t, 0 < t,u(x,0) = x 2 , 0 < x < π.11. [23/6/2005 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau t −u xx = 0, 0 < x < 1,0 < t,u(0,t) = 0, 0 < t,u x (1,t) = t, 0 < t,u(x,0) = x−1, 0 < x < 1.12. [23/6/2005 (ex)II] Risolvere con il metodo di Fourier il problemau t −u xx = 0, 0 < x < 1,0 < t,u x (0,t) = −t, 0 < t,u(1,t) = 0, 0 < t,u(x,0) = x, 0 < x < 1.13. [15/12/2005 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = t, t > 0,u(x,0) = sinx, 0 < x < π.203

620. Fourier equazione del calore dim. 114. [6/7/2006 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourieru t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = t 2 , 0 < t,u(π,t) = 2, 0 < t,u(x,0) = sinx, 0 < x < π.SoluzioneRiconduciamoci a un problema con dati di Dirichlet nulli al contorno, mediante latrasformazionev(x,t) = u(x,t)−t 2 − x π (2−t2 ).La v soddisfa( x)v t −v xx = 2tπ −1 , 0 < x < π,0 < t,v(0,t) = 0, 0 < t,v(π,t) = 0, 0 < t,v(x,0) = sinx− 2x π , 0 < x < π.Usiamo il sistema ortonormale in (0,π)sviluppando la soluzione come√2ψ n (x) = sin(nx), n ≥ 1,πv(x,t) =∞∑α n (t)sin(nx).n=1Si ottengono quindi i problemi di Cauchy per i coefficienti α n :α ′ n +n2 α n = γ 0n t := t 2 πα n (0) = γ 1n := 2 π∫ π0∫ πove con calcoli elementari si ottiene0( x)2π −1 sin(nx)dx, 0 < t,(sinx− 2x )sin(nx)dx,πγ 0n = − 4πn , γ 1n = δ 1n + 4(−1)n .πnL’integrale generale della e.d.o. sarà dunqueα n (t) = k n e −n2t +w n (t),204

620. Fourier equazione del calore dim. 1ove la soluzione particolare w n si cercherà nella formaottenendo per semplice sostituzionew n (t) = C 1n t+C 2n ,w n (t) = 4πn 3t− 4πn 5 .Il coefficiente k n si determina ora imponendo la condizione iniziale; si ottiene(α n (t) = γ 1n + 4 )πn 5 e −n2t + 4 4πn 3t− πn 5 .R.u(x,t) = t 2 + x π (2−t2 )+e −t sinx+∞∑ {( 2(−1)nn=1πn+ 4πn 5 )e −n2t + 4πn 3t− 4πn 5 }sin(nx).15. [6/7/2006 (ex)II] Risolvere con il metodo di Fourieru t −u xx = 0, 0 < x < π,0 < t,u(0,t) = 1, 0 < t,u(π,t) = t 3 , 0 < t,u(x,0) = sin2x, 0 < x < π.SoluzioneRiconduciamoci a un problema con dati di Dirichlet nulli al contorno, mediante latrasformazionev(x,t) = u(x,t)−1− x π (t3 −1).La v soddisfav t −v xx = − 3xt2 ,π0 < x < π,0 < t,v(0,t) = 0, 0 < t,v(π,t) = 0, 0 < t,v(x,0) = sin2x− 1 π + x π , 0 < x < π.Usiamo il sistema ortonormale in (0,π)sviluppando la soluzione come√2ψ n (x) = sin(nx), n ≥ 1,πv(x,t) =∞∑α n (t)sin(nx).n=1205

620. Fourier equazione del calore dim. 1Si ottengono quindi i problemi di Cauchy per i coefficienti α n :α ′ n +n 2 α n = γ 0n t 2 := t 22 πα n (0) = γ 1n := 2 π∫ πove con calcoli elementari si ottieneγ 0n = 6(−1)nπn0∫ π0(− 3x )sin(nx)dx, 0 < t,π(sin2x−1+ x )sin(nx)dx,π, γ 1n = δ 2n +2 (−1)n −1πnL’integrale generale della e.d.o. sarà dunqueα n (t) = k n e −n2t +w n (t),ove la soluzione particolare w n si cercherà nella formaottenendo per semplice sostituzionew n (t) = C 1n t 2 +C 2n t+C 3n ,+ 4(−1)n+1π 2 nw n (t) = 6(−1)nπn 3 t 2 + 12(−1)n+1πn 5 t+ 12(−1)nπn 7 .Il coefficiente k n si determina ora imponendo la condizione iniziale; si ottieneR.α n (t) =) (γ 1n − 12(−1)nπn 7 e −n2t + 6(−1)nu(x,t) = 1+ x π (t3 −1)+e −4t sin2x+∞∑n=1πn 3 t 2 + 12(−1)n+1πn 5{(2 (−1)n −1)+ 4(−1)n+1πn π 2 + 12(−1)n+1n πn 7 e −n2 t.t+ 12(−1)nπn 7 .}+ 6(−1)nπn 3 t 2 + 12(−1)n+1πn 5 t+ 12(−1)nπn 7 sin(nx).16. [12/7/2007 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −u xx = x+t, 0 < x < π,0 < t < ∞,u(0,t) = 0, 0 < t < ∞,u(π,t) = 2, 0 < t < ∞,u(x,0) = sin(πx), 0 < x < π.Soluzione206

620. Fourier equazione del calore dim. 1Riconduciamoci a un problema con dati omogenei al contorno, per esempio con ilcambiamento di incognitaSi verifica che v risolve il problemav(x,y) = u(x,y)− 2 π x.v t −v xx = x+t, 0 < x < π,0 < t < ∞,v(0,t) = 0, 0 < t < ∞,v(π,t) = 0, 0 < t < ∞,v(x,0) = sin(πx)− 2 x, 0 < x < π.πCerchiamo v nella forma∞∑v(x,t) = α n (t)sin(nx).n=1Il coefficiente α n , n ≥ 1, è soluzione del problemaQui denotiamo per n ≥ 1γ 0n = 2 πγ 1n = 2 πγ 2n = 2 πα ′ n +n2 α n = γ 0n +γ 1n t, 0 < t < ∞, (1)∫ π0∫ π0∫ π0α n (0) = γ 2n − 2 π γ 0n. (2)xsin(nx)dx = 2(−1)n+1nsin(nx)dx = 2πn [1−(−1)n ],sin(πx)sin(nx)dx = 2(−1)n+1πUna soluzione particolare di (1) si trova nella formaw(t) = C 1n +C 2n t.Sostituendo nella (1) si determinano le costantiC 1n = γ 0nn 2 − γ 1nn 4 ,Dunque per n ≥ 1 la soluzione di (1)–(2) èα n (t) =,C 2n = γ 1nn 2 .sinπ 2 nn 2 −π 2 .(γ 2n − 2 π γ 0n − γ 0nn 2 + γ 1nn 4 )e −n2t + γ 0nn 2 − γ 1nn 4 + γ 1nn 2 t.207

