In questo caso la soluzione non e necessariamente unica Esempio 1. Considerato il problema

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1 1. Equzioni differenzili ordinrie 1.1. Richimi di teori. Considerimo un equzione differenzile del secondo ordine, di tipo ordinrio y + by + cy = f Per motivi techici rppresentimo l equzione nell form (1 (py + qy = f Come si vede svolgendo le derivte l equzione in 1 diviene py + p y + qy = f e quindi e del tipo precedente. Ricordo che vle un teorem di esistenz ed unicit per soluzioni del problem di Cuchy ssocito: Theorem 1. Sino f, q C([, b], R, p C 1 ([, b], R, Allor il problem (py + qy = f y( = y 0, y ( = y 1, h soluzione unic, di clsse C 2 ([, b], R, 1.2. Equzioni differenzili vribili seprbili Equzioni differenzili lineri coefficienti costnti. integrle generle dell equzione omogene. Metodo di vrizione delle costnti 1.4. Problemi i limiti per equzioni differenzili ordinrie. Definition 1. Sino f, q C([, b], R, p C 1 ([, b], R, un problem i limiti e del tipo (py + qy = f h 1 y( + h 2 y ( = 0, l 1 y(b + l 2 y (b = 0 dove h 1, h 2, l 1, l 2 sono costnti, e h 1, h 2 non sono contempornemente nulle, cosi come l 1, l 2 non sono contempornemente nulle. Un problem di questo tipo si dice di Sturm Liouville. L soluzione sr un funzione y di clsse C 2 (], b[, R C 1 ([, b], R che verific l equzione e le condizioni l bordo. In questo cso l soluzione non e necessrimente unic Esempio 1. Considerto il problem y + λy = 0 y(0 = y(b = 0, Verificre per quli vlori di λ esiste solo l soluzione unic Definition 2. Sino q C([, b], R, p C 1 ([, b], R, e supponimo che il problem (py + qy = λy h 1 y( + h 2 y ( = 0, l 1 y(b + l 2 y (b = 0 bbi soluzione. Allor λ si dice utovlore e y utovettore del problem. 1

2 2 L stess definizione si puo enuncire in un modo formlmente piu comptto, introducendo l definizione di opertore Definition 3. Osservimo che stimo cercndo soluzioni nell insieme X = {y C 2 ([, b], R : h 1 y( + h 2 y ( = 0, l 1 y(b + l 2 y (b = 0} Per ogni funzione y in questo insieme si puo definire L(y = (py + qy ed Ly risult un funzione continu. Abbimo quindi definito un funzione che si dice opertore. L : X C([, b], R Remrk 1. Se L : X C([, b], R e l opertore precedentemente definito, ed esiste un numero rele λ e un funzione y X tle che Ly = λy, llor si dice che y e utofunzione e λ utovlore del problem. Esempio 2. Determinre utovlori e utovettori dei problemi seguenti: y + 5y = λy in 0 < t < 3 y(0 = y(3 = 0 y y = λy in 0 < t < 5 y(0 = y(5 = 0 y = λy y( π = y(π, y ( π = y (π y y = λy in 0 < t < 3 y (3 = 0, y(3 y (3 = 0 y = λy in 0 < t < 3 y(3 = 0, y (0 y(0 = 0 y y = λy in 0 < t < 1 y (0 = 0, y (1 = 0

