S.9. = f (z). (z + 1)(z + 3) = 1/2. = 1 2z 1. S-50 nino zanghì S.9.1. Se C. f (z)dz = 0 indipendentemente da C, allora ne segue che

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1 S-5 nino zanghì S.9 S.9.. Se C f (z)dz = indipendentemente da C, allora ne segue che F(z) = z a f (z)dz è indipendente dal percorso che unisce a e z, purché tale percorso si trovi tutto dentro la regione R semplicemente connessa dove vale f (z)dz =. Ma allora C F F(z + z) F(z) (z) = lim = f (z). z z Quindi F(z) è analitica e F (z) = f (z). Poiché se una funzione è analitica lo sono anche le sue derivate (sezione 9. ), anche f (z) è analitica, che è quello che si voleva dimostrare. S.9.. Consideriamo C F(z)dz per una qualunque curva semplice chiusa contenuta in R. Poichè la serie che definisce F(z) è uniformemente convergente possiamo scambiare la somma con l integrale: C F(z)dz = C n= f n (z)dz = f n (z)dz = n= C perché le funzioni f n sono analitiche. Per il teorema di Morera, concludiamo che F(z) è analitica, che è quanto si voleva dimostrare. S.9.3. Dalla (9.6) si ha f (n) (a) n! = f (z)dz i C (z a) n+. Mediante cambiamento di variabili z a = e it, si ottiene f (z)dz i (z a) n+ = e nit f (a + e it )dt che è quanto si voleva dimostrare. S.9.4. C (a) Scomponendo in fratti semplici, Se z >, / z + = z (z + )(z + 3) = / z + / z z = z = z z + z 3 z z + z z

2 introduzione ai metodi matematici della fisica S-5 Se z < 3, / z + 3 = 6 + z/3 = 6 z3 z + 3 z = 6 z z 6 3 z La serie di Laurent richiesta è dunque... z 4 + z 3 z + z 6 + z 6 3 z z (b) Se z >, si ha, come prima / z + = z z + z 3 z Naturalmente, questa serie vale, a fortiori, per z > 3. Per l altro fratto semplice, per z > 3 si ha Se z >, / z + 3 = z + 3z = z = z 3 z + 3 z 3 3 z Quindi, per sottrazione delle singole serie, (c) Sia z + = u. Allora 3z 3 + z 33 z (z + )(z + 3) = z 4 z z 4 4 z (z + )(z + 3) = u(u + ) = u( + u/) = u = u + u 4 u (z + ) (z + ) 6 (z + ) +... valevole per u <, cioè < z + <. (d) Per z <, si ha la serie di Taylor ottenuta sottraendo dalla serie di Taylor per (/)/(z + ) quella per (/)/(z + 3) già ottenuta al punto (a). Il risultato è (z + )(z + 3) = z z 4 8 z S.9.5. Osserviamo che F(z) = + z + z + z 4 + z 8 + z 6 + z 3...= z + + z + z 4 + z 8 + z 6....

3 S-5 nino zanghì Allora F(z) =z + F(z ) F(z) =z + z + F(z 4 ) F(z) =z + z + z 4 + F(z 8 )...=... Da queste relazioni risulta che i valori di z tali che z =, z =, z 4 =,... sono tutti singolarità di F(z) in quanto F() =. Ma queste singolarità riempiano densamente il cerchio unitario z = e impediscono il prolungamento analitico oltre di esso della funzione. S.9.6. (i) Integrando per parti (trasformata di Laplace), si ottiene F (z) = t 3 e zt dt = 6 z 4 se Re (z) > (ii) La funzione F (z) =6/z 4 è analitica ovunque eccetto in z = e coincide con F (z) per Re (z) >. Quindi è il prolungamento analitico di F.

