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—Alla mia famiglia.
Ringraziamenti
Con questa tesi termina un capitolo importante della mia vita durato quattro
anni. È stato un periodo abbastanza lungo che ha portato con sè tante difficoltà,
superate grazie al supporto di tante persone e grazie alla forza di non arrendermi.
Scritte queste poche parole, e lo sono davvero, mi sembra giusto fare dei ringra-
ziamenti, ovviamente avrei voluto ringraziare nome per nome, ma siete in tanti.
Prima di tutto GRAZIE ai miei genitori per aver creduto in me e per avermi
sostenuto in qualsiasi momento.
Grazie a mio fratello Francesco per avermi dato supporto morale e per esserci
stato ogni qual volta si presentavano problemi di natura matematica.
Un grazie al mio relatore, il Dott. Marco Rossi, per essere stato sempre disponibi-
le e pronto a darmi ogni chiarimento possibile.
Grazie ai colleghi che hanno condiviso con me questi tre anni di corsi e di prepa-
razione agli esami per aver reso lo studio meno pesante e per esserci stati ogni
qual volta si presentavano dubbi.
Grazie a Walter per avermi aiutato con Latex e dato una mano con i programmi
utilizzati per il completamento della tesi.
Grazie ad Elia per avermi aiutato ogni volta che il computer, strumento ormai
indispensabile per un universitario, presentava problemi.
Infine grazie ai miei amici per aver reso meno monotoni possibili questi anni.
Rende, Maggio 2015 V. D.
ii
Indice
Introduzione v
1 Derivazione dell’equazione di Korteweg-de Vries 1
2 Alcune soluzioni dell’equazione di Korteweg-de Vries 82.1 Soluzione per un solitone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Soluzione per due solitoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3 Integrali del moto 13
A Valori degli integrali del moto per un solitone 20
Bibliografia 24
iii
Elenco delle figure
2.1 Andamento del potenziale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2 Forma dell’onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Illustrazione grafica del moto di due solitoni. . . . . . . . . . . . . 12
iv
Introduzione
In matematica e in fisica un solitone è un’onda solitaria auto-rinforzante
causata dalla concomitanza, con cancellazione reciproca, tra effetti non lineari e
dispersivi in un mezzo di propagazione. Questo fenomeno venne descritto per
la prima volta nel 1834 da John Scott Russell. Tale Russell era un ingegnere bri-
tannico che si trovò ad osservare il moto di una barca trascinata lungo un canale
(Union Canal) da una coppia di cavalli, accorgendosi poco dopo che la barca si
arrestò improvvisamente. Notò come la massa d’acqua che aveva spostato si era
accumulata vicino la prua del battello in uno stato di violenta agitazione e pro-
vocando uno spostamento all’indietro del battello proseguì rotolando in avanti
con grande velocità e assumendo la forma di una grande elevazione solitaria, un
ammasso d’acqua di forma arrotondata, liscia e ben definita, che ha continuato il
suo cammino lungo il canale senza visibile cambiamento di forma o diminuzione
di velocità. Seguendo poi per chilometri questo fenomeno ne perse il contatto
visivo quando raggiunse le curve del canale.
Russell riprodusse il fenomeno, al quale diede il nome di "Onda di Traslazione",
per mezzo di un esperimento che genera onde lunghe in un bacino lungo e poco
profondo riempito con uno strato di acqua. Per mezzo di questo esperimento
studiò la forma delle onde, la loro velocità di propagazione e la loro stabilità,
chiaramente percettibile su onde progressive e non su onde regressive. Il nome
solitone fu dato da Zabunsky e Kruskal in un articolo degli anni 60’.
Tuttavia si è dovuto attendere l’era informatica con i moderni calcolatori per ca-
pire a pieno l’importanza della scoperta di Scott Russell per la fisica, l’elettronica,
la biologia ed in particolare le fibre ottiche con conseguente consolidamento
della moderna teoria generale dei solitoni.
v
vi
Da un punto di vista formale i solitoni vengono descritti come soluzioni di
equazioni differenziali non lineari tali che :
1. L’onda è stabile e può percorrere notevoli distanze (le onde normali, invece,
tenderebbero o ad appiattirsi oppure ad innalzarsi e frantumarsi).
2. La velocità dipende dalle dimensioni dell’onda e la sua larghezza dipende
dalla profondità dell’acqua.
3. Possono interagire fortemente con altri solitoni, ma emergono dalle collisioni
invariati a meno di uno spostamento di fase.
4. Se una onda è troppo grande a causa della profondità dell’acqua, essa si divide
in due, una grande e una piccola.
Alcune delle equazioni che descrivono i solitoni sono l’equazione non lineare
di Schrödinger(NLSE), l’equazione della sine-Gordon e l’equazione di Korteweg-
de Vries (KdV). Proprio quest’ultima sarà l’equazione che si andrà a studiare.
In matematica l’equazione di Korteweg-de Vries è un modello matematico per
onde sulla superficie dell’acqua poco profonda. E’ un esempio tipico di un mo-
dello esattamente risolubile, cioè un’equazione differenziale alle derivate parziali
non lineare la cui soluzione può essere esattamente e precisamente calcolata (la
KdV può essere risolta mediante la trasformata inversa di scattering).
Nel primo capitolo ricaveremo l’equazione di Korteweg-de Vries partendo dalla
condizione di incomprimibilità ed irrotazionalità del fluido, passando attraverso
l’equazione di Bernoulli e imponendo particolari condizioni.
