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Equazioni Differenziali alle Derivate Parziali del primo

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Equazioni Differenziali alle Derivate Parziali del primo
Equazioni Differenziali alle Derivate
Parziali del primo ordine semilineari
Analisi Matematica III
C. Lattanzio — B. Rubino
1
Teoria
Per equazione differenziale alle derivate parziali del primo ordine semilineare
nelle variabili indipendenti (x, t) ∈ R2 si intende un’equazione della forma:
a(x, t)ut + b(x, t)ux = f (x, t, u),
(1.1)
dove la funzione incognita u = u(x, t) è una funzione a valori reali. Le
funzioni a, b, f sono funzioni regolari, ad esempio a, b ∈ C 1 (Ω) e f ∈
C 1 (Ω × R), dove Ω ⊂ R2 è un aperto del piano (x, t). Una funzione u è
soluzione dell’equazione (1.1) in un aperto U ⊂ Ω se verifica tale equazione
puntualmente in U .
Definiamo ora il problema di Cauchy per l’equazione (1.1). Sia C una
curva regolare contenuta in Ω di equazioni parametriche x = x0 (σ), t =
t0 (σ). Definiamo problema di Cauchy il seguente sistema:
(
a(x, t)ut + b(x, t)ux = f (x, t, u)
(1.2)
u(x0 (σ), t0 (σ)) = u0 (σ)
e u è soluzione di (1.2) in un aperto U ⊂ Ω se verifica l’equazione differenziale
puntualmente in U e il dato iniziale in ogni punto della curva C contenuto in
U . Prima di discutere l’esistenza e l’unicità delle soluzioni di (1.2), vediamo
come determinare tale soluzione in un esempio concreto.
Esempio 1.1 Consideriamo l’equazione differenziale alle derivate parziali
ut + vux = 0,
(1.3)
dove v > 0 è una costante, a cui aggiungiamo una condizione iniziale
u(x, 0) = u0 (x),
(1.4)
con u0 funzione regolare. Associamo all’equazione differenziale (1.3) il seguente sistema di equazioni differenziali ordinarie:
(
ẋ(s) = v
(1.5)
ṫ(s) = 1,
1
t
x0
x
Figura 1: caratteristiche per l’equazione (1.3)
dove con “ ˙ ” indichiamo la derivata rispetto al parametro s. Le curve soluzioni di (1.5) sono dette curve caratteristiche per (1.3). Tale soluzione è
fornita chiaramente da:
(
x(s) = vs + x0
t(s) = s + t0 ,
che, scegliendo per comodità (rispetto alla curva {t = 0} in cui è assegnato
il dato iniziale (1.4)) t0 = 0, si può riscrivere, eliminando il parametro s,
come
x(t) = vt + x0 .
(1.6)
La (1.6) rappresenta pertanto la curva caratteristica che interseca in x0 la
curva {t = 0} del dato iniziale. Tale curva risulta essere nel piano (x, t) una
1
retta di pendenza o, equivalentemente, di velocità v (vedere Figura 1). Sia
v
ora φ(t) = u(x(t), t) la soluzione di (1.3) calcolata lungo le caratteristiche
(1.6). Dalla definizie di caratteristica (sistema (1.5)), si ha:
φ̇(t) = ẋ(t)ux (x(t), t) + ut (x(t), t) = vux (x(t), t) + ut (x(t), t) = 0,
vale a dire, la soluzione di (1.3) è costante lungo le caratteristiche (1.6).
Quindi, si può risolvere l’equazione differenziale ordinaria per φ e si ha:
φ(t) = φ(0),
2
vale a dire
u(vt + x0 , t) = u(x(t), t) = u(x(0), 0) = u0 (x0 ),
utilizzando la (1.6) e la condizione iniziale (1.4). Per determinare ora il valore della soluzione u in un punto generico (x, t) del piano, basta determinare
il punto x0 di intersezione tra la caratteristica passante per (x, t) e l’asse
{t = 0}, cioè basta invertire la relazione x = vt + x0 ottenendo
x0 = x − vt.
In definitiva, la soluzione di (1.3)–(1.4) è data da
u(x, t) = u0 (x − vt),
come è a questo punto facile convincersi anche per verifica diretta. La soluzione al tempo t è pertanto ottenuta traslando il grafico della condizione
iniziale u0 della quantità vt: questa proprietà giustifica la definizione di velocità data alla quantità v. In altre parole, le caratteristiche trasportano
le informazioni dal dato iniziale e le fanno viaggiare con velocità v (vedere
Figura 2).
Nell’Esempio 1.1 abbiamo visto come è utile introdurre una opportuna famiglia di curve (le curve caratteristiche), che nel caso specifico risultano essere
rette, lungo le quali l’equazione differenziale ha una formulazione più semplice, formulazione che permette di risolvere esplicitamente il problema di
Cauchy (1.3)–(1.4) (nel caso esaminato, la soluzione risultava costante lungo
le caratteristiche!!). In realtà, l’utilizzo delle curve caratteristiche permette, anche nel caso generale (1.2), di arrivare ad un teorema di esistenza e
unicità delle soluzioni per tale problema di Cauchy. Definiamo allora curve
caratteristiche per l’equazione
a(x, t)ut + b(x, t)ux = f (x, t, u)
(1.7)
le soluzioni del seguente sistema di equazioni differenziali ordinarie:
(
ẋ(s) = b(x(s), t(s))
ṫ(s) = a(x(s), t(s)).
(1.8)
Se calcoliamo la soluzione u di (1.7) lungo le soluzioni di (1.8), ossia consideriamo la funzione φ(s) = u(x(s), t(s)), si ha:
