Energy Engineering - Metodi Analitici e Numerici per l'Ingegneria

Full exam

Parte AEs. 1Es. 2Totale Metodi Analitici e Numerici 11 luglio 2022Docente:Politecnico di Milano Ingegneria EnergeticaCognome:Nome:Matricola: Parte A. A.1Senza calcolare esplicitamente la soluzione, stabilire il comportamento per t!+1della soluzione (cioe, trovare - se esiste - la soluzione stazionaria) del seguente problema di Cauchy-Neumann per l'equazione del calore, fornendo un'interpretazione sica della risposta: 8 > < > :u t u xx= 0 x2(0;2); t2(0;+1); ux(0 ; t) = 0; u x(2 ; t) = 1t2(0;+1); u(x;0) = 0x2(0;2): Soluzione:Secondo l'interpretazione sica dell'equazione del calore, in questo modello la sbarra di lunghezza 2 non riceve calore entrante dall'estremo sso in 0 ( usso di calore nullo), mentre dall'esterno riceve calore in maniera costante nell'estremo sso inx= 2 ( usso di calore entrante costante uguale a 1). Inoltre, per eetto diusivo il calore si propaga istantaneamente a tutta la sbarra. In tal modo, la temperatura e destinata ad aumentare in ogni punto e si puo dunque aermare che lim t!+1u (x; t) = +1 8x2[0;2]: A.2La funzione f(x) =( 2x x2(1;0) x2 + 1x2[0;1) eH1 (1;1)? Motivare adeguatamentela risposta. Soluzione:Lo spazio di SobolevH1 (1;1) e formato da tutte e sole le funzioniL2 (1;1) che hanno derivata debole inL2 (1;1). Per prima cosa, si nota che la funzionefnon e continua in (1;1) perche presenta una discontinuita a salto inx= 0, dunquef non e nemmeno di classeC1 (1;1). La funzionefrisulta peroL2 (1;1) perche e a quadrato integrabile: infatti,f2 risulta una funzione limitata sull'intervallo (1;1), percio integrabile. La funzionefnon appartiene allo spazio di SobolevH1 (1;1), in quanto la sua derivata debole sviluppa una delta di Dirac in 0 a causa della discontinuita a salto. Cos, la sua derivata debole non e una funzioneL2 (1;1). 1 A.3 Calcolare la trasformata di Fourier della funzione f(x) =( 1 jxjsejxj 1 0 sejxj 1 Soluzione:Per la parita della funzionef, vale che F(f(x))() = 2Z +1 0f (x) cos (2 x)dx= 2Z 1 0f (x) cos (2 x)dx=: : :=1 cos(2)2( )2: Si puo anche procedere secondo la denizione F(f(x))() =Z +1 1f (x)e 2i x dx giungendo allo stesso risultato, ma i conti sono piu involuti e necessitano di molta attenzione. A.4Determinare la antitrasformata di Laplace della funzione F(s) =20 s44 s2 7s2: Soluzione:Scomponendo la funzione otteniamo F(s) =: : :=4s 2+ 1s +14 e quindiL 1 (F(s))(t) = 4e2 t +e 14 t 2 Parte B. B.1 E dato il problema di Neumann per l'equazione di Laplace 8 > < > :
u= 0 (x; y)2(0;2)(0;2) u y( x;0) = 0; u y( x;2) =g(x); x2(0;2) u x(0 ; y) = 0; u x(2 ; y) = 0y2(0;2): a)Il problema ammette soluzione per ognig? Tale eventuale soluzione e unica? Giusticare adeguatamente le risposte. Soluzione:Il problema di Neumann per l'equazione di Laplace
u=fnon am- mette soluzioni pergqualunque, ma deve valere la cosiddetta \condizione di com- patibilita": in questo casoR 2 0g (x)dx= 0. Inoltre, se vale la suddetta condizione, la soluzione esiste, ma non e unica: le soluzioni sono innite e determinate a meno di una costante additiva. Infatti, le funzioni costanti sono armoniche e hanno derivata normale nulla al bordo. Per questo motivo, data una qualunque soluzioneu(x; y), ancheu(x; y) +CconCcostante e soluzione. b)Perg(x) = 2x2 determinare una soluzione tramite il metodo di separazione delle variabili. Sono richieste in particolare: b1)l'impostazione e i passaggi principali del metodo di separazione delle variabili Soluzione:Innanzitutto noto che la funzionegha integrale nullo su (0;2), percio il problema ammette soluzioni denite a meno di costanti additive. Il metodo di separazione delle variabili porta a cercare