Equazione delle onde

Equazione delle onde
Utilizziamo la trasformata di Fourier per risolvere l’equazione delle onde. Consideriamo
una corda di lunghezza infinita, quindi studiamo il problema

2
∗

 ut t (x, t ) = c ux x (x, t ) , (x, t ) ∈ R × R+ ,
u(x, 0) = ϕ(x) ,
x ∈ R,

 u (x, 0) = ψ(x) ,
x ∈ R,
t
dove c ∈ R∗+ e sono assegnate ϕ, ψ: R → R assolutamente integrabili in senso generalizzato.
Poiché cerchiamo una soluzione u di classe C 2 , deve essere ϕ ∈ C2 (R, R) e ψ ∈ C1 (R, R)
Supponiamo che, per ogni fissato t ∈ R+ , la funzione x 7→ u(x, t ) sia di classe C 2 ,
assolutamente integrabile in senso generalizzato e che anche le derivate prima e seconda siano
assolutamente integrabili in senso generalizzato. Indichiamo con U la trasformata di Fourier
di tale funzione, cioè
Z +∞
e −i ωx u(x, t ) d x .
U (ω, t ) =
−∞
Per il teorema sulla trasformata di Fourier della derivata, la trasformata di Fourier, rispetto
a x , di ux x è −ω2 U (ω, t ) . Se le funzioni ut e ut t sono tali che si può derivare sotto il
segno di integrale si ha
∂
Ut (ω, t ) =
∂t
Ut t (ω, t ) =
∂
∂t
Z
Z
+∞
e
−i ωx
u(x, t ) d x =
−∞
+∞
Z
e −i ωx ut (x, t ) d x =
+∞
e −i ωx ut (x, t ) d t ,
−∞
+∞
Z
e −i ωx ut t (x, t ) d t .
−∞
−∞
Quindi, trasformando l’equazione differenziale, otteniamo, ∀ω ∈ R , ∀t ∈ R+ ,
Ut t (ω, t ) = −c 2 ω2 U (ω, t ) .
b
b
Le condizioni iniziali diventano U (ω, 0) = ϕ(ω)
e Ut (ω, 0) = ψ(ω)
; pertanto la funzione
t 7→ U (ω, t ) , di dominio R+ , deve essere soluzione del problema di Cauchy per un’equazione
differenziale ordinaria lineare omogenea a coefficienti costanti

′′
2 2

y (t ) + c ω y(t ) = 0 ,
b
y(0) = ϕ(ω)
,
(1)

 ′
b
y (0) = ψ(ω) .
Il polinomio caratteristico dell’equazione differenziale è λ2 + c 2 ω2 , che, se ω ∈ R∗ , ha le radici λ = ±i cω ; pertanto l’integrale generale è { t 7→ c1 cos(cωt ) + c2 sin(cωt ) | c1 , c2 ∈ R} .
b
b
Affinché si verificata la condizione condizione y(0) = ϕ(ω)
deve essere c1 = ϕ(ω)
, per veb
b
b
rificare y ′ (0) = ψ(ω)
deve essere c cω = ψ(ω)
, cioè c = ψ(ω)/(cω)
. Quindi il problema
2
2
(1) ha la soluzione
b
t 7→ ϕ(ω)
cos(cωt ) +
1
1 b
ψ(ω) sin(cωt ) .
cω
Se invece ω = 0 , allora il polinomio caratteristico è λ2 , che ha la radice doppia 0 , pertanto
l’integrale generale dell’equazione differenziale è
{ t 7→ c1 + c2 t | c1 , c2 ∈ R} .
b
b .
b , si ha c1 = ϕ(0)
b , mentre da y ′ (0) = ψ(0)
Dalla condizione y(0) = ϕ(0)
segue c2 = ψ(0)
Quindi il problema (1) ha la soluzione
b
b + ψ(0)t
t 7→ ϕ(0)
.
pertanto deve essere

1 b
ϕ(ω)
b
cos(cωt ) +
ψ(ω) sin(cωt )
U (ω, t ) =
cω
ϕ(0)
b
b + ψ(0)t
La funzione
b
ω 7→ ϕ(ω)
cos(cωt ) =
se (ω, t ) ∈ R∗ × R+ ,
se (ω, t ) ∈ {0} × R+ .
1 i cωt
b
e
+ e −i cωt ϕ(ω)
2
è la trasformata di Fourier della funzione
1
x 7→ ϕ(x + c t ) + ϕ(x − c t ) .
2
Analogamente, posto
K : R → C,
la funzione

b
 1 ψ(ω)
sin(cωt )
K(ω) = cω
b
ψ(0)t
ω 7→ iωK(ω) =
se (ω, t ) ∈ R∗ × R+ ,
se (ω, t ) ∈ {0} × R+ ,
b
1 i cωt
i b
e
− e −i cωt ψ(ω)
ψ(ω) sin(cωt ) =
c
2c
è la trasformata di Fourier della funzione
v: R → C,
v(x) =
1
ψ(x + c t ) − ψ(x − c t ) .
2c
Quindi, per il teorema sulla trasformata di Fourier della derivata, se w ∈ C (R, C)∩P C 1 (R, C)
è assolutamente integrabile in senso generalizzato ed è tale che w ′ , nei punti in cui è definita,
Ò = K . Posto
coincide con v , allora w
Z x+c t
Z x−c t
Z
1
1 x+c t
w: R → C,
w(x) =
ψ(y) d y =
ψ(y) d y −
ψ(y) d y ,
2c 0
2c x−c t
0
per il teorema fondamentale del calcolo integrale w è continua ed è derivabile, con derivata uguale a v , nei punti in cui v è continua. Pertanto w ∈ C (R, C) ∩ P C 1 (R, C) . Si può
dimostrare che w è assolutamente integrabile in senso generalizzato.
Si ha quindi
Z
1 x+c t
1
u(x, t ) = ϕ(x + c t ) + ϕ(x − c t ) +
ψ(y) d y .
2
2c x−c t
Abbiamo riottenuto la formula di d’Alembert.
2