φ̇(s) = ẋ(s)ux (x(s), t(s)) + ṫ(s)ut (x(s), t(s))
= a(x(s), t(s))ut (x(s), t(s)) + b(x(s), t(s))ux (x(s), t(s))
= f (x(s), t(s), u(x(s), t(s)))
= ψ(s, φ(s)).
3
t
x
grafico della soluzione per t=0
t
v
v
x
grafico della soluzione per t=1
Figura 2: la soluzione di (1.3)–(1.4) “viaggia” con velocità v
Pertanto, lungo le caratteristiche, l’equazione alle derivate parziali (1.7) si
riscrive come un’equazione differenziale ordinaria: le caratteristiche sono
definite proprio in modo che il termine a sinistra in (1.7) diventi una derivata
totale rispetto al parametro che descrive le caratteristiche stesse. Abbiamo
quindi ridotto lo studio un’equazione alle derivate parziali allo studio di
equazioni differenziali ordinarie e, mediante questo metodo, siamo in grado
di determinare la soluzione dell’equazione (1.7), con dato iniziale
u(x0 (σ), t0 (σ)) = u0 (σ)
(1.9)
assegnato lungo una curva C (di equazioni parametriche (x0 (σ), t0 (σ))) regolare contenuta nel dominio Ω ⊂ R2 di definizione del problema di Cauchy
preso in considerazione. Come già osservato nell’Esempio 1.1, per far sı̀ che
questo metodo sia efficace, le caratteristiche devono poter “pescare” informazioni dalla curva del dato iniziale C e trasportarle in un aperto U ⊂ Ω,
nel quale otterremo la soluzione cercata. Pertanto, nel teorema di esistenza
e unicità locali per (1.7)–(1.9), ci aspettiamo una condizione di compatibi4
lità tra le caratteristiche dell’equazione (1.7) e la scelta della curva del dato
iniziale C. Più precisamente, è naturale richiedere che, in ogni punto della
curva C nel quale vogliamo costruire la soluzione locale del problema di Cauchy, la curva caratteristica e la curva C siano trasversali, cioè non abbiano
la stessa tangente. Questo risultato è stabilito dal teorema seguente.
Teorema 1.2 Sia dato il problema di Cauchy (1.7)–(1.9) per (x, t) ∈ Ω ⊂
R2 , dove la curva iniziale C ⊂ Ω è regolare e le funzioni a, b, f sono funzioni
regolari delle loro variabili e tali che a(x, t)2 +b(x, t)2 6= 0 per ogni (x, t) ∈ Ω.
Sia (x0 , t0 ) = (x0 (σ0 ), t0 (σ0 )) ∈ C un punto della curva iniziale tale che C
non sia caratteristica in (x0 , t0 ) rispetto all’equazione, vale a dire:
dt0 dx0 − b(x0 , t0 )
6= 0.
(1.10)
a(x0 , t0 )
dσ σ=σ0
dσ σ=σ0
Allora esiste un aperto U ⊂ Ω, con (x0 , t0 ) ∈ U , e un’unica soluzione u =
u(x, t) di (1.7)–(1.9), che verifica (1.7) in ogni (x, t) ∈ U e (1.9) in ogni
punto di C contenuto in U .
Osservazione 1.3 Come abbiamo anticipato, per poter avere un risultato
di esistenza e unicità per (1.7)–(1.9), è necessario avere una condizione di
trasversalità tra le caratteristiche stesse e la curva del dato iniziale C. Tale
trasversalità è garantita dalla condizione (1.10) del Teorema 1.2. Infatti, il
vettore τ = (b(x0 , t0 ), a(x0 , t0 )) rappresenta il vettore tangente alla caratteristica nel punto (x0 , t0 ) (si veda la definizione delle caratteristiche
! tramite il
dt0 dx0 sistema (1.8)), mentre il vettore ν0 = −
,
è il vettore
dσ σ=σ0 dσ σ=σ0
normale alla curva iniziale C nel punto (x0 , t0 ), essendo ortogonale al vetto!
dx0 dt0 re tangente a tale curva, vale a dire il vettore T0 =
,
.
dσ σ=σ0 dσ σ=σ0
Pertanto, la condizione (1.10) in termini di tali vettori diventa hτ, ν0 i 6= 0.
In altre parole, il vettore tangente alla caratteristica non è ortogonale alla
normale alla curva del dato iniziale C in (x0 , t0 ), cioè la caratteristica e la
curva del dato iniziale C non hanno la stessa tangente in (x0 , t0 ) (vedere la
Figura 3).
Esempio 1.4 Una classe di esempi fisicamente importanti è fornito dal
seguente problema di Cauchy:
(
ut + b(x, t)ux = f (x, t, u)
(1.11)
u(x, 0) = u0 (x),
cioè problemi di Cauchy con dato assegnato lungo la curva {t = 0} per
equazioni della forma (1.7) con a(x, t) = 1. In questo caso, l’asse delle x
5
τ
curva iniziale C
ν0
T0
caratteristica
Figura 3: interpretazione geometrica della condizione (1.10)
non è caratteristico rispetto all’equazione considerata in ogni punto (x0 , 0).
Infatti, il vettore normale a tale curva è dato, in ogni punto, da (0, 1) e
pertanto la condizione (1.10) diventa:
1 · 1 + b(x0 , 0) · 0 = 1 6= 0.
Osserviamo che lo stesso risultato si ottiene per equazioni con coefficiente
a(x, t) 6= 0 (e non necessariamente uguale a 1), in quanto in questo caso
(1.10) diventa:
a(x0 , 0) · 1 + b(x0 , 0) · 0 = a(x0 , 0) 6= 0,
ma, d’altra parte, tali equazioni si possono ricondurre alla forma (1.11)
semplicemente dividento per a(x, t).
2
Esercizi
Esercizio 2.1 Determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut + tux = u