620. Fourier equazione del calore dim. 1R.oveu(x,t) = 2 π x+∞∑n=1γ 0n = 2(−1)n+1n[(γ 2n − 2 π γ 0n − γ 0nn 2 + γ 1nn 4 )e −n2t + γ 0nn 2 − γ 1nn 4 + γ 1nn 2 t ]sin(nx),, γ 1n = 2πn [1−(−1)n ],γ 2n = 2(−1)n+1πsinπ 2 nn 2 −π 2 .17. [12/7/2007 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −u xx = t+cosx, 0 < x < π,0 < t < ∞,u(0,t) = 1, 0 < t < ∞,u(π,t) = 0, 0 < t < ∞,u(x,0) = 0, 0 < x < π.R.oveu(x,t) = 1− x π∞∑ [(+ −γ 1n + 1 π γ 2n − γ 0nn 2 + γ )1nn 4 e −n2t + γ 0nn 2 − γ 1nn 4 + γ ]1nn 2 t sin(nx),n=1γ 0n = 2 nπ [1−(−1)n+1 ]n 2 −1 , n > 1, γ 01 = 0;γ 1n = 2πn [1−(−1)n ]; γ 2n = 2 n (−1)n+1 ; n ≥ 1.18. [18/4/2008 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −Du xx = F(x,t), 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π,ove, per due costanti positive λ e µ, si definisce⎧⎨λ, µt < x < π,t < πF(x,t) =µ ,⎩0, altrimenti.208

620. Fourier equazione del calore dim. 1Dedurre dall’espressione trovata il valore dilim u(x,t).t→∞SoluzioneCerchiamo uno sviluppo in serie di u della formau(x,t) = α 0 (t)+∞∑α n (t)cos(nx).Per n ≥ 1 i coefficienti α n saranno determinati dai problemi di Cauchyove per 0 < t < π/µn=1α ′ n +Dn 2 α n = F n (t),α n (0) = 0,InveceF n (t) = 2 π∫ π0F(x,t)cos(nx)dx = 2 π= − 2λnπ sin(nµt).F n (t) = 0, t > π µ .∫ πµtλcos(nx)dxQuindi, dalla formula risolutiva delle e.d.o. lineari del primo ordine si ha:α n (t) = − 2λ ∫ ttnπ e−Dn2α n (t) = − 2λnπ e−Dn2 tSe invece n = 0, si ha il problemaove per 0 < t < π/µ0π∫ µ0e Dn2τ sin(nµτ)dτ , 0 < t < π µ ,e Dn2τ sin(nµτ)dτ ,α ′ 0 = F 0(t),α n (0) = 0,πµ ≤ t.∫ π ∫ πF 0 (t) = 1 F(x,t)dx = 1 λdx =π π0µtλ(π −µt)π.InveceF 0 (t) = 0, t > π µ .209

620. Fourier equazione del calore dim. 1Quindi, in modo analogo a quanto visto sopra per n ≥ 1,α 0 (t) =min(t, π µ ) ∫0λ(π −µτ)πdτ .Vista la convergenza della serie per t ≥ 1, e poiché i coefficienti α n , per n ≥ 1,tendono a 0, con rapidità esponenziale, si ha infinelim u(x,t) = lim α 0(t).t→∞ t→∞R. La soluzione è data daovee per n ≥ 1u(x,t) = α 0 (t)+∞∑α n (t)cos(nx),n=1α 0 (t) = λ ) (πt− µt2 , 0 < t < π π 2 µ ,α 0 (t) = λπ2µ , πµ ≤ t,Segue cheα n (t) = − 2λ πα n (t) = − 2λ πDnsin(nµt)−µcos(nµt)+µe −Dn2 tD 2 n 4 +n 2 µ 2 , 0 < t < π µ ,µ(−1) n+1 e −Dn2 (t− π µ ) +µe −Dn2 tD 2 n 4 +n 2 µ 2 ,λπlim u(x,t) =t→∞ 2µ .πµ ≤ t.19. [18/4/2008 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −Du xx = F(x,t), 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π,ove, per due costanti positive λ e µ, si definisce⎧⎨µ, 0 < x < π −λt,t < πF(x,t) =λ ,⎩0, altrimenti.210

620. Fourier equazione del calore dim. 1Dedurre dall’espressione trovata il valore diR. La soluzione è data daovee per n ≥ 1Segue cheα n (t) = (−1) n+12µ πα n (t) = − 2µ πu(x,t) = α 0 (t)+α 0 (t) = µ πα 0 (t) = µπ2λ ,lim u(x,t).t→∞∞∑α n (t)cos(nx),n=1) (πt− λt2 , 0 < t < π 2 λ ,πλ ≤ t,Dnsin(nλt)−λcos(nλt)+λe −Dn2 tD 2 n 4 +n 2 λ 2 , 0 < t < π λ ,λe −Dn2 (t− π λ ) +λ(−1) n+1 e −Dn2 tD 2 n 4 +n 2 λ 2 ,µπlim u(x,t) =t→∞ 2λ .πλ ≤ t.20. [12/1/2009 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −Du xx = Cu, 0 < x < π ,t > 0,2u(0,t) = 0, t > 0,u x( π2 ,t )= 0, t > 0,u(x,0) = cosx, 0 < x < π 2 ,ove D e C sono costanti positive.Nel caso poi in cui sia D = C, si determini il limitelim u(x,t), 0 < x < πt→∞ 2 .SoluzioneCerchiamo uno sviluppo in serie di u della formau(x,t) =∞∑α n (t)sin(2n+1)x.n=0Per n ≥ 0 i coefficienti α n saranno determinati dai problemi di Cauchyα ′ n +D(2n+1) 2 α n = Cα n ,α n (0) = γ n ,211

620. Fourier equazione del calore dim. 1ove per n ≥ 1mentreγ n = 4 π= 1 ππ∫20γ 0 = 4 πcosxsin(2n+1)xdx[ 1+(−1)nn+1π∫20]+ 1−(−1)n ,ncosxsinxdx = 2 π .Quindi, dalla formula risolutiva delle e.d.o. lineari del primo ordine si ha per ognin ≥ 0:α n (t) = γ n e [C−D(2n+1)2 ]t , 0 < t < ∞.Se D = C, vista la convergenza della serie per t ≥ 1, e poiché i coefficienti α n , pern ≥ 1, tendono a 0, con rapidità esponenziale, si ha infinelim u(x,t) = lim α 0(t)sinx = γ 0 sinx.t→∞ t→∞R. La soluzione è data daoveu(x,t) =γ n = 1 π∞∑γ n e [C−D(2n+1)2]t sin(2n+1)x,n=0[ 1+(−1)nn+1]+ 1−(−1)n , n ≥ 1,nγ 0 = 2 π , n = 0,Segue che, se D = C,lim u(x,t) = 2t→∞ π sinx.21. [12/1/2009 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −Du xx = Cu, 0 < x < π ,t > 0,2u x (0,t) = 0, t > 0,( π)u2 ,t = 0, t > 0,u(x,0) = sinx, 0 < x < π 2 ,ove D e C sono costanti positive.212

