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Metodo di separazione di variabili e applicazionedelle serie di Fourier alle soluzioni di alcune EDP
Docente:Alessandra Cutrı
A. Cutrı 21-10-2013 e 23-10-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale
Piccole vibrazioni di una corda elastica (cfr. e.g. BarozziCap. 8 o Mugelli-Spadini cap. 6)
Consideriamo una corda C ( tipo corda di violino o di chitarra)fissata agli estremi x = 0, x = L dell’asse x , che compie dellepiccole oscillazioni trasversali (lo spostamento orizzontale etrascurabile) in seguito a delle forze agenti su di essa. Assumiamo:
omogenea (densita lineare ρ costante )
elastica (tensione τ costante)
perfettamente flessibile (cioe non offre resistenza alla flessione)
attrito trascurabile
0 0.2 0.4 0.6 0.8 L
-1
-0.5
0
0.5
1
u(x,t)
φ(x)
x◆•
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Modello
Supponiamo che al tempo t = 0 C assume la configurazione ϕ(x).Indichiamo con u(x , t) la configurazione del punto x della cordaall’istante t. Come determinare tale u(x , t)?
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A. Cutrı 21-10-2013 e 23-10-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale
Dunque u(x , t) soddisfa il seguente problema:
utt(x , t) = a2uxx(x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ϕ(x) ut(x , 0) = g(x) x ∈ [0, L]
(1)
dove: a2 = τρ e g rappresenta la velocita iniziale della corda
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Equazione della corda vibrante non omogenea
Se sono presenti anche forze esterne dirette trasversalmente diintensita f (x , t), u(x , t) e soluzione del seguente problema nonomogeneo
utt(x , t) = a2uxx(x , t) + f (x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ϕ(x) ut(x , 0) = g(x) x ∈ [0, L]
Vediamo prima che succede se f (x , t) = 0 (eq. omogenea)
utt(x , t) = a2uxx(x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ϕ(x) ut(x , 0) = g(x) x ∈ [0, L]
(2)
Metodo di separazione di variabiliu(x , t) = X (x)T (t)Otteniamo:
T ′′(t)X (x) = a2T (t)X ′′(x) ⇒ X ′′(x)
X (x)=
1
a2
T ′′(t)
T (t)= K
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Equazione della corda vibrante non omogenea
Se sono presenti anche forze esterne dirette trasversalmente diintensita f (x , t), u(x , t) e soluzione del seguente problema nonomogeneo
utt(x , t) = a2uxx(x , t) + f (x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ϕ(x) ut(x , 0) = g(x) x ∈ [0, L]
Vediamo prima che succede se f (x , t) = 0 (eq. omogenea)
utt(x , t) = a2uxx(x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ϕ(x) ut(x , 0) = g(x) x ∈ [0, L]
(2)
Metodo di separazione di variabiliu(x , t) = X (x)T (t)Otteniamo:
T ′′(t)X (x) = a2T (t)X ′′(x) ⇒ X ′′(x)
X (x)=
1
a2
T ′′(t)
T (t)= K
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Equazione delle onde unidimensionale omogenea
imponendo poi le condizioni al contorno otteniamo su X :
X ′′(x)− KX (x) = 0 X (0) = X (L) = 0
Per avere soluzioni X (x) 6≡ 0 l’unica possibilita e cheK = −λ2 < 0
Quindi
X ′′(x) + λ2X (x) = 0 ⇒ X (x) = A1 cos(λx) + B1 sin(λx)
X (0) = 0 ⇒ A1 = 0 X (L) = 0 ⇒ sin(λL) = 0⇒ λ =nπ
LQuindi
K = −n2π2
L2n intero autovalore
X ′′(x) +n2π2
L2X (x) = 0 X (0) = X (L) = 0
⇒ X (x) = cn sin(nπ
Lx)
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T (t) deve soddisfare:
T ′′(t) + a2 n2π2
L2T (t) = 0
quindi
T (t) = An cos(anπ
Lt)
+ Bn sin(anπ
Lt)
un(x , t) = sin(nπ
Lx){
cnAn cos(anπ
Lt)
+ cnBn sin(anπ
Lt)}
