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\newcommand{\zo}{\omega}

\begin{document}
\thispagestyle{empty}

\centerline{Fondamenti di Fisica Matematica: Primo parziale}
\centerline{24.04.2012; Versione A}

\bigskip
\noindent Cognome e nome: \dotfill Matricola: $\ldots\ldots\ldots$
\bigskip

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}\hline
 es.1& es.2& es.3&somma\\ \hline
 6&12&12&30\\ \hline
  &  &  &  \\
  &  &  &  \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}

\bigskip

\begin{itemize}
\item[1.] Risolvere, mediante il metodo di D'Alembert, il seguente problema
differenziale:
$$\begin{cases}u_{tt}+2u_{xx}+3u_{xt}=0,&-\infty<x<+\infty,\\ u(x,0)=\sin(x),\\
u_t(x,0)=\cos(x).
\end{cases}$$
\item[2.] Calcolare lo spettro del seguente problema di Sturm-Liouville:
$$\begin{cases}y^{\prime\prime}-6y^\prime+(\lambda+10)y=0,&0\le x\le3,\\
y(3)=y^\prime(3),\\ y(0)=0,\end{cases}$$
determinando il peso rispetto a quale sono ortogonali le autofunzioni.
\item[3.] Risolvere, mediante separazione delle variabili, il seguente problema
differenziale:
$$\begin{cases}u_{tt}=3u_{xx}+6u_x-4u_t+3u,&0\le x\le\tfrac{\pi}{2},\ t\ge0,\\
u(0,t)=0,\\ u_x(\tfrac{\pi}{2},t)+u(\tfrac{\pi}{2},t)=0,\\
u(x,0)=e^{-x}\cos(\tfrac{3}{2}x),\\ u_t(x,0)=0.\end{cases}$$
\end{itemize}

\newpage

\centerline{Fondamenti di Fisica Matematica: Primo parziale}
\centerline{24.04.2012; Versione B}

\bigskip
\noindent Cognome e nome: \dotfill Matricola: $\ldots\ldots\ldots$
\bigskip

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}\hline
 es.1& es.2& es.3&somma\\ \hline
 6&12&12&30\\ \hline
  &  &  &  \\
  &  &  &  \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}

\bigskip

\begin{itemize}
\item[1.] Risolvere, mediante il metodo di D'Alembert, il seguente problema
differenziale:
$$\begin{cases}u_{tt}-5u_{xx}-4u_{xt}=0,&-\infty<x<+\infty,\\ u(x,0)=\cos(x),\\
u_t(x,0)=\sin(x).
\end{cases}$$
\item[2.] Calcolare lo spettro del seguente problema di Sturm-Liouville:
$$\begin{cases}y^{\prime\prime}+8y^\prime+(\lambda+65)y=0,&0\le x\le5,\\
y^\prime(5)=-4y(5),\\ y^\prime(0)=0,\end{cases}$$
determinando il peso rispetto a quale sono ortogonali le autofunzioni.
\item[3.] Risolvere, mediante separazione delle variabili, il seguente problema
differenziale:
$$\begin{cases}u_{tt}=2u_{xx}-8u_x+2u_t+8u,&0\le x\le\pi,\ t\ge0,\\
u_x(0,t)-2u(0,t)=0,\\ u(\pi,t)=0,\\
u(x,0)=e^{2x}[1-\cos(\tfrac{5}{2}x)],\\ u_t(x,0)=0.\end{cases}$$
\end{itemize}