620. Fourier equazione del calore dim. 1Nel caso poi in cui sia D = C, si determini il limiteR. La soluzione è data dalim u(x,t), 0 < x < πt→∞ 2 .oveu(x,t) =γ n = 1 π∞∑γ n e [C−D(2n+1)2]t cos(2n+1)x,n=0[ 1+(−1)nn+1]− 1−(−1)n , n ≥ 1,nγ 0 = 2 π , n = 0,Segue che, se D = C,lim u(x,t) = 2t→∞ π cosx.22. [15/9/2009 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diQui a, b sono costanti positive.SoluzioneIntroducendo la nuova variabilepassiamo al problemaCerchiamo la soluzione nella formau t −Du xx = a, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = 0, t > 0,u(π,t) = b, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π.v(x,t) = u(x,t)− b π x,v t −Dv xx = a, 0 < x < π,t > 0,v(0,t) = 0, t > 0,v(π,t) = 0, t > 0,v(x,0) = − b x, 0 < x < π.πv(x,t) =∞∑α n (t)sinnx.n=1213

630. Fourier equazione di LaplaceI coefficienti α n risolvono i problemi per n ≥ 1Dunque, si haα ′ n +Dn2 α n = γ 0n := 2 πα n (0) = γ 1n := − 2 πα n (t) =∫ π0∫ π0asinnxdx = 2aπn [1−(−1)n ],b 2bxsinnxdx =π nπ (−1)n .(γ 1n − γ 0nDn 2 )e −Dn2t + γ 0nDn 2 .R.oveu(x,t) = b π x+ ∞ ∑n=1γ 0n = 2aπn [1−(−1)n ],[(γ 1n − γ )0nDn 2 e −Dn2t + γ ]0nDn 2 sinnx,γ 1n = 2bnπ (−1)n , n ≥ 1.23. [15/9/2009 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diu t −Du xx = a, 0 < x < π,t > 0,u(0,t) = b, t > 0,u(π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 0, 0 < x < π.Qui a, b sono costanti positive.R.(u(x,t) = b 1− x ) ∞∑ [(+ γ 1n − γ )0nπ Dn 2 e −Dn2t + γ ]0nDn 2 sinnx,oven=1γ 0n = 2aπn [1−(−1)n ],γ 1n = − 2bnπ , n ≥ 1.630. Fourier equazione di Laplace1. [4/3/2003 (hw)I] Trovare la soluzione del problemau xx +u yy = 0, 0 < x < L,0 < y < H,u x (0,y) = 0, 0 < y < H,u y (x,H) = 0, 0 < x < L,u(L,y) = 1, 0 < y < H,u(x,0) = x, 0 < x < L.214

630. Fourier equazione di Laplacecon il metodo di Fourier.SoluzioneConviene scrivere u = v +w, ove v, w risolvono problemi simili a quello per u, macon v(L,y) = 0, e w(x,0) = 0. Riflettere v in modo dispari intorno a x = L, eottenere un problema con dati di Neumann v x = 0 su x = 0, x = 2L. Svilupparein serie di coseni e ottenere∞∑ ( nπ) ( nπ)v(x,t) = α n cos2L x cosh2L (y −H) ,n=1( nπ)α n cosh2L H = 4L ((−1) n(nπ) 2 −1 ) + 4L ( nπ)nπ sin .2Riflettere w in modo dispari intorno a y = 0. Si passa a un problema con datiw y = 0 sui bordi y = ±H, posto per −H < y < H, da risolvere per serie di solicoseni (in y):w(x,t) =∞∑n=1( nπ)A n cosh2H L = − 4 ( nπnπ sin 2( nπ) ( nπ)A n cos2H (y +H) cosh2H x).,2. [30/6/2003 (ex)I] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu xx +u yy = 0, 0 < x < L,0 < y < L,u x (0,y) = 0, 0 < y < L,u(L,y) = 0, 0 < y < L,u(x,0) = sin 2( πx) ,L 0 < x < L,u(x,L) = 0, 0 < x < L.SoluzioneScegliamo di sviluppare la soluzione u nel sistema ortonormale√2(L cos(2n+1) πx2LCerchiamo quindi i coefficienti α n della serieu(x,y) =∞∑n=0), n = 0,1,2,...(α n (y)cos(2n+1) πx2LQuesti si ottengono come soluzioni dei problemi al contorno(α ′′ n − (2n+1) π ) 2αn= 0,2Lα n (0) = γ 0n ,α n (L) = 0,).215

630. Fourier equazione di Laplaceoveγ 0n = 2 L∫ L0sin 2( πx) (cosL(2n+1) πx2LL’integrale generale della e.d.o. è{ )dx = (−1)n 2π 2n+1 − 12n+5 − 1 }.2n−3α n (y) = k 1n e (2n+1)πy 2L +k2n e −(2n+1)πy 2L .Imponendo le condizioni al contorno si ottienek 1n +k 2n = γ 0n ,k 1n e (2n+1)π 2 +k2n e −(2n+1)π 2 = 0.R.u(x,y) =∞∑n=0γ 0n = (−1)nπγ 0ne −(2n+1)π 2 −e (2n+1)π 2{ 22n+1 − 12n+5 − 12n−3[e (2n+1)[πy 2L −π 2 ] −e ]] ((2n+1)[π 2 −πy 2L cos}.(2n+1) πx2L),3. [30/6/2003 (ex)II] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione diu xx +u yy = 0, 0 < x < L,0 < y < L,u(0,y) = 0, 0 < y < L,u x (L,y) = 0, 0 < y < L,u(x,L) = sin 2( πx) ,L 0 < x < L,u(x,0) = 0, 0 < x < L.4. [17/3/2004 (hw)I] Risolvereu xx +u yy = 1, 0 < x < L,0 < y < H,u x (0,y) = 0, 0 < y < H,u(L,y) = 0, 0 < y < H,u(x,0) = −x, 0 < x < L,u(x,H) = x, 0 < x < L,e dire quale è la classe di regolarità della soluzione.216

630. Fourier equazione di Laplace5. [28/6/2004 (ex)I] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione di∆u = x 2 , 0 < x < π,0 < y < π,u(0,y) = y, 0 < y < π,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u x (π,y) = 1+y, 0 < y < π,u y (x,π) = 0, 0 < x < π.6. [28/6/2004 (ex)II] Calcolare con il metodo di Fourier la soluzione di∆u = −x 2 , 0 < x < π,0 < y < π,u(0,y) = 2y, 0 < y < π,u y (x,0) = 0, 0 < x < π,u x (π,y) = 1+2y, 0 < y < π,u(x,π) = 0, 0 < x < π.7. [14/4/2005 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourier il problema∆u = 0, 0 < x < π,0 < y < π,u x (0,y) = 0, 0 < y < π,u x (π,y) = 2πy, 0 < y < π,u y (x,0) = 0, 0 < x < π,u(x,π) = x, 0 < x < π.8. [14/4/2005 (ex)II] Risolvere con il metodo di Fourier il problema∆u = 0, 0 < x < π,0 < y < π,u(0,y) = 2y, 0 < y < π,u x (π,y) = 0, 0 < y < π,u y (x,0) = −2πx, 0 < x < π,u y (x,π) = 0, 0 < x < π.9. [16/9/2005 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier l’unica soluzionelimitata inΩ = {(x,y) | x > 0,0 < y < π}217