Nel secondo capitolo risolveremo l’equazione di KdV per un solitone e mo-
streremo attraverso una verifica numerica come prima e dopo l’interazione di
due solitoni la forma non cambia.
Nel terzo capitolo dimostreremo come la conservazione della velocità e del-
la forma dell’onda siano conseguenza della conservazione di infinite quantità, in
particolare la massa, il momento e l’energia.
Capitolo 1
Derivazione dell’equazione diKorteweg-de Vries
In questo primo capitolo partendo dalla equazione di Bernoulli e facendo op-
portune approsimazioni ci prefiggiamo di determinare l’equazione di Korteweg-
de Vries.
In accordo con il metodo usato da Lord Rayleigh, considerato un fluido, nel
nostro caso acqua, che si trova in un canale e la cui profondità è piccola rispetto
allo spostamento orizzontale, partiamo dalla supposizione che le componenti
verticale ed orizzontale della velocità del fluido, rispettivamente v ed u, possono
essere espresse da serie convergenti rapidamente nella seguente forma:
u = f + yf1 + y2f2 + ...
v = yφ1 + y2φ2 + ...
Dove y indica l’altezza di una particella sopra il fondo del canale e dove
f , f1, ...fn e φ1,φ2, ...φn, sono funzioni dipendenti da x e da t.
Procediamo imponendo due condizioni.
La prima condizione è che il fluido sia incomprimibile, ovvero ∇·v = 0.
Questa condizione si ricava partendo dall’equazione di continuità:
∂ρ
∂t+∇·(ρv) = 0
Dalla relazione vettoriale
∇·(ρv) = ρ∇·v + (v·∇)ρ
1
CAPITOLO 1: Derivazione dell’equazione di Korteweg-de Vries 2
possiamo riscrivere l’equazione di continuità nel modo seguente:
∂ρ
∂t+ (v·∇)ρ = −ρ∇·v
La parte sinistra di questa equazione è la variazione totale della densità di massa
nel tempo (con ∂ρ∂t e (v·∇)ρ rispettivamente derivata locale e derivata convettiva).
dρ
dt= −ρ∇·v
per cui l’equazione di continuità dice che la densità di massa resta costante dρdt = 0
se il flusso fluido è a divergenza nulla, ossia se:
∇·v =∂vx
∂x+∂vy
∂y+∂vz
∂z= 0
Questi fluidi sono appunto detti incomprimibili.
Nel nostro caso avremo ∂u∂x + ∂v
∂y = 0. Risolvendo le due derivate, affinchè
l’equazione sia soddisfatta, la somma dei coefficienti delle potenze di y deve
essere uguale a zero, quindi otteniamo:
φn = −1n·∂fn−1
∂x
La seconda condizione è che il fluido sia irrotazionale, ovvero ∇×v = 0, svilup-
pando il quale si ottiene ∂v∂x−
∂u∂y = 0. Come per il caso precedente,svolgendo i conti
e sostituendo a φn l’espressione trovata dalla condizione di incomprimibilità, ma
con n→ n− 1 avremo:
f1 = 0 fn = −1n·∂φn−1
∂x= − 1
n(n− 1)·∂2fn−2
∂x2
Dalle relazioni ottenute per φn e fn, ponendo f0 = f e sostituendo in u e v
otteniamo:
u = f − 12y2∂
2f
∂x2 +1
24y4∂
4f
∂x4 − ... (1.1)
v = −y∂f
∂x+
16y3∂
3f
∂x3 −1
120y5∂
5f
∂x5 + ... (1.2)
CAPITOLO 1: Derivazione dell’equazione di Korteweg-de Vries 3
Dalla condizione di irrotazionalità possiamo introdurre una funzione scalare φ
tale che v = ∇φ, da questa si ricava facilmente che u = ∂φ∂x e v = ∂φ
∂y . Quindi inte-
grando la componente contenente la derivata rispetto ad x possiamo facilmente
ricavare l’espressione per φ:
φ =∫f ∂x − 1
2y2∂f
∂x+
124y4∂
3f
∂x3 − ... (1.3)
Passando alle condizioni al contorno, sia p1(una costante) la pressione atmosferi-
ca, p′1 la pressione in un punto sotto la superficie, dove le forze capillari cessano
di agire e T la tensione superficiale.
Abbiamo poi, distinguendo qui e altrove col suffisso (1) le quantità che si
riferiscono alla superficie:
p′1 = p1 − T∂2y1
∂x2
ma in accordo con la nota equazione dell’idrodinamica, l’equazione di Bernoulli:
p′1ρ
= χ(t)−∂φ1
∂t− 1
2(u2
1 + v21)− gy1
dove χ(t) è una funzione arbitraria, ρ è la densità del fluido, (u21 +v2
1) è la velocità
di deriva lungo la linea di flusso, g è l’accelerazione di gravità e y1 è la quota
dell’onda.
