Parcijalne diferencijalne jednadzbe
Skripta–radna verzija
Sasa Kresic-Juric
Odjel za matematiku
Prirodoslovno-matematicki fakultet
Split 2014
Sadrzaj
1 Uvodna razmatranja 3
1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Linearne jednadzbe i princip superpozicije . . . . . . . . . . . 5
1.2 Elementarne tehnike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Klasicne jednadzbe matematicke fizike . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Pocetni i rubni uvjeti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5 Stabilnost rjesenja, Hadamardov primjer . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Fourierov red 17
2.1 Razvoj funkcije u Fourierov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Konvergencija Fourierovog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.3 Uniformna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.1 Gibbsova pojava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3 Klasifikacija jednadzbi drugog reda 40
3.1 Kanonski oblik hiperbolickih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.2 Kanonski oblik parabolickih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.3 Kanonski oblik eliptickih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4 Jednadzba provodenja 53
4.1 Princip maksimuma i jedinstvenost rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.2 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu . . . . . . . . . . . . . . 59
4.3 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu . . . . . . . . . . . . . 70
1
SADRZAJ 2
5 Valna jednadzba 75
5.1 Valno gibanje i d’Alambertovo rjesenje . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
5.2 D’Alambertovo rjesenje za nehomogenu valnu jednadzbu . . . . . . . 80
5.3 Pocetno–rubni problem za valnu jednadzbu . . . . . . . . . . . . . . . 83
5.3.1 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu . . . . . . . . . . 86
5.3.2 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu . . . . . . . . . 94
Poglavlje 1
Uvodna razmatranja
1.1 Osnovni pojmovi
Neka je u(x) = u(x1, x2, . . . , xn) funkcija n nezavisnih varijabli x1, x2, . . . , xn. Parci-
jalne derivacija oznacavamo sa
uxi=
∂u
∂xi
, uxixj=
∂2u
∂xi∂xj
, . . . (1.1)
Red parcijalne derivacije odgovara broju indeksa na funkciji u. Pretpostavimo da je
u definirana na otvorenom skupu Ω ⊆ Rn.
Definicija 1.1 Kazemo da je funkcija u klase Ck na Ω, i pisemo u ∈ Ck(Ω), ako u
ima neprekidne parcijalne derivacije reda k na Ω.
Ako je u ∈ Ck(Ω), tada redoslijed u kojem se parcijalne derivacije racunaju nije
vazan. Prisjetimo se da u ∈ Ck(Ω) povlaci u ∈ Ck−1(Ω). Skup neprekidnih funkcija
na Ω oznacavamo sa C0(Ω). Ako je Ω zatvoren skup, odnosno Ω ukljucuje tocke
svoga ruba, tada u tockama ruba ne mozemo definirati parcijalne derivacije. U tom
slucaju cemo kazati da je u ∈ Ck(Ω) ako postoji funkcija u′ ∈ Ck(Ω′) definirana na
otvorenom skupu Ω′ ⊆ Rn, gdje je Ω ⊂ Ω′, takva da je u′(x) = u(x) za svaki x ∈ Ω.
Definicija 1.2 Parcijalna diferencijalna jednadzba reda k > 0 je jednadzba koja ovisi
o nepoznatoj funkciji u(x) i njenim parcijalnim derivacijama tako da je najvisi red
parcijane derivacije u jednadzbi jednak k.
3
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 4
Parcijalnu diferencijalnu jednadzbu mozemo opcenito zapisati u obliku
F (x1, . . . , xn, u, ux1 , . . . , uxn , ux1x1 , ux1x2 , . . .) = 0. (1.2)
Definicija 1.3 Rjesenje parcijalne diferencijalne jednadzbe (1.2) na skupu Ω ⊆ Rn
je funkcija u ∈ Ck(Ω) koja zadovoljava jednadzbu (1.2) u svakoj tocki u unutrasnjosti
skupa Ω.
Ova rjesenja nazivamo klasicna ili jaka rjesenja. U primjenama su od interesa i tzv.
distribucijska i slaba rjesenja koja ovdje necemo proucavati.
Primjer 1.1 Jednadzba
uxx − uyy = 0 (1.3)
je parcijalna diferencijalna jednadzba drugog reda. Lako se provjeri da su funkcije
u(x, y) = (x + y)3 i u(x, y) = sin(x − y) rjesenja jednadzbe (1.3) na skupu Ω = R2.
Parcijalne diferencijalne jednadzbe mozemo klasificirati na razlicite nacine. Osnovna
podjela je prema redu jednadzbe kao u definiciji 1.2. Za jednadzbu (1.2) kazemo da
je linearna ako je funkcija F linearna u varijabli u i svim njezinim derivacijama. U
tom slucaju koeficijenti koji mnoze u i njezine derivacije ovise samo o nezavisnim
varijablama x1, . . . , xn. Jednazba (1.2) je kvazi-linearna ako je linearna u parcijalnim
derivacijama najviseg reda funkcije u. Na primjer,
yuxx + 2xyuyy + u = 1 (1.4)
je lienarna jednadzba drugog reda, dok je
uxuxx + xuuy = sin(y) (1.5)
kvazi-linearna jednadzba drugog reda. Za jednadzbu koja nije linearna kazemo da je
nelinarna. Prema ovo definiciji, jednadzba (1.5) je nelinearna. Jednadzba
uxu2xx + xuuy = sin(y) (1.6)
je takodjer nelinearna, ali nije kvazilinearna jer clan u2xx nije linearan. Navedimo jos
nekoliko primjera:
uuxy + ux = y, kvazi-linearna jednadzba drugog reda, (1.7)
(ux)2 + (uy)
2 = 1, nelinearna jednadzba prvog reda, (1.8)
ux uxxy + xuy = sin(y), nelinarna jednadzba treceg reda. (1.9)
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 5
1.1.1 Linearne jednadzbe i princip superpozicije
Nas ce posebno zanimati linearne parcijalne diferencijalne jednadzbe drugog reda jer
ovaj tip jednadzbi ima vazne primjene u prirodnim i tehnickim znanostima. Klasicne
jednadzbe matematicke fizike kao sto su valna jednadzba, jednadzba provodenja to-
pline, Poissonova jednadzba i Schroedingerova jednadzba su linearne jednadzbe dru-
gog reda. Linearna jednadzba drugog reda u n nezavisnih varijabli x1, x2, . . . , xn ima
opci oblikn∑
i,j=1
Aijuxixj+
n∑
i=1
Bixxi+ Fu = G (1.10)
gdje su Aij , Bi, F i G funkcije varijabli x1, x2, . . . , xn. Ako je u klasicno rjesenje
jednadzbe (1.10), tada je uxixj= uxjxi
pa bez gubitka opcenitosti mozemo pretposta-
viti da je Aij = Aji. Diferencijalnoj jednadzbi (1.10) mozemo pridruziti diferencijalni
operator
L =n∑
i,j=1
Aij∂2
∂xi∂xj
+n∑
i=1
Bi∂
∂xi
+ F (1.11)
gdje je F operator mnozenja funkcijom F . Tada jednadzbu mozemo zapisati u kom-
paktnom obliku L[u] = G.