630. Fourier equazione di Laplacedel problemau xx +u yy = 0, in Ω,u y (x,0) = 0, x > 0,u y (x,π) = 0, x > 0,u(0,y) = ysiny, 0 < y < π.10. [16/9/2005 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier l’unica soluzionelimitata inΩ = {(x,y) | x < 0,0 < y < π}del problemau xx +u yy = 0, in Ω,u y (x,0) = 0, x < 0,u y (x,π) = 0, x < 0,u(0,y) = ycosy, 0 < y < π.11. [20/4/2006 (ex)I] Risolvere con il metodo di Fourier∆u = x, 0 < x < π,0 < y < π,u x (0,y) = y, 0 < y < π,u(π,y) = y 2 , 0 < y < π,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u y (x,π) = 0, 0 < x < π.SoluzioneUsiamo il sistema ortonormale in (0,π)√ [ 2ψ n (y) =π sin (2n+1) y ], n ≥ 0,2sviluppando la soluzione comeu(x,y) =∞∑n=0[α n (x)sin (2n+1) y ].2218

630. Fourier equazione di LaplaceSi ottengono quindi i problemi ai limiti per i coefficienti α n :α ′′ n − (2n+1)2 α n = 2 4 πα ′ n (0) = 2 πα n (π) = 2 π∫ π0∫ π0∫ πove con calcoli elementari si ottieneγ 0n =0[xsin (2n+1) y ]dy = γ 0n x, 0 < x < π,2[ysin (2n+1) y ]dy = γ 1n ,2[y 2 sin (2n+1) y ]dy = γ 2n ,24π(2n+1) , γ 1n = 8(−1)nπ(2n+1) 2 , γ 2n = 16(−1)n(2n+1) 2 − 32π(2n+1) 3 .L’integrale generale della e.d.o. sarà dunqueα n (x) = k 1n e 2n+12 x +k 2n e −2n+1 2 x +w n (x),ove la soluzione particolare w n si cercherà nella formaottenendo per semplice sostituzionew n (x) = C n x,w n (x) = − 4γ 0n(2n+1) 2x.Per i coefficienti k 1n , k 2n , imponendo ora le condizioni ai limiti si ottiene il sistemache conduce infine ak 1n e 2n+12 π +k 2n e −2n+1 2 π = 4γ 0n(2n+1) 2π +γ 2n =: γ 3n ,k 1n −k 2n =k 1n = γ 3n +γ 4n e −2n+1 2 πe 2n+122n+1[4γ 0n(2n+1) 2 +γ 1ne 2n+12 π +e , k 2n = γ 3n −γ 4n e 2n+1−2n+1 2 π 2 π +e −2n+1]=: γ 4n ,2 π2 π .R.ove:eu(x,y) =∞∑n=0[α n (x)sin (2n+1) y ],2α n (x) = k 1n e 2n+12 x +k 2n e −2n+1 2 x − 4γ 0n(2n+1) 2x,k 1n = γ 3n +γ 4n e −2n+1 2 πe 2n+1e 2n+12 π2 π +e , k 2n = γ 3n −γ 4n e 2n+1−2n+1 2 π 2 π +e −2n+12 π ,219

630. Fourier equazione di LaplaceconInfine:γ 0n =γ 3n = 4γ 0n(2n+1) 2π +γ 2n, γ 4n =[22n+14γ 0n(2n+1) 2 +γ 1n4π(2n+1) , γ 1n = 8(−1)nπ(2n+1) 2 , γ 2n = 16(−1)n(2n+1) 2 − 32π(2n+1) 3 .].12. [20/4/2006 (ex)II] Risolvere con il metodo di FourierR.ove:econInfine:∆u = y +1, 0 < x < π,0 < y < π,u x (0,y) = 0, 0 < y < π,u(π,y) = 0, 0 < y < π,u y (x,0) = x 2 , 0 < x < π,u(x,π) = x, 0 < x < π.u(x,y) =∞∑n=0[α n (y)cos (2n+1) x ],2α n (y) = k 1n e 2n+12 y +k 2n e −2n+1 2 y − 4γ 0n(2n+1) 2(y +1),k 1n = γ 3n +γ 4n e −2n+1 2 πe 2n+1e 2n+12 π2 π +e , k 2n = γ 3n −γ 4n e 2n+1−2n+1 2 π 2 π +e −2n+1γ 3n = 4γ 0n(2n+1) 2(π +1)+γ 2n, γ 4n =22n+1[2 π ,]4γ 0n(2n+1) 2 +γ 1nγ 0n = 4(−1)nπ(2n+1) , γ 1n = 4π(−1)n2n+1 − 32(−1)nπ(2n+1) 3 , γ 2n = 4(−1)n2n+1 − 8π(2n+1) 2 ..13. [15/12/2006 (ex)I] Risolvere per serie di Fourier∆u = 0, 0 < x < π,0 < y < π,u(0,y) = 0, 0 < y < π,u x (π,y) = 1, 0 < y < π,u(x,0) = 1, 0 < x < π,u y (x,π) = 0, 0 < x < π.Soluzione220

630. Fourier equazione di LaplacePer ridursi a un problema con dati omogenei conviene passare per esempio allanuova incognitav(x,y) = u(x,y)−x.Questa soddisfa∆v = 0, 0 < x < π,0 < y < π,v(0,y) = 0, 0 < y < π,v x (π,y) = 0, 0 < y < π,v(x,0) = 1−x, 0 < x < π,v y (x,π) = 0, 0 < x < π.Usiamo il sistema ortonormale in (0,π)√ [ 2ψ n (x) =π sin (2n+1) x ], n ≥ 0,2sviluppando la soluzione comev(x,y) =∞∑n=0[α n (y)sin (2n+1) x ].2Si ottengono quindi i problemi ai limiti per i coefficienti α n :α ′′ n − (2n+1)2 α n = 0, 0 < y < π,4α n (0) = 2 ∫ π [(1−x)sin (2n+1) x ]dx = γ 1n ,π2α ′ n(π) = 0,ove con calcoli elementari si ottiene0γ 1n =L’integrale generale della e.d.o. sarà dunque4π(2n+1) + 8(−1)n+1π(2n+1) 2 .α n (y) = k 1n e 2n+12 y +k 2n e −2n+1 2 y ,ove le costanti di integrazione k in andranno determinate imponendo i dati al contorno.Si ottiene il sistemache conduce infine ak 1n =k 1n e 2n+12 π −k 2n e −2n+1 2 π = 0,γ 1n e −2n+1 2 πk 1n +k 2n = γ 1n ,e 2n+12 π +e −2n+1 2 π , k 2n =γ 1n e 2n+12 πe 2n+12 π +e −2n+12 π .221