A. Cutrı 21-10-2013 e 23-10-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale
Quindi abbiamo che
un(x , t) = sin(nπ
Lx){
cnAn cos(anπ
Lt)
+ cnBn sin(anπ
Lt)}
non necessariamente questa soluzione soddisfa le condizioni diCauchy u(x , 0) = ϕ(x) ; ut(x , 0) = g(x)
Equazione lineare ⇒ somma ( e serie -se converge- ) disoluzioni e soluzione
Cerchiamo soluzioni del problema 2 della forma:
u(x , t) =∞∑
n=1
sin(nπ
Lx){
An cos(anπ
Lt)
+ Bn sin(anπ
Lt)}
con An := cnAn e Bn := cnBn da determinare imponendo lecondizioni di Cauchy
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Quindi abbiamo che
un(x , t) = sin(nπ
Lx){
cnAn cos(anπ
Lt)
+ cnBn sin(anπ
Lt)}
non necessariamente questa soluzione soddisfa le condizioni diCauchy u(x , 0) = ϕ(x) ; ut(x , 0) = g(x)
Equazione lineare ⇒ somma ( e serie -se converge- ) disoluzioni e soluzione
Cerchiamo soluzioni del problema 2 della forma:
u(x , t) =∞∑
n=1
sin(nπ
Lx){
An cos(anπ
Lt)
+ Bn sin(anπ
Lt)}
con An := cnAn e Bn := cnBn da determinare imponendo lecondizioni di Cauchy
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u(x , 0) = ϕ(x) implica
∞∑n=1
An sin(nπ
Lx)
= ϕ(x)
quindi An sono i coefficienti di Fourier bnϕ della funzione ϕprolungata dispari nell’intervallo (−L, L) e poi 2L−periodica:
An =2
L
∫ L
0ϕ(x) sin
(nπ
Lx)
dx
ut(x , 0) = g(x) implica
∞∑n=1
sin(nπ
Lx){
Bnanπ
L
}= g(x)
quindi BnanπL sono i coefficienti di Fourier bng della funzione g
prolungata dispari nell’intervallo (−L, L) e poi 2L−periodica:
Bnanπ
L= bng =
2
L
∫ L
0g(x) sin
(nπ
Lx)
dx
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Dunque An = bnϕ e Bn = bngL
nπa
Quindi la (vedremo che e unica!) soluzione del problemaomogeneo (2) e
u(x , t) =∞∑
n=1
sin(nπ
Lx){
bnϕ cos(anπ
Lt)
+ bng
L
nπasin(anπ
Lt)}
Esempio: L = π, g(x) = 0, ϕ(x) = 4 sin(3x)
Abbiamo bnϕ = 0 ∀n 6= 3 e b3ϕ = 4 edovviamente bng ≡ 0 ∀n quindi
u(x , t) = 4 sin(3x) cos(3at)
Esercizio: Considerare L = π, g(x) = 0,
ϕ(x) =
{x x ∈ (0, π2 )π − x x ∈ (π2 , π)
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Equazione delle onde unidimensionale non omogenea
Consideriamo l’equazione non omogenea
utt(x , t) = a2uxx(x , t) + f (x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ϕ(x) ut(x , 0) = g(x) x ∈ [0, L]
(3)
La soluzione di (3) e somma della soluzione di (2) e di unasoluzione particolare del problema non omogeneo con dati diCauchy nulli, cioe di
utt(x , t) = a2uxx(x , t) + f (x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ut(x , 0) = 0 x ∈ [0, L]
(4)
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Equazione delle onde unidimensionale non omogenea
supponiamo f (x , t) sviluppabile in serie di Fourier rispetto allavariabile x :
Prolunghiamo f (x , t) in modo dispari in (−L, L)e poi 2L−periodica e indichiamo con fn(t) icoefficienti di Fourier dello sviluppo (rispetto ax) di tale funzione:
fn(t) =2
L
∫ L
0f (x , t) sin
(nπ
Lx)
dx
Quindi:
f (x , t) =∞∑
n=1
fn(t) sin(nπ
Lx)
Cerchiamo se esiste una soluzione di (4) della forma
u(x , t) =∞∑
n=1
un(t) sin(nπ
Lx)
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Sostituendo in (4) troviamo:
utt =∞∑
n=1
u′′n(t) sin(nπ
Lx)
uxx = −∞∑
n=1
un(t) sin(nπ
Lx) n2π2
L2
un soddisfa quindi:
u′′n(t) = −a2 n2π2
L2 un(t) + fn(t)un(0) = u′n(0) = 0
Prob. di Cauchy per un’ Eq. diff. ordinaria lineare del IIordine a coefficienti costanti NON omogenea
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Richiamo soluzioni EDO lineare non omogenea
Dobbiamo risolvere
u′′n(t) = −α2nun(t) + fn(t)
un(0) = u′n(0) = 0
dove αn = anπL .