4 introduzione ai metodi matematici della fisica S-53 S. S... Usiamo la convenzione 3 Ff(k) = f (k) = F f (x) = f (x) = f (x)e ikx dx f (k)e ikx dk Allora Quindi Ff(x) = = = F f ( x) f (y)e iyx dy f (y)e iy( x) dy F f = FF f ( x) = f ( x) S... (a) f pari significa f ( x) = f (x). Sef è pari allora F f = f ( x) = f (x). SeF f (x) = f (x) allora f (x) = f ( x). (b) f dispari significa f ( x) = f (x). Come prima, F f (x) = f (x). (c) f = f P + f D (qualunque funzione è decomponibile nella somma di una funzione pari e una dispari). Allora (d) (e) F 4 f = F 4 ( f P + f D )=F (F f P + F f D )=F ( f P f D )= f P + f D = f f (x)e ikx dx = = = f (x)e ikx dx = = = f (x)e ikx dx f ( x)e ikx dx f (x)e ikx dx f (x)e ikx dx f ( x)e ikx dx f (x)e ikx dx

5 S-54 nino zanghì (f) f (k) = = = = f ( k) f (x)e ikx dx f ( x)e ikx dx f (x)e ikx dx f (k) = = = = f ( k) f (x)e ikx dx f ( x)e ikx dx f (x)e ikx dx S..3. da cui 3 S..4. f (x) = e ix dx = e ix ik se x < altrimenti = eik e ik ik f (k) = sin k sin k = k k = sin k k f (x) = se x < a altrimenti F = f sin ak (k) = k allora, per la relazione di reciprocità, sin ax F f (x) = = se k < a f (k) = x altrimenti S..5. k = è una discontinuità: regola dell / della somma di limite destro e sinistro. sin x (cos kx + i sin kx)dx = + x k= sin x cos x dx = x sin x cos x dx = x 4

6 introduzione ai metodi matematici della fisica S-55 S..6. Si usi integrazione per parti e esercizio precedente. S..7. Già svolto con il calcolo dei residui: e a x e ikx = a a + k S..8. Dall esercizio precedente segue che ovvero a a + k eikx dk = e a x e ax = a che è quanto si chiedeva di dimostrare. S..9. In primo luogo si osservi che cos kx a + k dk, x > sin k k dk =. Questo integrale può essere calcolato con i metodi dell analisi complessa oppure essere ottenuto come conseguenza del fatto che sin k se x < k eikx dk = altrimenti Ponendo x = si ottiene sin k = k da cui segue il risultato desiderato. Adesso si effettui nell integrale il cambiamento di variabili xt = u e si osservi che, per x >, e per x <, sin xt dt = sin u t u du = sin xt dt = t che è quanto si voleva dimostrare. sin u du = u S... (I) 3 f (k) = ik ()( + k ) (II) 3 f (k) = sin k () k

7 S-56 nino zanghì S... (a) 3 f (k) = sin k () k (b) Vedere esercizio precedente. S... (I) Esercizio svolto col metodo dei residui (da ricordare a memoria): e ikx + x = e k Dunque, con la convenzione 3 f (k) =F + x = e ikx + x dx = e k (II) g(x) = a ix a + x = F a + ix a ix (a + ix)(a ix) = a + ix = = ie ikx x ia dx i x ia Metodo dei residui: polo semplice in x = ia. Per k >, chiusura nel semipiano inferiore, i F = = x ia Per k <, chiusura nel semipiano superiore, i g(k) =F = (i)( i)e ak = e ak x ia Quindi a ix a + x F = e ak se k < se k > Per k =, regola dell /: g() = = (III) (IV) Integrale di Fourier della gaussiana (da ricordare a memoria): e ax e ikx k dx = e 4a a

8 introduzione ai metodi matematici della fisica S-57 Completare i quadrati e ax e ikx dx = k e 4a a e x +x = e (x +x+ 4 )+ = e (x+ ) + e usare la proprietà di traslazione della trasformata di Fourier. (V) Simile. (VI) Si derivi membro a membro rispetto a k: e x e ikx dx = k e 4 Allora ( ix)e x e ikx dx = k 4 e k 4, da cui xe x e ikx dx = i (VII) Come nell esercizio precedente, usando e a x e ikx = a a + k ke k 4 (VIII) ( ik)e k ik S..3. Con la convenzione 3, risulta comodo definire il prodotto di convoluzione nel come f g(x) = (l esercizio è inteso con questa convenzione). f (u)g(x u)du f g(x) = = = i = i f (u) sin(ax au)du f (u) ei(ax au) e i(ax au) du i e iax e iax = sin ax f (u)e iau du e iax f (u)e iau du e iax f (u)e iau du f (u)e iau du f (u)e iau du ( f è pari)