630. Fourier equazione di LaplaceR.u(x,y) = x+×[[]∞∑ 4π(2n+1) + 8(−1)n+1π(2n+1) 2n=0e −2n+1 2 πe 2n+12 π +e e 2n+1−2n+1 2 π2 y +e 2n+12 π2 ye 2n+12 π +e −2n+1 2 π e−2n+1][sin (2n+1) x ].214. [18/4/2007 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione limitatain Q = (0,π)×(0,∞) di∆u = 0, in Q,u x (0,y) = 0, 0 < y < ∞,u x (π,y) = siny, 0 < y < ∞,u(x,0) = x− π 2 , 0 < x < π.SoluzioneRiconduciamoci a un problema con dati omogenei al contorno, per esempio con ilcambiamento di incognitav(x,y) = u(x,y)− x22π siny.Si verifica che v risolve il problema∆v = 1 ( x2 )π 2 −1 siny, in Q,v x (0,y) = 0, 0 < y < ∞,inoltre v è limitata in Q.Cerchiamo v nella formav x (π,y) = 0, 0 < y < ∞,v(x,0) = x− π 2 , 0 < x < π;v(x,y) = α 0 (y)+∞∑α n (y)cos(nx).n=1Il coefficiente α n , n ≥ 0, è soluzione del problemaQui denotiamoγ 0n = 2 πγ 00 = 1 πα ′′ n −n2 α n = γ 0n siny, 0 < y < ∞,∫ π0∫ π0α n (0) = γ 1n ,α n limitato, in (0,∞).1( x2 )π 2 −1 cos(nx)dx = 2(−1)nπn 2 , n ≥ 1,1( x2 )π 2 −1 dx = π 6 − 1 π ,222

630. Fourier equazione di Laplaceeγ 1n = 2 πγ 10 = 1 πDunque per n ≥ 1∫ π0∫ π0(x− π )cos(nx)dx = 22 πn 2[(−1)n −1], n ≥ 1,(x− π )dx = 0.2ove k 3n si determina per sostituzione:α n (y) = k 1n e ny +k 2n e −ny +k 3n siny,−k 3n siny −n 2 k 3n siny = γ 0n siny, ossia k 3n = − γ 0n1+n 2 .Quindi dovremo imporre, per le condizioni a y = 0 e di limitatezza,k 1n +k 2n = γ 1n ,k 1n = 0,ove la seconda uguaglianza è imposta appunto dalla richiesta che α n resti limitataper y → ∞.Per n = 0 invece si hacon le condizioniα 0 (y) = −γ 00 siny +k 10 y +k 20 ,k 20 = γ 10 = 0,k 10 = 0.R.(u(x,y) = x2 π2π siny − 6 − 1 π∞∑+n=1)siny[ 2πn 2[(−1)n −1]e −ny − 2(−1)nπn 2 11+n 2 siny ]cos(nx).15. [18/4/2007 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione limitatain Q = (−∞,0)×(0,π) di∆u = 0, in Q,u y (x,0) = 0, −∞ < x < 0,u y (x,π) = −sinx, −∞ < x < 0,u(0,y) = 2y −π, 0 < y < π.223

630. Fourier equazione di LaplaceR.(u(x,y) = − y2 π2π sinx+ 6 − 1 π∞∑+n=1)sinx[ 4πn 2[(−1)n −1]e nx + 2(−1)nπn 2 11+n 2 sinx ]cos(ny).16. [28/3/2008 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione di∆u = 0, 0 < x < π,0 < y < 1,u x (0,y) = 0, 0 < y < 1,u x (π,y) = y, 0 < y < 1,u(x,0) = x, 0 < x < π,u y (x,1) = x, 0 < x < π.SoluzioneRiconduciamoci a un problema con dati omogenei al contorno, per esempio con ilcambiamento di incognitaSi verifica che v risolve il problemaCerchiamo v nella formav(x,t) = u(x,t)− x2 y2π .∆v = − y ,π0 < x < π,0 < y < 1,v x (0,y) = 0, 0 < y < 1,v x (π,y) = 0, 0 < y < 1,v(x,0) = x, 0 < x < π,v y (x,1) = x− x22π , 0 < x < π.v(x,y) = α 0 (y)+∞∑α n (y)cos(nx).n=1Il coefficiente α n , n ≥ 1, è soluzione del problemaα ′′ n −n2 α n = 2 πα n (0) = 2 πα ′ n(1) = 2 π∫ π0∫ π0∫ π0(− y )cos(nx)dx = 0, 0 < y < 1,πxcos(nx)dx =: γ 0n ,) (x− x2cos(nx)dx =: γ 1n ,2π224

630. Fourier equazione di Laplaceove per n ≥ 1γ 0n = − 2πn 2[(−1)n −1], γ 1n = − 2πn 2 .Inoltre per n = 0 si haα ′′0 = − y π , 0 < y < 1,α n (0) = 1 πα ′ n (1) = 1 π∫ π0∫ π0xdx = π 2 ,Gli integrali generali hanno la forma) (x− x2dx = π 2π 3 .α 0 (y) = − y36π +k 10y +k 20 , α n (y) = k 1n e −ny +k 2n e ny .Sostituendo i dati al bordo si ottengono i coefficienti.R.u(x,y) = x2 y(2π − y3 π6π + 3 − 1 )y + π 2π 2∞∑ (ne n γ 0n −γ 1n )e −ny +(ne −n γ 0n +γ 1n )e ny+n(e n +e −n )Quin=1γ 0n = − 2πn 2[(−1)n −1], γ 1n = − 2πn 2 .cos(nx).17. [28/3/2008 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diR.Quiu(x,y) = (x−π)2 y2π∆u = 0, 0 < x < π,0 < y < 1,u x (0,y) = y, 0 < y < 1,u x (π,y) = 0, 0 < y < 1,u y (x,0) = x, 0 < x < π,u(x,1) = x, 0 < x < π.− y36π + π 3 y + 16π∞∑ (n−e n )e −ny +(n+e −n )e ny+n(e n +e −n )n=1γ 0n = 2πn 2[(−1)n −2].225γ 0n cos(nx).

630. Fourier equazione di Laplace18. [16/9/2008 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diQui∆u = f(x,y), − π 2 < x < π 2 ,−π 2 < y < π 2 ,(u x − π )2 ,y = 0, − π 2 < y < π 2 ,( π)u x2 ,y = 1, − π 2 < y < π 2 ,(u x,− π )= 0, − π 2 2 < x < π 2 ,(u y x, π )= 1, − π 2 2 < x < π 2 .f(x,y) =SoluzioneIntroduciamo la variabile ausiliaria{1, y ≥ x,0, y < x.che risolvev(x,y) = u(x,y)− x2π ,∆v = f(x,y)− 2 π , − π 2 < x < π 2 ,−π 2 < y < π 2 ,(v x − π )2 ,y = 0, − π 2 < y < π 2 ,v x( π2 ,y )= 0, − π 2 < y < π 2 ,(v x,− π )= − x22 π , − π 2 < x < π 2 ,(v y x, π )= 1, − π 22 < x < π 2 .Cerchiamo v nella formav(x,y) = α 0 (y)+∞∑n=1Il coefficiente α n , n ≥ 1, è soluzione del problemaα ′′ n −n 2 α n = γ 0n (y) := 2 ππ∫2(α n (y)cosn x+ π ).2(f(x,y)cosn x+ π )dx, − π 2 2 < y < π 2 , (1)(α n − π )= γ 1n := − 2 2 πα ′ n− π 2π∫2− π 2x 2 (x+π cosn π )dx, (2)2( π= 0. (3)2)226