\newpage

\centerline{\bf SOLUZIONI}
\begin{itemize}
\item[1A.] Sostituendo $u(x,t)=f(x-ct)$, otteniamo
$$c^2f^{\prime\prime}(x-ct)+2f^{\prime\prime}(x-ct)
-3cf^{\prime\prime}(x-ct)=0.$$
Gli zeri dell'equazione $c^2-3c+2=0$ sono $c=1$ e $c=2$. Quindi la soluzione
generale della PDE \`e
$$u(x,t)=f(x-t)+g(x-2t),$$
essendo $f$ e $g$ di classe $C^2$. Sostituendo le condizioni iniziali si ha:
\begin{align*}
f(x)+g(x)&=\sin(x),&\text{implicando}\ f^\prime(x)+g^\prime(x)=\cos(x),\\
-f^\prime(x)-2g^\prime(x)&=\cos(x).
\end{align*}
Quindi $f^\prime(x)=3\cos(x)$ e $g^\prime(x)=-2\cos(x)$. Di conseguenza,
$f(x)=3\sin(x)+d$, $g(x)=-2\sin(x)-d$ e
$$u(x,t)=3\sin(x-t)-2\sin(x-2t).$$
\item[1B.] Sostituendo $u(x,t)=f(x-ct)$, otteniamo
$$c^2f^{\prime\prime}(x-ct)-5f^{\prime\prime}(x-ct)
+4cf^{\prime\prime}(x-ct)=0.$$
Gli zeri dell'equazione $c^2+4c-5=0$ sono $c=1$ e $c=-5$. Quindi la soluzione
generale della PDE \`e
$$u(x,t)=f(x-t)+g(x+5t),$$
essendo $f$ e $g$ di classe $C^2$. Sostituendo le condizioni iniziali si ha:
\begin{align*}
f(x)+g(x)&=\cos(x),&\text{implicando}\ f^\prime(x)+g^\prime(x)=-\sin(x),\\
-f^\prime(x)-2g^\prime(x)&=\cos(x).
\end{align*}
Quindi $f^\prime(x)=-\sin(x)$ e $g^\prime(x)=0$. Di conseguenza,
$f(x)=\cos(x)+d$, $g(x)=-d$ e
$$u(x,t)=\cos(x-t).$$
\item[2A.] L'equazione caratteristica della ODE \`e $\za^2-6\za+\zl+10=0$, con
gli zeri $\za=3\pm\sqrt{-\zl-1}$ per $\zl<-1$, $\za=3$ per $\zl=-1$ (doppio) e
$\za=3\pm i\sqrt{\zl+1}$ per $\zl>-1$. \tcr{Per $\zl>-1$} risulta, grazie alla
condizione $y(0)=0$, $y\sim e^{3x}\sin(x\sqrt{\zl+1})$. La condizione
$y(3)=y^\prime(3)$ implica
$$\sin(3\sqrt{\zl+1})=3\sin(3\sqrt{\zl+1})+\sqrt{\zl+1}\,\cos(3\sqrt{\zl+1}),$$
oppure
$$\tan(3\sqrt{\zl+1})=-\tfrac{1}{2}\sqrt{\zl+1}.$$
Essendo $0<z_1<z_2<\ldots$ gli zeri positivi dell'equazione
$\tan(z_n)=-\tfrac{1}{6}z_n$, otteniamo $\zl_n=-1+(z_n/3)^2$ e
$$y_n(x)\sim e^{3x}\sin(\tfrac{1}{3}z_nx),\qquad n=1,2,3,\ldots.$$
Riscrivendo la ODE nella forma $(e^{-6x}y^\prime)^\prime+(\zl+10)e^{-6x}y=0$,
il peso risulta $e^{-6x}$, cio\`e
$$\int_0^3 y_n(x)y_m(x)e^{-6x}\,dx=C_n\zd_{n,m},$$
essendo $C_n$ una costante di normalizzazione. \tcr{Per $\zl<-1$}, risulta,
grazie a $y(0)=0$, $y\sim e^{3x}\sinh(x\sqrt{-\zl-1})$. La condizione
$y(3)=y^\prime(3)$ implica
$$\sinh(3\sqrt{-\zl-1})=3\sinh(3\sqrt{-\zl-1})
+\sqrt{-\zl-1}\,\cosh(3\sqrt{-\zl-1}),$$
oppure
$$\tanh(3\sqrt{-\zl-1})=-\tfrac{1}{2}\sqrt{-\zl-1}.$$
Poich\`e $\tanh(z)$ e $z$ hanno lo stesso segno, ci\`o risulta impossibile.
\tcr{Per $\zl=-1$} risulta, grazie a $y(0)=0$, $y\sim xe^{3x}$. La condizione
