Esercizi Analisi 4

Esercizio Eq. del calore

μt - μxx = x (x - 1)μ(x,0) = sin (πx)μ(0,t) = μ(1,t) = 0

(x,t) ∈ (0,1)×(0,+∞)x ∈ [0,1]t > 0.

Soluzione stazionaria: w(x).

w" = x(x - 1) = x² - x => w"' = -x² + x => w' = -x³/3 + x²/2 + a=> w = -x⁴/12 + x³/6 + ax + bw(0) = b = 0.w(1) = 1/12 + a = 0 => a = -1/12.

Ora basta trovare una soluzione di v di:

νt + νxx = 0ν(x,0) = sin(πx) + x⁴/12 - x³/6 + x/12ν(0,t) = ν(1,t) = 0 ∀t > 0

Esercizio Eq del calore (Esame 7/2013)

μt - μxx = 2 sen(x) + x cos(x) con x ∈ (0,π), t > 0.

a) Trovare una soluzione che soddisfi:μ(0,t) = 1 e μ(π,t) = π + 1.

b) Risolvere

μt - μxx = 2 sen(x) + x cos(x)μ(x,0) = x cos(x) + 1μ(0,t) = 1μ(π,t) = π + 1

Soluzione:

c) cerco w(x) t.c.w"(x) = -2 sen(x) - x cos(x)w(0) = 1 e w(π) = π + 1

cerco primitiva seconda:

∫ [2sen(x)e^xt + xcos(x) - x²cos(x)]dx = -2 cos(x)

∫xcos(x)dx

g' = x

f' = 1

g = sen(x), g' = cos(x)

x sen(x) - ∫sen(x)dx = xsen(x) + cos(x)

Unisco e ottengo: -2cos(x) + x sen(x) + cos(x) = xsen(x) - cos(x)

∫ x sen(x) dx = ∫ cos(x)x dx

f' = 1

x sen(x)

g' = sen(x)

Unisco e ottengo: -xcos(x) + sen(x) - sen(x) = -x cos(x).

w(x) = -(-xcos(x)) + cx + b = xcos(x) + cx + b

w(0) = b = 1

w(x) = xcos(x) + 2x + [Soluzione stazionaria]

Sia u = v + w con v(0,t) = v(π,t) = 0 per x∈(0,π) x t > 0

v(x,0) = x cos(x) - xcosx - 2x -2x

v(0,t) = v(x,t) = 0

b_k = ²/_π ∫ (-x) sen (kx) dx = ^-4/_k x sen (kx) dx

= ^[/_{-x/k cos(kx)} ^]/₀ + ^1/k ∫cos(kx)dx = ^]/₀ + ^4/k cos(kx)

u(x,t) = ^∑/_k=1 bk cos(kx) e^-k2t sen(kx) [xcos(x) + xcos(x) + 2x + 1] OK!

Soluzione 1^a

Per il principio del massimo:

∀ t ≥ 0 min_∂T u = 0

frontiera parabolica

con Q_T = (0,1) x (0,T) restrizione rispetto al dominio

perché u(0,t) = u(1,t) = 0 ∀ t e x(1-x) ≥ 0 ∀ x ∈ [0,1]

Allora u(x,t) ≥ 0 ∀ x ∈ [0,1] e t ≥ 0.

2) Vogliamo mostrare che u ≤ w

Sia v(x,t) = w(x,t) - u(x,t) = αx(1-x)e^-βt - u(x,t)

Cerchiamo α, β t.c. ∂_tv - ∂_xx² v ≥ 0.

e v ≥ 0 su ∂_QT ∀ t ≥ 0.

Allora avremo v(x,t) ≥ 0 ∀ x ∈ [0,1], t ≥ 0 cioè u(x,t) ≤ αx(1-x)e^-βt

v_t - v_xx = -βx(1-x)e^-βt + 2 αe^-βt = αe^-βt[2-βx(1-x)] ≥ 0

cioè 2-βx(1-x) > 0 ∀ x ∈ [0,1]

2 - &frac;β{4} ≥ 0 → β ≤ 8; α ≥ 0.

v(0,t) = v(1,t) = 0 ∀ t ≥ 0.

v(x0) = xx(1-x) - x(1-x) = (x-1)x(1-x) ≥ 0 → α ≥ 1

quindi se α ≥ 1 e 0 ≤ β ≤ 8

allora tale u(x,t) ≤ αx(1-x)e^-βt ∀ x ∈ [0,1], t ≥ 0.

Infine |u(x,t)| = u(x) ≤ αx(1-x)e^-βt ≤ &frac;α{4}e^-βt → 0 se t → ∞

converge uniformemente per x ∈ [0,1]

perché x(1-x) ≤ &frac;{1}{4} per x ∈ [0,1]

Esercizio Eq. di Poisson

del 2/12/21.

Sia B_R={(x,y)∈ℝⁿ | x² + y² ≤ R²}

trovare ∫u(x,y)=y² in B_R

u=1_x∈∂BR

Soluzione: scriviamo u(x,y)=1+v(x,y) dove...

