Problemi d'esame ed esercizi di Equazioni alle Derivate Parziali

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