$y(3)=y^\prime(3)$ implica $9e^9=10e^9$, un'impossibilit\`a.
\item[2B.] L'equazione caratteristica della ODE \`e $\za^2+8\za+\zl+65=0$, con
gli zeri $\za=-4\pm\sqrt{-\zl-49}$ per $\zl<-49$, $\za=-4$ per $\zl=-49$
(doppio) e $\za=-4\pm i\sqrt{\zl+49}$ per $\zl>-49$. \tcr{Per $\zl>-49$}
risulta, grazie alla condizione $y^\prime(0)=0$,
$y^\prime\sim e^{-4x}\sin(x\sqrt{\zl+49})$ e quindi
$$y\sim\frac{e^{-4x}}{\zl+65}\left\{-4\sin(x\sqrt{\zl+49})-\sqrt{\zl+49}\,
\cos(x\sqrt{\zl+49})\right\}.$$
La condizione $-4y(5)=y^\prime(5)$ implica
$$\sin(5\sqrt{\zl+49})=\frac{16\sin(5\sqrt{\zl+49})+4\sqrt{\zl+49}\,
\cos(5\sqrt{\zl+49})}{\zl+65},$$
oppure
$$\cot(5\sqrt{\zl+49})=\tfrac{1}{4}\sqrt{\zl+49}.$$
Essendo $0<z_1<z_2<\ldots$ gli zeri positivi dell'equazione
$\cot(z_n)=\tfrac{1}{20}z_n$, otteniamo $\zl_n=-49+(z_n/5)^2$ e
$$y_n(x)\sim e^{-4x}\sin(\tfrac{1}{5}z_nx),\qquad n=1,2,3,\ldots.$$
Riscrivendo la ODE nella forma $(e^{8x}y^\prime)^\prime+(\zl+65)e^{8x}y=0$,
il peso risulta $e^{8x}$, cio\`e
$$\int_0^5 y_n(x)y_m(x)e^{8x}\,dx=C_n\zd_{n,m},$$
essendo $C_n$ una costante di normalizzazione. \tcr{Per $\zl<-49$}, risulta,
grazie a $y^\prime(0)=0$, $y^\prime\sim e^{-4x}\sinh(x\sqrt{-\zl-49})$ e dunque
$$y\sim\frac{e^{-4x}}{\zl+65}\left\{-4\sinh(x\sqrt{-\zl-49})
-\sqrt{-\zl-49}\,\cosh(x\sqrt{-\zl-49})\right\}.$$
La condizione
$-4y(5)=y^\prime(5)$ implica
$$\sinh(5\sqrt{-\zl-49})=\frac{16\sinh(3\sqrt{-\zl-49})
+4\sqrt{-\zl-49}\,\cosh(5\sqrt{-\zl-49})}{\zl+65},$$
oppure
$$\coth(5\sqrt{-\zl-49})=-\tfrac{1}{4}\sqrt{-\zl-49}.$$
Poich\`e $\coth(z)$ e $z$ hanno lo stesso segno, ci\`o risulta impossibile.
\tcr{Per $\zl=-49$} risulta, grazie a $y^\prime(0)=0$, $y^\prime\sim xe^{-4x}$
e dunque $y\sim(-\tfrac{1}{4}x-\tfrac{1}{16})e^{-4x}$. La condizione
$-4y(5)=y^\prime(5)$ implica $5e^{-20}=\tfrac{21}{4}e^{-20}$,
un'impossibilit\`a.
\item[3A.] La separazione delle variabili conduce alle equazioni
$$\frac{T^{\prime\prime}(t)}{T(t)}+4\frac{T^\prime(t)}{T(t)}
=3\left\{\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}+2\frac{X^\prime(x)}{X(x)}+1\right\}
\equiv-3\zl,$$
$$X(0)=0,\qquad X^\prime(\tfrac{\pi}{2})+X(\tfrac{\pi}{2})=0,\quad
T^\prime(0)=0.$$
Le equazioni nella variabile $x$ conducono al problema al contorno
$$X^{\prime\prime}(x)+2X^\prime(x)+(1+\zl)X(x)=0,$$
$$X(0)=0,\qquad X^\prime(\tfrac{\pi}{2})+X(\tfrac{\pi}{2})=0.$$
La corrispondente ODE ha l'equazione caratteristica $\za^2+2\za+1+\zl=0$, con
gli zeri $\za=-1\pm i\sqrt{\zl}$ per $\zl>0$, $\za=-1\pm\sqrt{-\zl}$ per
$\zl<0$ e $\za=-1$ (doppio) per $\zl=0$. \tcr{Per $\zl>0$} la condizione
