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\begin{document}
\thispagestyle{empty}

\centerline{Fondamenti di Fisica Matematica: Primo parziale}
\centerline{09.11.2012}

\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.] Trovare, mediante il metodo di D'Alembert, tutte le soluzioni $u(x,t)$
di classe $C^3$ del seguente problema differenziale:
$$8u_{xxx}+6u_{xxt}+u_{xtt}=0.$$
Qual'\`e la soluzione sotto le condizioni iniziali
$$u(x,0)=\tfrac{1}{2}x^2,\qquad u_t(x,0)=-3x.$$
\item[2.] Calcolare lo spettro del seguente problema di Sturm-Liouville:
$$\begin{cases}y^{\prime\prime}+12y^\prime+(\lambda+36)y=0,&0\le x\le4,\\
2y(0)=y^\prime(0),\\ y(4)=0,\end{cases}$$
determinando il peso rispetto a quale sono ortogonali le autofunzioni.
\item[3.] Risolvere, mediante separazione delle variabili, il seguente problema
differenziale:
$$\begin{cases}u_t=2u_{xx}-4u_x+2u+2x-6,&0\le x\le1,\ t\ge0,\\
u_x(0,t)-u(0,t)=-2,\\ u(1,t)=0,\\
u(x,0)=1+e^x-x.\end{cases}$$
%u(x,t)=v(x,t)+\phi(x)$, $\phi(x)=1-x$.
\end{itemize}