3 Unicit dell soluzione per problemi i limiti. Dimo or un teorem di esistenz ed unicit delle soluzioni del problem i limiti. Theorem 2. Se il problem omogeneo (py + qy = 0 y( = 0, y(b = 0 h solo l soluzione null, llor per ogni f continu, il problem non omogeneo (py + qy = f y( = 0, y(b = 0 h soluzione unic. Proof - unicit Supponimo che y, z sino due soluzioni: (py + qy = f, sottrendo le due equzioni si ottiene (pz + qz = f (p(y z + q(y z = 0 (y z( = 0, (y z(b = 0 quindi, per l ipotesi ftt sul problem omogeneo, che h solo l soluzione null, y z = 0. Ovvero y = z, e nche il problem non omogeneo h soluzione unic. Proof - esistenz si trtt di costruire l soluzione, Usimo il metodo di vrizione delle costnti e quindi cerchimo preliminrmente due soluzioni y 1 e y 2 non nulle dell equzione (py + qy = 0. Supponimo inoltre che y 1 ( = 0, y 2 (b = 0. Osservimo che le due soluzioni sono linermente indipendent perche, se esistesse C tle che y 1 = Cy 2, llor si vrebbe y 1 ( = 0, y 1 (b = Cy 2 (b = 0, e quindi l funzione y 1 srebbe soluzione del problem omogeneo. Srebbe quindi null perche vle l ipotesi che il problem omogeneo h solo l soluzione null. M cio contrst con il ftto che bbimo supposto y 1 non null. Ne viene quindi che y 1 e y 2 sono linermente indipendenti, e quindi un soluzione prticolre dell non omogene si scrive y = C 1 y 1 + C 2 y 2 dove C 1 e C 2 sono due funzioni verificnti le condizioni { C 1 y 1 + C 2y 2 = 0 Ponendo si ottiene C 1y 1 + C 2y 2 = f p ( y1 y ω = det 2 y 1 y 2 C 1 = fy 2, C 2 = fy 1.

4 4 pertnto fy t 2 C 1 = (τdτ, C fy 1 2 = (τdτ. Sostituendo nell definizione di soluzione prticolre: y(t = C 1 y 1 + C 2 y 2 = y 1 (t fy 2 (τdτ y 2(t fy 1 (τdτ Quindi l integrle generle dell non omogene sr dell form ( fy ( 2 y(t = y 1 (t C 1 + (τdτ fy 1 + y 2 (t C 2 (τdτ Imponimo y( = 0, tenendo conto che y 1 ( = 0 y( = y 1 (C 1 + y 2 (C 2 = C 2 y 2 ( = 0. Questo implic che C 2 = 0. Imponimo y(b = 0, tenendo conto che y 2 (b = 0 ( fy 2 y(b = y 1 (b C 1 + (τdτ Quindi fy 2 C 1 = (τdτ Ne viene che ( fy ( 2 y(t = y 1 (t C 1 + (τdτ + y 2 (t C 2 ( t fy2 = y 1 (t( + (τdτ y 2 (t fy 1 (τdτ fy 1 (τdτ fy 2 = y 1 (t t (τdτ y fy 1 2(t (τdτ L soluzione quindi esiste, perche ne bbimo un espressione esplicit. Cerchimo di esplicitre meglio l espressione dell soluzione Remrk 2. Abbimo dimostrto che sotto le ipotesi del teorem precedente un soluzione esiste, e si scrive esplicitmente nell form y(t = y 1 (t t fy 2 (τdτ y 2(t fy 1 (τdτ Possimo cercre di rppresentre il secondo membro come un solo integrle, ponendo { y 1 (τy 2 (t (τ se τ t G(t, τ = se τ t y1(ty2(τ (τ Con quest definizione l funzione y si scrive: y(t = G(t, τf(τdτ. L funzione G si chim funzione di Green del problem. L importnz dell funzione di Green st nel ftto che, not l funzione di Green l soluzione si determin semplicemente clcolndo il suddetto integrle, l vrire del secondo membro f