$X(0)=0$ conduce a $X(x)\sim e^{-x}\sin(x\sqrt{\zl})$. La condizione
$X^\prime(\tfrac{\pi}{2})+X(\tfrac{\pi}{2})=0$ implica
$$\sqrt{\zl}\,\cos(\tfrac{\pi}{2}\sqrt{\zl})=0,$$
mentre $\zl>0$. Quindi $\zl_n=(2n-1)^2$ per $n=1,2,\ldots$ e
$X_n(x)\sim e^{-x}\sin((2n-1)x)$. \tcr{Per $\zl<0$} si ha (grazie a $X(0)=0$):
$X(x)\sim e^{-x}\sinh(x\sqrt{-\zl})$. L'altra condizione al contorno implica
$$2\sinh(\tfrac{\pi}{2}\sqrt{-\zl})
+\sqrt{-\zl}\,\cosh(\tfrac{\pi}{2}\sqrt{-\zl})=0.$$
Essendo positiva la parte a sinistra, risulta un'impossibilit\`a. \tcr{Per
$\zl=0$}, si ha $X(x)=cxe^{-x}$ per un'opportuna costante $c$ e
$c(1+\tfrac{\pi}{2})=0$, implicando che $c=0$. Quindi tutti gli autovalori sono
positivi. Passiamo ora al calcolo di $T(t)$. Si ha:
$$T_n^{\prime\prime}(t)+4T_n^\prime(t)+3(2n-1)^2T_n(t)=0,\quad
T_n^\prime(0)=0.$$
La corrispondente ODE ha l'equazione caratteristica $\za^2+4\za+3(2n-1)^2=0$,
con gli zeri $\za\in\{-1,-3\}$ per $n=1$ e $\za=-2\pm i\sqrt{3(2n-1)^2-4}$ per
$n\ge2$. Quindi
$$T_n(t)\sim\begin{cases}\tfrac{3}{2}e^{-t}-\tfrac{1}{2}e^{-3t},&n=1,\\
e^{-2t}\left[\cos(t\sqrt{3(2n-1)^2-4})+\frac{2\sin(t\sqrt{3(2n-1)^2-4})}
{\sqrt{3(2n-1)^2-4}}\right],&n=2,3,4,\ldots.\end{cases}$$
Di conseguenza,
\begin{align*}
u(x,t)&=c_1e^{-x}\sin(x)[\tfrac{3}{2}e^{-t}-\tfrac{1}{2}e^{-3t}]\\
&+\sum_{n=2}^\infty\,c_ne^{-x}\sin((2n-1)x)e^{2t}\left[\cos(t\sqrt{3(2n-1)^2-4})
+\frac{2\sin(t\sqrt{3(2n-1)^2-4})}{\sqrt{3(2n-1)^2-4}}\right].
\end{align*}
Sostituendo $t=0$, otteniamo
$$u(x,0)=c_1e^{-x}\sin(x)+\sum_{n=2}^\infty\,c_ne^{-x}\sin((2n-1)x)
=\sum_{n=1}^\infty\,c_ne^{-x}\sin((2n-1)x).$$
I coefficienti seguono dall'identit\`a
$$c_n=\frac{4}{\pi}\int_0^{\pi/2}u(x,0)e^x\sin((2n-1)x)\,dx,
\quad n=1,2,3,\ldots.$$
Per $u(x,0)=e^{-x}\cos(\tfrac{3}{2}x)$ si ha:
\begin{align*}
c_n&=\frac{4}{\pi}\int_0^{\pi/2}\cos(\tfrac{3}{2}x)\sin((2n-1)x)\,dx\\
&=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}\left[\sin((2n+\tfrac{1}{2})x)
+\sin((2n-\tfrac{5}{2})x)\right]dx\\
&=\frac{2}{\pi}(1-\tfrac{1}{2}\sqrt{2})\left[\frac{1}{2n-\frac{5}{2}}
+\frac{1}{2n+\tfrac{1}{2}}\right].
\end{align*}
\item[3B.] La separazione delle variabili conduce alle equazioni
$$\frac{T^{\prime\prime}(t)}{T(t)}-2\frac{T^\prime(t)}{T(t)}
=2\left\{\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}-4\frac{X^\prime(x)}{X(x)}+4\right\}
\equiv-2\zl,$$
$$X(\pi)=0,\qquad X^\prime(0)-2X(0)=0,\quad T^\prime(0)=0.$$
Le equazioni nella variabile $x$ conducono al problema al contorno
$$X^{\prime\prime}(x)-4X^\prime(x)+(4+\zl)X(x)=0,$$
$$X(\pi)=0,\qquad X^\prime(0)-2X(0)=0.$$