Dividiamo l’equazione precedente per ρ e sostituendogli quest’ultima avremo:
p1
ρ= χ(t)−
∂φ1
∂t− 1
2(u2
1 + v21)− gy1 +
Tρ
∂2y1
∂x2 (1.4)
Quindi sostituendo nell’equazione (1.4) al posto di φ1 l’epressione data dalla (1.3)
e al posto di u1 e v1 rispettivamente le espressioni date dalla (1.1) e (1.2), poichè
deve valere l’uguaglianza nella suddetta, avremo, chiamando rispettivamente
L la somma dei termini che non moltiplicano potenze di y1 escluso Tρ∂2y1∂x2 , M la
somma dei termini che moltiplicano y21 ,N la somma dei termini che moltiplicano
y41 e P la somma dei termini che moltiplicano y6
1 , che:
p1
ρ= L− gy1 +My2
1 +Ny41 + P y6
1 + ...+Tρ
∂2y1
∂x2 (1.5)
CAPITOLO 1: Derivazione dell’equazione di Korteweg-de Vries 4
con:
L = χ(t)−∫∂f
∂tdx − 1
2f 2
M =12f∂2f
∂x2 +12∂2f
∂x∂t− 1
2
(∂f
∂x
)2
N = − 124f∂4f
∂x4 −18
(∂2f
∂x2
)+
16∂f
∂x·∂3f
∂x3 −1
24∂4f
∂x3∂t
P =1
720f∂6f
∂x6 +1
48∂2f
∂x2 ·∂4f
∂x4 −1
72
(∂3f
∂x3
)2
− 1120
∂f
∂x·∂5f
∂x5 +1
720∂6f
∂x5∂t
dipendenti solo da x. Dalla seguente condizione, ∂∂x
(p′1ρ
)= 0, ovvero ponendo la
derivata della (1.6) rispetto ad x uguale a zero, abbiamo:
∂L∂x
+ y21∂M∂x
+ y41∂N∂x
+ y61∂P∂x
+ ...− g∂y1
∂x+ 2My1
∂y1
∂x+
+ 4Ny31∂y1
∂x+ 6P y5
1∂y1
∂x+ ...+
Tρ
∂3y1
∂x3 = 0(1.6)
Inoltre una seconda condizione è:
−u1∂y1
∂x+ v1 −
∂y1
∂t= 0 (1.7)
notando che v1 = dy1dt .
Per risolvere le equazioni (1.6) e (1.7) utilizziamo il metodo delle approssima-
zioni successive. Poniamo y1 = l + η ed f = q0 + β, dove l e q0 supponiamo siano
costanti ed η e β sono funzioni dipendenti da x e da t. Per onde lunghe, cioè per
onde la cui lunghezza d’onda è grande rispetto alla profondità del canale, ogni
nuova differenziazione rispetto ad x dà luogo a quantità sempre più piccole. Per
risolvere queste due equazioni prenderemo in considerazione solo termini con
una derivata rispetto ad x e termini con una derivata rispetto a t. In particolare
per la (1.6) svilupperemo i conti solo dei termini ∂L∂x e −g ∂y1∂x , perchè contengo-
no una sola derivata rispetto ad x e t e sostituiamo le espressioni per L, f ed
y1. Mentre per la (1.7) sostituiamo le espressioni date dalla (1.1), dalla (1.2) e
l’espressione per y1.
CAPITOLO 1: Derivazione dell’equazione di Korteweg-de Vries 5
Fatto ciò otterremo:
q0∂β
∂x+∂β
∂t+ g
∂η
∂x= 0
q0∂η
∂x+∂η
∂t+ l∂β
∂x= 0
e sono soddisfatte ponendo:
dη
dt=dβ
dt= 0 β = −
q0
l(η +α)
q0 =√gl (1.8)
dove α è una costante arbitraria che supponiamo essere piccola.
È evidente che questa soluzione coincide con quella solitamente espressa per
il caso di onde lunghe di forma arbitraria e stazionarie, attribuendo al fluido
una velocità uguale e contraria a quella delle onde, con l’assunzione che la
componente verticale della velocità possa essere trascurata e che la componente
orizzontale della velocità possa essere considerata uniforme attraverso ogni
sezione del canale. Ma volendo procedere con una seconda approssimazione
dobbiamo porre:
f = q0 −q0
l(η +α +γ) (1.9)
dove γ è piccola se comparata con η e α. In particolare avremo che ddx va come ε ,
η poichè varia con x va pure come ε, α va come ε mentre γ essendo più piccolo va
come ε3. Sostituiamo l’equazione (1.9) nelle equazioni (1.6) e (1.7) facendo un’ap-
prossimazione (intorno a y1 = l) fino all’ordine 5 con riferimento all’infinitesimo
campione ε che è di ordine 1, inoltre trascuriamo i termini ∂η∂x ·∂2η∂x2 e
∂η∂x3
rispet-
to a η ∂η∂x e i termini ∂γ∂t e ∂3η∂x2∂t
rispetto a ∂η∂t ottenendo così le due nuove equazioni:
q0
l
∂η
∂t+ g
∂γ
∂x−g
l(η +α)
∂η
∂x−(
12l2g −
q0
8l3 − T
ρ
)∂3η
∂x3 = 0 (1.10)
eq0
l
∂η
∂t− g
∂γ
∂x−g
l(2η +α)
∂η
∂x+
16l2g
∂3η
∂x3 = 0 (1.11)
CAPITOLO 1: Derivazione dell’equazione di Korteweg-de Vries 6
Isolando da una delle due equazioni il termine g ∂γ∂x e sostituendolo nella seconda,
risolviamo rispetto a ∂η∂t ed otteniamo:
∂η
∂t=
3q0
2l
∂(
12η
2 + 23αη + 1
3σ∂2η∂x2
)∂x
(1.12)
dove
σ =13l3 − lT
gρ+l4q0
8g
Una espressione più semplice dell’equazione di Korteweg-de Vries è la seguente:
∂tφ+∂3xφ+ 6φ∂xφ = 0 (1.13)
con ∂t e ∂x derivate parziali rispetto a t e ad x.