5 5 Remrk 3. Cerchimo di semplificre ulteriormente l espressione dell funzione di Green. Osservimo nzitutto che il denomintore e costnte. Per fre questo sr sufficiente clcolre l derivt: ( = per definizione di ω = (p(y 1 y 2 y 2 y 1 = (y 1 (py 2 y 2 (py 1 = y 1py 2 + y 1 (py 2 y 2py 1 y 2 (py 1 = (il primo e il terzo ddendo si cncellno, l secondo e l qurto pplichimo l equzione, usndo il ftto che y 1 e y 2 sono soluzion i dell omogene y 1 qy 2 y 2 qy 1 = 0. Quindi h derivt prim null, ed e costnte. Proposition 1. Propriet dell funzione di Green G e continu G(t, τ = G(τ, t cioe G e simmetric Fissto τ l funzione che t ssoci G(t, τ e soluzione dell equzione omogene nell insieme [, τ[ ]τ, b] Esiste lim ɛ 0 t G(t, t ɛ t G(t, t + ɛ = 1 p(t. Proof G h due espressioni diverse per t < τ e per t > τ, quindi fissto τ dobbimo studire il comportmento di G per t τ. G(t, τ = { y 1(τy 2(t y1(ty2(τ se τ t se τ t { y 1(τy 2(τ per t τ+ G(t, τ per t τ y1(τy2(τ I due limiti sono uguli, quindi G e continu. L condizione G e simmetric segue subito dll definizione, mentre il ftto che per t diverso d τ l funzione di green si soluzione dell equzione omogene, dipende dl ftto che e definit in termini di soluzioni dell equzione omogene. Rimne d verificre l ultim condizione Ne viene che { t G(t, t ɛ = y 1(t ɛy 2 (t t G(t, t + ɛ = y 1 (ty2(t+ɛ t G(t, t ɛ t G(t, t + ɛ y 1(ty 2(t y 1(ty 2 (t per ɛ 0 y 1 (ty2(t per ɛ 0 + y 1(ty 2 (t = 1 p per ɛ 0 Remrk 4. Osservimo esplicitmente che l soluzione y che bbimo costruito soddisf l equzione non omogene (py + qy = f, mentre l funzione di Green, per t τ e soluzione dell equzione omogene. Poiche bbimo un espressione integrle di y, potremmo cercre di derivrl, portndo l derivt sotto il segno di integrle, m il teorem 8 dell Appendice 2 non

6 6 si puo pplicre perche l funzione G non e derivbile per t = τ. Se potessimo scmbire l derivt con l integrle, vremmo: py (t = y(t = G(t, τf(τdτ, qy(t = p(t t G(t, τf(τdτ, (py (t = q(tg(t, τf(τdτ. t (p(t t G(t, τ f(τdτ. Sommndo le espressioni di qy e (py (t : ( b (py (t + qy(t = t (p(t t G(t, τ + q(tg(t, τ f(τdτ = 0, perche G e soluzione dell equzione omogene, m questo contrddice il ftto che y si soluzione dell non omogene. Quindi questo e un cso in cui l derivzione sotto il segno di integrle non si puo fre direttmente. Per verificre che y e soluzione, e clcolre l derivt utilizzndo l su espressione in termini dell funzione di Green, dovremo utilizzre opportuni teoremi di pssggio l limite piu sofisticti (enunciti in Appendice 1 Proposition 2. l funzione y(t e di clsse C 1 e y (t = t G(t, τf(τdτ. Proof Per pplicre il teorem 4 dell Appendice 1, considerimo l successione di funzioni: 1/n y n (t = G(t, τf(τdτ + G(t, τf(τdτ. t+1/n e verifichimo che i y n y per n + ii y n C 1 iii posto z = tg(t, τf(τdτ si h y n z uniformemente Queste condizioni grntiscono che esiste y e Comincimo verificre [i]: y n = y n (t = 1/n y (t = G(t, τf(τdτ + Verifichimo [ii] e clcolimo y n 1/n t G(t, τf(τdτ. G(t, τf(τdτ + G(t, τf(τdτ t+1/n t G(t, τf(τdτ = t G(t, τf(τdτ+g(t, t 1/nf(t 1/n+ t+1/n G(t, τf(τdτ t G(t, τf(τdτ G(t, t+1/nf(t+1/n

