Metodi 1

Come affrontare un'equazione differenziale a variabili separabili?

Partiamo da un'equazione come $$ \frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\text{.}$$

Ottenere le soluzioni generiche

Prima di tutto, separare le variabili e assumere che le soluzioni separate siano somme di esponenziali complesse. Assumiamo che <math>u(x,t) = X(x)T(t)</math>.

Da ciò, deriviamo. Ottenendo: $XT^\prime = X^{\prime\prime}T$, e quindi $$\frac{T^\prime}{T} = \frac{X^{\prime\prime}}{X} = -\lambda^2 \text{;}\qquad \begin{cases}T^\prime + \lambda^2 T = 0 \\ X^{\prime\prime} +\lambda^2 X =0 \end{cases}$$

Assumiamo anche che <math>X(x) = b e^{\beta x}</math>, e che <math>T(t) = a e^{\alpha t}</math>.

$$\begin{cases}a\alpha e^{\alpha t} + \lambda^2 a e^{\alpha t} = (\alpha + \lambda^2) a e^{\alpha t} = 0 \\ b \beta^2 e^{\beta x} + \lambda^2 b e^{\beta x} = (\beta^2+\lambda^2) b e^{\beta x} = 0 \end{cases} $$

Una volta impostato il sistema con entrambe le equazioni per $X$ e $T$, cerchiamo di ottenere $\alpha$ e $\beta$ in funzione della costante $\lambda$ che collega le due equazioni.

$$\begin{cases} \alpha + \lambda^2 = 0 \\ \beta^2+\lambda^2 = 0 \end{cases}$$ $$\begin{cases} \alpha = - \lambda^2 \\ \beta = \sqrt{\lambda^2} \implies \beta_1 = \lambda \text{;} \beta_2 = i^2 \lambda \text{.} \end{cases}$$

Abbiamo quindi ottenuto due equazioni, $$\begin{cases}T(t) = a e^{-\lambda^2 t}\\ X(x) = b_1 e^{\lambda x} + b_2 e^{-\lambda x}\end{cases}$$

Adesso possiamo applicare le condizioni al contorno. Nell'esame che stiamo seguendo, queste erano: $$\begin{cases}u(-\frac{\pi}{2},t) = 0 \\ u_x(\frac{\pi}{2}, t) = 0\end{cases}$$

Sostituiamo quindi quanto ottenuto in precedenza nel sistema delle condizioni al contorno: $$\begin{cases} b_1 e^{-\frac{\pi}{2} \lambda} + b_2 e^{\frac{\pi}{2}\lambda } = 0 \\ b_1 \lambda e^{\frac{\pi}{2}\lambda} - b_2 \lambda e^{-\frac{\pi}{2}\lambda } = 0 \end{cases}$$ Notiamo che $\lambda = 0$ ci conduce alla soluzione banale... $$\begin{cases} \frac{b_1}{b_2} e^{-\frac{\pi}{2} \lambda} = - e^{\frac{\pi}{2}\lambda } \\ \frac{b_1}{b_2} e^{\frac{\pi}{2}\lambda} = e^{-\frac{\pi}{2}\lambda } \end{cases}$$ Sostituiamo $-1 = e^{(1+2n)i\pi}$, $n \in \mathbb{Z}$: $$\begin{cases} \frac{b_1}{b_2} e^{-\frac{\pi}{2} \lambda} = e^{(1+2n)i\pi} e^{\frac{\pi}{2}\lambda } \\ \frac{b_1}{b_2} e^{\frac{\pi}{2}\lambda} = e^{-\frac{\pi}{2}\lambda } \end{cases}$$ Divido la prima equazione per $e^{-\frac{\pi}{2} \lambda}$ e la seconda per $e^{\frac{\pi}{2}\lambda}$: $$\begin{cases} \frac{b_1}{b_2}= e^{(1+2n)i\pi} e^{\pi\lambda } \\ \frac{b_1}{b_2}= e^{-\pi\lambda } \end{cases}$$ Sostituisco la seconda equazione nella prima, e divido l'equazione così ottenuta per $e^{-\pi\lambda}$, inoltre, scrivo $1$ come $e^0$: $$\begin{cases} e^0 = e^{(1+2n)i\pi} e^{2\pi\lambda } \\ \frac{b_1}{b_2}= e^{-\pi\lambda } \end{cases}$$ Prendo il logaritmo della prima equazione: $$\begin{cases} 0 = (i + 2ni + 2\lambda)\pi \\ \frac{b_1}{b_2}= e^{-\pi\lambda } \end{cases}$$ Da cui, $$\begin{cases} \lambda = i\frac{1+2n}{2} \\ b_1= b_2 e^{-i\pi\frac{1+2n}{2}} \end{cases}$$

Le soluzioni generiche sono quindi

$$\begin{cases}T_n(t) = a e^{(\frac{1+2n}{2})^2 t}\\ X_n(x) = b (e^{-i\pi\frac{1+2n}{2}} e^{i\frac{1+2n}{2} x} + e^{-i\frac{1+2n}{2} x}) = b (e^{i\frac{1+2n}{2}(x-\pi)} + e^{-i\frac{1+2n}{2} x})\end{cases}$$

Common pitfalls

• $\ln(a e^b) = \ln{e^{\ln{a}} e^b} = \ln{e^{\ln{(a)} + b}} = \ln{(a)} + b \neq \ln{(a)} b$