La costante 6 davanti l’ultimo termine non è di grande importanza.
Per passare dall’equazione (1.12) all’equazione (1.13) bisogna fare delle oppor-
tune considerazioni. Prima di tutto notiamo come nell’eq. (1.12) a differenza
dell’eq. (1.13) ci sia un termine lineare, quindi definiremo η = φ + k, dove k è
una costante che bisogna scegliere in modo tale da eliminare il termine lineare.
Sostituendo nell’eq. (1.12) l’espressione per η definita sopra e svolgendo i calcoli
risulta che k = −23α, quindi avremo:
∂φ
∂t=
3q0
2lφ∂φ
∂x+q0σ
2l∂3φ
∂x3 (1.14)
tuttavia, ancora, questa non è l’equazione che vogliamo studiare. Procediamo
col ridefinire φ, x e t per mezzo di costanti, avremo quindi che φ = 1aφ′, x = 1
bx′ e
t = 1c t′.
Quindi φ(x, t) = 1aφ′(x′, t′). Da qui ricaviamo le derivate parziali ∂φ∂x e ∂φ
∂t :
∂φ
∂x=
1a
∂φ′
∂x′·∂x′
∂x→
∂φ
∂x=ba
∂φ′
∂x′→
∂φ′
∂x= b
∂φ′
∂x′→ ∂
∂x= b
∂∂x′(1.15)
e
∂φ
∂t=
1a
∂φ′
∂t′·∂t′
∂t→
∂φ
∂t=ca
∂φ′
∂t′(1.16)
CAPITOLO 1: Derivazione dell’equazione di Korteweg-de Vries 7
Sostituiamo le espressioni (1.15) e (1.16) per le derivate nell’equazione (1.14) e
otteniamo:
c∂φ′
∂t′=
3q0
2l·baφ′∂φ′
∂x′+q0σ
2lb3∂
3φ′
∂x′3(1.17)
Dalla seguente equazione possiamo ricavare i valori per le costanti a, b e c tali
che ci permettano di ottenere gli stessi coefficienti dell’eq. (1.13). Le costanti
saranno quindi rispettivamente:
a =3
√q2
0
32l2σb = 3
√2lq0σ
c = 1
Una volta sostituite le costanti nell’eq. (1.17) ed eliminando gli indici (′) per
semplificare la notazione otteniamo praticamente la (1.13).
Capitolo 2
Alcune soluzioni dell’equazione diKorteweg-de Vries
In questo secondo capitolo, a partire dall’eq. (1.13), ricaveremo le soluzioni
per un solitone e per due solitoni.
2.1 Soluzione per un solitone
Iniziamo con il considerare soluzioni in cui una forma d’onda fissata, data
dalla forma f (X), mantiene la sua forma mentre si sposta verso destra con velocità
di fase c. Tale soluzione è data da φ(x, t) = f (x − ct − a) = f (X), con X = x − ct − aed a che sposta semplicemente l’origine del sistema di riferimento. Sostituendo
questa relazione nella (1.13) e svolgendo le derivate otteniamo:
− cdf
dX+d3f
dX3 + 6fdf
dX= 0 (2.1)
Integriamo la (2.1) rispetto ad X e otteniamo:
−cf +d2f
dX2 + 3f 2 = A
con A costante di integrazione. Inoltre interpretiamo f come una coordinata
spaziale, mentre X come variabile temporale.
L’equazione di sopra possiamo riscriverla come:
x(T ) = A− 3x2 + cx =F(x)m
(2.2)
con F(x) che indica la forza.
8
CAPITOLO 2: Alcune soluzioni dell’equazione di Korteweg-de Vries 9
Sappiamo che F = −∂V∂x , quindi dalla (2.2) abbiamo:
V (x) = −∫m(A− 3x2 + cx)dx → V (x) = −mAx+ x3m− c
2x2m+B
con B costante di integrazione.
Scegliamo A e B in modo che il Max di V (x) si abbia in x = 0. Quindi calcoliamo
la derivata rispetto ad x di V (x) e otteniamo:
dV (x)dx
= −mA+ 3x2m− cmx
Per trovare il massimo poniamo dV (x)dx = 0, che risulta essere:
x =c −√c2 + 12A6
Poichè vogliamo che il massimo del potenziale si abbia in x = 0 , questa condi-
zione è verificata solo per A = 0.
Fatto ciò, poniamo l’energia uguale al massimo del potenziale:
MaxV (x) = B → E = B
Figura 2.1: Andamento del potenziale.
.
CAPITOLO 2: Alcune soluzioni dell’equazione di Korteweg-de Vries 10
La figura (2.1) rappresenta appunto l’andamento del potenziale,mentre la li-
nea rossa indica l’energia, che come detto conicide con il massimo di V (x).
L’energia totale è definita come l’energia cinetica più l’energia potenziale.
E =12md2x
dT 2 +V (x)
ponendo m = 1 poichè non influisce sul risultato, otteniamo:
d2x
dT 2 = 2E − 2V (x)
Sostituendo i valori di E e V (x) nell’equazione scritta sopra otteniamo:
dxdT
=√cx2 − 2x3
Portando al primo membro i termini aventi la x e al secondo membro i termini
aventi la t ed integrando, otteniamo:∫ x1(T )
x0(T=0)
dx√cx2 − 2x3
=∫ T
0dT →
∫ x1(T )
x0(T=0)
dx
x√c − 2x
= T
Per risolvere il seguente integrale dobbiamo procedere con un cambio di variabili,
quindi:
c − 2x = y2 → x =c − y2
2→ dx = −ydy
ovviamente cambieranno anche gli estremi di integrazione, che saranno y0(T = 0)
e y1(T ).