7 7 Verifichimo [iii] y n t G(t, τf(τdτ + G(t, tf(τ + t G(t, τf(τdτ t t G(t, τf(τdτ G(t, tf(τ = Rimne d verificre che l convergenz e uniforme ( sup t y n 1/n z = + t G(t, τf(τdτ +1/n t 1/n t+1/n t G(t, τf(τ 2 mx t,τ t G(t, τf(τ n per n. Quindi l convergenz e uniforme. Tutte le condizioni che vevmo indicto sono verificte. Quindi si puo pplicre il teorem 4 dell Appendice 1, e deducimo che y e C 1, con derivt z, come volevmo dimostrre. Proposition 3. l funzione py (t e di clsse C 1 e (py (t = f(t + t (p(t t G(t, τ f(τdτ. Proof Applichimo il teorem 4 dell Appendice 1, per derivre l funzione py (t. Ponimo quindi: u n (t = 1/n u = py (t = p t G(t, τf(τdτ + p t G(t, τf(τdτ t+1/n 0 p t G(t, τf(τdτ. e verifichimo che i u n u per n + ii u n C 1 iii posto v = f + ( b t p t G(t, τ f(τdτ si h u n v uniformemente Comincimo verificre [i]: u n (t = 1/n p t G(t, τf(τdτ + p t G(t, τf(τdτ + t t+1/n p t G(t, τf(τdτ = p t G(t, τf(τdτ p t G(t, τf(τdτ Verifichimo [ii] e clcolimo u n 1/n u n = t (p t G(t, τ f(τdτ + p t G(t, t 1/nf(t 1/n+ + t+1/n t (p t G(t, τ f(τdτ p t G(t, t + 1/nf(t + 1/n Verifichimo [iii] ( u n t (p t G(t, τ f(τdτ + pf(tlim n t G(t, t 1/n p t G(t, t + 1/n =

8 8 t (p t G(t, τ f(τdτ f(t Rimne d verificre che l convergenz e uniforme (omettimo l prov nlog ll precedente. Tutte le condizioni che vevmo indicto sono verificte. Quindi si puo pplicre il teorem 4 dell Appendice 1, e deducimo che u e C 1, con derivt v, come volevmo dimostrre. Proposition 4. l funzione y(t = e soluzione dell equzione non omogene. e che Proof Abbimo gi dimostrto che quindi f(t y (t = (py (t = f(t + G(t, τf(τdτ, t G(t, τf(τdτ, t (p t G(t, τ f(τdτ, (py (t + qy(t = t (p t G(t, τ f(τdτ + qg(t, τf(τdτ = f(t poiche G e soluzione dell equzione omogene t (p t G(t, τ + qg(t, τ = 0

9 9 2. Equzioni del clore 2.1. leggi di conservzione e diffusione. Le equzioni differenzili permettono di formulre concetti e relzioni fr grndezze fisiche: le equzioni di Mxwell descrivono fenomeni elettrodinmici, quelle di Newton sistemi meccnici, e quelle di Schroedinger spetti dell meccnic quntistic. In un equzione derivte przili l vribile di stto dipende d piu di un vribile indipendente, tipicmente lo spzio e il tempo. Molti modelli di PDE nscono come equzioni di leggi di conservzione. Un legge di conservzione e l formulzione mtemtic del ftto che l velocit con cui un cert quntit vri in un regione dello spzio, deve essere ugule l flusso ttrverso l frontier dell regione considert, piu l velocit cui e cret o distrutt ll interno dell insieme. L vribile di stto si indict con u = u(x, t, e indichi l densit di un cert quntit, (che puo essere l mss energi, popolzione, o ltro. Supponimo per semplicit che il fenomeno in esme bbi luogo in dominio monodimensionle (come puo essere un tubo o un sbrrett. Se indichimo con A l sezione del tubo, l quntit (di mss o energi in un sezione dx sr pri Au(x, tdx. Se poi indichimo con φ il flusso che ttrverso l sezione x, ovvero l quntit di mss (o energi che ttrvers l sezione individut dll coordint x nell unit di tempo l tempo t, e per unit di spzio. Quindi Aφ(x, t e l quntit totle dell sostnz considert che ttrvers l sezione x l tempo t. Infine indichimo con f l velocit con cui l sostnz considert e cret o distrutt, nell unit di tempo e spzio. Se f e positiv si dice sorgente, ltrimenti pozzo. Quindi Af(x, tdx e l quntit di sostnz cret o distrutt nell sezione considert. Un legge di conservzione e un relzione differenzile che leg u, φ, f. Considert un sezione [, b] del tubo possimo imporre che l velocit di cmbimento dell quntit considert ll interno del tubo si ugule ll velocit ttrverso cui fluisce ttrverso le preti e b, piu l sorgenti o pozzi: d dt u(x, tadx = Aφ(, t Aφ(b, t + f(x, tadx A e costnte, e quindi si puo cncellre, e se supponimo di poter integrre sotto il segno di integrle bbimo d dt u(x, tdx = φ(, t φ(b, t = u t (x, tdx φ x dx

