Esame di Fisica Matematica 2, a.a (8/7/2014)

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1 Esame di Fisica Matematica 2, a.a (8/7/24) Tempo a disposizione: DUE ORE. Svolgere tutti gli esercizi, che hanno lo stesso nel determinare il voto finale. Scrivere chiaramente e a stampatello nome, cognome e numero di matricola. Non è consentito l uso di libri, appunti o calcolatrici. Compiti illeggibili non verranno corretti; la poca chiarezza di esposizione porterà ad una diminuzione del voto. Esercizio. Si determini la soluzione generale dell equazione u t + (x 2 ) u x = u. per u = u(x, t). Se ne determini inoltre la soluzione che soddisfa u(x, ) = φ(x), con φ una funzione differenziabile arbitraria. Esercizio 2. Si risolva su un intervallo di tempo [, T ] finito l equazione delle onde con forzante u tt u xx = f(x, t) definita su x [, ] con condizioni al bordo di Dirichlet, u(, t) = = u(, t), con le condizioni iniziali u(x, ) = φ(x) = x ( x), u t (x, ) = ψ(x) = x (x ). Si assuma f(x, t) = [ + 3 cos 2 (x) + sin 2 (x)] sin(x) sin(t). Esercizio 3. Si risolva l equazione del calore con sorgente u t = u xx + f(x, t) definita per x [, ] con condizioni al bordo u(, t) = = u(, t) e con dato iniziale u(x, ) = φ(x) = 2 sin(x) cos(x) + 3 sin(x) cos 2 (x) sin 3 (x), per una sorgente descritta da f(x, t) = sin(x) sin(t) + sin(2x) sin(2t). Si ottenga inoltre una espressione asintotica u (x, t) della soluzione per t.

2 Tabella delle più comuni trasformate di Fourier Nel seguito indichiamo con δ(x) la delta di Dirac, con Θ(x) la funzione gradino, e con χ(a) la funzione caratteristica dell intervallo [ a, a], cioè Θ(x) = { per x per x < ; χ(x) = { per x > A per x A. La convenzione usata è la seguente: data una funzione f(x), la sua trasformata di Fourier è la funzione f(k) = + f(x) e ikx dx ; 2 la antitrasformata di Fourier della funzione f(k) è data da f(x) = 2 + f(k) e ikx dk. Il parametro A sarà sempre supposto essere reale e positivo. f(x) f(k) f(x) f(k) χ(a) 2/ [sin(ak)/k] 2/ sin(ax)/x χ(a) (/ 2) e x2 /(2A 2 ) (A/ 2) e A2 k 2 /2 (A/ 2) e A2 x 2 /2 (/ 2) e k2 /(2A 2 ) e A x 2/ A A 2 +k 2 2/ A A 2 +x 2 δ(x) (/ 2) e A k 2 δ(k) x e x2 /(2A 2 ) i k A 3 e A2 k 2 /2 i x e x2 /2 k e k2 /2 Integrale gaussiano generale Può essere utile ricordare che per c reale e negativo si ha + (p + qx + rx 2 ) e a+bx+cx2 dx = = e [a (b2 /(4c))] 4c 2 c (4c2 p 2bcq + b 2 r 2cr) Questa pagina è inserita in tutti i compiti, e non è necessariamente da utilizzare. 2

3 SOLUZIONI. Esercizio. Si determini la soluzione generale dell equazione u t + (x 2 ) u x = u. per u = u(x, t). Se ne determini inoltre la soluzione che soddisfa u(x, ) = φ(x), con φ una funzione differenziabile arbitraria. Soluzione. L equazione delle caratteristiche è dt = dx x 2 = du u. Dalla prima uguaglianza otteniamo ( ( + x)/( x) ) e t = C ; è conveniente scegliere il quadrato di questa per non avere la radice, vale a dire ζ = + x x e2t. Si noti che abbiamo eliminato il modulo per evitare che la curva con ζ = c sia composta di due componenti. Possiamo quindi esprimere x come x = ζ e2t ; () ζ + e2t è utile (anche in vista degli esercizi successivi) esprimere questa in funzione di x() = x. Ovviamente per t = abbiamo ζ = ( + x )/( x ), e quindi x(t) = (x + ) + (x ) e 2t. (2) (x + ) (x ) e2t L uguaglianza tra i termini in du ed in dt fornisce du/u = dt, log(u) = t + log K, u = Ke t. La soluzione generale è quindi u(x, t) = K[ζ(x, t)] e t. Al tempo t =, abbiamo ζ(x) := [ζ(x, t)] t= = ( + x)/( x) ; quindi la formula di soluzione generale fornisce u(x, ) = K[ ζ(x)]. 3