Sostituendo nell’integrale precedente quanto ottenuto dal cambio di variabile e
risolvendo, otteniamo:
− 1√c
∫ y1
y0
1(√c+ y)
dy − 1√c
∫ y1
y0
1(√c − y)
dy = T
Risolvendo i due integrali, chiamiamo K0 = 1√c
ln |√c+ y0| e K ′0 = − 1√
cln |√c − y0|
poichè valori costanti e chiamiamo D = K0 +K ′0.
CAPITOLO 2: Alcune soluzioni dell’equazione di Korteweg-de Vries 11
Quindi avremo:
ln∣∣∣∣∣√c −
√c − 2x(T )
√c+
√c − 2x(T )
∣∣∣∣∣= (T −D)√c →
∣∣∣∣∣√c −√c − 2x(T )
√c+
√c − 2x(T )
∣∣∣∣∣= e(T−D)√c
Affinchè√c − 2x(T ) esista, la condizione da imporre è che c − 2x(T ) ≥ 0, ovvero,
x(T ) ≤ c2 . Per poter togliere il valore assoluto verifichiamo che effettivamente
il numeratore sia positivo. Quindi vediamo per quale valore di x il potenziale
assume il suo massimo valore B.
V (x) = B → x3 − c2x2 +B = B → 0 ≤ x ≤ c
2
come si può vedere x non influisce sul segno quindi si può togliere il valore
assoluto. Ora con semplici passaggi matematici isoliamo x(T ) e otteniamo:
x(T ) =c2− c
2
1− e(T−D)√c
1 + e(T−D)√c
2
= f = φ
Ricordando che X = T = x − ct − a e chiamando sempre con b = a −D quanto
otterremo dai calcoli, arriviamo alla soluzione dell’eq. (2.2) che risulta essere:
φ(x,t) =c2
sech2
√c2
(x− ct−b)
(2.3)
Figura 2.2: Forma dell’onda.
CAPITOLO 2: Alcune soluzioni dell’equazione di Korteweg-de Vries 12
.
2.2 Soluzione per due solitoni
Per quanto riguarda la soluzione per due solitoni, poichè risulta molto più
complessa ricavarla analiticamente, è necessario usare una risoluzione numerica.
Quello che abbiamo fatto è stato verificare che la soluzione scritta qui di seguito
soddisfi effettivamente l’equazione di Korteweg-de Vries. La soluzione per due
solitoni è:
φ(x,t) = −12·3 + 4cosh(2x− 8t) + cosh(4x− 64t)[3cosh(x− 28t) + cosh(3x− 36t)]2 (2.4)
Figura 2.3: Illustrazione grafica del moto di due solitoni.
.
Quello che si vede dal grafico è che i due solitoni prima dell’interazione sono
ben distanti tra di loro, con una propria forma che rimane tale fino al momento
dell’interazione e una propria velocità che per il picco più grande risulta essere
maggiore rispetto al picco più piccolo. Nel momento in cui interagiscono al tem-
po t = 0 si perderanno le singole informazioni sui due solitoni e si avrà un solo
massimo. Dopo l’interazione si può notare come i due solitoni riacquistano la
forma che avevano all’inizio e come la velocità del picco più grande sia maggiore
rispetto a quella del picco più piccolo, così come si era verificato negli istanti
prima dell’interazione.
Capitolo 3
Integrali del moto
Caratteristica dei solitoni è che nel tempo conservano la loro forma e possono
interagire fortemente con altri solitoni, ma emergono dalle collisioni invariati a
meno di uno spostamento di fase. Il motivo per cui avviene ciò è da ricollegarsi al
fatto che la KdV ha infiniti integrali del moto, ossia infinite quantità indipendenti
che non cambiano con il tempo. La formula che esprime quanto detto è:
ddt
(In)
= 0 con In =∫ +∞
−∞P2n−1(φ,∂xφ,∂
2xφ, ...)dx (3.1)
dove i polinomi Pn sono definiti da:
P1 = φ, Pn = −dPn−1
dx+n−2∑i=1
PiPn−1−i per n ≥ 2 (3.2)
I polinomi che ci interessa studiare, sono quelli con n = 1,3,5, dai quali integran-
do, si ricavano l’integrale per la massa, per l’energia e per il momento. Svolgiamo
i conti ed otteniamo:
P2 = −dφ
dx
P3 = −dP2
dx+ P1P1 =
d2P1
dx2 + P1P1 =d2φ
dx2 +φ2
P4 = −dP3
dx+ P1P2 + P2P1 = −
d3φ
dx3 −dφ2
dx− 2φ
dφ
dx
P5 = −dP4
dx+ P1P3 + P2P2 + P3P1 =
d4φ
dx4 + 4φd2φ
dx2 + 2φ3 + 3(dφ
dx
)2
+d2φ2
dx2
13
CAPITOLO 3: Integrali del moto 14
Affinchè gli integrali siano definiti φ e le sue derivate devono soddisfare alcune
condizioni all’infinito.
Per quanto riguarda l’espressione della massa otteniamo:
MASSA I1 =∫ +∞
−∞P1dx =
∫ +∞
−∞φdx (3.3)
La condizione da imporre è che |φ| < 1|x| , questo si può verificare facilmente, in
quanto∫ +∞−∞
1x dx non esiste, ciò implica che per x→ ±∞ φ→ 0 e quindi
anche φn→ 0.