u(x, 0) = x2 .
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy. Ne cerchiamo la soluzione
u = u(x, t) con il metodo delle curve caratteristiche.
6
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = t,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = t,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
t2
+ x0 , x0 ∈ R.
(2.1)
2
Si osservi (Figura 4) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x(t) =
x6
t-
0
Figura 4: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.1
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = u(x(t), t),
dt
da cui
2
t
u
+ x0 , t = u(x0 , 0)et = x20 et
2
e visto che dalla (2.1) si ha x0 = x0 (x, t) = x −
2
t2
u(x, t) = x −
et .
2
7
t2
2,
si ottiene
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.2 Determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut + tux = x


u(x, 0) = x2 .
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy. Ne cerchiamo la soluzione
u = u(x, t) con il metodo delle curve caratteristiche.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = t,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = t,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) =
t2
+ x0 ,
2
c ∈ R.
(2.2)
Si osservi (Figura 5) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
t2
d
u(x(t), t) = x(t) =
+ x0 ,
dt
2
da cui
u
t2
+ x0 , t
2
=
t3
t3
+ ct + u(x0 , 0) =
+ ct + x20
6
6
e visto che dalla (2.2) si ha x0 = x0 (x, t) = x −
2
t3
t2
t2
u(x, t) =
+ x−
t+ x−
,
6
2
2
t2
2,
si ottiene
ovvero
u(x, t) = x2 + xt − xt2 −
t3 t4
+ .
3
4
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
8
x6
0
t-
Figura 5: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.2
Esercizio 2.3 Determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut + 2xtux = u


