Metodi I Terzo appello

Metodi I
Terzo appello
Problema I
Si consideri l’equazione del calore
∂2u
∂u
=
2
∂x
∂t
in [0, π] colle condizioni al bordo
u(0, t) = 0,
u(π, t) = π,
e la condizione iniziale
u(x, 0) = x + x(x − π).
Cercare una funzione v(x, t) = u(x, t)+w(x) che soddisfi l’equazione del calore colle condizioni
al bordo v(0, t) = v(π, t) = 0. Usando v(x, t) ricavare la serie di Fourier della soluzione u(x, t).
Dire come converge la serie trovata.
Problema II
Sia H uno spazio di Hilbert e {en }∞
1 un set ortonormale completo.
1) Si considerino i vettori
fn =
1
en − nα en−1 ,
n
n = 2, 3, . . .
dove α è un numero reale. Trovare i valori di α per cui il set {fn }∞
2 è completo e quelli per cui
non è completo.
2) Dimostrare che l’operatore T = T1 − T2 , dove
T1 en =
1
en ,
n
T2 en =
è continuo.
3) Trovarne gli autovalori e gli autovettori di T .
Problema III
1) Calcolare la trasformata di Fourier di
gε (x) =
x − sin x
,
x 2 + ε2
1
en+1
,
n+1
dove ε > 0.
2) Dimostrare che gε (x) → f (x) per ε → 0 in L2 (R), dove
f (x) =
x − sin x
,
x2
con ε > 0.
3) Calcolare la trasformata di Fourier di f (x) come limite (puntuale) delle trasformate di
Fourier di gε (x) in L2 (R). [Basta calcolare il limite puntuale, perché si dimostra che se esistono
sia il limite puntuale che il limite L2 , essi coincidono.]
2
Soluzioni
Problema I
Siccome sia v(x, t) = u(x, t) + w(x) che u(x, t) devono soddisfare l’equazione del calore, anche
w(x) la deve soddisfare, ma questo vuol dire che è lineare in x: w(x) = ax + b. Le condizioni al
bordo richiedono a = −1, b = 0, per cui
v(x, t) = u(x, t) − x.
La condizione iniziale diventa
v(x, 0) = x(x − π).
La soluzione per serie è
∞
X
v(x, t) =
2
an sin(nx)e−n t .
n=1
Gli an sono ottenuti imponendo
x(x − π) =
∞
X
an sin(nx).
n=1
Facendo il prodotto scalare di entrambi i membri per sin(mx) otteniamo
Z
4
2 π
x(x − π) sin(mx)dx = 3 [(−1)m − 1] .
am =
π 0
m π
Alla fine abbiamo
u(x, t) = x −
2
∞
8 X e−(2k+1) t
sin((2k + 1)x).
π
(2k + 1)3
k=0
La serie è totalmente convergente.
Problema II
P
1) Cerchiamo un vettore x = ∞
n=1 an en ortogonale a tutti gli fn :
1
an − nα an−1 = 0.
n
(fn , x) =
Ricaviamo
an = n
α+1
α+1
an−1 = (n!)
a1 ,
x = a1
∞
X
n=1
e dunque
||x||2 = |a1 |2
∞
X
(n!)2α+2 .
n=1
3
en (n!)α+1 ,
Se α < −1 la serie converge e il set non è completo, invece se α > −1 la serie non converge e il
set è completo.
P
2) Sulle combinazioni lineari finite xN = N
n=1 an en abbiamo
T1 xN =
N
X
an
n=1
n
en ,
T2 xN =
N
X
an en+1
n=1
n+1
,
per cui
v
v
uN
uN
uX |an |2 uX
3
|an |2
t
t
+
6 ||xN ||.
||T xN || 6 ||T1 xN || + ||T2 xN || =
2
2
n
(n + 1)
2
n=1
n=1
Pertanto T è limitato e la sua norma è 6 3/2. Essendo limitato è anche continuo.
P
3) Gli autovettori x = ∞
n=1 an en con autovalore λ devono soddisfare
λan =
an − an−1
n
per n > 1 e λa1 = a1 . Se λ = 1 abbiamo a1 arbitrario e an (1 − n) = an−1 . Se invece a1 = 0 λ è
arbitrario, ma allora abbiamo
an (1 − nλ) = an−1 .
Se non esiste N tale che λ = 1/N otteniamo an = 0 per ogni n. Se esiste N tale che λ = 1/N
abbiamo an = 0 per n < N e aN è arbitrario. Allora λ = 1/N sono gli autovalori e gli autovettori
sono
∞
X
(−N )n N !
en .
yN =
(n − N )!
n=N
Problema III
1) Sappiamo che
F
da cui anche
F
1
2
x +1
1
2
x + ε2
= πe−|ω| ,
=
π −ε|ω|
e
.
ε
Sfruttando la derivata, abbiamo
x
π d −ε|ω|
= −i
e
= iπsign(ω)e−ε|ω| ,
F
2
2
x +ε
ε dω
mentre invece
F
Pertanto
sin x
2
x + ε2
=
π −ε|ω+1|
e
− e−ε|ω−1|
2iε
1 −ε|ω+1|
−ε|ω|
−ε|ω−1|
F (gε ) = iπ sign(ω)e
e
−e
.
+
2ε
4
2) Abbiamo
2
Z
+∞
||f − gε || =
dx|f (x)|2
−∞
ε4
6 ||f ||2 .
(x2 + ε2 )2
Usando il teorema della convergenza dominata possiamo passare al limite sotto il segno di integrale, per cui gε (x) → f (x) in senso L2 (R).
3) Abbiamo
1
F (gε ) → iπ sign(ω) + (|ω − 1| − |ω + 1|) = F (f ) .
2
Questo è un limite puntuale, ma anche L2 , perché una successione fn che converge a f in L2
ammette una sottosuccessione che converge puntualmente quasi ovunque a f .
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