Per quanto riguarda il momento integriamo il polinomio P3:∫ +∞
−∞P3dx =
∫ +∞
−∞
d2φ
dx2 dx+∫ +∞
−∞φ2dx
Dal primo integrale la condizione da imporre è che:[dφdx
]+∞
−∞= 0
Quindi dopo aver imposto questa condizione e tenendo conto di quanto detto
per la massa, possiamo ricavare l’espressione per il momento:
MOMENTO I2 =∫ +∞
−∞P3 =
∫ +∞
−∞φ2dx (3.4)
Per quanto riguarda l’espressione dell’energia integriamo il polinomio P5, trascu-
rando le derivate pure:∫ +∞
−∞P5dx =
∫ +∞
−∞4φd2φ
dx2 dx+∫ +∞
−∞2φ3dx+
∫ +∞
−∞3(dφdx
)2dx (3.5)
Per prima cosa integriamo per parti il primo integrale dell’espressione scritta
sopra (ponendo f = φ e g ′ = d2φdx2 ) e ricordando che per x→±∞ φ→ 0 :
4∫ +∞
−∞φd2φ
dx2 dx =(φdφ
dx
)+∞
−∞− 4
∫ +∞
−∞
(dφdx
)2dx = −4
∫ +∞
−∞
(dφdx
)2dx
CAPITOLO 3: Integrali del moto 15
Sostituendo quanto trovato nella (3.5) otteniamo l’espressione per l’energia:
ENERGIA I3 =∫ +∞
−∞P5dx =
∫ +∞
−∞2φ3 −
(dφdx
)2dx (3.6)
Quello che abbiamo fatto quindi, è stato restringerci alla condizione che tutte le
derivate vadano a zero all’infinito e che |φ| < 1|x| con φ→ 0 per x→±∞.
Dimostriamo ora che gli integrali per la massa, il momento e l’energia si conser-
vano.
La prima quantità di cui andremo a dimostrarne la conservazione è la massa.
Isolando nella (1.13) il termine ∂tφ e sostituendo nella (3.3) otteniamo:
ddt
∫ +∞
−∞φdx =
∫ +∞
−∞
∂φ
∂tdx =
∫ +∞
−∞
(−∂3φ
∂x3 − 6φ∂φ
∂x
)dx =
=∫ +∞
−∞−∂2φ
∂x2 dx − 6∫ +∞
−∞φ∂φ
∂xdx
(3.7)
Dal primo integrale avremo che:
−[∂2φ
∂x2
]+∞
−∞= 0 → −
∂2φ(+∞)∂x2 +
∂2φ(−∞)∂x2 = 0
Mentre dal secondo integrale dopo aver fatto un opportuno cambio di variabili:
φ(x) = y → dx·∂φ
∂x= dy = dφ
sostituendo il tutto, tenendo conto che cambiano anche gli estremi di integrazio-
ne e che per x→±∞ φ2→ 0 otteniamo:
−6∫ φ(+∞)
φ(−∞)φdφ = −6
[φ2
2
]φ(+∞)
φ(−∞)= 0 →
φ2(+∞)2
−φ2(−∞)
2= 0
Quindi abbiamo dimostrato che:
MASSAddt
∫ +∞
−∞φdx = 0 (3.8)
CAPITOLO 3: Integrali del moto 16
Passiamo ora alla dimostrazione della conservazione del momento.
Come abbiamo fatto per la (3.7), anche in questo caso isolando nella (1.13) il
termine ∂tφ e sostituendo nella (3.4) otteniamo:
ddt
∫ +∞
−∞φ2dx =
∫ +∞
−∞
∂φ2
∂tdx = 2
∫ +∞
−∞φ∂φ
∂tdx =
= 2∫ +∞
−∞φ(−∂3φ
∂x− 6φ
∂φ
∂x
)dx =
= −2∫ +∞
−∞φ∂3φ
∂xdx − 12
∫ +∞
−∞φ2∂φ
∂xdx
Dal primo integrale risolvendolo per parti avremo:
∫ +∞
−∞φ∂3φ
∂x3 dx =[φ∂2φ
∂x2
]+∞
−∞−∫ +∞
−∞
∂φ
∂x·∂2φ
∂x2 dx =
=[∂φ∂x·∂φ
∂x
]+∞
−∞+∫ +∞
−∞
∂2φ
∂x2 ·∂φ
∂xdx = 0
Nel primo passaggio (chiamando f = φ e g ′ = ∂3φ∂x3 ) abbiamo che il primo termine
è uguale a zero, poichè abbiamo detto che per x→±∞ φ→ 0, quindi abbiamo
integrato ancora per parti (chiamando f = ∂φ∂x e g ′ = ∂2φ
∂x2 ) e anche in questo
secondo caso il primo termine è uguale a zero. Abbiamo quindi che una certa
quantità è uguale alla stessa quantità cambiata di segno. Quindi affinchè sia vera
deve essere zero.