10 10 Quindi sostituendo nell equzione precedente ( u t (x, t + φ x (x, t f(x, t dx e, poiche questo succede su ogni intervllo: u t (x, t + φ x (x, t f(x, t = 0 L equzione del clore Supponimo che u rppresenti l tempertur nell sbrrett che stimo considerndo e bbimo identificto con il segmento [, b]. Nel cso di un processo di diffusione il flusso e proporzionle ll derivt spzile dell tempertur, pertnto: φ = ku x. Quindi l equzione si scrive u t = ku xx x ], b[, t > problem i limiti ssocito ll equzione del clore. Abbimo ricvto l equzione del clore, u t = ku xx x ], b[, t > 0. Tuttvi bbimo gi visto nel cso di equzioni ordinrie che non si puo considerre un equzione senz imporre dei dti i limiti. Per conoscere l evoluzione dell tempertur nell sbrrett dovremo ssegnre l tempertur l tempo inizile. u(x, 0 = u 0 (x x [, b] E poi necessrio imporre condizioni sugli estremi dell sbrrett d ogni istnte di tempo: Possimo prescrivere l condizione in un estremo: u(, t = α(t, t > 0 Oppure possimo imporre che non ci si scmbio termico d un estremo u x (, t = 0 Definition 4. Si dice problem i vlori inizili per l equzione del clore il problem u t = ku xx x ], b[, 0 < t < T u(x, 0 = u 0 (x x [, b] u(, t = α(t, u(b, t = β(t 0 < t < T Osservimo che il problem e descritto sul rettngolo Q =], b[ ]0, T [ e che i dti sono ssegnti su tre lti di questo rettngolo, che costituiscono un sottoinsieme proprio dell frontier. Ricordo che l frontier si indic e che si dice chiusur di Q Q Q = Q Q Chimeremo pertnto Frontier prbolic di Q il sottinsieme dell frontier su cui bbimo ssegnto i dti. e l indicheremo P Q P Q = [, b] {0} {} [0, T ] {b} [0, T ]