u(x, 0) = x.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy. Ne cerchiamo la soluzione
u = u(x, t) con il metodo delle curve caratteristiche.
Le curve caratteristiche di tale equazione, una famiglia ad un parametro,
sono definite dal sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = 2xt,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = 2xt,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
2
x(t) = x0 et ,
x0 ∈ R.
(2.3)
Si osservi (Figura 6) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = u(x(t), t),
dt
9
x6
0
t-
Figura 6: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.3
da cui
2
u x0 et , t = u(x0 , 0)et = x0 et
2
e visto che dalla (2.3) si ha x0 = x0 (x, t) = xe−t , si ottiene
2
2
u(x, t) = xe−t et = xet−t .
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.4 Determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut − xux = u + 1


u(x, 0) = x.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy. Ne cerchiamo la soluzione
u = u(x, t) con il metodo delle curve caratteristiche.
Le curve caratteristiche di tale equazione, una famiglia ad un parametro,
sono definite dal sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = −x,
10
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = −x,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = x0 e−t ,
x0 ∈ R.
(2.4)
Si osservi (Figura 7) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x6
0
t
-
Figura 7: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.4
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = u(x(t), t) + 1,
dt
da cui
u x0 e−t , t = (u(x0 , 0) + 1)et − 1 = (x0 + 1)et − 1
e visto che dalla (2.4) si ha x0 = x0 (x, t) = xet , si ottiene
u(x, t) = xet + 1 et − 1 = xe2t + et − 1.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
11
Esercizio 2.5 Determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut + xux = 0




(

1 per 0 ≤ x ≤ 1



u(x, 0) = 0 altrimenti.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy discontinuo. Ne cerchiamo
la soluzione u = u(x, t) con il metodo delle curve caratteristiche.
Le curve caratteristiche di tale equazione, una famiglia ad un parametro,
sono definite dal sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = x,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = x,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = x0 et ,
x0 ∈ R.
(2.5)
Si osservi (Figura 8) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x6
0
t-
Figura 8: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.5
12
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = 0,
dt
da cui
(
1 per 0 ≤ x0 ≤ 1
u x0 et , t = u(x0 , 0) =
0 altrimenti.
e visto che dalla (2.5) si ha x0 = x0 (x, t) = xe−t , si ottiene
(
(
1 per 0 ≤ xe−t ≤ 1
1 per 0 ≤ x ≤ et
u(x, t) =
=
0 altrimenti
0 altrimenti.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy proposto.
È qui chiaro il meccanismo delle curve caratteristiche: il dato dell’intervallo
0 ≤ x ≤ 1 viene propagato in tutti i punti in cui arrivano le curve caratteristiche che pescano in tale intervallo: poiché l’equazione è omogenea e il dato
costante, tale valore della costante si propaga inalterata in tutta la regione
di dipendenza.
Esercizio 2.6 Determinare le curve caratteristiche per l’equazione
ut + xt2 ux = xt2 u
e disegnarle sul piano (x, t). Successivamente, determinare la soluzione del
problema di Cauchy

2
2

ut + xt ux = xt u


u(x, 0) = x3 .
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve caratteristiche di tale equazione, una famiglia ad un parametro,
sono definite dal sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = xt2 ,
ovvero la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
3 /3
x(t) = x0 et
,
x0 ∈ R.
(2.6)
Si osservi (Figura 9) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
13
x6
t-
0
Figura 9: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.6
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
3
u(x(t), t) = x(t)t2 u(x(t), t) = x0 t2 et /3 u(x(t), t),
dt
da cui procedendo per separazioni di variabili,
3
t3 /3
t3 /3
u x0 et /3 , t = u(x0 , 0)e−x0 ex0 e
= x30 e−x0 ex0 e
3 /3
e visto che dalla (2.6) si ha x0 = x0 (x, t) = xe−t
, si ottiene
3
3
−t3 /3 x
u(x, t) = xe−t /3 e−xe
e
ovvero
”
“
−t3 /3 −t3
3 x 1−e
u(x, t) = x e
.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.7 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare
la soluzione del problema di Cauchy