Per quanto riguarda il secondo integrale dopo aver fatto un opportuno cambio di
variabili:
φ(x) = y → dx·∂φ
∂x= dy = dφ
sostituendo il tutto, tenendo conto che cambiano anche gli estremi di integrazione
e che per x→±∞ φ3→ 0 otteniamo:
−12∫ φ(+∞)
φ(−∞)φ2dφ =
[φ3
3
]φ(+∞)
φ(−∞)= 0 →
φ3(+∞)3
−φ3(−∞)
3= 0
CAPITOLO 3: Integrali del moto 17
Quindi abbiamo dimostrato che:
MOMENTOddt
∫ +∞
−∞φ2dx = 0 (3.9)
Non ci resta che dimostrare la conservazione dell’energia. Dall’eq. (3.6) ottenia-
mo:
ddt
∫ +∞
−∞2φ3 −
(∂φ∂x
)2dx =
∫ +∞
−∞2∂φ3
∂t− ∂∂t
(∂φ∂x
)2dx =
=∫ +∞
−∞6φ2∂φ
∂t− 2
∂φ
∂x· ∂∂t
(∂φ∂x
)dx =
= −6∫ +∞
−∞φ2∂
3φ
∂x3 dx − 36∫ +∞
−∞φ3∂φ
∂xdx+ 2
∫ +∞
−∞
∂φ
∂x·∂4φ
∂x4 dx+
+ 12∫ +∞
−∞
(∂φ∂x
)dx+ 12
∫ +∞
−∞φ∂φ
∂x·∂2φ
∂x2 dx
(3.10)
Questa espressione è stata ottenuta isolando nella (1.13) il termine ∂tφ e so-
stituendolo nell’eq. (3.6), inoltre abbiamo scambiato derivata temporale con
derivata spaziale, ∂∂t
(∂φ∂x
)→ ∂
∂x
(∂φ∂t
).
Dimostriamo ora che questa somma di integrali fa zero. Risolviamo il primo
integrando per parti e chiamando f = φ2 e g ′ = ∂3φ∂x3 otteniamo:
−6∫ +∞
−∞φ2∂
3φ
∂x3 dx = −6[φ2∂
2φ
∂x2
]+∞
−∞+12
∫ +∞
−∞φ∂φ
∂x·∂2φ
∂x2 dx = +12∫ +∞
−∞φ∂φ
∂x·∂2φ
∂x2 dx
poichè φ2→ 0 per x→±∞.
Questo integrale si può quindi sommare all’ultimo della (3.10) ed otterremo,
integrando anch’esso per parti (con f = φ∂φ∂x e g ′ = ∂2φ∂x2 ):
24∫ +∞
−∞φ∂φ
∂x·∂2φ
∂x2 dx = 24[φ∂φ
∂x·∂φ
∂x
]+∞
−∞− 24
∫ +∞
−∞
[(∂φ∂x
)3+φ
∂2φ
∂x2 ·∂φ
∂x
]dx =
= −24∫ +∞
−∞
(∂φ∂x
)3dx − 24
∫ +∞
−∞φ∂2φ
∂x2 ·∂φ
∂xdx
CAPITOLO 3: Integrali del moto 18
il primo termine fa zero poichè φ2→ 0 per x→±∞, quindi avremo, notando che
nel primo e nel secondo membro abbiamo due termini uguali:
48∫ +∞
−∞φ∂2φ
∂x2 ·∂φ
∂xdx = −24
∫ +∞
−∞
(∂φ∂x
)3dx →
→ 24∫ +∞
−∞φ∂2φ
∂x2 ·∂φ
∂xdx = −12
∫ +∞
−∞
(∂φ∂x
)3dx
questo è lo stesso integrale che compare nella (3.10), ma di segno opposto, quindi
possiamo eliminarli.
Rimangono da risolvere gli ultimi due integrali.
Il secondo integrale della (3.10) si può risolvere facendo il seguente cambio di
variabili:
φ(x) = y → dx·∂φ
∂x= dy = dφ
sostituiamo il tutto, tenendo conto che cambiano anche gli estremi di integrazione
e ricordando che per x→±∞ φ4→ 0 otteniamo:
∫ +∞
−∞φ3∂φ
∂xdx =
∫ φ(+∞)
φ(−∞)φ3dφ =
[φ4
4
]φ(+∞)
φ(−∞)→
φ4(+∞)4
−φ4(−∞)
4= 0
Per il terzo integrale integriamo due volte per parti:
∫ +∞
−∞
∂φ
∂x·∂4φ
∂x4 dx =[∂φ∂x·∂3φ
∂x3
]+∞
−∞−∫ +∞
−∞
∂2φ
∂x2 ·∂3φ
∂x3 dx
=[∂2φ
∂x2 ·∂2φ
∂x2
]+∞
−∞+∫ +∞
−∞
∂3φ
∂x3 ·∂2φ
∂x2 dx →∫ +∞
−∞
∂φ
∂x·∂4φ
∂x4 dx = 0
I primi due termini delle due integrazioni fatte sono nulli per quanto detto prece-
dentemente, quindi avremo che una certa quantità è uguale alla stessa quantità
cambiata di segno. Questo vuol dire che affinchè sia vera deve essere zero.
CAPITOLO 3: Integrali del moto 19
Dopo quest’ultimo integrale, possiamo finalmente dire che:
ENERGIAddt
∫ +∞
−∞2φ3 −
(dφdx
)2dx = 0 (3.11)
Appendice A
Valori degli integrali del moto perun solitone
Qui di seguito, calcoleremo il valore esatto dei tre integrali del moto usando la
soluzione per un solitone.