La soluzione e
un(t) =1
αn
∫ t
0sin(αn(t − τ))fn(τ)dτ
come si prova utilizzando il metodo di variazione dellecostanti:
imponiamo che y(t) = c1(t) cos(αnt) + c2(t) sin(αnt) siasoluzione dell’EDO (cos(αnt) e sin(αnt) sono le sol.indipendenti dell’eq. omogenea) troviamo:{
c ′1(t) cos(αnt) + c ′2(t) sin(αnt) = 0−αnc
′1(t) sin(αnt) + αnc
′2(t) cos(αnt) = fn(t)
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Quindi
c ′1(t) = − 1
αnfn(t) sin(αnt) c ′2(t) =
1
αnfn(t) cos(αnt)
c1(t) =
∫ t
0− 1
αnfn(τ) sin(αnτ)dτ c2(t) =
∫ t
0
1
αnfn(τ) cos(αnτ)dτ
ed otteniamo:
y(t) =(− cos(αnt)
αn
∫ t0 fn(τ) sin(αnτ)dτ + sin(αnt)
αn
∫ t0 fn(τ) cos(αnτ)dτ
)= 1
αn
∫ t0 fn(τ)(sin(αnt) cos(αnτ)− cos(αnt) sin(αnτ))dτ
= 1αn
∫ t0 fn(τ) sin(αn(t − τ))dτ = un(t)
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Soluzione particolare problema non omogeneo
Quindi la soluzione particolare di
utt(x , t) = a2uxx(x , t) + f (x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ut(x , 0) = 0 x ∈ [0, L]
(5)
e
u(x , t) =∞∑
n=1
sin(nπ
Lx) L
anπ
∫ t
0sin(
anπ
L(t − τ))fn(τ)dτ
dove
fn(t) =2
L
∫ L
0f (x , t) sin
(nπ
Lx)
dx
Sommando u(x , t) alla soluzione del problema omogeneo (conf (x , t) = 0) si ottiene la soluzione del problema diCauchy-Dirichlet completo
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Unicita della soluzione
Dobbiamo provare che e unica la soluzione del problema:
utt(x , t) = a2uxx(x , t) + f (x , t) x ∈ (0, L) t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = ϕ(x) ut(x , 0) = g(x) x ∈ [0, L]
(6)
Dim. per ASSURDO
Supponiamo esistano due soluzioni u1(x , t) e u2(x , t) di (6).