9 S-58 nino zanghì S..4. Richiamiamo il dizionario di traduzione: Y(x) Y(k) = Y(x)e ikx dx d dx Y(x) ik Y(k) (D iq) d dx Y(x) k Y(k) (D Q ) xy(x) i d dk Y(k) (Q id) Y(k) Y(x) = Y(k)e ikx dk Dunque Y (x)+y (x)+xy(x) = k Y + iky + i d dk Y = Occorre quindi risolvere la ODE d Y dk = (ik + k) Y Questa equazione è del prim ordine e le variabili sono separabili, per cui d Y Y = (ik + k)dk e log Y = i k3 3 k + log C e Y(k) =Ce i(k3 /3) (k /) da cui Y(x) = C e ikx e i(k3 /3) (k /) dk Possiamo esprimere questa risposta in termini di quantità reali usando la formula di Eulero per l esponenziale complesso e ponendo per brevità A = C /. Dopo aver osservato che l integrale con il seno si annulla (perchè?) si arriva a Y(x) =A cos kx k3 e k / dk. 3 Era stata chiesta la soluzione generale dell equazione. Poiché l equazione differenziale è del secondo ordine, la soluzione deve dipendere da due costanti arbitrarie, ma noi ne abbiamo trovato una sola. Evidentemente, il metodo della trasformata di Fourier non permette di vedere una soluzione. In effetti le cose stanno proprio

10 introduzione ai metodi matematici della fisica S-59 così: esiste un altra soluzione, linearmente indipendente da quella trovata, che non ha trasformata di Fourier. Passando alle trasformate di Fourier, abbiamo perso questa soluzione. Dopo aver studiato la trasformata di Laplace si ritorni a questo problema e lo si risolva usando il metodo della trasformata di Laplace. Si stabilisca se in questo modo si trova la soluzione mancante. S..5. Passando alla trasformata di Fourier, f (t u) f (u)du = a + x f (k) = a e a k Quindi f (k) =± a e a k / Poiché si avrà che e A k = A A + x e a k / = ± a a S..6. Analogo al precedente. a/ a (a/) + x = ± a a + 4x = f (x) S..7. Analogamente agli esercizi precedenti, si perviene ad un equazione algebrica nello spazio delle trasformate di Fourier: f (k) + f (k) =g(k) dove g(k) è la trasformata di Fourier di g(x) = 4x + (x 4 + 5x + 4) Risolviamo l equazione algebrica f (k) + f (k) g(k) =. Si ha f (k) = ± 4 4 g(k) = ± + g(k)

11 S-6 nino zanghì Calcoliamo g(k) = 4x + (x 4 + 5x + 4) e ikx dx usando il metodo dei residui. L integrale I = 4z + (z 4 + 5z + 4) e ikz dz soddisfa le condizioni del lemma di Jordan. Chiudiamo nel semipiano inferiore Π, per k >, e nel semipiano superiore Π +, per k <. La funzione integranda ha 4 poli semplici in a = ±i e a = ±i, infatti 4z + (z 4 + 5z + 4) = 4z + (z + )(z + 4) = 4z + (z + i)(z i)(z + i)(z i) Il calcolo risulta più veloce se ricordiamo l esercizio degli esercizi di riepilogo dopo la lezione : Res(a) = f (z) h (z) = (4z + )e ikz z=a 4z 3 = e ikz = e ika + z z a z=a z=a Allora, per k > (ricordarsi che la chiusura di sotto cambia il verso antiorario in orario) si ha I = (i) e ik( i) i + e ik( i) = e k + e k i e per k <, Ne segue che da cui I = (i) e ik(i) i + e ik(i) = e k + e k i I = e k + e k g(k) = e k + e k Sostituiamo in f (k): f (k) = ± + g(k) = ± + e k + e k = ± ( + e k ) = ± ( + e k )