Definicija 1.4 Jednadzba L[u] = G je homogena ako je G = 0; u protivnom kazemo
da je nehomogena.
Operator L je linearan jer je
L[α1u1 + α2u2] = α1L[u1] + α2L[u2] (1.12)
za sve funkcije u1, u2 klase C2 i sve α1, α2 ∈ R. Linearne jednadzbe imaju vazno
svojstve koje nazivamo princip superpozicije. Ako su u1, u2, . . . , uk rjesenja problema
L[ui] = Gi, i = 1, 2, . . . , k, (1.13)
onda je linearna kombinacija u =∑k
i=1 αiui, αi ∈ R, rjesenje jednadzbe
L[u] =k∑
i=1
αiGi. (1.14)
U posebnom slucaju ako su ui rjesenja homogene jednadzbe L[ui] = 0 za svaki i =
1, 2, . . . , k, tada je svaka linearna kombinacija u =∑k
i=1 αiui rjesenje istog problema
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 6
L[u] = 0. Ovaj princip je narocito vazan u rjesavanju parcijalnih diferencijalnih
jednadzbi separacijom varijabli. Ovom metodom opce rjesenje dobivamo kao red
u =∑∞
i=1 αiui gdje je (ui) beskonacni niz rjesenja homogene jednadzbe L[ui] = 0.
Ako red zadovoljava odredene uvjete o konvergenciji, onda je L[u] =∑∞
i=1 αiL[ui] = 0.
Primjer 1.2 Promotrimo valnu jednadzbu
utt − uxx = 0. (1.15)
Lako se provjeri da su funkcije un(x, t) = sin(nt) cos(nx) rjesenja jednadzbe za svaki
n ∈ N jer je∂2un
∂t2=
∂2un
∂x2= −n2un. (1.16)
Stoga je svaka linearna kombinacija
u(x, t) =N∑
n=1
cn sin(nt) cos(nx), cn ∈ R, (1.17)
rjesenje jednadzbe (1.15).
Primjer 1.3 Odredite rjesenje jednadzbe
uxx − uy = 18x + 8y (1.18)
koristeci princip superpozicije. Promotrimo dvije jednadzbe
uxx − uy = 18x, (1.19)
uxx − uy = 8y. (1.20)
Rjesenja ovih jednadzbi potrazimo u obliku u1 = u1(x) i u2 = u2(y), redom. Tada je
u′′1(x) = 18x i −u′
2(y) = 8y2 pa integracijom dobivamo
u1(x) = 3x3 + ax + b, u2(y) = −4y2 + c (1.21)
gdje su a, b, c ∈ R konstante integracije. Prema principu superpozicije, funkcija
u(x, y) = u1(x) + u2(y) = 3x3 − 4y2 + ax + d, (1.22)
gdje su a i d proizvoljne konstante, je rjesenje jednadzbe (1.18).
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 7
1.2 Elementarne tehnike
U jednostvnim slucajevima parcijalne diferencijalne jednadzbe se mogu rijesiti direk-
tnom integracijom ili uvodjenjem novih varijabli. Ako jednadzba opisuje ponasanje
nekog fizikalnog sustava koji ima odredenu simetriju, na primjer sustav je invarijan-
tan na rotacije ili neku drugu transformaciju, onda se koristenjem simetrija jednadzba
moze pojednostavniti. Prisjetimo se da rjesenja obicnih diferencijalnih jednadzbi ovise
o proizvoljnim konstantama integracije. Slicno, opce rjesenje parcijalne diferenci-
jalne jednadzbi ovisi o proizvoljnim funkcijama koje se dobiju u postupku integracije.
Sljedeci primjeri ilustriraju ova svojstva parcijalnih diferencijalnih jednadzbi.
Primjer 1.4 Odredite rjesenje jendadzbe
uyy = 2 (1.23)
gdje je u = u(x, y). Integracijom po varijabli y dobivamo
uy =
∫2dy = 2y + f(x). (1.24)
Ponovna integracija daje
u =
∫(2y + f(x))dy = y2 + yf(x) + g(x) (1.25)
gdje su f(x) i g(x) proizvoljne C2 funkcije.
Primjer 1.5 Odredite opce rjesenje PDJ
ux − uy = 0. (1.26)
Uvedimo nove varijable ξ = x + y i η = x − y. Tada je
∂u
∂x=
∂u
∂ξ
∂ξ
∂x+
∂u
∂η
∂η
∂x=
∂u
∂ξ+
∂u
∂η, (1.27)
∂u
∂y=
∂u
∂ξ
∂ξ
∂y+
∂u
∂η
∂η
∂y=
∂u
∂ξ−
∂u
∂η. (1.28)
Oduzimanjem dobivamo
ux − uy = 2uη = 0. (1.29)
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 8
U novim varijablama jednadzba ima jednostavniji oblik
uη = 0. (1.30)
Integracijom jednadzbe dobivamo
u = f(ξ) = f(x + y) (1.31)
gdje je f(ξ) proizvoljna C1 funkcija.
Primjer 1.6 Odredite opce rjesenje problema
uxx + cu = 0, (1.32)
gdje je u = u(x, t), za c > 0, c = 0 i c < 0. Obzirom da funkcija u(x, t) ovisi
o varijablama x i t, jednadzbu (1.32) mozemo promatriati kao obicnu diferencijalnu
jednadzbu u varijabli x koja o parametru t. Ako je c > 0, opce rjesenje je dano sa
u(x, t) = C1(t) sin(√
cx) + C2(t) cos(√
cx) (1.33)
gdje su C1(t) i C2(t) proizvoljne funkcije klase C2. Slicno, za c = 0 imamo
u(x, t) = C1(t)x + C2(t), (1.34)
dok je za c < 0 rjesenje dano sa
u(x, t) = C1(t)e√
|c|x + C2(t)e−√
|c|x. (1.35)
Primjer 1.7 Odredite opce rjesenje jednadzbe
ux = u2 (1.36)
za funkciju u = u(x, y). Kao u prethodnom primjeru, jednadzbu (1.36) mozemo
promatrati kao obicnu diferencijalnu jednadzbu u varijabli x s parametrom y. Separi-
ranjem jednadzbe dobivamo u−2du = dx iz cega slijedi −u−1 = x + f(y). Dakle,
u(x, y) = −1
x + f(y)(1.37)
gdje je f(y) proizvoljna funkcija klase C1.
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 9
Sljedeci primjer ilustrira kako se simetrija problema moze koristiti za svodenje parci-
jalne diferencijalne jednadzbe na jednostavniji oblik.