11 11 Definition 5. Il problem i vlori inizili si indic llor nche nell form piu comptt { ut = ku xx inq u = φ(x in P Q Un funzione di questo problem sr un funzione, per l qule esistono le derivte che compiono nel problem. Sr quindi di clsse C 1 nell sol vribile t (che indichimo Ct 1 clsse C 2 nell sol vribile x (che indichimo Cx 2 e continu fino sull frontier prbolic, perche dobbimo ssegnre il dto. Pertnto si dice soluzione di questo problem un funzione u C 2 x(q C 1 t (Q C( Q che verific l equzione e ssume il dto ssegnto sull frontier prbolic. Lemm 1. Si u C 2 x(q C 1 t (Q C( Q soluzione dell equzione Allor mx Q u = mx P u. t u + xx u > 0 in Q Proof L funzione e continu su Q, quindi h mssimo ssunto in un punto (x 0, t 0. Voglimo dimostrre che il (x 0, t 0 pprtiene ll frontier prbolic. Per ssurdo supponimo invece che sti nel complementre. Allor si h u xx (x 0, t 0 0, perche le derivte seconde sono negtive in un punto di mssimo, e u t (x 0, t 0 0, perche le derivte sono nulle in un punto di mssimo interno, oppure, se si h t 0 = T e l funzione rggiunge il suo mssimo crescendo, llor l derivt potrebbe essere strettmente positiv. Ne viene che u t (x 0, t 0 + u xx (x 0, t 0 0, che contrddice l ipotesi su u, che verific invece l disuguglinz strett. Quindi il punto di mssimo st sul bordo prbolico. Lemm 2. Si u C 2 x(q C 1 t (Q C( Q soluzione dell equzione Allor min Q u = min P u. t u + xx u < 0 in Q Lemm 3. Si u C 2 x(q C 1 t (Q C( Q soluzione dell equzione t u + xx u = 0 Allor mx Q u = mx P u e min Q u = min P u. in Q Proof Si trtt di modificre leggermente l prov precedente. Costruimo un perturbzione dell funzione u che verifichi le ipotesi dei lemmi precedenti. Chimimo v = M e x, dove M e scelt sufficientemente grnde, in modo che Si verific che v > 0 in Q v xx = e x < 0,

12 12 quindi per ogni ɛ > 0 si h ( t + xx (u + ɛv = e x < 0 M llor vle il principio di minimo, e quindi poiche v > 0 Quindi per ogni x, t, ɛ Mndndo ɛ 0, si h per tutti gli (x, t Q E quindi min(u + ɛv = min(u + ɛv Q P Q min P Q u. (u + ɛv(x, t min P Q u. u(x, t min P Q u. min Qu(x, t min P Q u. D ltr prte, poiche l frontier prbolic e un sottinsieme di Q e di qui segue l uguglinz. min Qu(x, t min P Q u. Proposition 5. L soluzione del problem { ut = ku xx inq u = 0 in P Q e unic, ed e identicmente 0. Proof Si trtt di provre che se considerimo un sbrrett che inizilmente h tempertur 0,e i cui estremi vengono mntenuti tempertur 0, llor l tempertur dell sbrrett rimne sempre null. Per dimostrre che l soluzione e null, osservimo che u verific il principio di mssimo e di minimo, quindi ssume mssimo e minimo sul bordo. M, poiche sul bordo ssume vlore 0, llor il mssimo e il minimo sono 0, e l funzione e null. Remrk 5. Se l funzione e regolre su Q l prov si puo fre nche in modo integrle. Si pone W = u 2 (x, tdx Allor W (0 = 0, perche il dto inizile e nullo. (per prti W (t = d dt ( [ ] b 2 uu x 2 u 2 (x, tdx = u 2 x(x, tdx = 2 2uu t (x, tdx = u 2 x(x, tdx < 0 2uu xx (x, tdx =

13 13 Quindi W e decrescente. M risult W (0 = 0, e quindi W 0. D ltr prte W e l integrle di un qudrto, quindi W (t = 0 per ogni t. Ne viene che W = per ogni t, Quindi u(x, t = 0 per ogni t. u 2 (x, tdx = 0 Proposition 6. L soluzione del problem { ut = ku xx inq u = φ in P Q e unic Proof Supponimo per ssurdo che ci sino due soluzioni u 1, u 2. Allor si h t u 1 = k xx u 1, u 2 = k xx u 2 sottrendo le due equzioni si ottiene che u 1 u 2 verific Inoltre quindi t (u 1 u 2 = k xx (u 1 u 2. u 1 = u 2 = φ u 1 u 2 = 0 in P Q in P Q e quindi l funzione u 1 u 2 e soluzione del problem con dto nullo l bordo, che come bbimo gi dimostrto h solo l soluzione null, quindi u 1 u 2 = Il Metodo di seprzione delle vribili. Considerimo il problem i vlori inizili u t = u xx x ]0, 1[, 0 < t < T u(x, 0 = u 0 (x x [0, 1] u(0, t = 0, u(1, t = 0 0 < t < T Cerchimo un soluzione dell form Sostituendo nell equzione ottenimo u(x, t = X(xT (t X(xT (t = X (xt (t Seprimo le vribili, ovvero portimo tutt l dipendenz d x l primo membro e d t l secondo. Si ottiene T T = X X Poiche il primo membro non dipende d x, il secondo non dipende d t, e sono uguli, llor non dipendono dlle vribili del problem, e si trtt di un costnte, che indicheremo λ T T = X X = λ Il problem si spezz quindi in due problemi: { X = λx x [, b] { T X(0 = 0, X(1 = 0 = λt t [0, T ]