12 introduzione ai metodi matematici della fisica S-6 Otteniamo così due soluzioni dell equazione: f (k) = e k f (k) = ( e k ) La soluzione tuttavia non è accettabile perché non tende a zero quando k e quindi l anti-trasformata di f (k) non è definita come una funzione ordinaria (lo sarebbe, eventualmente, nel senso delle funzioni generalizzate). In conclusione, la sola soluzione accettabile dell equazione integrale corrisponde a f (k). Poiché la soluzione cercata è S..8. L integrale in e k = + x f (x) = + x = (x + ) ρ(x)+ ρ(x y)e y dy = + x non appare come una convoluzione perché è solo da a + invece di essere da a +. Tuttavia possiamo sostituire il limite inferiore di integrazione con se sostituiamo e y con una funzione g(t) che è uguale a e y quando y è positiva e è zero quando y è negativa. Con questa sostituzione ρ(x)+ Passando alla trasformata di Fourier ρ(x)+ ρ(x y)g(y)dy = + x ρ(x y)g(y)dy = + x ρ(k)+ ρ(k)g(k) = L equazione è facilmente risolta se calcoliamo g: g(k) = g(y)e iky dy = e y e iky dy = e y(+ik )dy = + ik e k

13 S-6 nino zanghì Quindi da cui + ρ(k) = + ik e k ρ(k) = Trasformando indietro ρ(x) = = + ik e k + ik + ik e k e ikx dk + ik cos xk + cos(xk k)+k sin xk + cos k + k sin k + k dk S..9. Trasformiamo l equazione secondo Fourier: f (x)+ f (x)+ f (x + ) = + x ik + + e ik f (k) = e k da cui e quindi f (x)... f (k) = e k (ik + + e ik )

14 introduzione ai metodi matematici della fisica S-63 S.4 S f (s) = a s 3 + ab s f (t)e st st s s + b s s s s + s + 4 s (s ) 6. s S ae bt cosh 3x 5 sinh 3x 3 e t t Θ(x 3)+Θ(x ) dove Θ è la funzione di Heaviside. 6. e bt e at t

15 S-64 nino zanghì S.4.3. Il lato sinistro dell equazione è la convoluzione di t 3 e Y(t). Applicando la trasformata di Laplace ad ambo i membri dell equazione, a primo membro si ha il prodotto delle trasformate e l equazione diventa Y(s) 3! s 4 = f (s) = Y(s) = 6 s4 f (s) La moltiplicazione per s 4 è associata ad una derivata quarta rispetto al tempo. Infatti, sappiamo che se L{ f (t)} = f (s) allora da cui L{ f (t)} = s f (s) f () =s L{ f (t)} = s f (s) f () s f (s) f () f () =s f (s) sf() f () che è la regola per la derivata seconda. Nello stesso modo si ottiene L{ f (t)} = s 3 f (s) s f () sf () f () L{ f (4) (t)} = s 4 f (s) s 3 f () s f () sf () f (). L{ f (n) (t)} = s n f (s) s n f () s n f ()... f (n ) (). Ritornando al nostro problema, abbiamo dunque Y(s) = 6 s4 f (s) = L{ f (4) (t)} + s 3 f ()+s f ()+sf ()+ f () 6 Notiamo che dall equazione t (t u) 3 Y(u)du = f (t) segue che f (n) () =, n =,,, 3,.... Quindi, Y(s) = 6 L{ f (4) (t)} ovvero Y(t) = 6 f (4) (t) Il metodo funziona se f è derivabile fino al quarto ordine, che è dunque la condizione richiesta. S.4.4. Questo problema può essere risolto in maniera analoga a come è stato risolto il problema di conduzione del calore nella sezione 8.7, esempio 8.5. Prendiamo la trasformata di Laplace rispetto al tempo di ambo i membri della f x = f c t x >, t >,