3

ut + (2x − 2t )ux = x


u(x, 0) = 2x.
14
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy. Ne cerchiamo la soluzione
u = u(x, t) con il metodo delle curve caratteristiche.
Le curve caratteristiche di tale equazione, una famiglia ad un parametro,
sono definite dal sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = 2x − 2t3 ,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = 2x − 2t3 .
Si tratta di un’equazione differenziale lineare del prim’ordine. La soluzione
dell’omogenea associata, ẋ(t) = 2x, è data da
x(t) = ce2t ,
c ∈ R.
(2.7)
Per risolvere l’equazione differenziale non omogenea procediamo con il metodo della variazione delle costanti: cerchiamo una soluzione del tipo x(t) =
c(t)e2t , da cui sostituendo nell’equazione si ha ċe2t = −2t3 . Perciò
Z
c(t) = − 2t3 e−2t dt
e procedendo ripetutamente con integrazione per parti, si ha
Z
3 −2t
c(t) =t e
− 3t2 e−2t dt =
Z
3 2 −2t
3 −2t
− 3te−2t dt =
t e
+ t e
2
Z
3 2 3
3 −2t
3
−2t
t + t + t e
−
e dt =
2
2
2
3 2 3
3 −2t
3
t + t + t+
e
+ c.
2
2
4
(2.8)
Sostituendo la (2.8) in (2.7), la soluzione dell’equazione differenziale, perciò,
in forma cartesiana, è data da
3 2 3
3
3 2t
3
+ x0 −
e , x0 ∈ R.
(2.9)
x(t) = t + t + t +
2
2
4
4
Si osservi (Figura 10) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
3
3
3
3 2t
u(x(t), t) = x(t) = t3 + t2 + t +
+ x0 −
e ,
dt
2
2
4
4
15
x6
t
-
0
Figura 10: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.7
da cui integrando si ha
3
3
3
3 2t
e ,t
u t3 + t2 + t + + x0 −
2
2
4
4
4
3
x0 − 43 2t
x0 −
t
t
3
3
=
+ + t2 + t +
e + u(x0 , 0) −
4
2
4
4
2
2
3
3
4
3
x0 − 4 2t
x0 − 4
t
t
3
3
=
+ + t2 + t +
e + 2x0 −
4
2
4
4
2
2
3
4
e visto che dalla (2.9) si ha
3 2 3
3 −2t 3
3
x0 = x0 (x, t) = x − t − t − t −
e
+ ,
2
2
4
4
si ottiene
3 −2t
3 2 3
x−t − t − t−
e
2
2
4
3 t4 t3 3
3
1
3
3
3
+ + + + t2 + t +
x − t3 − t2 − t −
,
2
4
2
4
4
2
2
2
4
3
u(x, t) =
2
3
ovvero
3
u(x, t) =
2
3
3
3
x − t − t2 − t −
2
2
4
3
1
1
e−2t + x + t4 .
2
4
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
16
Esercizio 2.8 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare
la soluzione del problema di Cauchy


ut − 2xtux = u + t


u(x, 0) = −2x.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = −2xt,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = −2xt,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
2
x(t) = x0 e−t ,
x0 ∈ R.
(2.10)
Si osservi (Figura 11) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x6
t-
0
Figura 11: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.8
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = u(x(t), t) + t.
dt
(2.11)
17
La (2.11) è un’equazione differenziale lineare del prim’ordine del tipo
y0 = y + t
L’equazione differenziale omogenea associata ha soluzione y(t) = αet . Cerchiamo dunque una soluzione della non omogenea del tipo (metodo della
variazione delle costanti) y(t) = α(t)et per cui sostituendo nell’equazione si
ha α0 = te−t , e integrando una volta per parti si ottiene α(t) = −te−t − e−t .
Sostituendo si ottiene infin y(t) = −t − 1 + αet . Abbiamo perciò che le
soluzioni di (2.11) sono date da
2
u x0 e−t , t = −t − 1 + (u(x0 , 0) + 1)et = −t − 1 + (−2x0 + 1)et
2
e visto che dalla (2.10) si ha x0 = x0 (x, t) = xet , si ottiene
2
2
u(x, t) = −t − 1 + 1 − 2xet et = −t − 1 + et − 2xet+t .
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.9 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare
la soluzione del problema di Cauchy