14 14 Il primo dei due e un problem gli utovlori. Gli utovettori risultno ( X k = sin kπx e gli utovlori λ k = (kπ 2, k Z. Determinto il vlore di λ k possimo or risolvere il problem per T : e quindi ottenimo L soluzione sr quindi del tipo T = λ k T T k = e λ kt = e (kπ2 t u k (x, t = X k T k = e (kπ2t sin(kπx. Pertnto, poiche l equzione del clore e linere sono soluzioni nche N u(x, t = c k e (kπ2t sin(kπx. k=0 Quest e quindi l soluzione piu generle che ottenimo. Andimo d imporre il dto inizile u(x, t = u 0 Quindi N c k sin(kπx = u 0 k=0 Per il momento simo quindi in grdo di risolvere problemi con dto inizile di questo tipo. Esempio 3. Risolvere i seguenti problemi, con il metodo di seprzione delle vribili u t = u xx x ]0, 1[, 0 < t < T u(x, 0 = 3 sin(2πx + 5 sin(5πx x [0, 1] u(0, t = 0, u(1, t = 0 0 < t < T u t = 7u xx x ]1, 5[, 0 < t < T u(x, 0 = sin(3πx + 2 sin(πx x [1, 5] u(1, t = 0, u(5, t = 0 0 < t < T u t = 7u xx x ]1, 5[, 0 < t < T u(x, 0 = cos(3πx + 2 cos(πx x [1, 5] u x (1, t = 0, u x (5, t = 0 0 < t < T

15 15 u t = 7u xx x ]0, 2[, 0 < t < T u(x, 0 = sin(3πx + 2 sin(πx x [0, 2] u(0, t = 0, u x (2, t = 0 0 < t < T u t = 7u xx x ]0, 2[, 0 < t < T u(x, 0 = sin(3πx + 5 cos(πx x [0, 2] u(0, t = u(2, tu x (0, t = u x (2, t 0 < t < T

16 16 3. Appendice 1 - Successioni di funzioni. Definition 6. Supponimo che per ogni n nturle si definit un funzione u n. Supponimo che queste funzioni sino tutte definite sullo stesso insieme I Allor si dice che e definit un successione di funzioni (u n Definition 7. Assegnt un successione di funzioni u n : I R, se fissimo un punto x llor u n (x e un successione di numeri reli. Pertnto per questo tipo di successioni bbimo un definizione di limite. Se per ogni x fissto esiste lim n u n (x = u(x, si dice che l successione (u n converge ll funzione u puntulmente. Esempio 4. Considerimo l successione di funzioni u n : [0, 1] R u n (x = x n Fissto ogni punto x clcolimo il limite per n che v ll infinito: { x n 0 se x < 1 x n 1 se x = 1 Come si vede l convergenz puntule non conserv l propriet di continuit, nel senso che, se considerimo un successione di funzioni continue, il limite puntule in generle non e continuo. In prticolre questo signific che non si puo scmbire l ordine in cui si fnno i limiti Esempio 5. Riprendimo l successione di funzioni dell esempio precedente: Abbimo visto che Quindi Al contrrio u n : [0, 1] R u n (x = x n { 0 se x < 1 u n (x u(x 1 se x = 1 lim x 1 lim n u n (x = lim x 1 u(x = 0 lim n lim x 1 u n (x = lim n 1 = 1 Esempio 6. Fccimo un ltro esempio dl qule risult chiro che non si puo scmbire l ordine in cui si fnno i limiti: u n : R R u n (x = x n Se clcolimo lim n lim x lim x lim n x n = x n = 0 Occorre quindi un nozione di convergenz piu forte, che leghi il modo con cui x tende l suo limite, con l velocit di convergenz di n ll infinito:

17 17 Definition 8. Assegnt un successione di funzioni u n : I R, si dice che u n converge uniformemente u se per n. sup x u n (x u(x 0 Proposition 7. Se u n u uniformemente, llor u n u puntulmente Theorem 3. Supponimo che u n si un successione di funzioni, definite su un intervllo I. Supponimo nche che i u n u uniformemente per n + ii u n continu per ogni n llor u e continu. In prticolre, si possono scmbire l ordine in cui si fnno i limiti: u(x 0 = lim n u n (x 0 = lim n lim x u n (x u(x 0 = lim x u(x = lim x lim n u n (x. Esempio 7. Riprendimo l successione di funzioni dell esempio precedente: Abbimo visto che u n : [0, 1] R u n (x = x n { 0 se x < 1 u n (x u(x 1 se x = 1 Poiche il limite non e continuo, llor l convergenz non puo essere uniforme. Tuttvi osservimo che l unico punto problemtico e 1, in cui il limite perde continuit. Se ci llontnimo d 1 le cose possono cmbire perche l convergenz uniforme dipende dl dominio. Verifichimo che u n : [0, 3/4] R u n (x = x n e un successione di funzioni convergenti uniformemente 0. Inftti sup x u n (x u(x = poiche il limite e 0 = sup x u n (x = ( 3 n sup x [0,3/4] x n = 0 4 per n. Inftti desso il limite e 0, quindi e continuo. Esempio 8. verificre che l successione u n : [0, 6] R u n (x = x n converge uniformemente 0. Esempio 9. verificre che l successione u n : [0, 6] R u n (x = x 2 + x n converge uniformemente x 2.

18 18 Remrk 6. Osservimo che l convenvergenz uniforme non grntisce l derivbilit del limite. Considerimo l successione u n : [ 1, 1] R u n (x = x n 2 Quest e costituit d funzioni di clsse C. Inoltre converge uniformemente ll funzione u(x = x, che non e derivbile in 0. Abbimo quindi bisogno di un teorem di derivbilit. Theorem 4. Supponimo che u n si un successione di funzioni, definite su un intervllo I. Supponimo nche che i u n u per n + ii u n C 1 iii esiste v tle che si h u n v uniformemente llor u C 1, e u = v. 4. Appendice 2 - Derivte di funzioni integrli. Nel remrk 4 bbimo presentto un esempio in cui non si puo derivre sotto il segno di integrle, quindi ricordimo sotto quli ipotesi l derivzione si puo fre: Theorem 5. Si G C 1 ([α, β] [, b], e definimo Allor f C 1 e Ricordimo nche il seguente: f(t = f (t = Theorem 6. Si G C([, b], e definimo Allor f C 1 e f(t = G(t, τdτ. t G(t, τdτ. G(τdτ. f (t = G(t. Si noti che, qundo l dipendenz d t st nel primo estremo, l derivt compre con il segno meno: Theorem 7. Si G C([, b], e definimo Allor f C 1 e f(t = t G(τdτ. f (t = G(t.

19 19 Proof f(t = t G(τdτ = b G(τdτ. Allor per il teorem precedente f (t = G(t Combinndo questi teoremi, si puo enuncire un nuovo teorem, in cui l dipendenz d t st si negli estremi, si nell funzione integrnd Theorem 8. Si G C 1 ([α, β] [, b], e definimo Allor f C 1 e f(t = h2(t h 1(t G(t, τdτ. f (t = G(t, h 2 (th 2(t G(t, h 1 (th 1(t + h2 (t h 1 (t t G(t, τdτ.