16 introduzione ai metodi matematici della fisica S-65 posto f (s, x) f (x, t)e st dt, e assumendo che nel corso del tempo la soluzione si mantenga limitata, si ottiene s f (x, s) sf(x,) t f (x,)=c f (x, s) dove f è la derivata seconda rispetto a x. Poiché le condizioni iniziali f (x,) e t f (x,) sono entrambe nulle, l equazione per f diventa f s c f = Questa è un equazione alle derivate ordinarie rispetto a x (s è da considerarsi un parametro), la cui soluzione generale è c e (s/c)x + c e (s/c)x, dove c e c sono due costanti arbitrarie tali che, per essere determinate, sono richieste due condizioni. Una condizione è che la soluzione si mantenga limitata nel tempo, il che si traduce in c =. Allora f (x, s) =c e (s/c)x L altra condizione è che per x =, f (, t) =g(t) =cos t. Si denoti con g(s) la sua trasformata di Laplace. Allora f (, s) =c = g(s), dunque, f (x, s) =g(s)e (s/c)x. Per la seconda proprietà della traslazione della sezione 4.3: se L{g(s)} = g(t) allora L{e as g(t a) se t > a g(s)} = se t < a. Ne segue che f (x, t) = cos (t x c ) se t > x/c se < t < x/c vale a dire, u(x, t) =Θ t x cos t x c c dove Θ è la la funzione di Heaveside. Fisicamente, questo significa che un punto x della corda resta in quiete fino all istante t = x/c e, a partire da questo istante, compie uno spostamento identico a quello dell estremità x =, ma in ritardo

17 S-66 nino zanghì di un intervallo di tempo uguale a x/c. La costante c è la velocità a cui viaggia l onda. Questoăcomportamento è in completo accordo con la propagazione causale delle onde che abbiamo messo in evidenza nel capitolo.

18 introduzione ai metodi matematici della fisica S-67 S.6 S.6.. Si ha Θ(n) = Θ(x)e inx dx = e inx dx = S.6.. Elementare, dall esercizio precedente. S.6.3. Si ha f (n) = e (a in)x dx = e(a in)x (a in) x= = e(a in) e (a in) (a in) =( ) n ea e a (a in) = ( )n (a + in) sinh a (a + n ) / se n = se n pari /(in) se n dispari S.6.4. Integrando membro a membro la serie di Fourier di x, si ottiene x n= ( ) n cos nx + costante n La costante è determinata dall essere (sempre) la media della funzione costante = x dx = 6 S.6.5. La serie di Fourier x n= ( ) n sin nx, n x non converge a x, piuttosto alla sua estensione periodica f (x), che ha una discontinuità a salto nei multipli dispari di. Per essere derivabile, la funzione deve essere almeno continua. Se poi ha derivata prima continua è di certo derivabile. Nota. Si può tuttavia assegnare un interpretazione alla serie derivata. Si può dimostrare che f (x) non è uguale alla funzione, ma una funzione delta concentrata ad ogni discontinuità di salto: f (x) = n= δ [x (n + )]

19 S-68 nino zanghì S.7 S.7.. Risposte:. Spazio vettoriale complesso.. Spazio vettoriale reale. 3. Non è uno spazio vettoriale. 4. Spazio vettoriale reale. S.7.. Assumere che i numeri sono differenti e mostrare che questo porta ad una contraddizione. La parola chiave è linearmente indipendenti. S.7.3. Usare l uguaglianza u + v = u + Re u v + v. Si consideri u =(, ) e v =(i, i).

20 introduzione ai metodi matematici della fisica S-69 S.8 S.8.. Risposte:... / / S.8.. La proiezione ortogonale del vettore f lungo f i è il vettore f i f i f i f i f = f i f i f f i = f i f i f f i f i e valore numerico della proiezione è c i = f i f f i Si ha c = /, c =, c 3 = /. S.8.3. No, perché x = x su [, ]. S.8.4. α > / S.8.5. α < / S.8.6. Usare la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. f (x) =/ x in (, ] S.8.7. Talla trigonometria elementare: sin 3 x = 3 4 sin x 4 sin 3x S.8.8. Usare il fatto che per ogni polinomio P, P(x)e x per x. S.8.9. Risposte: (i) (ii) (iii) S.8.. Risposta: c =, c = /, c 3 = /. S.8.. Risposta: a = /, a = 4/, a =, b =, b =. S.8.. a n = /n. Convergenza L..