Consideriamo V (x , t) := u1(x , t)− u2(x , t) che soddisfa:
Vtt(x , t) = a2Vxx(x , t) x ∈ (0, L) t > 0V (0, t) = V (L, t) = 0 ,∀t > 0 V (x , 0) = Vt(x , 0) = 0 , ∀x ∈ [0, L]
la tesi e provata se dimostriamo che V (x , t) ≡ 0
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Dimostrazione unicita: Stima energia
Consideriamo l’energia associata al problema:
E (t) =
∫ L
0(Vt)2 + a2(Vx)2dx
E (t) e COSTANTE infatti:
E ′(t) =
∫ L
02VtVtt + a22VxVxtdx
ma ∫ L
0VxVxtdx = VxVt |L0 −
∫ L
0VxxVtdx
ed essendoV (0, t) ≡ 0⇒ Vt(0, t) = 0
V (L, t) ≡ 0⇒ Vt(L, t) = 0
si ha
E ′(t) = 2
∫ L
0Vt [Vtt − a2Vxx ]dx = 0
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essendo V (x , 0) ≡ 0⇒ Vx(x , 0) = 0,
E (t) = E (0) =
∫ L
0(Vt(x , 0))2 + a2(Vx(x , 0))2dx = 0
Si ha Vt(x , t) ≡ 0 e Vx(x , t) ≡ 0 cioe ∇V ≡ 0 e dunqueV (x , t) =costante = V (x , 0) = 0
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Equazione del calore per una sbarra
Equazione del calore unidimensionale che descrive come variala temperatura u(x , t) di una sbarra di lunghezza L isotropa eomogenea
La legge di Fourier(sperimentale) in questo caso modello:
∂Q(x , t)
∂t= −K
∂u
∂x
Q(x , t) descrive il calore nel punto x al tempo t, il − indicache il calore va da punti a temperatura piu alta verso punti atemperatura piu bassa
Se consideriamo un elemento ∆x di sbarra, il flusso di caloreche passa attraverso ∆x nell’intervallo di tempo ∆t e:
∆Q(x , t)−∆Q(x + ∆x , t) = −K [ux(x , t)− ux(x + ∆x , t)]∆t= Kuxx(x , t)∆x∆t + o(∆x)∆t
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Questo calore produce variazione di temperatura nell’elemento∆x della sbarra:
∆Q(x , t)−∆Q(x + ∆x , t) = (ut(x , t)∆t + o(∆t))cρ∆x
(ρ e la densita della sbarra e c e il calore specifico )
l’equazione di bilancio diviene dunque:
Kuxx(x , t)∆x∆t + o(∆x)∆t = (ut(x , t)∆t + o(∆t))cρ∆x
dividendo per ∆x∆t e poi mandando ∆x → 0 e ∆t → 0 siottiene:
ut(x , t) = a2uxx(x , t)
(dove a2 := Kcρ e il coefficiente di conduzione termica)
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Equazione del calore con estremi a temperatura fissata
I caso: estremi della sbarra siano mantenuti a temperaturacostante pari a zero gradi Allora
ut(x , t) = a2uxx(x , t) x ∈ (0, L) , t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0 t > 0u(x , 0) = g(x) x ∈ (0, L) (temperatura iniziale)
(7)
Soluzione con Metodo separazione variabili:
Cerchiamo u(x , t) = X (x)T (t)Otteniamo: X (x)T ′(t) = a2X ′′(x)T (t) quindi
X ′′(x)
X (x)=
1
a2
T ′(t)
T (t)= K
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Le condizioni X (0) = X (L) = 0 impongono che K < 0 comenel caso dell’equazione delle onde (si ha lo stesso problemaper X (x)!)
anzi
K = −n2π2
L2n intero autovalore
X ′′(x) +n2π2
L2X (x) = 0 X (0) = X (L) = 0
⇒ X (x) = cn sin(nπ
Lx)
Mentre T ′(t) = −n2π2a2
L2 T (t), implica
T (t) = e−n2π2a2
L2 t
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Per soddisfare u(x , 0) = g(x), a meno che g non sia del tiposin(
nπL x), e necessario il principio di sovrapposizione di
soluzioni:
u(x , t) =∞∑
n=1
Cne− n2π2a2
L2 t sin(nπ
Lx)
Cn si deteminano sviluppando in serie di Fourier la funzione gprolungata prima dispari in (−L, L) e poi 2Lperiodica:
u(x , 0) =∞∑
n=1
Cn sin(nπ
Lx)
= g(x)
⇒
Cn =2
L
∫ L
0g(x) sin
(nπ
Lx)
dx
dunque Cn coincidono con i coefficienti di Fourier bng di taleprolungamento.
