Equazione delle onde non omogenea

Equazione delle onde non omogenea
Tiziano Penati
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Passagio a “coordinate” caratteristiche
Si consideri l’equazione di D’Alambert non omogenea su R
utt − uxx = Q(x, t) .
(1)
L’introduzione delle nuove coordinate “caratteristiche”
ζ := x − t
η := x + t ,
trasforma (1) nell’equazione
1
Q̃(ζ, η) := Q(x(ζ, η), t(ζ, η)) .
4
∂ζη u = Q̃(ζ, η) ,
(2)
L’equazione (2) si scrive come
Lu = Q̃ ,
(3)
dove L rappresenta l’operatore lineare di derivata mista
L := ∂ζη .
2
Soluzione di Lu = Q̃
Procediamo come nella teoria delle equazioni lineari. L’insieme di tutte e
sole le soluzioni di (3) si rappresenta come
u = L−1 Q̃ + Ker(L) ,
(4)
dove L−1 Q̃ è una qualunque soluzione del problema (soluzione particolare).
Che tutte le u della forma (4) siano soluzione appare ovvio sostituendo. Se
u2 6≡ L−1 Q̃ è una seconda soluzione di (4), allora v := u2 −L−1 Q̃ risolve Lv =
Q̃ − Q̃ = 0, ovvero v ∈ Ker(L). Quindi due soluzioni distinte differiscono
per un elemento del nucleo.
Abbiamo già caratterizzato il nucleo dell’operatore L, quindi
u(ζ, η) = f (ζ) + g(η) + L−1 Q̃ ;
1
rimane da determinare almeno una soluzione particolare di (4). Una maniera
comoda per avere tale soluzione consiste nell’integrare rispetto ad entrambe
le variabili ζ, η l’equazione (2), ottenendo
Z ζ
Z η
dω
Q̃(ω, ν)dν .
(5)
u∗ (ζ, η) = L−1 Q̃ =
0
3
0
Confronto con il la formula di Duhamel.
È noto che una soluzione particolare dell’equazione delle onde (1) sia data
dalla Formula di Duhamel
Z
Z x+(t−s)
1 t
uD (x, t) =
ds
Q(y, s)dy .
(6)
2 0
x−(t−s)
Ci proponiamo con un esempio di confrontare il risultato fornito da tale
formula con la soluzione u∗ ottenuta in (5).
Scegliamo
Q(x, t) ≡ 1 .
La soluzione uD si scrive come
Z
1 t
1
uD (x, t) =
2(t − s)ds = t2 ,
2 0
2
che in effetti è soluzione, essendo
[∂tt − ∂xx ] (uD ) = 1 .
Dopo aver trasformato il termine “forzante” Q(x, t) nelle coordinate caratteristiche
1
Q̃ = − ,
4
la soluzione u∗ si scrive invece come
1
u∗ (ζ, η) = − ζη ,
4
u∗ (x, t) =
1 2
t − x2 ,
4
che in effetti risulta essere anch’essa soluzione, in quanto
1
[∂tt − ∂xx ] (u∗ ) = (2 + 2) = 1 .
4
Due soluzioni distinte devono differire per un termine di nucleo. Infatti
definendo
1
v := uD − u∗ = (t2 + x2 ) ,
4
abbiamo
1
[∂tt − ∂xx ] (v) = (2 − 2) = 0 .
4
2
In alternativa bastava osservare che
(x − t)2 + (x + t)2 = 2(t2 + x2 ) .
Quindi le due formule forniscono due diverse soluzioni particolari con cui
costruire la soluzione generale del problema
u(x, t) =
3.1
1 2
t − x2 + f (x − t) + g(x + t) .
4
(7)
Un commento sulla risonanza
È interessante notare come entrambe le soluzioni particolari appena trovate
siano entrambe illimitate, ed in particolare siano dei polinomi in x, t. La
ragione è da ricercare nel fatto che il termine noto Q nel problema specifico
affrontato è un termine di nucleo, in quanto LQ = 0. Se per esempio Q̃ =
ρ(ζ), allora la formula (5) fornisce
Z
u∗ =
ζ
Z
ηρ(ω)dω = ηF (ζ) ,
0
F (ζ) :=
ζ
ρ(ω)dω .
0
Questa situazione è analoga a quella incontrata nel caso dell’oscillatore armonico di frequenza ω con forzante trigonometrica di frequenza Ω. Nel caso
“risonante”, in cui ω = Ω, la soluzione si presenta come un’oscillazione di frequenza Ω modulata da un’ampiezza che cresce linearmente nel tempo, come
At, quindi illimitata. Anche in questo caso possiamo parlare di “risonanza”.
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