Primjer 1.8 Odredite sferno simetricno rjesenje Laplaceove jednadzbe
uxx + uyy + uzz = 0. (1.38)
Zelimo odrediti rjesenja koja ovise samo o udaljenosti tocke (x, y, z) od ishodista pa
trazimo rjesenje u obliku
u(x, y, z) = f(r), r =√
x2 + y2 + z2. (1.39)
Sada je
ux = f ′(r)∂r
∂x= f ′(r)
x
r, (1.40)
uxx =∂
∂x
(f ′(r)
)xr
+ f ′(r)∂
∂x
(xr
)(1.41)
= f ′′(r)(x
r
)2
+ f ′(r)(1
r−
x2
r3
). (1.42)
Zbog simerije problema ostale derivacije su dane slicnim izrazima,
uyy = f ′′(r)(y
r
)2
+ f ′(r)(1
r−
y2
r3
), (1.43)
uzz = f ′′(r)(z
r
)2
+ f ′(r)(1
r−
z2
r3
). (1.44)
Zabrajanjem jednadzbi (1.42)-(1.44) dobivamo
uxx + uyy + uzz = f ′′(r) +2
rf ′(r) = 0. (1.45)
Uvedimo supstituciju g(r) = f ′(r). Tada je g′(r) + 2r−1g(r) = 0 sto povlaci g(r) =
Cr−2. Sada je
f(r) =
∫g(r)dr = −
C
r+ K (1.46)
gdje su C,K ∈ R proizvoljne konstante integracije. Dakle, sferno simetricno rjesenje
Laplaceove jednadzbe je dano sa
u(x, y, z) = −C
√x2 + y2 + z2
+ K. (1.47)
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 10
1.3 Klasicne jednadzbe matematicke fizike
Fundamentalni zakoni u prirodnim znanostima se cesto formuliraju u obliku parci-
jalnih diferencijalnih jednadzbi. U vecini slucajeva to su linearne jednadzbe drugog
reda koje ovise o prostornim varijablama x, y i z i vremenskoj varijabli t. Tri osnovna
tipa parcijalnih diferencijalnih jednadzbi drugog reda su sljedeca.
(1) Valna jednadzba. Valna gibanja u razlicitim granama fizike i tehnike su opisana
valonom jednadzbom
utt − c2∇2u = 0 (1.48)
gdje je
∇2 =∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2(1.49)
Laplaceov operator. Na primjer, ako je u(x, y, z, t) tlak zraka u tocki (x, y, z) u
trenutku t i c je brzina zvua, onda jednadzba (1.48) opisuje sirenje zvucnih va-
lova. Ista jednadzba opisuje sirenje elektromagnetiskih valova ako je u potencijal
elektricnog polja i c brzina svjetlosti.
(2) Jednadzba provodenja topline. Pretpostavimo da je u(x, y, z, t) temperatura
homogenog toplinski vodoljivog tijela koji nema izvora topline. Tada temperatura
zadovoljava jednadzbu provodenja topline
ut − k∇2u = 0 (1.50)
gdje je konstanta k > 0 toplinska vodljivost materijala. Ovu jednadzbu takoder
nazivamo difuzijska jednadzba je opisuje difuzijske procese u tvarima.
(3) Laplaceova jednadzba. Ako distribucija temeperature u toplinski vodljivom
tijelu ne ovisi o vremenu, tada se jednadzba provodenja topline svodi na Lapla-
ceovu jednadzbu
∇2u = 0. (1.51)
Laplaceove jednadzba takoder opisuje stacionarnu distribuciju elektomagnetskog
polja gdje je u elektricni potencijal.
Navedene jednadzbe predstavljaju kanonske ili standardne oblike parcijalnih diferen-
cijalnih jednadzbi drugog reda. Navedimo jos nekoliko jednadzbi drugog reda koje
imaju vazne primjene u fizici i tehnici.
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 11
(4) Poissonova jednadzba
∇2u = ρ(x, y, z), (1.52)
(5) Helmholtzova jednadzba
∇2u + λu = 0, (1.53)
(6) Schroedingerova jednadzba
−~
2m∇2ψ + V (x, y, z)ψ = i~ψt. (1.54)
1.4 Pocetni i rubni uvjeti
Parcijalne diferencijalne jednadzbe opcenito imaju beskonacno mnogo rjesenja. Ako
jednadzba modelira neki fizikalni sustav, pozeljno je imati jedinstveno rjesenje kako bi
mogli predvidjeti ponasanje sustava. Stoga trazimo da rjesenje jednadzbe zadovoljava
neke dodatne uvjete koje nazivamo pocetni i rubni uvjeti. Za ilustraciju promotrimo
jednodimenzionalnu valnu jednadzbu
utt − c2uxx = 0. (1.55)
Funkcija u(x, t) predstavlja amplitudu titarnja zica u tocki x u trenutku t. Ako zica
ima duljinu L > 0, onda mozemo uzeti da je x ∈ [0, L]. Da bi odreditili titranje zice
potrebno je poznavati pocetni polozaj i pocetnu brzinu zice u svakoj tocki x ∈ [0, L].
Stoga trazimo da funkcija u zadvoljava pocetni uvjet
u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L], (1.56)
ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, L], (1.57)
gdje su f(x) i g(x) pocetna amplituda i pocetna brzina u tocki x, redom. Titranje
zice takoder ovisi o uvjetima na krajevima zice. Ako su krajevi zice ucvrsceni, onda
u zadovoljava Diricheltov rubni uvjet
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (1.58)
Ako krajevi zice slobodno titraju okomito na os x, onda derivacija amplitude iscezava
u tocakama x = 0 i x = L. U tom slucaju funkcija u zadovoljava Neumannov rubni
uvjet
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (1.59)
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 12
Ako je zica savijena u kruznicu, tada je rub intervala x = 0 identificiran s rubom
x = L pa funkcija u zadovoljava periodicke uvjete
u(0, t) = u(L, t), (1.60)
ux(0, t) = ux(L, t), t ≥ 0. (1.61)
Rubni uvjeti mogu biti kombinirani, na primjer u moze zadovoljavati Dirichletov
uvjet u jednom kraju a Neumannov uvjet u drugom kraju intervala.
Neka je u(x, y) rjesenje Laplaceove jednadzbe na podrucju Ω ⊂ R2 koje je omedeno
zatvorenom glatkom krivuljom ∂Ω,
uxx + uyy = 0, (x, y) ∈ Ω. (1.62)
Ako je poznata vrijednost funkcije u na rubu ∂Ω, onda u zadovoljava Dirichletov
rubni uvjet
u(x, y) = h(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω. (1.63)
Ako je zadana normalna derivacija na krivulji ∂Ω, onda u zadovoljava Neumannov
rubni uvjet∂u
∂~n(x, y) = h(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω, (1.64)
gdje je ~n jedinicni vektor normale na krivulju ∂Ω a
∂u
∂~n= ∇u ∙ ~n (1.65)
je usmjerena derivacija u smjeru vektora ~n.