MASSA
∫ +∞
−∞φdx =
∫ +∞
−∞
c2sech2
[√c2
(x − ct − a)]dx =
c2
∫ +∞
−∞
1
cosh2[√
c2 (x − ct − a)
] dxricordiamo che cosh(x) = ex+e−x
2 e facciamo il seguente cambio di variabili:
√c
2(x − ct − a) = y → x =
2√cy + ct + a → dx =
2√cdy
sostituiamo il tutto e con semplici passaggi matematici otteniamo:
= 4√c
∫ +∞
−∞
dy
(ey + e−y)2
facciamo ancora un’opportuno cambio di variabili, prestando attenzione agli
estremi di integrazione:
ey = z → y = ln(z) → dy =1zdz
20
Appendice A: Valori degli integrali del moto per un solitone 21
sostituiamo il tutto e risolviamo infine l’integrale improprio:
= 4√c
∫ +∞
0
1z
(z+ 1z )2
dz = 4√c
∫ +∞
0z(z2 + 1)−2dz =
= 2√c·[− 1z2 + 1
]R0
= 2√c limR→+∞
(− 1R2 + 1
+ 1)
= 2√c = m
MOMENTO
∫ +∞
−∞φ2dx =
∫ +∞
−∞
{ c2sech2
[√c2
(x − ct − a)]}2dx =
c2
4
∫ +∞
−∞
dx
cosh4[√
c2 (x − ct − a)
]facciamo il seguente cambio di variabili:
√c
2(x − ct − a) = y → x =
2√cy + ct + a → dx =
2√cdy
sostituiamo il tutto e con semplici passaggi matematici otteniamo:
c2
4
∫ +∞
−∞
dx
cosh4[√
c2 (x − ct − a)
] = 8c√c
∫ +∞
−∞
dy
(ey + e−y)4
facciamo ancora un’opportuno cambio di variabili, prestando attenzione agli
estremi di integrazione:
ey = z → y = ln(z) → dy =1zdz
Appendice A: Valori degli integrali del moto per un solitone 22
sostituiamo il tutto e risolviamo infine l’integrale improprio:
8c√c
∫ +∞
−∞
dy
(ey + e−y)4 = 8c√c
∫ +∞
0
1z
(z+ 1z )2
dz =
= 8c√c
∫ +∞
0z[z2 + 1− 1
(z2 + 1)4
]dz =
= 8c√c[∫ +∞
0
z
(z2 + 1)3 dz −∫ +∞
0
z
(z2 + 1)4 dz]
=
= 8c√c{1
2
[− 1
2(z2 + 1)2
]R0− 1
2
[− 1
3(z2 + 1)3
]R0
}=
= 8c√c[12
limR→+∞
(− 1
2(R2 + 1)2 +12
)− 1
2limR→+∞
(− 1
3(R2 + 1)3 +13
)]=
= 2√c· c
3= m
c3
= M
ENERGIA
Ricordando che sech(x) = 1cosh(x) e sviluppando i conti, otteniamo:
∫ +∞
−∞2φ3 −
(dφdx
)2dx =
=∫ +∞
−∞2{ c
2·sech2
[√c2
(x − ct − a)]}3−
∂[c2 ·sech
2(√
c2 (x − ct − a)
)]∂x
2
dx =
=c3
4
∫ +∞
−∞
1
cosh6[√
c2 (x − ct − a)
] dx −∫ +∞
−∞
sinh2[√
c2 (x − ct − a)
]cosh6
[√c
2 (x − ct − a)] dx
facciamo il seguente cambio di variabili:
√c
2(x − ct − a) = y → x =
2√cy + ct + a → dx =
2√cdy
Appendice A: Valori degli integrali del moto per un solitone 23
sostituiamo il tutto e ricordando che cosh(x) = ex+e−x2 otteniamo:
c3
4
128√c
∫ +∞
−∞
1(ey + e−y)6 dy −
32√c
∫ +∞
−∞
(ey − e−y)2
(ey + e−y)6 dy
proseguiamo nella risoluzione facendo ancora un cambio di variabili, facendo
come sempre attenzione agli estremi di integrazione:
ey = z → y = ln(z) → dy =1zdz
sostituiamo e otteniamo:
c3
4
128√c
∫ +∞
0
1z
1
(z+ 1z )6
dz − 32√c
∫ +∞
0
1z
(z − 1z )2
(z+ 1z )6
dy
=
=c3
4
128√c
∫ +∞
0
z5
(z2 + 1)6 dz −32√c
∫ +∞
0
z3(z2 − 1)2
(z2 + 1)6 dy
facciamo l’ultimo cambio di variabili e anche in questo caso cambiano gli estremi
di integrazione:
z2 + 1 = t → z2 = t − 1 → z =√t − 1 → dz =
dt
2√t − 1
sostituiamo e con semplici passaggi matematici otteniamo:
c3
4
64√c
∫ +∞
1
(t − 1)2
t6dt − 16√c
∫ +∞
1
(t − 1)(t − 2)2
t6dt
=
=c3
4
64√c
∫ +∞
1
( 1t4
+1t6− 2t5
)dt − 16√c
∫ +∞
1
( 1t3− 5t4
+8t5− 4t6
)dt
=
=c3
4
64√c· 130− 16√c· 130
=25c2√c = m
c2
5= E
Bibliografia
[1] Korteweg, D.J., de Vries, G.: On the Change of Form of Long Waves Advan-
cing in a Rectangular Canal, and on a New Type of Long Stationary Waves;
Phil. Mag., 39, pp. 422-443,(1985).
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teweg–de Vries equation and generalizations. II. Existence of conservation
laws and constants of motion", J. Mathematical Phys. 9 (8): 1204–1209.
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der Berliner Mathematischen Gesellschaft, Band 19, Dezember 2011, pp.
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[4] Wikipedia, "Korteweg-de Vries equation".
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