2
2

ut + 3t ux = x


u(x, 0) = sin x.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve caratteristiche di tale equazione, una famiglia ad un parametro,
sono definite dal sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = 3t2 ,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = 3t2 ,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = t3 + x0 ,
x0 ∈ R.
(2.12)
Si osservi (Figura 12) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
18
x6
0
t-
Figura 12: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.9
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = x(t)2 = t6 + 2x0 t3 + x20 ,
dt
da cui
t7 x0 4
t7 x0 4
+ t + x20 t + u(x0 , 0) =
+ t + x20 t + sin x0
u t3 + x0 , t =
7
2
7
2
e visto che dalla (2.12) si ha x0 = x0 (x, t) = x − t3 , si ottiene
u(x, t) =
9 7 3 4
t − xt + x2 t + sin x − t3 .
14
2
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.10 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy

−x
x

ut + 2te ux = e


u(x, 0) = x.
La soluzione cosı̀ trovata è globalmente definita?
19
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = 2te−x ,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = 2te−x ,
da cui, procedendo per separazioni di variabili, si trova che la soluzione, in
forma cartesiana, è data da
x(t) = log t2 + c , c ∈ R : t2 + c > 0.
Tenuto conto che è fondamentale che le caratteristiche peschino il dato su
t = 0 per propagarlo, siamo perciò interessati solo a quelle caratteristiche
definite per t = 0, ovvero 0 < c = ex0 e quindi
x(t) = log t2 + ex0 , x0 ∈ R.
(2.13)
È chiaro che tali curve caratteristiche non riempiono tutto il piano ma solo
la regione ex − t2 > 0. Si ha poi
x6
0
t-
Figura 13: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.10
d
u(x(t), t) = ex(t) = t2 + ex0 ,
dt
20
da cui
t3
t3
u log t2 + ex0 , t =
+ ex0 t + u(x0 , 0) =
+ ex0 t + x0
3
3
e visto che dalla (2.13) si ha x0 = x0 (x, t) = log(ex − t2 ), si ottiene
2
u(x, t) = − t3 + tex + log(ex − t2 ),
3
definita nella regione −ex/2 < t < ex/2 . La soluzione non è pertanto definita
globalmente.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.11 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut − log(t + 1)ux = 2ut


u(x, 0) = ex .
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy il cui dominio di definizione
è il semipiano t > −1. Ne cerchiamo la soluzione u = u(x, t) con il metodo
delle curve caratteristiche.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = − log(1 + t),
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = − log(1 + t),
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = −(1 + t) log(1 + t) + t + x0 ,
x0 ∈ R.
(2.14)
Si osservi (Figura 14) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il semipiano t > −1. Si ha poi
d
u(x(t), t) = 2tu(x(t), t),
dt
21
x6
t
−1
-
0
Figura 14: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.11
da cui
2
2
u (−(1 + t) log(1 + t) + t + x0 , t) = u(x0 , 0)et = ex0 et
e visto che dalla (2.14) si ha x0 = x0 (x, t) = x − t + (1 + t) log(1 + t), si
ottiene
2
u(x, t) = e(x−t+(1+t) log(1+t)+t ) .
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.12 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy

t
2

ut + e ux = x


u(x, 0) = x − 1.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = et ,
22
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = et ,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = et + x0 − 1,
x0 ∈ R.
(2.15)
Si osservi (Figura 15) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x6
0
t
-
Figura 15: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.12
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = x(t)2 = e2t + 2(x0 − 1)et + (x0 − 1)2 ,
dt
da cui
1
u et + x0 − 1, t = e2t + 2(x0 − 1)et + (x0 − 1)2 t
2
1
+ u(x0 , 0) − − 2(x0 − 1)
2
1
1 2t
= e + 2(x0 − 1)et + (x0 − 1)2 t − x0 +
2
2
e visto che dalla (2.15) si ha x0 = x0 (x, t) = x − et + 1, si ottiene
u(x, t) =
2
1 2t
e − 1 + 2et − 1 x − et + x − et t.
2
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
23
Esercizio 2.13 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy

2

ut + (x + t )ux = xu


u(x, 0) = 1.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = x + t2 ,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = x + t2 .
(2.16)
La soluzione dell’omogenea associata, x0 = x, è data da x(t) = αet ; cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea del tipo p(t) = a0 +
a1 t + a2 t2 e sostituendo nella (2.16)2 si trova p(t) = −t2 − 2t − 2 da cui la
soluzione generale della (2.16)2
x(t) = −t2 − 2t − 2 + (x0 + 2)et ,
x0 ∈ R.
(2.17)
Si osservi (Figura 16) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = x(t)u(x(t), t) = −t2 − 2t − 2 + (x0 + 2)et u(x(t), t),
dt
da cui procedendo per separazione di variabili,
“ 3
”
− t3 −t2 −2t+(x0 +2)et
u −t2 − 2t − 2 + (x0 + 2)et , t = u(x0 , 0)e−(x0 +2) e
“ 3
”
− t3 −t2 −2t+(x0 +2)et
= e−(x0 +2) e
e visto che dalla (2.17) si ha x0 = x0 (x, t) = x + t2 + 2t + 2 e−t − 2, si
ottiene
“ 3
”
− t3 −t2 −2t+x+t2 +2t+2
2
−t
u(x, t) = e(x+t +2t+2)e e
,
per cui la soluzione del problema può essere scritta come
”
“ 3
− t3 −t2 −2t+(1−e−t )(x+t2 +2t+2)
u(x, t) = e
.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
24
x6
0
t
-
Figura 16: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.13
Esercizio 2.14 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy

t

ut + te ux = 3x


u(x, 0) = x + 3.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = tet ,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = tet ,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = tet − et + x0 + 1,
x0 ∈ R.
(2.18)
Si osservi (Figura 17) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = 3x(t) = 3tet − 3et + 3(x0 + 1),
dt
25
x6
0
t-
Figura 17: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.14
da cui
u tet − et + x0 + 1, t = 3tet − 6et + 3(x0 + 1)t + u(x0 , 0) + 6
= 3tet − 6et + 3(x0 + 1)t + x0 + 9
e visto che dalla (2.18) si ha x0 = x0 (x, t) = x − tet + et − 1, si ottiene
u(x, t) = 3xt − 3t2 et + 5tet − 5et + x + 8.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.15 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy

2

ut + 5xt ux = u + 2


u(x, 0) = x + 2.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = 5xt2 ,
26
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = 5xt2 ,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
5 3
x(t) = x0 e 3 t ,
x0 ∈ R.
(2.19)
Si osservi (Figura 18) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x6
0
t-
Figura 18: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.15
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = u(x(t), t) + 2,
dt
equazione differenziale del prim’ordine la cui soluzione è data da
5 3
u x0 e 3 t , t = (u(x0 , 0) + 2)et − 2 = (x0 + 4)et − 2
5 3
e visto che dalla (2.19) si ha x0 = x0 (x, t) = xe− 3 t , si ottiene
5 3
u(x, t) = xet− 3 t + 4et − 2.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
27
Esercizio 2.16 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut + (xt + t)ux = 4


u(x, 0) = 2x.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = xt + t,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = xt + t,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
2 /2
x(t) = (x0 + 1)et
− 1,
x0 ∈ R.
(2.20)
Si osservi (Figura 19) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x6
0
t
-
Figura 19: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.16
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = 4,
dt
28
equazione differenziale del prim’ordine la cui soluzione è data da
2
u (x0 + 1)et /2 − 1, t = 4t + u(x0 , 0) = 4t + 2x0
2 /2
e visto che dalla (2.20) si ha x0 = x0 (x, t) = (x + 1)e−t
2 /2
u(x, t) = 4t − 2 + 2(x + 1)e−t
− 1, si ottiene
.
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.17 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy

5
5

ut + 3xt ux = t x + 2t


u(x, 0) = x3 .
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = 3xt5 ,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = 3xt5 ,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
6 /2
x(t) = x0 et
,
x0 ∈ R.
(2.21)
Si osservi (Figura 20) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
6
u(x(t), t) = t5 x(t) + 2t = x0 t5 et /2 + 2t,
dt
da cui
x 6
x0
x0 t6 /2
x0
6
0 t /2
u x0 et /2 , t =
e
+ t2 + u(x0 , 0) −
=
e
+ t2 + x30 −
3
3
3
3
6 /2
e visto che dalla (2.21) si ha x0 = x0 (x, t) = xe−t
3 6
x
x 6
u(x, t) = + t2 + x3 e− 2 t − e−t /2 .
3
3
, si ottiene
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
29
x6
0
t-
Figura 20: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.17
Esercizio 2.18 Utilizzando il metodo delle curve caratteristiche, determinare la soluzione del problema di Cauchy