4 Richiedendo che questa soddisfi la condizione iniziale richiesta abbiamo K[ ζ(x)] = φ(x). Possiamo anche esprimere x in funzione di ζ come ottenendo quindi La soluzione cercata è quindi x = ζ ζ + := β( ζ), u(x, t) = φ K(ξ) = φ[β(ξ)]. [ ] ζ(x, t) ζ(x, t) + e t. Usando l espressione di ζ ricavata in precedenza, otteniamo [ ] ( + x)e 2t ( x) u(x, t) = φ ( + x)e 2t e t. + ( x) Esercizio 2. Si risolva su un intervallo di tempo [, T ] finito l equazione delle onde con forzante u tt u xx = f(x, t) definita su x [, ] con condizioni al bordo di Dirichlet, u(, t) = = u(, t), con le condizioni iniziali u(x, ) = φ(x) = x ( x), u t (x, ) = ψ(x) = x (x ). Si assuma f(x, t) = [ + 3 cos 2 (x) + sin 2 (x)] sin(x) sin(t). Soluzione. Passiamo in serie di Fourier di seni, e scriviamo quindi u(x, t) = φ(x) = ψ(x) = f(x, t) = α k (t) sin(kx) k= φ k sin(kx) k= ψ k sin(kx) k= F k (t) sin(kx). k= L equazione delle onde si riscrive quindi come α k = k 2 α k + F k (k ). ( ) 4

5 Ognuna di queste e un equazione per un oscillatore armonico (di frequenza k) forzato, con forzante F k (t). Come ben noto, la soluzione è qualitativamente diversa a seconda che la forzante sia in risonanza con la frequenza naturale dell oscillatore o meno. La forzante f(x, t) si riscrive come f(x, t) = F k (t) sin(kx) = k= (g k sin(t)) sin(kx), k= dove le costanti g k rappresntano lo sviluppo in serie di Fourier di seni della funzione g(x) = [ + 3 cos 2 (x) + sin 2 (x)] sin(x). Notiamo immediatamente che pur non conoscendo le g k, la frequenza temporale delle F k è nota ed uguale ad uno. Quindi l unica equazione in cui la F k (t) è in risonanza è quella per k =. In effetti lo sviluppo di Fourier di g(x) può essere calcolato esplicitamente: infatti Quindi abbiamo g k = 2 g = 2 g 3 = 2 f(x, t) = f (x) sin(kx) dx = per k, 3 ; f (x) sin(x) dx = 5 2, f (x) sin(3x) dx = 2. [ 5 2 sin(x) + ] 2 sin(3x) sin(t). Si poteva giungere allo stesso risultato senza effettuare integrali: la presenza di funzioni lineari o cubiche in {sin(x), cos(x)} suggerisce di cercare di esprimere f nella forma f (x) = A sin(x) + B sin(3x) con coefficienti A e B da determinare. Ricordando che e sostituendo nell equazione sin(3x) = [3 cos 2 (x) sin 2 (x)] sin(x) A sin(x) + B sin(3x) = sin(x) + 3 cos 2 (x) sin(x) + sin 3 (x), otteniamo le due equazioni A + 3B = 4, 4B = 2, 5

6 che portano allo stesso risultato. Naturalmente si poteva anche giungere a questo risultato con altre trasformazioni trigonometriche. 2 Calcoliamo inoltre i coefficienti φ k e ψ k. Abbiamo (ad esempio integrando per parti) 2 2 cos(k) k sin(k) x ( x) sin(kx) dx = k 3, e quindi φ k = 2 φ(x) sin(kx) dx = 4 4 cos(k) 2k sin(k) k 3 Allo stesso modo, ed in effetti con lo stesso integrale, abbiamo. ( ) ψ k = 2 ψ(x) sin(kx) dx = 4 cos(k) 4 + 2k sin(k) k 3. ( ) Consideriamo ora (*) per k, 3. La soluzione e immediata: α k (t) = a k sin(kt) + b k cos(kt). In t = dobbiamo avere α k () = φ k, α k () = ψ k ; ovviamente α k () = b k, α k () = ka k, e quindi a k e b k sono determinate da a k = ψ k k 4 cos(k) 4 + 2k sin(k) = k 4, b k = φ k = 4 4 cos(k) 2k sin(k) k 3 Passiamo ora a considerare i casi k = e k = 3, in cui effettivamente si ha una azione della forzante. Per k = 3 questa e non risonante. Infatti abbiamo la soluzione si scrive come In t = abbiamo α 3 = 9α 3 + sin(t) ; α 3 (t) = a 3 sin(3t) + b 3 cos(3t) + 6 sin(t). α 3 () = b 3, α 3 () = 3a 3 + /6. Imponendo α 3 () = φ 3, α 3 () = ψ 3, otteniamo. a 3 = 6 ψ 3 48, b 3 = φ 3 2 Il docente deve però ammettere che nelle sue intenzioni il segno del termine sin 3 (x) avrebbe dovuto essere negativo, ottenendo così più semplicemente, e praticamente senza calcoli, f (x) = sin(x) + sin(3x). Mi scuso per il refuso, che ha richiesto alcuni calcoli addizionali di trigonometria. 6