21 S-7 nino zanghì S.9 S.9.. Il PC è u t = u x < x <, t > u(, t) =u(, t) = t u(x,)=sin 3 x x o Metodo. Risolviamo il problema per separazione delle variabili u = X(x)T(t). Allora X + λ X = T + λ DT = le cui soluzioni è u λ (x, t) =(a λ cos λx + b λ sin λx) e λ Dt. La condizione al contorno u(, t) = per tutti i t implica u λ (, t) =a λ e λ Dt = per tutti i t quindi a λ =. La condizione al contorno u(, t) = per tutti i t implica u λ (, t) =b λ sin(λl)e λt = per tutti i t che ha soluzione non banale per sin(λ) = λ = λ n = n;, n =,, 3,... Sono dunque soluzioni indipendenti dell equazione: u n (x, t) =b n sin (nx) e nt, n =,, 3,... e la soluzione generale è una sovrapposizione di queste. Guardiamo il dato iniziale: dalla trigonometria elementare (problema 8.7): sin 3 x = 4 3 sin x 4 sin 3x. Dunque nel dato iniziale ci sono solo i modi n = con peso 3/4 e il modo n = 3 con peso.4. Quindi la soluzione del problema al contorno è u(x, t) = 3 4 e t sin x 4 e 9t sin 3x

22 introduzione ai metodi matematici della fisica S-7 o Metodo. È un problema di Dirichlet su un intervallo limitato che può essere risolto per estensione dispari a [,] del dato iniziale. La soluzione è quindi della forma u(x, t) = b n (t) sin nx, n= che, inserita nell equazione u t = u fornisce x da cui db n dt = n b n (t), b n (t) =b n ()e nt. Poiché sin 3 x = 3 4 sin x 4 sin 3x, i coefficienti b n() sono tutti nulli eccetto b e b 3. Quindi u(x, t) = 3 4 e t sin x 4 e 9t sin 3x 3 o Metodo. Questo metodo è per chi non ha seguito le lezioni di teoria sui problemi al contorno, ma ha dimestichezza con il metodo della trasformata di Laplace per risolvere equazioni. Prendiamo la trasformata di Laplace dell equazione, su(s, x) u (x) = d u dx dove u (x) = u(x,), e riscriviamo l equazione ordinaria così ottenuta nella sua forma standard d u dx su(s, x) = u (x). Consideriamo u più generale del dato iniziale di questo problema, per stabilire le caratteristiche generali del metodo della trasformata di Laplace per problemi di Dirichlet, sia: u (x) = b n sin nx, n= La soluzione generale della precedente equazione, che è lineare e non omogenea, è la somma dell omogenea associata e di un integrale particolare. La soluzione dell omogenea è c e sx + c e sx Per trovare una soluzione particolare, poniamo u = n= β n sin nx. Allora, sostituendo nell equazione n= ( n s)β n sin nx = n= b n sin nx

23 S-7 nino zanghì Quindi β n = b n /(s + n ). Allora una soluzione particolare è n= s + n b n sin nx e la soluzione generale dell equazione è dunque u(x, s) =c e sx + c e sx + n= s + n b n sin nx Prendiamo la trasformata di Laplace delle condizioni al contorno che dipendono da t u(s,)= u(s, ) = Queste condizioni forniscono u(, t)e st dt = u(, t)e st dt = c + c = c e s + c e s = Quindi deve essere c = ec =. La soluzione è allora u(x, s) = n= s + n b n sin nx Prendendo l antistrasformata di Laplace (ricordando che l antitrasformata di /(s a) è e at ) si ottiene u(x, t) = e nt b n sin nx n= che coincide con la soluzione precedentemente trovata con gli altri metodi (tenuto conto che i coefficienti b n sono tutti nulli eccetto b, che vale 3/4, eb 3, che vale -/4). S.9.. Il PC è u(, t) =, u(x,)=sin x u t = u x < x < 3,t > u (3, t) = t > x sin 5x 6 Risolviamo il problema per separazione delle variabili u = X(x)T(t). Come nel procedente problema, arriviamo a u λ (x, t) =(a λ cos λx + b λ sin λx) e λ Dt.