630. Fourier equazione di LaplaceInvece per n = 0 si haα ′′0 = γ 00 (y)− 2 π := 1 π(α 0 − π )= γ 10 := − 1 2 πα ′ 0( π= 1.2)π∫2− π 2π∫2− π 2f(x,y)dx− 2 π , − π 2 < y < π 2 ,x 2π dx = − π 12 .,Si ha con i calcoliγ 0n (y) = 2 (yπn sinn + π ), n ≥ 1,γ 00 (y) = y 2 π + 1 2 ,eγ 1n = 2 (−1)n+1 −1πn 2 , n ≥ 1,γ 10 = − π 12 .PertrovarelasoluzionedeiproblemidiCauchyper α n osserviamocheunasoluzioneparticolare di (1) per n ≥ 1 è data da(w n (y) = C 1n sinn y + π ) (+C 2n cosn y + π ),2 2ove le costanti C 1n e C 2n si determinano sostituendo la w n nella e.d.o.. Si ottienecosìw n (y) = − 1 (yπn 3 sinn + π ).2Dunque la soluzione del problema di Cauchy si trova imponendo i dati inizialinell’integrale generaleα n (y) = k 1n e ny +k 2n e −ny +w n (y).Se invece n = 0, si ha integrando direttamente la e.d.o.(α 0 (y) = y3 16π + 4 − 1 )y 2 +k 10 y +k 20 .πLe costanti di integrazione k 1n , k 2n si determinano imponendo le condizioni alcontorno.R.oveu(x,y) = x2π + y3( 16π + 4 − 1 π∞∑+n=1) (y 2 + 2− 3π )y + π 8 3 − 7π96[k 1n e ny +k 2n e −ny − 1πn 3 sinn (y + π 21( (−1)nk 1n =e nπ +e −nπ πn 3 e (−1) n+1 −1nπ2 +2πn 21( (−1)n+1(−1) n+1 −1k 2n =e nπ +e −nπ πn 3 e −nπ 2 +2πn 2)] (cosn x+ π ),2)e −nπ 2 ,)e nπ2 .227

630. Fourier equazione di Laplace19. [16/9/2008 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione di∆u = f(x,y), − π 2 < x < π 2 ,−π 2 < y < π 2 ,(u x − π )2 ,y = 0, − π 2 < y < π 2 ,( π)u x2 ,y = 3, − π 2 < y < π 2 ,(u x,− π )= 0, − π 2 2 < x < π 2 ,(u y x, π )= π, − π 2 2 < x < π 2 .Quif(x,y) ={1, y ≤ x,0, y > x.R.oveu(x,y) = 3x2π − y3( 16π + 4 − 3 π∞∑+n=1) ( 7π)y 2 +8 +3 y + 11π4 + 29π296[k 1n e ny +k 2n e −ny + 1πn 3 sinn (y + π 21( (−1)n+1(−1) n+1 −1k 1n =e nπ +e −nπ πn 3 e nπ2 +6πn 21( (−1)n(−1) n+1 −1k 2n =e nπ +e −nπ πn 3 e−nπ 2 +6πn 2)]cosn)e −nπ 2 ,)e nπ2 .(x+ π 2),20. [12/2/2009 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diSoluzionePassiamo alla nuova incognitau xx +u yy = 0, 0 < x < 1,0 < y < π,u y (x,π) = 1, 0 < x < 1,u y (x,0) = 2, 0 < x < 1,u(0,y) = y, 0 < y < π,u x (1,y) = 0, 0 < y < π.v(x,y) = u(x,y)+ 12π y2 −2y,228

630. Fourier equazione di Laplaceche risolve il problemav xx +v yy = 1 ,π0 < x < 1,0 < y < π,v y (x,π) = 0, 0 < x < 1,Cerchiamone lo sviluppo in seriev y (x,0) = 0, 0 < x < 1,v(0,y) = 12π y2 −y, 0 < y < π,v x (1,y) = 0, 0 < y < π.v(x,y) = α 0 (x)+I coefficienti α n risolvono i problemi∞∑α n (x)cos(ny).n=1α ′′ n −n2 α n = γ 0n ,α n (0) = γ 1n ,α ′ n (1) = 0,oveDunque, si haγ 0n = 2 π∫ π0γ 00 = 1 π ,γ 1n = 2 πγ 10 = 1 π∫ π0∫ π01cos(ny)dy = 0, n ≥ 1,π( 1)2π y2 −y cos(ny)dy = 2πn 2 ,( 1)2π y2 −y dy = − π 3 .α n (x) = k 1n e nx +k 2n e −nx , n ≥ 1,x 2α 0 (x) = k 10 +k 20 x+γ 002 , n = 0.Imponendo le condizioni al bordo si ha per n ≥ 1k 1n +k 2n = γ 1n ,nk 1n e n −nk 2n e −n = 0,da cuiIn modo similek 1n = γ 1ne −2n1+e −2n , k 2n = γ 1n1+e −2n .k 10 = γ 10 , k 20 = −γ 00 .229

630. Fourier equazione di LaplaceR.oveu(x,y) = 2y − 1 x 22π y2 +γ 10 −γ 00 x+γ 002+∞∑n=1γ 00 = 1 π , γ 1n = 2πn 2 , γ 10 = − π 3 .γ 1n1+e −2n (e nx−2n +e −nx) cos(ny),21. [12/2/2009 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione diR.oveu xx +u yy = 0, 0 < x < π,0 < y < 1,u x (0,y) = 3, 0 < y < 1,u x (π,y) = 2, 0 < y < 1,u(x,0) = x, 0 < x < π,u y (x,1) = 0, 0 < x < π.u(x,y) = 3x− 1 y 22π x2 +γ 10 −γ 00 y +γ 002+∞∑n=1γ 1n1+e −2n (e ny−2n +e −ny) cos(nx),γ 00 = 1 π , γ 1n = 2πn 2[2+(−1)n+1 ], γ 10 = − 5π 6 .22. [13/7/2009 (ex)I] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione di∆u = f(y), 0 < x < π,0 < y < π,u(0,y) = 0, 0 < y < π,u x (π,y) = 0, 0 < y < π,u y (x,0) = 0, 0 < x < π,u y (x,π) = 0, 0 < x < π.Qui⎧ ( π ⎪⎨ 1, y ∈f(y) =4 , 3 )4 π ;(⎪⎩ π0, y ∉4 , 3 )4 π .Soluzione230

630. Fourier equazione di LaplaceCerchiamo la soluzione nella formau(x,y) = α 0 (x)+∞∑α n (x)cosny.n=1I coefficienti α n risolvono i problemi: per n ≥ 1oveDunque, si haγ 0n = 2 πα ′′ n −n 2 α n = γ 0n := 2 π3∫4 ππ4α n (0) = 0,α ′ n (π) = 0,cosnydy = 2πn∫ π0f(y)cosnydy,[sin 3 4 πn−sin π 4 n ], n ≥ 1.α n (x) = k 1n e −nx +k 2n e nx +z n (x),ove z n è una soluzione particolare della e.d.o. non omogenea, che può essere sceltacomez n (x) = − γ 0nn 2 .Imponendo le condizioni al bordo si ha per n ≥ 1,α n (0) = k 1n +k 2n − γ 0nn 2 = 0,α ′ n (π) = −nk 1ne −nπ +nk 2n e nπ = 0.Per n = 0 si haα ′′0 = γ 00 := 1 πα 0 (0) = 0,α ′ 0 (π) = 0.∫ π0f(y)dy = 1 2 ,Dunque, si haα 0 (x) = x24 +k 10x+k 20 ,Imponendo le condizioni al bordo si ha per n = 0,α 0 (0) = k 20 = 0,α ′ 0 (π) = π 2 +k 10 = 0.R.u(x,y) = x24 − π 2 x+ ∞ ∑n=1{1}n 2 1+e −2nπ(e−nx +e −2nπ+nx )−1 cosny,γ on231