7 (non e necessario esprimere esplicitamente φ 3 e ψ 3, il che sarebbe comunque immediato dalle formule ricavate in precedenza); quindi risulta ( ) ψ3 α 3 (t) = 3 sin(3t) + 48 φ 3 cos(3t) + 6 sin(t). Per k = otteniamo invece un equazione risonante: la soluzione e In t = abbiamo α = α sin(t) ; α = a sin(t) + b cos(t) (5/4) t cos(t). α () = b, α () = a 5/4. Imponendo α () = φ, α () = ψ, otteniamo a = ψ + (5/4), b 3 = φ (nuovamente non e necessario esprimere esplicitamente φ e ψ ); quindi risulta ( α (t) = ψ + (5/4)) sin(t) + ψ 3 cos(t) (5/4) t cos(t). Possiamo infine esprimere la soluzione u(x, t) sommando tutti i contributi delle diverse armoniche: [ ] ψk u(x, t) = k sin(kt) + φ k cos(kt) sin(kx) k= + 5 [ 4 sin(t) sin(x) + 6 sin(t) ] 48 sin(3t) sin(3x) 5 t cos(t) sin(x). 4 L espressione esplicita di φ k e ψ k e fornita dalle formule (**) e (***). Notiamo infine che la norma della soluzione cresce (linearmente nel tempo, con un termine secolare) a causa della risonanza; questo pero non pone problemi legati alla assunzione implicita di avere u L 2 [, ] (per poter usare la serie di Fourier) in quanto la soluzione e richiesta solo per un tempo finito. Esercizio 3. Si risolva l equazione del calore con sorgente u t = u xx + f(x, t) definita per x [, ] con condizioni al bordo u(, t) = = u(, t) e con dato iniziale u(x, ) = φ(x) = 2 sin(x) cos(x) + 3 sin(x) cos 2 (x) sin 3 (x), 7

8 per una sorgente descritta da f(x, t) = sin(x) sin(t) + sin(2x) sin(2t). Si ottenga inoltre una espressione asintotica u (x, t) della soluzione per t. Soluzione. In considerazione dell intervallo su cui il problema e definito, e delle condizioni al bordo, passiamo ad una serie di Fourier di seni. Scriveremo quindi u(x, t) = φ(x) = f(x, t) = α k (t) sin(kx) k= k= B k sin(kx) F k (t) sin(kx). k= L equazione si esprime dunque attraverso le equazioni (per k N) α k = k 2 α k + F k, α k () = B k. ( ) Per quanto riguarda la φ proposta nel testo, notiamo che con semplici operazioni di trigonometria, questa si riscrive come φ(x) = sin(2x) + sin(3x) ; e quindi evidente che tutti i coefficienti B k sono nulli ad eccezione di B 2 =, B 3 =. Per quanto riguarda f(x, t), e evidente che F k (t) = ad eccezione di F (t) = sin(t), F 2 (t) = sin(2t). Dunque nelle (*) possiamo e dobbiamo distinguere i casi k = e k = 2, mentre tutte le altre si scriveranno come con soluzione α k = k 2 α k, α k (t) = a k e k2 t (k, 2). Dato che a k = α k () = B k, sappiamo gia che per k 4 avremo α k =, mentre per k = 3 risultera α 3 (t) = e 9t. Veniamo ora alle equazioni per k = e k = 2. Per k = abbiamo α = α + sin(t). 8

9 Possiamo senz altro scrivere α (t) = a e t + c sin(t) + c 2 cos(t). Sostituendo nell equazione, risulta che c e c 2 devono soddisfare le equazioni e quindi abbiamo la soluzione e quindi In t = risulta c = c 2, c 2 = c +, c = α (t) = a e t + + 2, c 2 = + 2 ; + 2 sin(t) + 2 cos(t). α () = a La condizione α () = B = impone quindi ed in conclusione α (t) = a = , + 2 ( e t cos(t) ) sin(t). Per k = 2 procediamo allo stesso modo (ma ora B 2 = ). Abbiamo e quindi α 2 = 4 α 2 + sin(2t), α 2 (t) = a 2 e 4t + c 3 sin(2t) + c 4 cos(2t). Sostituendo nell equazione, otteniamo e quindi abbiamo 2 c 3 = 4 c 4, 2 c 4 = 4 c 3 +, c 3 = 4 + 2, c 2 = 2(4 + 2 ) ; la soluzione e quindi α 2 (t) = a 2 e t sin(2t) 2(4 + 2 ) cos(2t). In t = risulta α 2 () = a

10 La condizione α 2 () = B 2 = impone quindi a 2 = + 2(4 + 2 ), ed in conclusione α 2 (t) = e 4t + 2(4 + 2 ) ( e 4t cos(2t) ) sin(2t). In conclusione, la soluzione cercata e quindi [ ( u(x, t) = e t + 2 cos(t) ) + [ + e 4t + + e 9t sin(3x). 2(4 + 2 ) + 2 sin(t) ] ( e 4t cos(2t) ) + sin(x) ] sin(2t) sin(2x) Per t i termini esponenziali divengono trascurabili e la soluzione si puo esprimere come [ ] u (x, t) = + 2 sin(t) + 2 cos(t) sin(x) [ ] sin(2t) 2(4 + 2 ) cos(2t) sin(2x). Naturalmente in questa appaiono solo le armoniche di Fourier (e le frequenze temporali) della sorgente.