1.5 Stabilnost rjesenja, Hadamardov primjer
U modeliranju fizikalnih problema cesto koristimo funkcije kojima su opisani pocetni
ili rubni uvjeti. Ove funkcije se obicno dobivaju mjerenjima pa stoga nisu poznate s
potpunom tocnoscu. Pogreska u pocetnim ili rubnim uvjetima uzrokuje pogresku u
rjesenju jednadzbe koja ne mora uvijek biti mala. Takoder, parcijalne diferencijalne
jednadzbe se cesto rjesavaju numerickim metodama pa diskretizacija jednadzbe utjece
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 13
na tocnost rjesenja. Jedno od osnovnih teorijskih pitanja jest da li je matemacki pro-
blem, koji se sastoji od jednadzbe i pocetnih ili rubnih uvjeta, dobro postavljen. Ovo
pitanje je formulirao francuski matematicar Jacques Hadamard (1865-1963). Prema
njegovoj definiciji problem je dobro postavljen ako zadovoljava sljedeca tri uvjeta:
(1) egzistencija: problem ima rjesenje,
(2) jedinstvenost: rjesenje problema je jedinstveno za zadane pocetne ili rubne uvjete,
(3) stabilnost: rjesenje jednadzbe na neprekidan nacin ovisi o parametrima jednadzbe
i rubnim ili pocetnim uvjetima.
Ako je parcijalna diferencijalna jednadzba stabilna, onda male perturbacije pocetnih
ili rubnih uvjeta induciraju male promjene u rjesenju. Stoga ce dobiveno rjesenje biti
dobra aproksimacija egzaktnog rjesenja. Klasicne jednadzbe matematicke fizike su
dobro postavljene, dok se u tehnici susrecemo s problemima koji nisu dobro postav-
ljeni. Ilustrirajmo ove ideje na sljedecim primjerima.
Formulacija stabilnosti rjesenja za Laplaceovu jednadzbu
Promotrimo Laplaceovu jednadzbu na domeni Ω ⊂ R2
uxx + uyy = 0, (x, , y) ∈ Ω, (1.66)
koja zadovoljava rubne uvjete
u(x, y) = f(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω. (1.67)
Ako funkciju f zamijenimo funkcijom f1, tada ce se promijeniti rjesenje problema
(1.66)-(1.67). Neka je u1 rjesenje koje odgovara funkciji f1. Kazemo da rjesenje u
neprekidno ovisi o rubnim uvjetima ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da
sup(x,y)∈∂Ω
|f(x, y) − f1(x, y)| < δ ⇒ sup(x,y)∈Ω
|u(x, y) − u1(x, y)| < ε, (1.68)
gdje je Ω = Ω∪∂Ω. Rjesenja koja ispunjavaju ovaj uvjet se nazivaju stabilna rjesenja.
Drugim rijecima, rjesenje u je stabilno ako je maksimalna promjena rjesenja na za-
tvorenom skupu Ω manja od ε kada je promjena u pocetnim uvjetima manja od δ.
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 14
Hadamardov primjer
Sljedeci primjer ilustrira da mala promjena u rubnim uvjetima moze uzrokovati veliku
promjenu u rjesenju ako problem nije dobro postavljen. Neka je u rjesenje Laplaceove
jednadzbe
uxx + uyy = 0, (x, y) ∈ R2 (1.69)
s rubnim uvjetima na pravcu y = 0:
u(x, 0) = f(x), uy(x, 0) = g(x). (1.70)
Neka je v(x, y) rjesenje iste jednadzbe uz modificirane rubne uvjete
v(x, 0) = f(x), vy(x, 0) = g(x) +1
nsin(nx). (1.71)
Ocigledno je da se za dovoljno veliki n > 0 razlika u rubnim uvjetima moze napraviti
proizvoljno malom jer je
|v(x, 0) − u(x, 0)| + |vy(x, 0) − uy(x, 0)| =1
n| sin(nx)| ≤
1
n. (1.72)
Medjutim, razlika u pripadnim rjesenjima je velika bez obzira na vrijednost parametra
n. Definirajmo funkciju w = v − u. Tada w zadovoljava Laplaceovu jednadzbu
wxx + wyy = 0 (1.73)
s rubnim uvjetima
w(x, 0) = 0, wy(x, 0) =1
nsin(nx). (1.74)
Lako se provjeri da je rjesenje problema (1.73)-(1.74) dano s
w(x, y) =1
n2sh(ny) sin(nx). (1.75)
Funkcija sh(ny) nije ogranicena na R jer |sh(yn)| → ∞ kada y → ±∞. Dakle, za
svaki x takav da je sin(nx) 6= 0 vrijedi
|w(x, y)| → ∞ kada y → ±∞, (1.76)
pa w(x, y) nije ogranicena funkcija na R2. Graf funkcije w(x, y) prikazan je na slici
(1.1). Zakljucujemo da, iako se razlika u pocetnim uvjetima moze napraviti pro-
izvoljno malom za dovoljno veliki n > 0, pripadna rjesenja se znatno razlikuju kada
je |y| dovoljno velik. Ovo pokazuje da problem (1.69)-(1.70) nije stabilan.
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 15
Slika 1.1: Graf funkcije w(x, y) = 1n2 sh(ny) sin(nx) za n = 2.
Obrnuta jednadzba provodenja topline
Promotrimo sada obrnutu jednazbu provodenja topline
ut + uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (1.77)
u(x, 0) = 1. (1.78)
Ovu jednadzbu mozemo shvatiti kao jednadzbu provodenja topline u kojoj vrijeme
tece unatrag. Neka je v(x, t) rjesenje jednadzbe uz pocetni uvjet
v(x, 0) = 1 +1
nsin(nx). (1.79)
Lako se provjeri da su rjesenja ovih problema dana sa
u(x, t) = 1, v(x, t) = 1 +1
nen2t sin(nx). (1.80)
Medutim, razlika w = v − u nije ogranicena jer
|w(x, t)| =1
nen2t| sin(nx)| → ∞ kada t → ∞ (1.81)
za svaki x takav da je sin(nx) 6= 0 unatoc cinjenici da je razlika u pocetnim uvjetima
po volji mala kada je n > 0 dovoljno velik.
POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 16
1.6 Zadaci
1. Pokazite da jednadzba uxy + ux = 0 ima opce rjesenje
u(x, y) = D(x)e−y + E(y). (1.82)
Uputa: koristite supstituciju v = ux.
2. Odredite konstante a i b tako da funkcija u(x, y) = f(ax + by) bude rjesenje
jednadzbe
ux + 3uy = 0. (1.83)
3. Rijesite jednadzbu
uxx + uyy = 5ex−2y. (1.84)
Uputa: pretpostavite rjesenje u obliku u(x, y) = Ceax+by.
4. Rijesite sustav jednadzbi
ux = 3x2y + y, (1.85)
uy = x3 + x. (1.86)
5. Pokazite da jednadzba
ut + uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (1.87)
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0, (1.88)
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (1.89)
nije dobro postavljen problem. Uputa: provjerite da je
vn(x, t) =1
nen2t sin
(nπx
L
)(1.90)
rjesenje problema vt+vxx = 0, v(0, t) = v(L, t) = 0, v(x, 0) = (1/n) sin(nπx/L).
Koji problem rjesava funkcija u(x, t) + vn(x, t)?