810. Metodi dell’energia per equazioni iperbolicheoveγ 0n = 2 [sin 3 πn 4 πn−sin π ]4 n , n ≥ 1.23. [13/7/2009 (ex)II] Trovare con il metodo di Fourier la soluzione di∆u = f(x), 0 < x < π,0 < y < π,u x (0,y) = 0, 0 < y < π,u x (π,y) = 0, 0 < y < π,u(x,0) = 0, 0 < x < π,u y (x,π) = 0, 0 < x < π.QuiR.oveu(x,y) = y22 −πy + ∞ ∑⎧ ( π ⎪⎨ 2, x ∈f(x) =4 , 3 )4 π ;(⎪⎩ π0, x ∉4 , 3 )4 π .n=1{1}n 2 1+e −2nπ(e−ny +e −2nπ+ny )−1 cosnx,γ onγ 0n = 4 [sin 3 πn 4 πn−sin π ]4 n , n ≥ 1.810. Metodi dell’energia per equazioni iperboliche1. [30/1/2003 (hw)I] Sia u ∈ C 2 (Q T ), Q T = (0,L)×(0,T), soluzione diu tt −c 2 u xx = 0, 0 < x < L,0 < t < T ,u(x,0) = u 0 (x), 0 < x < L,u t (x,0) = u 1 (x), 0 < x < L,u(0,t) = 0, 0 < t,u(L,t) = 0, 0 < t.a) Dare condizioni necessarie su u 0 , u 1 perché una tale soluzione possa esistere.b) Dimostrare, moltiplicando l’e.d.p. per u t e integrando ripetutamente perparti su (0,L)×(0,t), che, per ogni t > 0,∫ L0∫Lu t (x,t) 2 dx+c 20u x (x,t) 2 dx =∫ L0∫Lu 1 (x) 2 dx+c 2 (u ′ 0(x)) 2 dx. (1)0232

820. Metodi dell’energia per equazioni parabolichec) Dedurre dalla (1) un teorema di unicità di soluzioni per il problema inquestione.R.a) u 0 ∈ C 2 ([0,L]),u 1 ∈ C 1 ([0,L]);u 0 (0) = u 0 (L) = 0,u ′′0(0) = u ′′0(L) = 0,u 1 (0) = u 1 (L) = 0.2. [30/6/2003 (ex)I] Si consideri la soluzione v ∈ C 2 ([0,L]×[0,T]) diSi dimostri che l’“energia”v tt −c 2 v xx = −v t , 0 < x < L,0 < t < T ,v(0,t) = 0, 0 ≤ t ≤ T ,v(L,t) = 0, 0 ≤ t ≤ T ,v(x,0) = v 0 (x), 0 ≤ x ≤ L,v t (x,0) = v 1 (x), 0 ≤ x ≤ L.E(t) = 1 2∫ L0v t (x,t) 2 dx+ c22è una funzione decrescente del tempo.∫ L0v x (x,t) 2 dx,3. [30/6/2003 (ex)II] Si consideri la soluzione v ∈ C 2 ([0,L]×[0,T]) diSi dimostri che l’“energia”v tt −c 2 v xx = v t , 0 < x < L,0 < t < T ,v(0,t) = 0, 0 ≤ t ≤ T ,v(L,t) = 0, 0 ≤ t ≤ T ,v(x,0) = v 0 (x), 0 ≤ x ≤ L,v t (x,0) = v 1 (x), 0 ≤ x ≤ L.E(t) = 1 2∫ Lè una funzione crescente del tempo.0v t (x,t) 2 dx+ c22∫ L0v x (x,t) 2 dx,820. Metodi dell’energia per equazioni paraboliche233

820. Metodi dell’energia per equazioni paraboliche1. [15/12/2006 (ex)I] Dimostrare chese u risolve∫ π0u(x,t) 2 dx ≤ 3 π, t ≥ 0,2u t −u xx = 0, 0 < x < π,t > 0,u x (0,t) = 0, t > 0,u x (π,t) = 0, t > 0,u(x,0) = 1+cosx, 0 < x < π.SoluzioneMoltiplichiamo l’equazione per u e integriamo per parti su (0,π)×(0,t), ottenendo:12∫ π0u(x,t) 2 dx− 1 2∫ π0∫ tu(x,0) 2 dx+Eliminando il termine positivo che contiene u 2 x, si ha∫ π0u(x,t) 2 dx ≤∫ π0u(x,0) 2 dx =∫ π00∫ π0u x (x,τ) 2 dxdτ = 0.(1+2cosx+cos 2 x)dx = 3 2 π.2. [14/7/2008 (ex)I] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = 0, 0 < x < L,t > 0,Du x (0,t) = au(0,t), t > 0,Du x (L,t) = 0, t > 0,u(x,0) = u 0 (x), 0 < x < L,ove a è una costante positiva, e u 0 ∈ C 2 ([0,L]), u 0 > 0.Si dimostri cheU(t) =∫ L0u(x,t)dx, t > 0,è decrescente in t. (Si assuma per u tutta la regolarità necessaria.)Soluzione234

910. Trasformata di Fourier: generalitàIntegrando la e.d.p. in [0,L]×[t 1 ,t 2 ], t 1 < t 2 si ha∫ L0u(x,t 2 )dx−=∫ t 2t 1∫0L∫ L0u(x,t 1 )dx =Du xx (x,τ)dxdτ =∫ t 2= − au(0,τ)dτ .t 1Quindi avremo dimostrato la tesi:∫ t 2t 1∫ t 2∫ t 2U(t 2 )−U(t 1 ) = −∫0Lu τ (x,τ)dxdτt 1[Dux (L,τ)−Du x (0,τ) ] dτt 1au(0,τ)dτ < 0,se dimostriamo che u > 0.Osserviamo intanto che u > 0 all’istante iniziale. Su x = L la u non può assumereminimi, per il Lemma di Hopf. Se u(0,¯t) è un minimo, per ¯t > 0, sempre per ilLemma di Hopf, e per la condizione al bordo prescritta, si deve avereu(0,¯t) = a −1 Du x (0,¯t) > 0.Perciò u ha minimi solo positivi, e perciò è in effetti ovunque positiva.3. [14/7/2008 (ex)II] Si consideri la soluzione del problemau t −Du xx = 0, 0 < x < L,t > 0,Du x (0,t) = 0, t > 0,Du x (L,t) = −au(L,t), t > 0,u(x,0) = u 0 (x), 0 < x < L,ove a è una costante positiva, e u 0 ∈ C 2 ([0,L]), u 0 > 0.Si dimostri cheU(t) =∫ L0u(x,t)dx, t > 0,è decrescente in t. (Si assuma per u tutta la regolarità necessaria.)910. Trasformata di Fourier: generalità1. [18/4/2007 (ex)I] Consideriamo le due funzioni{3, −π ≤ x ≤ π,f(x) =0, x ∉ [−π,π],235