una soluzione del tipou(x; y) = X(x)Y(y) e quindi X 00 (x)X (x)= Y 00 (y)Y (y)= : Se= 0, troviamo le soluzioni costantiX(x) =c 1, Y(y) =c 2(NB: bisogna motivare l'aermazione risolvendo il problema ai limiti). Se6 = 0, dobbiamo risolvere i problemi (X00 +X= 0x2(0;2) X0 (0) = 0; X0 (2) = 0( Y00 Y= 0x2(0;2) Y0 (0) = 0; trovando dunqueX(x) = cos(k2 x ) eY(y) =ccosh(k2 y ) (motivare le aermazioni risolvendo i problemi ai limiti!). b2)l'espressione della candidata soluzione con i coecienti di Fourier ancora incogniti; Soluzione:Per il principio di sovrapposizione, la candidata soluzione e u(x; y) =c 0++ 1 X k=1c kcos k2 x
cosh k2 y
dovec 0= 0 e gli altri coecienti c ksono determinati dalla relazione uy( x;2) =+ 1 X k=1c kcos k2 x
k2 sinh k
= 2x2 =+ 1 X k=1a kcos k2 x
3 b 3)le formule per il calcolo dei coecienti di Fourier e i coecienti stessi. Soluzione:Allora ck=a kk 2 sinh k
ak=22 Z 2 0(2 x2) cos k2 x
dx=: : :=2 k2
2 (1)k 1
4 B.2 Dato il problema 8 < : 3u00 (x) +u=13 px x 2(1;1); u(1) = 0u0 (1) =1 a)dimostrare esistenza e unicita di soluzione debole tramite il teorema di Lax{Milgram.In particolare: a1)Ricavare la formulazione debole riportando il procedimento per ottenerla, giusticando tutti i passaggi e le scelte e mettendo in evidenzala forma bilineare, il funzionale lineare e lo spazio funzionale. Soluzione:Si moltiplica l'equazione perv2C1 (1;1); v(1) = 0 e si integra per parti sull'intervallo (1;1). Si ottiene: 3Z 1 1u 0 v0 dx+Z 1 1uv dx |{z} = Z 1 113 px v dx 3v(1) |{z} a(u; v) =F(v) In tal modo la formulazione debole diventa: trovareu2H1 0;a( 1;1) tale che a(u; v) =F(v)8v2H1 0;a( 1;1) a2)Enunciare con precisione il Teorema di Lax{Milgram specicando bene tutte le ipotesi. Soluzione:SiaHspazio di Hilbert (generico). Siaa(u; v) una forma bilineare continua (cioe9M >0 t.c.ja(u; v)j Mkukkvkper ogniu; v2H) e coerciva (cioe9 >0 t.c.a(u; u)kuk2 per ogniu2H) e siaFun funzionale lineare continuo suH(cioe9C >0 t.c.jF(v)j Ckvkper ogniv2H). Allora9!u2H t.c.a(u; v) =F(v)8v2H: Inoltre, vale la stima di stabilitakuk C . a3)Vericare l'applicabilita del Teorema di Lax{Milgram mettendo in evidenzale costanti di continuita e coercivita per la forma bilineare, la costante di continuita per il funzionale lineare, la stima di stabilita della soluzione Soluzione:Per la continuita diasi puo procedere in diversi modi. Ad esempio: ja(u; v)j=   3Z 1 1u 0 v0 dx+Z 1 1uv dx   =   3Z 1 1u 0 v0 dx+ 3Z 1 1uv dx 2Z 1 1uv dx    3kuk H1 kvk H1 + 2   Z 1 1uv dx    5kuk H1 kvk H1 ; quindiM= 5. Per la coercivita dia: a(u; u) = 3Z 1 1( u0 )2 dx+Z 1 1u 2 dx= 3Z 1 1( u0 )2 dx+ 3Z 1 1u 2 dx2Z 1 1u 2 dx 3Z 1 1 (u0 )2 +u2
dx2Z 1 1 u2 + (u0 )2
dx kuk2 H1 ; quindi= 1. Per la continuita diF: jF(v)j    Z 1 113 px v   + 3 jv(1)j  kfk L2 kvk H1 + 3C Tk vk H1 (p6 + 3 C T) kvk H1 ; quindiC=p6 + 3 C T. Allora esiste un'unica soluzione debole u2H 0;a( 1;1) per cui vale la stima di stabilita kvk H1 p6 + 3 C T: 5 b)(Facoltativa) Si enunci il teorema della disuguaglianza di Poincare. Per lo spazio scelto vale questo teorema? In caso aermativo si mostri come puo il suo utilizzo migliorare la costante di coercivita. Soluzione:Esiste una costanteC P> 0 tale che kvk L2 (a;b) C Pk v0 kL2 (a;b)8 v2H1 0;a( a; b): Da questa discende che per la soluzione deboleutrovata prima si ha kuk2 H1  (1 +C2 P) ku0 k2 L2 (a;b)= ) ku0 k2 L2 (a;b)11 + C2 Pk uk2 H1 : Di conseguenzakuk2 L2 (a;b) C2 P11 + C2 Pk uk2 H1 e quindi per la coercivita si puo stimare a(u; u) 32C 2 P1 + C2 P kuk2 H1 : Notando cheC 2 P1 + C2 P= 1 11 + C2 P, si vede che la costante di coercivita in questo caso e maggiore di 1, quindi la costante della stima di stabilita della soluzione e migliore(cioe minore). 6