Poglavlje 2
Fourierov red
2.1 Razvoj funkcije u Fourierov red
Fourierov red koristimo za aproksimaciju funkcija na konacnom intervalu pomocu tri-
gonometrijskih polinoma. Rastav funkcije na linearnu kombinaciju trigonometrijskih
funkcija je slican rastavu vektora po ortogonalnoj bazi unitarnog prostora. Na ideju o
razvoju funkcije u trigonometijski red dosao je francuski matematicar i inzenje Josoph
Fourier (1768–1830) proucavajuci jednazbu provodenja topline. Fourioerova analiza
danas ima istaknuto mjesto u primijenjenoj matematici, teoriji parcijalnih diferenci-
jalnih jednadzbi, obradi signala, i tvori osnovu moderne harmonijske analize.
Neka je funkcija f definirana na zatvorenom intervalu [−L,L]. Zanima nas kada se
f moze razviti u trigonometrijski red oblika
a0
2+
∞∑
n=1
[an cos
(nπx
L
)+ bn sin
(nπx
L
) ], −L ≤ x ≤ L. (2.1)
Ocigledno je da ce koeficijenti an i bn ovisiti o funkciji f . Ako pitanja o konvergenciji
reda za trenutak ostavimo po strani, an i bn mozemo odrediti na sljedeci nacin. Kako
je ∫ L
−L
cos(nπx
L
)dx =
∫ L
−L
sin(nπx
L
)dx = 0, n ≥ 1, (2.2)
formalnom integracijom reda (2.1) dobivamo
a0 =1
L
∫ L
−L
f(x)dx. (2.3)
17
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 18
Ostali koeficijenti mogu se odrediti iz relacija ortogonalnosti
∫ L
−L
sin(mπx
L
)sin(nπx
L
)dx =
∫ L
−L
cos(mπx
L
)cos(nπx
L
)dx = Lδnm, n,m ≥ 1,
(2.4)∫ L
−L
sin(mπx
L
)cos(nπx
L
)dx = 0, n,m ≥ 1. (2.5)
gdje je δnm Kroneckerov delta simbol. Mnozenjem jednadzbe (2.1) s cos(mπx/L) i
integriranjem od −L do L imamo
∫ L
−L
f(x) cos(mπx
L
)dx =
a0
2
∫ L
−L
cos(mπx
L
)dx
+∞∑
n=1
[
an
∫ L
−L
cos(mπx
L
)cos(nπx
L
)dx + bn
∫ L
−L
cos(mπx
L
)sin(nπx
L
)dx
]
=∞∑
n=1
an L δnm = Lam. (2.6)
Stoga je
am =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(mπx
L
)dx, m ≥ 1. (2.7)
Ponavljanjem postupka s funkcijom sin(nπx/L) nalazimo
bm =1
L
∫ L
−L
f(x) sin(mπx
L
)dx, m ≥ 1. (2.8)
Definicija 2.1 Trigonometrijski red
a0
2+
∞∑
n=1
[an cos
(nπx
L
)+ bn sin
(nπx
L
) ](2.9)
gdje su
an =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπx
L
)dx, n = 0, 1, 2, . . . (2.10)
bn =1
L
∫ L
−L
f(x) sin(nπx
L
)dx, n = 1, 2, 3, . . . (2.11)
naziva se Fourierov red funkcije f na intervalu [−L,L]. Koeficijenti an i bn nazivaju
se Fourierovi koeficijenti funkcije f .
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 19
Jedan od osnovnih problema u teoriji Fourierovih redova je odrediti uvjete na funkciju
f pod kojima red (2.9)-(2.11) konvergira ka f . Drugim rijecima, kako iz Fourierovih
koeficijenata mozemo rekonstruirati funkciju f . Ovo pitanje vodi na niz interesantnih
problema jer cak i ako Fourierov red konvergira, ne mora konvergirati ka funkciji f .
Nadalje, Du Bois-Reymond je dokazao da postoji neprekidna funkcija ciji Fourierov
red divergira u tocki sto pokazuje da neprekidnost nije dovoljna da osigura konvergen-
ciju reda. Fourierov red moze konvergirati po tockama, uniformno ili u L2–normi. Da
bismo osigurali konvergenciju reda i postigli odredeni tip konvergencije potrebno je
da f zadovoljava neke dodatne uvjete. Prije nego detaljnije proucimo ove probleme,
navedimo nekoliko ilustrativnih primjera. Fourierov red cemo oznaciti s f kako bi ga
razlikovali od funkcije f .
Pri racunanju Fourierovih koeficijenata korisno je zapamtiti sljedeca pravila:
(i) ako je h : [−L,L] → R neparna funkcija, tada je
∫ L
−L
h(x)dx = 0, (2.12)
(ii) ako je h : [−L,L] → R parna funkcija, tada je
∫ L
−L
h(x)dx = 2
∫ L
0
h(x)dx. (2.13)
Primjer 2.1 Odredimo Fourierov red funkcije f(x) = x na intervalu [−L,L]. Za
Fouerierove koeficijente an imamo
an =1
L
∫ L
−L
x cos(nπx
L
)dx = 0, n ≥ 0, (2.14)
jer je x cos(nπx/L) neparna funkcija. Odredimo sada koeficijente bn:
bn =1
L
∫ L
−L
x sin(nπx
L
)dx =
2
L
∫ L
0
x sin(nπx
L
)dx (2.15)
=2
L
[
−Lx
nπcos(nπx
L
)+( L
nπ
)2
sin(nπx
L
)]∣∣∣∣∣
L
0
(2.16)
= −2L
nπcos(nπ), n ≥ 1. (2.17)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 20
1.0 0.5 0.5 1.0
1.0
0.5
0.5
1.0
(a) N = 5
1.0 0.5 0.5 1.0
1.0
0.5
0.5
1.0
(b) N = 15
Slika 2.1: Razvoj funkcije f(x) = x u Fourierov red.
Kako je cos(nπ) = (−1)n, dobivamo
bn =2L
nπ(−1)n+1. (2.18)
Dakle, Fourierov red funkcije f(x) = x je dan sa
f(x) =2L
π
∞∑
n=1
(−1)n+1 1
nsin(nπx
L
)
=2L
π
[sin(πx
L
)−
1
2sin(2πx
L
)+
1
3sin(3πx
L
)− ∙ ∙ ∙
](2.19)
Slika 2.1 prikazuje parcijalne sume Fourierovog reda s N = 5 i 15 clanova. Pri-
mijetimo da je f(−L) = f(L) = 0 dok je f(−L) = −L i f(L) = L. Dakle,
f(±L) 6= f(±L). Moze se pokazati da u ostalim tockama x ∈ (−L,L) Fourierov
red konvergira ka f(x) sto se moze naslutiti iz slike 2.1 (b). Medutim, konvergencija
je sporija sto je tocka x blize rubovima intervala ±L.
Primjer 2.2 Razvijte u Fourierov red funkciju f(x) = x2 − 1 na intervalu [−1, 1].