Esercizio esame 18/2/2021

Sia Ω il dominio limitato dal triangolo del piano

di vertici (-1,0); (1,1); (1,0)

P { due cos(πx/2) (x,y)∈ℝ

u(x,y)=y₁₃ x² (x,y)∈Ω

1. Dimostrare che P ha un'unica soluzione.
2. Dimostrare che 0≤(x,1)≤1 ∀(x,y)∈Ω

Note: Il triangolo...

a) è soluzione della sfera esterna poiché è un poligono:

f(x)=cos(πx/2) ∈ C²(Ω̅) e g(x,y)∈C(∂Ω) ⇒ ∃ !.

Soluz. unica.

b) Per -1≤x≤1 ∀(x,y)∈Ω =⇒ -π/2 ≤ πx ≤ π/2 ⇒ cos(πx/2) ≥ 0.

Quindi Δu=cos(πx/2) > 0. ∀(x,y) ∈ ℝ.

Cioè u è subarmonica

e possiamo applicare il principio del massimo

max u = max u

Ω̅ ∂Ω

max u = max^max (y+x²)=max_{{y+x^k , … }}

Dato il loro ... dominio risulta

che u(x,y)≤2 ∀(x,y)∈Ω̅...

Dobbiamo modificare la funzione perché diventi

armonica e poter fare una stima del minimo.

Cerchiamo v t.c. Δv=cos(πx/2)

così u=v+w ⇒ w=u-v+...

aromica ⇒ Δw=0.

Esame 31/1/2013 A

S. 1 Sia a {> 0} fissato e si consideri la funzione caratteristica dell'intervallo [-a,a] ossia:

• χ_a(x) = {1 ~ |x| ≤ a}
• χ_a(x) = {0 ~ |x| > a}

e sia γ = χ_a * χ_a

a) Calcolare γ̂ (ξ)

f(x) = χ_a * χ_a

γ̂ (ξ) = (χ_a * χ_a)̂ (ξ) = χ̂_a(ξ) · χ̂_a(ξ) = e^-2πiξa · e^-2πiξa = e^-2πiξa

= (∫_-a^a e^-2πiξx dx)² = (e^-2πiξx|^a_-a)² = (e^2πiξa - e^-2πiξa / 2πiξ)² = (sen(2πxa) / πξ)²

b) Calcolare la d.i Fourier della funzione caratteristica di (1, 5).

P_A = {1̇ ~ 1 ≤ x ≤ 5,

{0~altroue

P_A = 1 _[-7,7] (x + 3) = T_-3 1 _[-2,2] (x)

quadro la singola: χ̂_a(ξ) = e^-2πiξ3 1̂ _[-2,2](ξ) = W₃₃

= e^-2πiξ ∫_-2² e^-2πiξx dx = e^-2πiξ e^2πiξx|²_-2 = e^-2πiξ e^2πiξx - e^-2πiξ / +2πiξ = e ^-2πiξ sen(2πx5) / πξ

Esame 15/1/2018

Sia u(x,t) soluzione dell'eq: u_t - u_xx + 3u_x = 0

nella striscia S = {(x,t): 0 < x < 1, t > 0}

1. Determinare a e b ∈ R in modo tale che: ∀ (x,t) = u(x,t) e^{ax + bt}

in S dell’eq: v_t - v_xx = 0.

∋ v_t = <b_t(x,t)e^{ax + bt} = e^{ax + bt} [μ_t(x,t) + b μ(x,t)]

v_x = μ_x(x,t) e^{ax + bt} + μ(x,t)a e^{ax + bt} = e^{ax + bt} [μ_x + a μ]

d_xx v = μ_xx a e^{ax + bt} + μ_x a e^{ax + bt} + μ_x a² e^{ax + bt} =

= e^{ax + bt} [μ_xx + μ_x + μ a²].

v_t - v_xx = e^{ax + bt} [μ_tt - μ_xx - μ_xx - μ a - μ a²] = 0.

{ μ_t + b μ - μ_xx - μ_x a - μ a² = 0

μ_t - μ_xx + 3 μ_x = 0

μ_xx - μ_xx + 3 μ_x = μ_t = μ_xx - 2 μ_x a ⇒ a = -\frac{3}{2}

{ b x - x a² = 0

a = -\frac{3}{2}

{ b = a²

a = -\frac{3}{2}

b = \frac{9}{4}.

2. Risolvere il problema di Cauchy.

μ_t - μ_xx + 3 μ_x = 0

u(x,0) = sen(2πx)e^\frac{3}{2}x

0 < x < 1

u(0,t) = u(1,t) = 0

t > 0.

Usando v_t - v_xx = 0

∀ x,0 = u(x,0) e ^\frac{3}{2}x = sen(2πx) e^{\frac{3}{2}x - \frac{3}{2}x} e = sen(2πx).

Si risolve con la SdF v(x,t) = ∑_n=1^∞ b_n e^-n2π2t sen(nπx)

b_x = \frac{2}{π} ∫₀¹ sen(2πx) sen(kx) dx.

sviluppo per parti.