[EX] Un Problema ai Valori Iniziali per una PDE Iperbolica

[gugo82]

Esercizio:

Risolvere il seguente problema ai valori iniziali:
\[
\tag{IVP} \left\{ \begin{split} u_{yy} (x,y) - u_{xx} (x,y) &= u(x,y)\\ u(x,0) &= e^x\\ u_y(x,0) &= 0\end{split} \right.
\]
usando un'espansione in serie di potenze rispetto alla sola variabile $y$.

[Werner1]

Allora io ho trovato $\cosh(\sqrt{2}y)e^x$ che soddisfa all'equazione e alle condizioni iniziali, ma per farlo ho sfruttato una sorta si separazione delle variabili e un pò di intuito.
Mi sono detto che la soluzione è qualcosa nella forma $f(y)e^x$ con $f(0)=1$ e $f'(0)=0$, allora l'equazione diventa
$f''=2f$ e questa si risolve facilmente
Sono comunque interessato a vedere come verrebbe con uno sviluppo in serie di potenze

[gugo82]

Prova a lavorarci un po'.

Comunque, pubblicherò la soluzione tra una settimana o giù di lì.

[gugo82]

Come promesso, pubblico in spoiler la soluzione.

Come al solito si fa in questi casi, supponiamo che la soluzione $u$ esista e sia sufficientemente regolare... Diciamo tanto regolare che si possa scrivere un'espansione in serie del tipo:
\[
\tag{S} u(x,y) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x)\ y^n\; ,
\]
coi coefficienti $a_n$ definiti in $\RR$ e derivabili almeno un paio di volte.

Derivando termine a termine troviamo:
$$\begin{split} u(x,y) &= \sum_{n=0}^\infty a_n(x)\ y^n\\ u_{xx}(x,y) &= \sum_{n=0}^\infty a_n^{\prime \prime} (x)\ y^n\\ u_{y}(x,y) &= \sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1}(x)\ y^n\\ u_{yy}(x,y) &= \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2}(x)\ y^n\end{split}$$
e sostituendo tali relazioni nella PDE e nelle condizioni iniziali otteniamo:
$$\begin{cases} \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2}(x)\ y^n = \sum_{n=0}^\infty \big( a_n^{\prime \prime} (x) +a_n(x)\big)\ y^n\\ a_0(x) = e^x \\ a_1(x) = 0\; ,\end{cases}$$
che si può scrivere come un sistema di equazioni alle ricorrenze (che coinvolgono anche le derivate seconde) per i coefficienti $a_n$, cioè:
$$\tag{R} \begin{cases} (n+2)(n+1)a_{n+2}(x) = a_n^{\prime \prime} (x) +a_n(x)\\ a_0(x) = e^x \\ a_1(x) = 0\; .\end{cases}$$
La ricorrenza in (R) è del secondo ordine, col secondo membro che non dipende da $a_{n+1}$; dunque, essa "separa" gli $a_n$ dipendenti dagli indici dispari dagli $a_n$ dipendenti dagli indici pari. In particolare, se $n=2h+1$ abbiamo:
$$\begin{cases} (2h+3)(2h+2)a_{2h+3}(x) = a_{2h+1}^{\prime \prime} (x) +a_{2h+1}(x)\\ a_1(x) = 0\; ,\end{cases}$$
da cui segue immediatamente:
$$a_{2h+1}(x) = 0\quad \text{per ogni } h\in \mathbb{N};$$
d'altra parte, se $n=2h$ otteniamo:
$$\begin{cases} (2h+2)(2h+1)a_{2h+2}(x) = a_{2h}^{\prime \prime} (x) +a_{2h}(x)\\ a_0(x) = e^x\; ,\end{cases}$$
da cui segue:
$$\begin{split} a_0(x) &= e^x\\ a_{2}(x) &= \frac{1}{2!}\ \big(a_0^{\prime \prime} (x) +a_0(x)\big)\\ &= \frac{2}{2!}\ e^x\\ a_{4}(x) &= \frac{1}{4\cdot 3}\ \big(a_{2}^{\prime \prime} (x) +a_{2}(x)\big) \\ &= \frac{4}{4!}\ e^x\\ a_{6}(x) &= \frac{1}{6\cdot 5} \big( a_{4}^{\prime \prime} (x) +a_{4}(x)\big)\\ &= \frac{8}{6!}\ e^x\end{split}$$
e in generale:
$$a_{2h}(x) = \frac{2^h}{(2h)!}\ e^x\quad \text{per ogni } h\in \mathbb{N}\; ,$$
(cosa che si può provare per induzione).

Pertanto:
$$u(x,y) = \sum_{h=0}^\infty \frac{2^h}{(2h)!}\ e^x\ y^{2h} = e^x\ \cosh(\sqrt{2}\ y)$$
è l'unica soluzione del problema a godere di uno sviluppo del tipo (S).

Poi, si può vedere (usando risultati generali sull'equazione delle onde) che tale soluzione è unica tra le soluzioni classiche.