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 21
Odredimo Fourierove koeficijente:
a0 =
∫ 1
−1
(x2 − 1)dx = −4
3, (2.20)
an =
∫ 1
−1
(x2 − 1) cos(nπx)dx =
∫ 1
−1
x2 cos(nπx)dx −∫ 1
−1
cos(nπx)dx
=1
(nπ)3
[2nπx cos(nπx) +
((nπx)2 − 2
)sin(nπx)
]∣∣∣1
−1−
1
nπsin(nπx)
∣∣∣1
−1
=4
(nπ)2cos(nπ) =
4(−1)n
(nπ)2, n ≥ 1. (2.21)
Funkcija (x2 − 1) sin(nπx) je neparna pa je
bn =
∫ 1
−1
(x2 − 1) sin(nπx)dx = 0, n ≥ 1. (2.22)
Stoga Fourierov red funkcije f(x) ima oblik
f(x) = −4
3+
4
π2
∞∑
n=1
(−1)n
n2cos(nπx)
= −2
3+
4
π2
[
− cos(πx) +1
4cos(2πx) −
1
9cos(3πx) + ∙ ∙ ∙
]
(2.23)
Paricijalne sume Fourierovog reda s N = 2 i N = 6 clanova su prikazane na slici 2.2.
Slika 2.2 (b) sugerira da red konvergira podjednako brzo na citavom intervalu [−1, 1].
U sljedecem poglavlju cemo razmatrati konvergenciju Fourierovog reda i odrediti
uvjete pod kojima red f konvergira po tockama ili uniformno ka funkciji f . Vi-
djet cemo da konvergencija u primjeru 2.1 nije uniformna, dok red u primjeru 2.2
konvergira uniformno.
Horizontalnom translacijom grafa funkcije f : [−L,L] → R za 2L dobivamo periodicko
prosirenje od f na citav skup R. Prosirena funkcija, koju cemo oznaciti s f , ima period
2L. Fourierov red funkcije f takoder ima period 2L pa ga u ovom smislu mozemo
promatrati kao red periodicke funkcije f koja je definirana na citavom skupu R.
2.2 Konvergencija Fourierovog reda
Cinjenica da su Fourierovi koeficijenti definirani integralom funkcije f sugerira da Fo-
urierov red ne mora konvergirati ka f u svakoj tocki jer se integral funkcije, pa tako
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 22
1.0 0.5 0.5 1.0
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
(a) N = 2
1.0 0.5 0.5 1.0
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
(b) N = 6
Slika 2.2: Razvoj funkcije f(x) = x2 − 1 u Fourierov red.
i Fourierovi koeficijenti, ne mijenjaju ako f promijenimo u konacno mnogo tocaka.
Razlikujemo tri nacina konvergencije Fourierovog reda: konvergencija po tockama,
uniformna konvergencija i konvergencija u smislu L2-norme. Razliciti nacini konver-
gencije su posljedica razlicitih svojstava funkcije. Na primjer, za konvergenciju po
tockama dovoljno je da je funkcija po dijelovima klase C1. U ovom poglavlju odrediti
cemo uvjete koji garantiraju konvegenciju po tockama i uniformnu konvergenciju.
Definicija 2.2 Za funkciju f : [−L,L] → C kazemo da je kvadratno integrabila ako
je ∫ L
−L
|f(x)|2dx < ∞. (2.24)
Kvadratno integrabile funkcije tvore vektorski prostor nad R ili C koji oznacavamo s
L2[−L,L].
Teorem 2.1 (Besselova nejednakost) Neka je f : [−L,L] → R kvadratno integra-
bilna funkcija. Ako Fourierovi koeficijenti
an =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπx
L
)dx i bn =
1
L
∫ L
−L
f(x) sin(nπx
L
)dx (2.25)
funkcije f postoje, tada vrijedi
1
2a2
0 +∞∑
n=1
(a2n + b2
n) ≤1
L
∫ L
−L
f 2(x)dx. (2.26)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 23
Dokaz. Neka je SN (x) N -ta parcijalna suma Fourierovog reda funkcije f ,
SN (x) =a0
2+
N∑
n=1
(an cos
(nπx
L
)+ bn sin
(nπx
L
)). (2.27)
Tada je
0 ≤∫ L
−L
(f(x) − SN(x)
)2dx
=
∫ L
−L
f 2(x)dx − 2
∫ L
−L
f(x)SN (x)dx +
∫ L
−L
S2N (x)dx. (2.28)
Iz definicije Fourierovih koeficijenata dobivamo
∫ L
−L
f(x)SN(x)dx =
∫ L
−L
f(x)
[1
2a0 +
N∑
n=1
(an cos
(nπx
L
)+ bn sin
(nπx
L
))]
dx
=1
2a0La0 +
N∑
n=1
(anLan + bnLbn)
= L(1
2a2
0 +N∑
n=1
(a2n + b2
n)). (2.29)
Koristeci relacije ortogonalnosti (2.4)-(2.5) nalazimo
∫ L
−L
S2N(x)dx =
∫ L
−L
SN (x)
[1
2a0 +
N∑
n=1
(an cos
(nπx
L
)+ bn sin
(nπx
L
))]
dx
=1
2a0
∫ L
−L
SN (x)dx
+N∑
n=1
[
an
∫ L
−L
SN (x) cos(nπx
L
)dx + bn
∫ L
−L
SN(x) cos(nπx
L
)dx
]
= L(1
2a2
0 +N∑
n=1
(a2n + b2
n)). (2.30)
Supstitucijom (2.29)-(2.30) u (2.28) dobivamo
0 ≤∫ L
−L
f 2(x)dx − L(1
2a2
0 +N∑
n=1
(a2n + b2
n)), (2.31)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 24
odnosno1
2a2
0 +N∑
n=1
(a2n + b2
n) ≤1
L
∫ L
−L
f 2(x)dx. (2.32)
Kako nejednakost (2.32) vrijedi za svaki N ≥ 1, zakljucujemo da je
1
2a2
0 +∞∑
n=1
(a2n + b2
n) ≤1
L
∫ L
−L
f 2(x)dx. (2.33)
�
Moze se se pokazati da za kvadratno integrabilne funkcije vrijedi jace svojstvo
1
2a2
0 +N∑
n=1
(a2n + b2
n) =1
L
∫ L
−L
f 2(x)dx (2.34)
koje nazivamo Parsevalova jednakost. Parsevalu jednakost koristimo za sumiranje
redova koje cesto susrecemo u analizi.
Primjer 2.3 Pokazimo da je∑∞
n=11n2 = π2
6. Funkcija f(x) = x, x ∈ [−L,L], u
primjeru 2.1 ima Fourierove koeficijente an = 0 za svaki n ≥ 0 i
bn =2L
nπ(−1)n+1, n ≥ 1, (2.35)
pa je b2n ∼ 1/n2 sto sugerira da se suma reda moze odrediti iz Parsevalova jednakosti
za funkciju f . Iz relacije (2.34) dobivamo
∞∑
n=1
(2L
nπ
)2
=1
L
∫ L
−L
x2dx =2
3L2 (2.36)
sto povlaci∞∑
n=1
1
n2=
π2
6. (2.37)
Teorem 2.2 (Riemann-Lebesgueova lema) Neka je f : [−L,L] → R kvadratno
integrabilna funkcija. Ako Fouerierovi koeficijenti funkcije f postoje, tada je
limn→∞
an =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπx
L
)= 0, (2.38)
limn→∞
bn =1
L
∫ L
−L
f(x) sin(nπx
L
)= 0. (2.39)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 25
Dokaz. Besselova nejednakost implicira da red 12a2
0+∑∞
n=1(a2n+b2
n) konvergira, stoga
konvergiraju redovi∑∞
n=1 a2n i∑∞
n=1 b2n. Iz nuznog uvjeta za konvergenciju reda slijedi
limn→∞ a2n = limn→∞ b2
n = 0 pa je limn→∞ an = limn→∞ bn = 0. �
Jedan od centralnih rezultata o konvergenciji Fourierovog reda je Dirichletov teorem
za funkcije koje su po dijelovima klase C1. Uvedimo sljedece oznake za jednostrane
limese:
f(x−0 ) = lim
x→x−0
f(x), f(x+0 ) = lim
x→x+0
f(x). (2.40)
Primijetimo da je f neprekidna u tocki x0 ako i samo ako je f(x−0 ) = f(x+
0 ) = f(x0).