La corrispondente ODE ha l'equazione caratteristica $\za^2-4\za+4+\zl=0$, con
gli zeri $\za=2\pm i\sqrt{\zl}$ per $\zl>0$, $\za=2\pm\sqrt{-\zl}$ per
$\zl<0$ e $\za=2$ (doppio) per $\zl=0$. \tcr{Per $\zl>0$} la condizione
$X^\prime(0)-2X(0)=0$ conduce a $X(x)\sim e^{2x}\cos(x\sqrt{\zl})$. La
condizione $X(\pi)=0$ implica
$$\cos(\pi\sqrt{\zl})=0.$$
Quindi $\zl_n=(n-\tfrac{1}{2})^2$ per $n=1,2,\ldots$ e
$X_n(x)\sim e^{2x}\cos((n-\tfrac{1}{2})x)$. \tcr{Per $\zl<0$} si ha (grazie a
$X^\prime(0)-2X(0)=0$):
$X(x)\sim e^{2x}\cosh(x\sqrt{-\zl})$. L'altra condizione al contorno implica
$$\cosh(\pi\sqrt{-\zl})=0,$$
un'impossibilit\`a. \tcr{Per
$\zl=0$}, si ha $X(x)=cxe^{2x}$ per un'opportuna costante $c$ e
$c\pi=0$, implicando che $c=0$. Quindi tutti gli autovalori sono positivi.
Passiamo ora al calcolo di $T(t)$. Si ha:
$$T_n^{\prime\prime}(t)-2T_n^\prime(t)+2(n-\tfrac{1}{2})^2T_n(t)=0,\quad
T_n^\prime(0)=0.$$
La corrispondente ODE ha l'equazione caratteristica
$\za^2-2\za+2(n-\tfrac{1}{2})^2=0$, con gli zeri $\za=1\pm\tfrac{1}{2}\sqrt{2}$
per $n=1$ e $\za=1\pm i\sqrt{2(n-\tfrac{1}{2})^2-1}$ per $n\ge2$. Quindi
$$T_n(t)\sim\begin{cases}(\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}\sqrt{2})e^{t(1+\sqrt{2})}
+(\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}\sqrt{2})e^{t(1-\sqrt{2})},&n=1,\\
e^t\left[\cos(t\sqrt{2(n-\tfrac{1}{2})^2-1})
-\frac{\sin(t\sqrt{2(n-\tfrac{1}{2})^2-1})}
{\sqrt{2(n-\tfrac{1}{2})^2-1}}\right],&n=2,3,4,\ldots.\end{cases}$$
Di conseguenza,
\begin{align*}
u(x,t)&=c_1e^{2x}\cos(\tfrac{1}{2}x)[(\tfrac{1}{2}
-\tfrac{1}{2}\sqrt{2})e^{t(1+\sqrt{2})}
+(\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}\sqrt{2})e^{t(1-\sqrt{2})}]\\
&+\sum_{n=2}^\infty\,c_ne^{2x}\cos((n-\tfrac{1}{2})x)
e^t\left[\cos(t\sqrt{2(n-\tfrac{1}{2})^2-1})
-\frac{\sin(t\sqrt{2(n-\tfrac{1}{2})^2-1})}
{\sqrt{2(n-\tfrac{1}{2})^2-1}}\right].
\end{align*}
Sostituendo $t=0$, otteniamo
$$u(x,0)=c_1e^{2x}\cos(\tfrac{1}{2}x)+\sum_{n=2}^\infty\,c_ne^{2x}
\cos((n-\tfrac{1}{2})x)=\sum_{n=1}^\infty\,c_ne^{2x}\cos((n-\tfrac{1}{2})x).$$
I coefficienti seguono dall'identit\`a
$$c_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi u(x,0)e^{-2x}\cos((n-\tfrac{1}{2})x)\,dx,
\quad n=1,2,3,\ldots.$$
Per $u(x,0)=e^{-x}\cos(\tfrac{3}{2}x)$ si ha:
\begin{align*}
c_n&=\frac{4}{\pi}\int_0^\pi[1-\cos(\tfrac{5}{2}x)]
\cos((n-\tfrac{1}{2})x)\,dx\\
&=\frac{4}{\pi}\int_0^\pi\cos((n-\tfrac{1}{2})x)\,dx
-\frac{4}{\pi}\zd_{n,3}\int_0^\pi\cos^2(\tfrac{5}{2}x)\,dx\\
&=\frac{4}{\pi}(-1)^{n-1}-2\zd_{n,3}.
\end{align*}
\end{itemize}

\end{document}