\newpage

{\bf SOLUZIONI}:
\begin{itemize}
\item[1.] Sostituendo $u(x,t)=f(x-ct)$ per un'opportuna funzione non banale $f$
di classe $C^3$, otteniamo
$$8f^{\prime\prime\prime}(x-ct)-6cf^{\prime\prime\prime}(x-ct)
+c^2f^{\prime\prime\prime}(x-ct)=0.$$
Risolvendo l'equazione $8-6c+c^2=0$, si trovano gli zeri $c=2$ e $c=4$. Poniamo
$$u(x,t)=f(x-2t)+g(x-4t)$$
per opportuna funzioni $f,g$ di classe $C^3$. Utilizzando le condizioni iniziali
si ha:
$$f(x)+g(x)=\tfrac{1}{2}x^2,\qquad-2f^\prime(x)-4g^\prime(x)=-3x.$$
Allora $f^\prime(x)=g^\prime(x)=\tfrac{1}{2}x$. Quindi $f(x)=\tfrac{1}{4}x^2+d$
e $g(x)=\tfrac{1}{4}x^2-d$ per un'opportuna costante $d$. Di conseguenza,
$$u(x,t)=\tfrac{1}{4}(x-2t)^2+\tfrac{1}{4}(x-4t)^2.$$
\item[2.] Scrivendo l'equazione differenziale nella forma Sturm-Liouville,
si ha:
$$-(e^{12x}y^\prime)^\prime-36e^{12x}y=\zl e^{12x}y;$$
dunque il peso \`e $e^{12x}$. Ponendo $y=e^{-6x}z$, troviamo
$y^\prime=e^{-6x}[z^\prime-6z]$
e $y^{\prime\prime}=e^{-6x}[z^{\prime\prime}-12z^\prime+36z]$. In termini di
$z$, il problema di Sturm-Liouville ha la forma
$$\begin{cases}z^{\prime\prime}=-\zl z,\\ 8z(0)=z^\prime(0),\\ z(4)=0.
\end{cases}$$
Utilizzando la condizione di Dirichlet $z(4)=0$, risulta per $\zl<0$
$$z\sim\sin((4-x)\sqrt{\zl});$$
utilizzando la condizione mista $8z(0)=z^\prime(0)$, si ha:
$$8\sin(4\sqrt{\zl})+\sqrt{\zl}\,\cos(4\sqrt{\zl})=0.$$
Per $\xi=4\sqrt{\zl}$, risulta l'equazione $\tan(\xi)=-(\xi/32)$. Essendo
$\xi_n\in((n-\tfrac{1}{2}\pi,(n+\tfrac{1}{2}\pi)$ lo zero $n$-esimo positivo
($n=1,2,3,\ldots$), si ha $\zl_n=(\xi_n/4)^2$ e
$$z_n(x)\sim\sin(\frac{4-x)\xi_n}{4}).$$
Le autofunzioni normalizzate in $L^2((0,4);e^{12x}dx)$ sono le seguenti
$$y_n(x)=\frac{1}{\sqrt{N_n}}\,e^{-6x}\sin(\frac{4-x)\xi_n}{4}),$$
dove
\begin{align*}
N_n&=\int_0^4\sin^2(\frac{(4-x)\xi_n}{4})\,dx
=\int_0^4\frac{1-\cos\left(\frac{(4-x)\xi_n}{2}\right)}{2}\,dx
=2-\frac{\sin(2\xi_n)}{\xi_n}\\ &=2-\frac{2\tan(\xi_n)}{\xi_n[1+\tan^2(\xi_n)]}
=2+\frac{\xi_n/64}{\xi_n[1+(\xi_n/32)^2]}.
\end{align*}
\item[3.] Per ``omogenizzare" il problema differenziale poniamo
$$u(x,t)=v(x,t)+\phi(x),$$
dove
$$\begin{cases}2\phi^{\prime\prime}(x)-4\phi^\prime(x)+2\phi(x)+2x-6=0,\\
\phi^\prime(0)-\phi(0)=-2,\\ \phi(1)=0.\end{cases}$$
Allora $\phi(x)=1-x$. Il problema differenziale ha la forma
$$\begin{cases}v_t=2v_{xx}=4v_x+2u,\\ v_x(0,t)-v(0,t)=0,\\ v(1,t)=0,\\
v(x,0)=e^x.\end{cases}$$
La sepazione delle variabili $v(x,t)=X(x)T(t)$ conduce al sistema
$$\begin{cases}\frac{T^\prime(t)}{T(t)}=\frac{2X^{\prime\prime}(x)
-4X^\prime(x)+2X(x)}{X(x)}=-2\zl,\\ X^\prime(0)-X(0)=0,\\ X(1)=0.\end{cases}$$
Risolvendo l'equazione
$$\begin{cases}X^{\prime\prime}(x)-2X^\prime(x)+(1+\zl)X(x)=0,\\
X^\prime(0)-X(0)=0,\\ X(1)=0,\end{cases}$$
per $\zl>0$, si ottiene
$$X(x)\sim e^x\sin((1-x)\sqrt{\zl}),$$
dove $\cos(\sqrt{\zl})=0$. Quindi $\zl_n=(n-\tfrac{1}{2})\pi$ e
$X_n(x)\sim e^x\sin((n-\tfrac{1}{2})\pi(1-x))$ [$n=1,2,3,\ldots$. Per $\zl=0$
avremmo $X(x)\sim(1-x)e^x$ che non verifica la condizione a $x=0$; quindi
$\zl=0$ non \`e autovalore. Per $\zl<0$ avremmo
$X_n(x)\sim e^x\sinh((1-x)\sqrt{-\zl})$, dove $\cosh(\sqrt{-\zl})=0$,
un'impossibilit\`a. Quindi tutti gli autovalori $\zl$ sono positivi. Allora
$$v(x,t)=\sum_{n=1}^\infty c_ne^{-2[(n-\tfrac{1}{2})\pi]^2t}e^x
\sin((n-\tfrac{1}{2})\pi(1-x)),$$
dove
$$e^x=\sum_{n=1}^\infty c_ne^x\sin((n-\tfrac{1}{2})\pi(1-x)).$$
Si ha:
\begin{align*}
\tfrac{1}{2}c_n&=\int_0^1 e^xe^x\sin((n-\tfrac{1}{2})\pi(1-x))e^{-2x}\,dx\\
&=\frac{1-\cos((n-\tfrac{1}{2})\pi)}{(n-\tfrac{1}{2})\pi}
=\frac{1}{(n-\tfrac{1}{2})\pi}.
\end{align*}
Quindi $c_n=4/[(2n-1)\pi]$.
\end{itemize}

\end{document}