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Problemi piu generali
E’ possibile considerare estremi a temperatura variabile neltempo, oppure mettere una condizione di scanbio di calorecon l’ambiente circostante,condizioni miste, . . .
Equazione di diffusione: diffusione di un gas in un tubo vuotoo riempito con una sostanza porosa: u(x , t) rappresenta laconcentrazione di gas nel punto x al tempo t:
La legge di Nernst (analoga a quella di Fourier)conduce ad un’equazione per u(x , t) uguale aquella del calore dove a2 = D
c dove D :coefficiente di diffusione e c :coefficiente diporosita
Che succede se la sbarra e molto lunga e la temperatura nelpunto x non risente delle temperature agli estremi dellasbarra? Si puo considerare la sbarra di lunghezza infinita, male condizioni al bordo scompaiono e la serie di Fourier non puopiu essere usata!⇒Trasformata di Fourier
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Dalla serie di Fourier alla trasformata di Fourier
f T−periodica + ipotesi sviluppabilita ⇒ f sviluppabile inserie di Fourier
Se f NON e periodica?
serie di Fourier →Integrale di Fourier
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Costruzione dell’integrale di Fourier
Supponiamo f T−periodica (T grande)
facciamo tendere T → +∞ Quindi:
f (x) =+∞∑
n=−∞cne
inωx ω =2π
T
cn =1
T
∫ T2
−T2
f (t)e−inωtdt
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f (x) =1
2π
+∞∑n=−∞
2π
T
(∫ T2
−T2
f (t)e−inωtdt
)e inωx
T grande ⇒∫ T2
−T2
f (t)e−inωtdt ∼∫ ∞−∞
f (t)e−inωtdt := f (nω)
dove definiamo
f (λ) =
∫ ∞−∞
f (t)e−iλtdt λ ∈ R
allora
f (x) ∼ 1
2πlim
n→+∞
n∑k=−n
ωf (kω)e ikωx
ed essendo ω = (k + 1)ω − kω, la parte in rosso rappresentala somma di Riemann relativa all’integrale
∫∞−∞ f (λ)e iλxdλ
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Quindi
f (x)∼ 1
2π
∫ ∞−∞
f (λ)e iλxdλ
dove
f (λ) =
∫ ∞−∞
f (t)e−iλtdt λ ∈ R Trasformata di Fourier
Pb: Determinare condizioni su f che garantiscano che ∼ sia =
Oss: se f ∈ L1(R) (cioe∫
R |f |dx < +∞), la trasformata di fe ben definita ed e limitata:
|f (λ)| ≤∫
R|f (x)|dx = ||f ||L1(R)
Dunque, essendo supλ∈R |f (λ)| ≤ ||f ||L1(R), si ha
f ∈ L1(R) ⇒ f ∈ L∞(R)
e||f ||L∞(R) ≤ ||f ||L1(R)
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Inoltre
f (0) =
∫R
f (x)dx Media di f su R
Esempio:f (x) = χ[a,b](x)
f (ω) =
∫ b
a1 · e−iωxdx =
{b − a se ω = 0e−iωb−e−iωa
−iω ω 6= 0
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se l’intervallo e simmetrico i.e. f (x) = χ[−a,a](x),
f (ω) =
∫ a
−a1 · e−iωxdx =
{2a se ω = 0e iωa−e−iωa
iω ω 6= 0
quindi f (ω) = 2 sin(aω)ω
L’esempio precedente mostra che non e detto che f ∈ L1,
infatti:∫
R
∣∣∣2 sin(aω)ω
∣∣∣ dω = +∞
OSS: La maggior parte delle trasformate si calcola utilizzandometodi di variabile complessa (teoria dei residui)
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