Fb r π 2e−|x

1 La funzione nella condizione iniziale `e mostrata in figura

Applichiamo alla PDE il metodo di soluzione basato su trasformata di Fourier F rispetto alla variabile x (usiamo la convenzione 3 per F ). Otteniamo, a primo membro,

F  ∂²u

∂t∂x



= F ∂

∂t

∂u

∂x



= d

dtF  ∂u

∂x



= ik d

dtbu(k, t) A secondo membro

F  ∂²u

∂x²



= −k²u(k, t)b

Dunque,

ikdu(k, t)b

dt = −k²u(k, t)b ⇒ ODE: dbu(k, t)

dt = ikbu(k, t) La soluzione della ODE con dato iniziale u(k, 0) `b e

u(k, t) =b bu(k, 0)e^ikt dove

u(k, 0) = Fb r π 2e^−|x|



= 1

√2π Z +∞

−∞

r π

2e^−|x|e^−ikxdx = 1 2

Z +∞

−∞

e^−|x|e^−ikxdx

1

Calcoliamo l’integrale:

1 2

Z +∞

−∞

e^−|x|e^−ikxdx = 1 2

Z 0

−∞

e^xe^−ikxdx + 1 2

Z ∞ 0

e^−xe^−ikxdx

= 1 2

Z ∞ 0

e^−xe^ikxdx + 1 2

Z +∞

0

e^−xe^−ikxdx

= 1 2

Z +∞

0

e^−x(1−ik)dx + 1 2

Z +∞

0

e^−x(1+ik)dx

= 1 2

−1

1 − ike^−xe^ikx    

∞

0

+ 1 2

−1

1 + ike^−xe^−ikx    

∞

0

= 1 2

 1

1 − ik + 1 1 + ik



= 1 2

 1 + ik + 1 − ik 1 + k²



= 1

1 + k² Quindi

u(k, t) =b 1 1 + k²e^ikt Allora

u(x, t) = F⁻¹

 1

1 + k²e^ikt

 .

Detta f (x) la F⁻¹ di _1+k¹2 , per la propriet`a che una modulazione diventa una traslazione (attenzione al segno!), la soluzione sar`a

f (x + t) Ma f (x) `e chiaramente p_π

2e^−|x|, visto che abbiamo appena mostrato che la tra- sformata di Fourier di questa funzione `e 1/(1 + k<sup>2</sup>). Dunque, la soluzione del problema al contorno `e

u(x, t) =r π 2e^−|x+t|

2

d²ub

dt² = −k²bu

u(k, t) = A(k) cos(kt) + B(k) sin ktb dato iniziale implica B = 0 e

bu =u(k, 0) cos(kt)b

dove

u(k, 0) = Fb

 1

1 + x²



=r π 2e^−|k|

per l’esercizio precedente (e la relazione di reciprocit`a: vedere esercizi 18.2).

Quindi

u(x, t) = 1

√2π Z ∞

−∞

e^−|k|r π

2 cos(kt)e^ikxdk = 1 2

Z ∞

−∞

e^−|k|cos(kt)e^ikxdk Ma

1 2

Z ∞

−∞

e^−|k|cos(kt)e^ikxdk = 1 2

Z ∞

−∞

e^−|k|e^ikt+ e^−ikt 2 e^ikxdk

= 1 4

Z ∞

−∞

e^−|k|e^ik(x+t)dk +1 4

Z ∞

−∞

e^−|k|e^ik(x−t)dk

= 1 2

 1

1 + (x + t)² + 1 1 + (x − t)²



come si poteva anticipare sin dall’inizio.

3

dbu dt = −1

4k²ub ⇒ u(k, t) =b bu(k, 0)e^−k2t/4

u(k, 0) =b 1

√2π Z ∞

−∞

e^−x2e^−ikxdx = 1

√2π

√πe^−k2/4= 1

√2e^−k2/4

u(k, t) =b 1

√2e^−k2/4e^−k2t/4 = 1

√2e^−k2(1+t)/4 Dunque,

u(x, t) = 1

√4π Z ∞

−∞

e^−k2(1+t)/4e^ikxdk (a = (1 + t)/4)

= 1

√4π

r π

(1 + t)/4e^−x2/[4(1+t)/4]

=

r 1

1 + te^−1+tx2

4 Stesso procedimento di 2

. Risultato:

u(x, t) = r2

π Z 1

−1

cos(ctk)e^ikxdk

= 1 2

r2 π

 sin(x + ct)

x + ct +sin(x − ct) x − ct



5 Stesso procedimento degli esercizi precedenti. Risultato:

u(x, t) = 1

√2π Z ∞

−∞

e^−Dk2te^ik(x+Kt)f (k)dkb 6 Idem. Risultato:

u(x, t) = 1

√2π Z ∞

−∞

e^−iak3te^ikx)f (k)dkb 7

dbu

dt = −atk²ub bu(k, 0) = bf (k) Risolvendo la ODE, si trova

bu(k, t) = bf (k)e^−at2k2/2 F⁻¹h

e^−at2k2/2i

(x) = 1

√2π Z ∞

−∞

e^−at2k2/2e^ikxdk = 1

te^−x2/(2t2) Quindi

u(x, t) = f ?1

te^−x2/(2t2)= 1 t√

2π Z ∞

−∞

e^{−(x−y)2/(2t2)}f (y)dy

(si faccia attenzione al fattore ^√1_2π della convoluzione quando si usa la convenzione 3 per F ).

8 Stesso procedimento dell’esercizio precedente. Risultato:

u(x, t) = f ? g_t(x) dove

gt(x) = 1

p2(1 − e^−t)e⁻

x2 4(1−e−t)

9 Discende dalla soluzione come convoluzione vista in classe per la data condi- zione iniziale.

10

u(x, t) = r2

π Z ∞

0

fb_s(k)e^−Dk2tsin(kx)dk dove

fb_s(k) = r2

π Z ∞

0

f (x) sin(kx)dx k > 0