Esecitazione FM2 -A.A. 2007-2008- 11-10-2007

Diffusione - Metodo di separazione delle variabili

1. (CAUCHY-DIRICHLET)

Siano D > 0, costante g ∈ C^{1}([0, π]), g(0) = g(π) = 0. Risolvere con il metodo di separazione delle variabili il problema:

\{ \begin{matrix}u_{t}(x, t) − Du_{x x}(x, t) = 0 & 0 < x < π, t > 0 \\ u(x, 0) = g(x) & 0 ≤ x ≤ π \\ u(0, t) = u(π, t) = 0 & t > 0. \end{matrix}  (1)

2. (CAUCHY-NEUMANN)

Siano D > 0, costante g ∈ C^{1}([0, π]), g′(0) = g′(π) = 0. Risolvere con il metodo di separazione delle variabili il problema:

\{ \begin{matrix}u_{t}(x, t) − Du_{x x}(x, t) = 0 & 0 < x < π, t > 0 \\ u(x, 0) = g(x) & 0 ≤ x ≤ π \\ −u_{x}(0, t) = 0, u_{x}(π, t) = 0 & t > 0. \end{matrix}  (2)

3. Siano D > 0, costante g ∈ C^{1}([0, π]), g′(0) = g′(π) = 0. Risolvere con il metodo di separazione delle variabili il problema misto:

\{ \begin{matrix}u_{t}(x, t) − Du_{x x}(x, t) = 0 & 0 < x < π, t > 0 \\ u(x, 0) = 2 sin (\frac{3}{2}x) & 0 ≤ x ≤ π \\ u(0, t) = u_{x}(π, t) = 0 & t > 0. \end{matrix}  (3)

Trovare una formula esplicita per la soluzione con dato iniziale generico u(x, 0) = g(x).

4. (CAUCHY-NEUMANN; EQUAZIONE NON OMOGENEA) Utilizzando il metodo di separazione delle varibili si determini la soluzione del problema:

\{ \begin{matrix}u_{t}(x, t) − u_{x x}(x, t) = t x & 0 < x < π, t > 0 \\ u(x, 0) = 1 & 0 ≤ x ≤ π \\ u_{x}(0, t) = 0, u_{x}(π, t) = 0 & t > 0. \end{matrix}  (4)

Soluzioni Si tratta di un problema di C − N non omogeneo con condizioni al bordo omogenee. Per ogni T > 0 fissato f(x, t) = t x é limitata in [0, π] × [0, T], quindi esiste un’unica soluzione continua in [0, π] × [0, T] del problema. Per usare il metodo di separazione delle varibili conviene considerare prima l’equazione omogenea e in particolare il problema agli autovalori associato: (ricordo che cerchiamo soluzioni non nulle della forma u(x, t) = v(x)w(t) )

\{ \begin{matrix}v′′(x) − λ v(x) = 0 \\ v′(0) = v′(π) = 0 \end{matrix}  (5)

con λ costante reale. Risolviamo il problema agli autovalori. Distinguiamo tre casi:

• λ = μ^{2} > 0, l’integrale generale é

v(x) = C_{1} e^{μ x} + C_{2} e^{−μ x},

imponendo le condizioni di Neumann abbiamo:

\{ \begin{matrix}μ C_{1} − μ C_{2} = 0 \\ e^{μ π}C_{1} − e^{−μ π}C_{2} = 0 \end{matrix}  (6)

da cui C_{1} = C_{2} = 0, quindi soluzione identicamente nulla.

• λ = 0, abbiamo

v(x) = C_{1} + C_{2} x,

e imponendo le condizioni di Neumann ricaviamo C_{2} = 0 e C_{2} arbitraria, quindi soluzioni autofunzioni costanti.

• λ = −μ^{2} < 0, l’integrale generale é

v(x) = C_{1} cos μ x + C_{2} sin μ x,
v′(x) = −μ C_{1} sin μ sin μ x + μ C_{2} cos μ x,

imponendo le condizioni di Neumann da v′(0) = 0 ricaviamo che C_{2} = 0; da v′(π) = 0 otteniamo

C_{1} sin μ π = 0 ⇒ μ = k ∈ ℕ, C_{2} arbitrario.

Ricaviamo che gli autovalori sono λ_{k} = −k^{2} e le autofunzioni v_{k}(x) = cos k x.

Scriviamo ora la candidata soluzione:

u(x, t) = ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(t) v_{k}(x)

e imponiamo che

u_{t}−u_{x x} = ∑_{k=0}^{+∞}[c′_{k}(t) v_{k}(x)−c_{k}(t) v′′_{k}(x)] = ∑_{k=1}^{+∞}[c′_{k}(t)+k^{2}c_{k}(t)]v_{k}(x) = t x

ricordando che v′′_{k} = −k^{2} v_{k}, e

u(x, 0) = ∑_{k=1}^{+∞} c_{k}(0) v_{k}(x) = 1.