Definicija 2.3 Funkcija f je po dijelovima neprekidna na [a, b] ako
(i) f(x) je definirana i neprekidna osim eventualno u konacno mnogo tocaka u [a, b],
(ii) f(x−0 ) i f(x+
0 ) postoje u svim tockama x0 ∈ (a, b),
(iii) f(a+) i f(b−) postoje.
Ako je f(x−0 ) 6= f(x+
0 ), tada f ima prekid prve vrste u x0. Slicno definiramo po
dijelovima C1 funkcije.
Definicija 2.4 Funkcija f je po dijelovima C1 na [a, b] ako su f i f ′ po dijelovima
neprekidne na [a, b].
Primjer 2.4 Funkcija
f(x) =
−1, −1 ≤ x < 0,
2, x = 0,
x2, 0 < x ≤ 1,
(2.41)
je po dijelovima C1 na [−1, 1] (vidi sliku 2.3) Primijetimo da f(x) ima prekid u
x = 0 i da je f(0−) = −1 i f(0+) = 0. Derivacija f ′ nije definirana u x = −1,
0 i 1. Medutim, jednostrani limesi u ovim tockama postojie i vrijedi f ′(−1+) = 0,
f ′(1−) = 1 i f ′(0−) = f ′(0+) = 0.
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 26
Slika 2.3: Funkcija (2.41) je po dijelovima C1 na [−1, 1].
Postoje mnoge funkcije koje nisu po dijelovima neprekidne. Na primjer, neogranicena
funkcija g(x) = 1/x, nije po dijelovima neprekidna na [−1, 1] jer limesi g(0−) = −∞
i g(0+) = ∞ ne postoje. Ogranicene funkcije takoder ne moraju biti po dijelovima
neprekidne. Funkcija h(x) = sin(1/x) je ogranicena na [−1, 1] ali h(0−) i h(0+) ne
postoje (vidi sliku 2.4).
Teorem 2.3 (Dirichletov teorem) Neka je f po dijelovima C1 funkcija na [−L,L]
i neka je f Fourierov red funkcije f . Tada je
(i)
f(x) = f(x) ako je f neprekidna u tocki x ∈ (−L,L), (2.42)
(ii)
f(x) =1
2
[f(x+) + f(x−)
]ako f ima prekid u tocki x ∈ (−L,L), (2.43)
(iii)
f(±L) =1
2
[f(−L+) + f(L−)
]. (2.44)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 27
Slika 2.4: Funkcija f(x) = sin(1/x) nema jednostrane limese u x = 0.
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 28
1.0 0.5 0.5 1.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Slika 2.5: Razvoj funkcije (2.45) u Fourierov red.
Dokaz Dirichletovog teorema prelazi okvire ove skripte pa ga izostavljamo (vidi refe-
rence XX). Ako f ima prekid u tocki x0, tada je f(x0) jednako srednjoj vrijednosti
jednostranih limesa u x0. Vrijednost Fourierovog reda u rubnim tockama ±L se
takoder moze interpretirati kao srednja vrijednost jednostranih limesa ako interval
[−L,L] savijemo u kruznicu.
Primjer 2.5 Promotrimo stepenicastu funkciju
f(x) =
0, −1 ≤ x < 0,
1, 0 ≤ x ≤ 1.(2.45)
prikazanu na slici 2.5. Funkcija f je po dijelovima C1 na [−1, 1] i ima prekid prve
vrste u tocki x0. Fourierovi koeficijenti su dani sa
a0 =
∫ 1
0
dx = 1, (2.46)
an =
∫ 1
0
cos(nπx)dx =sin(nπ)
nπ= 0, n ≥ 1, (2.47)
bn =
∫ 1
0
sin(nπx)dx =1
nπ
(1 − (−1)n
), n ≥ 1. (2.48)
Stoga je
f(x) =1
2+
1
π
∞∑
n=1
1 − (−1)n
nsin(nπx). (2.49)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 29
Iz jednadzbe (2.49) dobivamo
f(0) =1
2=
1
2
[f(0−) + f(0+)
], (2.50)
u skladu s Dirichletovim teoremom. Takoder, na rubovima intervala imamo
f(±1) =1
2=
1
2
[f(−1+) + f(1−)
]. (2.51)
Pokazimo da zbog prekida u tocki x = 0 Fourierov red ne konvergira uniformno
na [−1, 1]. Neka je SN(x) N -ta parcijalna suma Fourierovog reda (2.49). Kako je
SN(0) = 1/2 i SN(x) je neprekidna funkcija, za ε = 1/4 postoji δ > 0 takav da
|x| < δ ⇒∣∣∣SN (x) −
1
2
∣∣∣ <
1
4. (2.52)
Posebno, za 0 < x < δ iz (2.52) slijedi
1
4< SN(x) <
3
4. (2.53)
S druge strane, f(x) = 1 za 0 < x < δ pa je
|SN (x) − f(x)| > f(x) − SN (x) > 1 −3
4=
1
4. (2.54)
Zakljucujemo da je
1
4< |SN(x) − f(x)| za sve 0 < x < δ, N ≥ 1, (2.55)
sto povlaci
supx∈[−1,1]
|SN (x) − f(x)| >1
4za svaki N ≥ 1. (2.56)
Dakle, konvergencija Fourierovog reda nije uniformna na [−1, 1].
Primjer 2.6 Odredimo Fourierov red funkcije f(x) = |x| na intervalu [−π, π]. Funk-
cija f je po dijeloivma C1 na [−π, π] i neprekidna na [−π, π]. Za Fourierove koefici-
jente dobivamo
a0 =1
π
∫ π
−π
|x|dx =2
π
∫ π
0
xdx = π, (2.57)
an =1
π
∫ π
−π
|x| cos(nx)dx =2
π
∫ π
0
x cos(nx)dx
=2
π
[x sin(nx)
n
∣∣∣∣∣
π
0
−∫ π
0
sin(nx)
ndx
]
=2
π
cos(nx)
n2
∣∣∣∣∣
π
0
=2
π
(−1)n − 1
n2, n ≥ 1. (2.58)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 30
3 2 1 1 2 3
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Slika 2.6: Razvoj funkcije f(x) = |x| u Fourierov red.