t

ut + (t + x)e ux = xt


u(x, 0) = x.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = t + x,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = t + x,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = (x0 + 1)et − 1 − t,
x0 ∈ R.
(2.22)
Si osservi (Figura 21) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = tx(t) = t (x0 + 1)et − t − 1 = (x0 + 1)tet − t − t2 ,
dt
30
x6
t
0
-
Figura 21: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.18
da cui
t2 t3
u (x0 + 1)et − t − 1, t = (x0 + 1)(tet − et ) + u(x0 , 0) − x0 − 1 − −
2
3
3
2
t
t
= (x0 + 1)(tet − et ) − 1 − −
2
3
e visto che dalla (2.18) si ha x0 = x0 (x, t) = e−t (x + t + 1) − 1, si ottiene
u(x, t) = xt − x + t2 − 2 + 2e−t (x + t + 1) −
t2 t3
− .
2
3
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.19 Determinare le curve caratteristiche per l’equazione
ut + (x + 2)ux = u + 2t
e disegnarle sul piano (x, t). Successivamente, determinare la soluzione del
problema di Cauchy


ut + (x + 2)ux = u + 2t


u(x, 0) = x.
31
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = x + 2,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = x + 2,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = (x0 + 2)et − 2 x0 ∈ R.
(2.23)
Si osservi (Figura 22) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
x6
0
t
-
Figura 22: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.19
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi che l’equazione
alle derivate parziali lungo le caratteristiche diviene
d
u(x(t), t) = u(x(t), t) + 2t,
dt
(2.24)
ovvero un’equazione differenziale del prim’ordine non omogenea, y 0 = y +
2t. Una sua soluzione particolare può essere ricercata tra i polinomi del
prim’ordine, p(t) = a + bt, da cui sostituendo si trova p(t) = −2 − 2t. La
32
soluzione dell’omogenea associata è invece y(t) = ket . Perciò l’integrale
generale dell’equazione (2.24) è data da
u (x0 + 2)et − 2, t = (u(x0 , 0) + 2)et − 2 − 2t = (x0 + 2)et − 2 − 2t
e visto che dalla (2.23) si ha x0 = x0 (x, t) = e−t (x + 2) − 2, si ottiene
u(x, t) = e−t (x + 2) et − 2 − 2t = x − 2t.
Lo studente diligente può verificare facilmente che tale u = u(x, t) risolve
effettivamente il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.20 Determinare le curve caratteristiche per l’equazione
ut + 2tx ux = 0
e disegnarle sul piano (x, t). Successivamente, determinare la soluzione del
problema di Cauchy


ut + 2tx ux = 0


u(x, 0) = |x|.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy continuo ma non derivabile.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = 2tx,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = 2tx,
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
2
x(t) = x0 et ,
x0 ∈ R.
(2.25)
Si osservi (Figura 23) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = 0,
dt
da cui
2
u x0 et , t = u(x0 , 0) = |x0 |
33
x6
0
t-
Figura 23: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.20
2
e visto che dalla (2.25) si ha x0 = x0 (x, t) = xe−t , si ottiene
2
2
u(x, t) = |xe−t | = |x|e−t .
Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente
il problema di Cauchy proposto.
Esercizio 2.21 Determinare la soluzione del problema di Cauchy


ut + xux = 2 + u


u(x, 0) = x.
Risoluzione. Si tratta di una equazione alle derivate parziali in due variabili lineare del prim’ordine con dato di Cauchy.
Le curve di tale equazione, una famiglia ad un parametro, sono definite dal
sistema dinamico in (x, t) = (x(s), t(s))
(
ṫ = 1
ẋ = x,
ovvero
(
t(s) = s
ẋ(t) = x,
34
x6
0
t-
Figura 24: Curve caratteristiche dell’equazione alle derivate parziali dell’Esercizio 2.21
la cui soluzione, in forma cartesiana, è data da
x(t) = x0 et ,
x0 ∈ R.
(2.26)
Si osservi (Figura 24) che tutte le caratteristiche intersecano t = 0 e quindi
pescano il dato per propagarlo su tutto il piano. Si ha poi
d
u(x(t), t) = 2 + u(x(t), t)
dt
da cui
u x0 et , t = (u(x0 , 0) + 2)et − 2 = (x0 + 2)et − 2
e visto che dalla (2.26) si ha x0 = x0 (x, t) = xe−t , si ottiene
u(x, t) = xe−t + 2 et − 2 = x + 2et − 2.
Lo studente diligente può verificare facilmente che tale u = u(x, t) risolve
effettivamente il problema di Cauchy proposto.
35
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