A questo punto sviluppiamo in serie di coseni la funzione f(x) = x:

\frac{a_{0}}{2} = \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} xdx = \frac{1}{π} \frac{π^{2}}{2} = \frac{π}{2} ;

a_{n} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} x cos n xdx = \frac{2}{π} [\frac{x sin n x}{n} + \frac{cos n x}{n^{2}}]_{0}^{π} = \frac{2}{π n^{2}} [(−1)^{n} − 1];

b_{n} = \frac{2}{n} ∫_{0}^{π} x sin n xdx = 0.

Da cui

f(x) = x = \frac{π}{2} + ∑_{n=1}^{+∞} \frac{2}{π n^{2}} [(−1)^{n} − 1] cos n x

= \frac{π}{2} −∑_{n=1}^{+∞} \frac{2}{π n^{2}} [(−1)^{n−1}+1] cos n x = \frac{π}{2} −∑_{k=1}^{+∞} \frac{2}{π (2 k + 1)^{2}} 2 cos (2 k+1) x

= \frac{π}{2} − \frac{4}{π} ∑_{k=1}^{+∞} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} cos (2 k + 1) x

poiché [(−1)^{n−1} + 1] = \{ \begin{matrix}0 & se n = 2 k \\ 2 & se n = 2 k + 2. \end{matrix}

Abbiamo trovato che

x = \frac{π}{2} − \frac{4}{π} ∑_{k=1}^{+∞} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} cos (2 k + 1) x

con serie uniformemente convergente in [0, π]. Dalle ultime equazioni ricaviamo:

u_{t}−u_{x x} = ∑_{k=1}^{+∞}[c′_{k}(t)+k^{2}c_{k}(t)]v_{k}(x) = t x = \frac{π t}{2}−\frac{4 t}{π} ∑_{k=1}^{+∞} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} cos (2 k+1) x

e

u(x, 0) = ∑_{k=1}^{+∞} c_{k}(0) v_{k}(x) = 1

e otteniamo che le c_{k}(t) sono soluzioni dei seguenti problemi di Cauchy:

\{ \begin{matrix}c′_{0}(t) = \frac{π}{2}t \\ c_{0}(0) = 1; \end{matrix}  (7)
\{ \begin{matrix}c′_{2 k}(t) + 4k^{2} c_{2 k}(t) = 0 \\ c_{k}(0) = 0, k ≥ 1; \end{matrix}  (8)
\{ \begin{matrix}c′_{2 k+1}(t) + (2 k + 1)^{2}c_{2 k+1}(t) = \frac{−4}{π} \frac{1}{(2 k+1)^{2}} t \\ c_{2 k+1}(0) = 0, k ≥ 0. \end{matrix}  (9)

Risolvendo i precedenti sistemi ricaviamo:

c_{0}(t) = \frac{π}{4} t^{2} + 1;

c_{2} k = e^{− \frac{4}{3} k^{2}}C,

ma imponendo la condizione c_{2 k}(0) = 0 risulta c_{2 k} = 0;

c_{2 k+1}(t) = e^{(2 k+1)^{2}t}( ∫ e^{−(2 k+1)^{2}t}( − \frac{4}{π} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} t)dt + C)

= −\frac{4}{π} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} e^{(2 k+1)^{2}t}( ∫ e^{−(2 k+1)^{2}t}dt + C)

= −\frac{4}{π} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} e^{(2 k+1)^{2}t}(−\frac{1}{(2 k + 1)^{2}} e^{−(2 k+1)^{2}t}t−\frac{1}{(2 k + 1)^{4}} e^{−(2 k+1)^{2}t}+C)

= −\frac{4}{π(2 k + 1)^{4}} (t − \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} + Ce^{(2 k+1)^{2}t}(2 k + 1)^{2})

e imponendo la condizione c′_{2 k+1}(0) = 0 ricaviamo che C = \frac{1}{(2 k+1)^{4}} quindi

c_{2 k+1}(t) = −\frac{4}{π(2 k + 1)^{4}} (t + \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} (e^{(2 k+1)^{2}t} − 1)).

la soluzione é dunque

u(x, t) = \frac{π}{4} t^{2} + 1 + ∑_{k=0}^{+∞} c_{2 k+1}(t) cos (2 k + 1) x.

Analizziamo la soluzone trovata, poiché

|(e^{(2 k+1)^{2}t} − 1) cos (2 k + 1) x| ≤ 2

la serie

∑_{k=0}^{+∞} \frac{e^{(2 k+1)^{2}t} − 1}{(2 k + 1)^{6}} cos (2 k + 1) x,

la serie delle derivate parziali prime e seconde rispetto ad x e la serie della derivata parziale rispetto a t sono tutte uniformemente convergenti in [0, π] × [0, +∞). Dunque é possibile scambiare le derivate con il simbolo di somma e quindi u é di classe C^{2} in [0, π] × [0, +∞). □