100 DANIELE ANDREUCCI<strong>per</strong> un’opportuna costante K. Usando ancora la (10.5), si ottiene ancheg(x) = 1 2 u 0(x)+ 1 2c∫ x0u 1 (s)ds−K, x ∈ R. (10.8)Dalla (10.7) e dalla (10.8) segue subito la (10.4), quando si ricor<strong>di</strong> (3.17).Questo <strong>di</strong>mostra che la u, se esiste, deve avere la forma (10.4), e dunqueche la soluzione è unica. Resta da <strong>di</strong>mostrare che la (10.4) è davvero unasoluzione, <strong>il</strong> che <strong>per</strong>ò segue subito da una verifica <strong>di</strong>retta. □Osservazione 10.2. La (10.4) si <strong>di</strong>ce formula <strong>di</strong> D’Alembert. L’intervallo[x−ct,x+ct] si <strong>di</strong>ce dominio <strong>di</strong> <strong>di</strong>pendenza del punto(x,t), <strong>per</strong>ché <strong>il</strong> valoredella soluzione u in (x,t) <strong>di</strong>pende solo dai valori assunti dai dati in taleintervallo.□Osservazione 10.3. La (10.4) mostra che, nelle ipotesi in<strong>di</strong>cate nel Teorema10.1, la u risultain realtà definitae<strong>di</strong>classe C 2 su tutto R 2 (<strong>per</strong>fino <strong>per</strong>t < 0). Questo non è sorprendente in vista del lemma seguente. □Lemma 10.4. Se u ∈ C 2 (Q) risolve (3.16) in Q = (a,b) × (α, β), allorav(x,t) = u(x,−t) risolve ancora (3.16) in Q ′ = (a,b)×(−β,−α), e w(x,t) =u(−x,t) la risolve in Q ′′ = (−b,−a)×(α, β).Dimostrazione. Ovvia.Osservazione 10.5. La rappresentazione (3.17) e la (10.4) <strong>di</strong>fferiscono nelsenso che la prima (ma non la seconda) prescinde dal dominio <strong>di</strong> definizionedella u e dagli eventuali dati al contorno.□Esempio 10.6. La funzione□u(x,t) = [ 1−(x−ct) 2] − 1 2+ [ 1−(x+ct) 2] −21risolve (3.16) nel rettangoloR = {(x,t) | −1 < x−ct < 1, −1 < x+ct < 1}.Si ha che u(x,t) → ∞ quando <strong>di</strong>st(∂R,(x,t)) → 0.□10.2. Il problema ai valori iniziali in N = 3Affrontiamo qui la risoluzione del problema <strong>di</strong> Cauchy, posto in Q ∞ =R 3 ×(0, ∞),u tt −c 2 ∆u = 0, in Q ∞ , (10.9)u(x,0) = u 0 (x), x ∈ R 3 , (10.10)u t (x,0) = u 1 (x), x ∈ R 3 . (10.11)Il proce<strong>di</strong>mento è molto più complesso che nel caso N = 1.Notazione 10.7. Fissiamo (¯x,¯t) ∈ Q ∞ , e denotiamo con r la <strong>di</strong>stanza da ¯x:r = |x− ¯x|.Introduciamo anche <strong>il</strong> cono caratteristicot− ¯t = −kr.
10.2. IL PROBLEMA AI VALORI INIZIALI IN N = 3 101Qui si è definito <strong>per</strong> como<strong>di</strong>tà <strong>di</strong> notazione k = 1/c.Per una qualunque funzione v definita su Q ∞ introduciamo la trasformata(denotata dalla maiuscola)V(x, τ) = v(x, τ+ ¯t−kr),v(x,t) = V(x,t− ¯t+kr),<strong>per</strong> x ∈ R 3 , τ ≥ kr−¯t.Denotiamo poiove si è usato3∂∂r = ∂∑ r xi =∂xi=1 ir xi = x i− ¯x irLemma 10.8. La U sod<strong>di</strong>sfa3x i − ¯x i∑ri=1∂∂x i,, r xi x i= 1 r − (x i− ¯x i ) 2∆U = − 2 crr 3 . (10.12)□∂∂r (rU τ). (10.13)Dimostrazione. Si trova usando <strong>il</strong> teorema <strong>di</strong> derivazione <strong>di</strong> funzionicomposte cheu xi = U xi +U τ kr xi ,u xi x i= U xi x i+2U xi τkr xi +U τ kr xi x i+U ττ k 2 r 2 x i,u t = U τ ,u tt = U ττ .Sostituendoquesteuguaglianze nella (10.9), e usando la (10.12), si arriva a− ∆U−2k ∂U τ∂rche può essere riscritta come la (10.13).−2k U τr= 0,□Lemma 10.9. Valeu(¯x,¯t) = 14π∫{|y−¯x|=c¯t}Dimostrazione. Sia ora[1|y− ¯x|∂U∂ν (y,0)−U(y,0) ∂ (∂ν+ 2 cΩ = {x ∈ R 3 | |x− ¯x| < c¯t}.1|y− ¯x|1]|y− ¯x| U τ(y,0) dσ y . (10.14))Osserviamo cheu(¯x,¯t) = U(¯x,0).