960. Trasformata di Laplace e risoluzione di EDOeg(x) ={1−|x|, −1 ≤ x ≤ 1,0, x ∉ [−1,1],Decidere quale delle due trasformate di Fourier F[f] e F[g] tende a zero piùrapidamente quando ω → ∞, e calcolare tale trasformata.SoluzioneLa g è C 1 a tratti, e quindi più regolare della f, che non è neppure continua. Nesegue che la trasformata richiesta è quella della g.Calcoliamo poi:∫ ∞F[g](ω) = e iωx g(x)dx−∞∫ 1= (cosωx+isinωx)(1−|x|)dx−1∫ 1= 2 cosωx(1−x)dx0(per parità)= 2 ω 2(1−cosω).R.F[g](ω) = 2 ω2(1−cosω), ω ≠ 0, F[g](0) = 1.960. Trasformata di Laplace e risoluzione di EDO1. [11/3/2007 (hw)I] Risolvere mediante la trasformata di Laplace il problemadi Cauchyy ′ +ay = b, x > 0,y(0) = u 0 .Qui a ≠ 0, b, u 0 sono costanti reali.SoluzioneApplicando la trasformazione di Laplace all’equazione differenziale, e denotandoY = L[y], si haDunquesY −u 0 +aY = b s .( b) 1Y(s) =s +u 0a+s = L[b](s)L[e−ax ](s)+L[u 0 e −ax ](s).236

960. Trasformata di Laplace e risoluzione di EDORicordando la proprietà della trasformata di Laplace relativa alle convoluzioni difunzioni,L[b](s)L[e −ax ](s) = L[b∗e −ax ](s).Infine (si noti l’abuso di notazione)b∗e −ax (x) =∫ x0be −aξ dξ = b 1−e−axa.R.y(x) = u 0 e −ax +b 1−e−axa, x ≥ 0.2. [11/3/2007 (hw)I] Risolvere mediante la trasformata di Laplace il problemadi Cauchyy ′′ −2y ′ +y = 3, x > 0,y(0) = 1,y ′ (0) = 0.SoluzioneApplicando la trasformazione di Laplace all’equazione differenziale, e denotandoY = L[y], si haDunqueY(s) =s 2 Y −s−2(sY −1)+Y = 3 s .3s +s−2s 2 −2s+1 = 2 1s (s−1) 2 + 1 s = L[2](s)L[xex ](s)+L[1](s).Ricordando la proprietà della trasformata di Laplace relativa alle convoluzioni difunzioni,L[2](s)L[xe x ](s) = L[2∗(xe x )](s).Infine (si noti l’abuso di notazione)2∗(xe x )(x) =∫ x02ξe ξ dξ = 2xe x +2(1−e x ).R.y(x) = 1+2xe x +2(1−e x ), x ≥ 0.3. [11/3/2007 (hw)I] Risolvere mediante la trasformata di Laplace il problemadi Cauchyy ′′ +4y = e −x , x > 0,y(0) = 0,y ′ (0) = 0.237

960. Trasformata di Laplace e risoluzione di EDOSoluzioneApplicando la trasformazione di Laplace all’equazione differenziale, e denotandoY = L[y], si has 2 Y +4Y = 1s+1 .DunqueY(s) = 1[ ]1 1s+1s 2 +4 = L[e−x ](s)L2 sin(2x) (s).Ricordando la proprietà della trasformata di Laplace relativa alle convoluzioni difunzioni,[ 1)Y(s) = L e ∗( ]−x 2 sin(2x) (s).Infine (si noti l’abuso di notazione)( 1)e −x ∗2 sin(2x) (x) = 1 2∫ x0e −(x−ξ) sin(2ξ)dξ = 110 (sin(2x)−2cos(2x)+2e−x ).R.y(x) = 110 (sin(2x)−2cos(2x)+2e−x ), x ≥ 0.4. [2/4/2007 (ex)I] Risolvere mediante la trasformazione di Laplace ilproblemay ′′ −4y ′ −5y = e 3x ,y(0) = 1,y ′ (0) = −1.SoluzioneApplicando la trasformazione di Laplace all’equazione differenziale, e denotandoY = L[y], si hada cuiDunques 2 Y(s)−sy(0)−y ′ (0)−4(sY(s)−y(0))−5Y(s) = L[e 3x ](s) = 1s−3 ,Y(s)(s 2 −4s−5) = 1s−3 +s−5.Y(s) = 1 1s−3(s+1)(s−5) + 1s+1= − 1 1 16s−3s+1 + 1 1 16s−3s−5 + 1s+1 ..Ricordando le proprietà della trasformata di Laplace,Y(s) = − 1 6 L[e3x ∗e −x ](s)+ 1 6 L[e3x ∗e 5x ](s)+L[e −x ](s).238

960. Trasformata di Laplace e risoluzione di EDOR.y(x) = 2524 e−x + 112 e5x − 1 8 e3x , x ≥ 0.5. [18/4/2007 (ex)I] Risolvere mediante la trasformazione di Laplace ilseguente problemay ′′ +16y = 1+sin2x,y(0) = 0,y ′ (0) = 3.SoluzioneApplichiamo la trasformazione di Laplace alla e.d.o. e otteniamo (denotando Y =L[y])s 2 Y(s)−sy(0)−y ′ (0)+16Y(s) = 1 s + 24+s 2 ,da cuiQuindiY(s) =1 116+s 2 s + 2 14+s 2 16+s 2 + 316+s 2= 1 4 L[sin4x](s)L[1](s)+ 1 4 L[sin4x](s)L[sin2x](s)+ 3 4 L[sin4x](s)= 1 4 L[sin4x∗1](s)+ 1 4 L[sin4x∗sin2x](s)+ 3 4 L[sin4x](s).y(x) = 1 4∫ x0sin4ξdξ + 1 4∫ x0sin2ξsin(4x−4ξ)dξ + 3 4 sin4x.R.y(x) = 1924 sin4x− 1 16 cos4x+ 116 − 112 sin2x.6. [12/7/2007 (ex)I] Risolvere mediante la trasformazione di Laplace ilseguente problemay ′′ −πy ′ = cosx,y(0) = π,y ′ (0) = π 2 .SoluzioneApplichiamo la trasformazione di Laplace alla e.d.o. e otteniamo (denotando Y =L[y])s 2 Y(s)−sy(0)−y ′ (0)−π(sY(s)−y(0)) = s1+s 2 ,239

960. Trasformata di Laplace e risoluzione di EDOda cuiY(s) = πs−π + 1(s−π)(1+s 2 )= πL[e πx ](s)+L[e πx ](s)L[sinx](s)= πL[e πx ](s)+L[e πx ∗sinx](s).Quindiy(x) = πe πx +∫ xe π(x−ξ) sinξdξ.0R.y(x) =(π+ 11+π 2 )e πx − 11+π 2(cosx+πsinx).240