24 introduzione ai metodi matematici della fisica S-73 Come prima, la condizione al contorno u(, t) = per tutti i t implica a λ =. La condizione al contorno x u(3, t) = per tutti i t implica x u λ (x, t) x=3 = λb λ cos(3λ)e λt = per tutti i t che ha soluzione non banale per cioè per cos(3λ) = 3λ =(n + ), n =,,, 3,... ovvero λ = λ n =(n + ) 6, n =,, 3,... Sono dunque soluzioni indipendenti dell equazione: u n (x, t) =b n sin (nx) e (n+) t/36, n =,, 3,... e la soluzione generale è una sovrapposizione di queste. Il dato iniziale contiene solo i modi n = en =. Quindi S.9.3. u(x, t) =e t/4 sin x e 5 t/36 sin 5x 6 u(x, y) = sinh 3 sin 3 x sinh 3 y S.9.4. La funzione nella condizione iniziale è mostrata in figura a lato. Applichiamo alla PDE u t x = u x il metodo di soluzione basato su trasformata di Fourier F rispetto alla variabile x (usiamo la convenzione 3 per F). Otteniamo, a primo membro, u u F = F = d u t x t x dt F = ik d u(k, t) x dt A secondo membro F u x = k u(k, t) Dunque, du(k, t) ik = k u(k, t) ODE: dt du(k, t) dt = iku(k, t)

25 S-74 nino zanghì La soluzione della ODE con dato iniziale u(k,) è dove u(k,)=f Calcoliamo l integrale: + Quindi Allora u(k, t) =u(k,)e ikt e x = + e x e ikx dx = + e x e ikx dx e x e ikx dx = = + e x e ikx dx + e x e ikx dx + + e x e ikx dx e x e ikx dx + = e x( ik) dx + e x(+ik) dx = ik e x e ikx + + ik e x e ikx = ik + + ik = + ik + ik + k = + k u(k, t) = + k eikt u(x, t) =F + k eikt. Detta f (x) la F di +k, per la proprietà che una modulazione diventa una traslazione (attenzione al segno!), la soluzione sarà f (x + t) Ma f (x) è chiaramente e x, visto che abbiamo appena mostrato che la trasformata di Fourier di questa funzione è /( + k ). Dunque, la soluzione è u(x, t) = e x+t S.9.5. Metodo. Ci si ricorda la soluzione generale dell equazione delle onde in una dimensione, per cui senza fare un calcolo si scrive u(x, t) = [a(x + t)+a(x t)] = +(x + t) + +(x t)

26 introduzione ai metodi matematici della fisica S-75 Metodo. Si usa il metodo della trasformata di Fourier: dato iniziale implica B = e dove d u dt = k u u(k, t) =A(k) cos(kt) +B(k) sin kt u = u(k,) cos(kt) u(k,)=f + x = e k per l esercizio precedente (e la relazione di reciprocità). Quindi u(x, t) = Ma S.9.6. e k cos(kt)e ikx dk = e k cos(kt)eikx dk = = 4 = e k eikt + e ikt e ikx dk e k cos(kt)e ikx dk e k e ik(x+t) dk + 4 +(x + t) + +(x t) du dt = 4 k u u(k, t) =u(k,)e k t/4 u(k,)= Dunque, e k e ik(x t) dk e x e ikx dx = e k /4 = e k /4 u(k, t) = e k /4 e k t/4 = e k (+t)/4 u(x, t) = 4 e k (+t)/4 e ikx dk = /[4(+t)/4] 4 ( + t)/4 e x x = e +t + t (a =( + t)/4) S.9.7. Stesso procedimento del penultimo problema. Risultato: u(x, t) = cos(ctk)e ikx dk = sin(x + ct) sin(x ct) + x + ct x ct

27 S-76 nino zanghì S.9.8. Stesso procedimento degli esercizi precedenti. Risultato: S.9.9. Idem. Risultato: S.9.. u(x, t) = u(x, t) = e Dkt e ik(x+kt) f (k)dk e iak3t e ikx f (k)dk du dt = atk u Risolvendo la ODE, si trova u(k,)= f (k) u(k, t) = f (k)e at k / Quindi F e at k / (x) = e at k / e ikx dk = t e x /(t ) u(x, t) = f t e x /(t ) = t e (x y) /(t ) f (y)dy (si faccia attenzione al fattore della convoluzione quando si usa la convenzione 3 per F). S.9.. Stesso procedimento dell esercizio precedente. Risultato: u(x, t) = f g t (x) dove g t (x) = ( e t ) e x 4( e t ) S.9.. Discende dalla soluzione come convoluzione del nucleo del calore con la condizione iniziale. S.9.3. dove u(x, t) = f s (k) = f s (k)e Dkt sin(kx)dk f (x) sin(kx)dx k >