Dakle,
an =
0, n je paran,
− 4πn2 , n je neparan.
(2.59)
Funkcija f(x) = |x| je parna pa je
bn =1
π
∫ π
−π
|x| sin(nx)dx = 0, n ≥ 1. (2.60)
Dakle, Fourierov red ima oblik
f(x) =π
2−
4
π
∞∑
n=1
1
(2n − 1)2cos((2n − 1)x
)(2.61)
(vidi sliku 2.6). Kako je f neprekidna na [−π, π], prema Dirichletovom teoremu je
f(x) = f(x) za svaki x ∈ [−π, π].
2.3 Uniformna konvergencija
U mnogim problemima primijenjene matematike pozeljno je da Fourierov red unifor-
mno konvergira. Vaznost uniformne konvergencije cemo posebno vidjeti kod rjesavanja
parcijalnih diferencijalnih jednadzbi metodom separacije varijabli. Na primjeru 2.5
smo pokazali da konvergencija Fourierovog reda ne moze biti uniformna ako funkcija
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 31
ima prekid u tocki. Ovo povlaci da je neprekidnost funkcije nuzan uvjet za uniformnu
konvergenciju. U teoremu 2.4 cemo dokazati da ako je funkcija f neprekidna, onda
uz neke dodatne uvjete Fourierov red uniformno konvergira ka f . U dokazu ovog
teorema koristimo sljedeci preliminarni rezultat.
Propozicija 2.1 (Cauchy–Schwartzova nejednakost) Neka su zi, wi kompleksni
brojevi za 1 ≤ i ≤ n. Tada je
∣∣∣∣∣
n∑
i=1
ziwi
∣∣∣∣∣≤
√√√√
n∑
i=1
|zi|2
√√√√
n∑
i=1
|wi|2. (2.62)
Dokaz. Definirajmo a =∑n
i=1 ziwi. Tada za svaki realni broj λ imamo
0 ≤n∑
i=1
|zi − λawi|2 =
n∑
i=1
(zi − λawi)(zi − λawi)
=n∑
i=1
zizi − λn∑
i=1
awizi − λn∑
i=1
ziawi + λ2aan∑
i=1
wiwi
=n∑
i=1
|zi|2 − 2λ|a|2 + λ2|a|2
n∑
i=1
|wi|2. (2.63)
Izraz (2.63) je kvadratni polinom p(λ) za koji vrijedi p(λ) ≥ 0 za svaki λ ∈ R. Stoga
diskriminanta polinoma
Δ =(−2|a|2
)2− 4
(
|a|2n∑
i=1
|wi|2
)(n∑
i=1
|zi|2
)
(2.64)
mora zadovoljavati Δ ≤ 0 sto povlaci
|a|2 ≤n∑
i=1
|zi|2
n∑
i=1
|wi|2, (2.65)
odnosnon∑
i=1
|ziwi| ≤
√√√√
n∑
i=1
|zi|2
√√√√
n∑
i=1
|wi|2. (2.66)
�
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 32
Teorem 2.4 (Teorem o uniformnoj konvergenciji) Neka je f neprekidna i po
dijelovima C1 funkcija na [−L,L] takva da je f(−L) = f(L). Tada Fourierov red f
konvergira uniformno ka f na [−L,L].
Dokaz. Neka je
SN(x) =a0
2+
N∑
n=1
[an cos
(nπ
Lx)
+ bn sin(nπ
Lx)]
(2.67)
N -ta parcijalna suma Fourierovog reda funkcije f . Prema Dirichletovom teoremu je
limN→∞
SN(x) = f(x) za svaki x ∈ [−L,L] (2.68)
jer je f neprekidna na [−L,L]. Stoga je
|f(x) − SN (x)| =∣∣∣
∞∑
n=N+1
[an cos
(nπ
Lx)
+ bn sin(nπ
Lx)] ∣∣∣
≤∞∑
n=N+1
∣∣∣an cos
(nπ
Lx)
+ bn sin(nπ
Lx)∣∣∣
≤∞∑
n=N+1
(|an| + |bn|) za svaki x ∈ [−L,L]. (2.69)
Ako pokazemo da su redovi∑∞
n=1 |an| i∑∞
n=1 |bn| konvergentni, tada ce uniformna
konvergencija slijediti iz relacije (2.69). Parcijalnom integracijom koeficijente an
mozemo prevesti na oblik
an =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπ
Lx)dx (2.70)
=1
L
f(x)L
nπsin(nπ
Lx)∣∣∣∣∣
L
−L
−∫ L
−L
f ′(x)L
nπsin(nπ
Lx)
(2.71)
= −L
nπ
1
L
∫ L
−L
f ′(x) sin(nπ
Lx)dx = −
L
nπAn, n ≥ 1, (2.72)
gdje su An Fourierovi koeficijenti funkcije f ′(x) koji mnoze sin(nπx/L). Slicno, ko-
risteci uvjet f(−L) = f(L) dobivamo
bn =L
nπ
1
L
∫ L
−L
f ′(x) cos(nπ
Lx)dx =
L
nπBn, n ≥ 1 (2.73)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 33
gdje su Bn Fourierovi koeficijenti funkcije f ′(x) koji mnoze cos(nπx/L). Primijetimo
da je
B0 =1
L
∫ L
−L
f ′(x)dx = 0. (2.74)
Dakle,
|an| =L
π
1
n|An| i |bn| =
L
π
1
n|Bn|, n ≥ 1. (2.75)
Pokazimo sada da redovi∑∞
n=11n|An| i
∑∞n=1
1n|Bn| konvergiraju. Prema Cauchy–
Schwartzovoj nejednakosti, za svaki N ∈ N vrijedi
N∑
n=1
1
n|An| ≤
√√√√
N∑
n=1
1
n2
√√√√
N∑
n=1
A2n ≤
π√
6
√√√√
N∑
n=1
A2n (2.76)
jer je∑∞
n=11n2 = π2
6. Slicno dobivamo
N∑
n=1
1
n|Bn| ≤
π√
6
√√√√
N∑
n=1
B2n. (2.77)
Derivacija funkcije f ′ je po dijelovima neprekidna sto povlaci da je f ′ kvadratno
integrabilna na [−L,L] pa iz Besselova nejednakost povlaci
∞∑
n=1
(A2
n + B2n
)≤
1
L
∫ L
−L
|f ′(x)|2dx < ∞ (2.78)
gdje smo uzeli u obzir da je B0 = 0. Odavde slijedi da su redovi∑∞
n=1 A2n i∑∞
n=1 B2n
konvergentni pa iz (2.76) i (2.77) slijedi da je
∞∑
n=1
1
n|An| ≤
π√
6
√√√√
∞∑
n=1
A2n i
∞∑
n=1
1
n|Bn| ≤
π√
6
√√√√
∞∑
n=1
B2n. (2.79)
Iz jednadzbe (2.75) zakljucujemo da redovi∑∞
n=1 |an| i∑∞
n=1 |bn| konvergiraju jer je
∞∑
n=1
|an| ≤L√
6
√√√√
∞∑
n=1
A2n i
∞∑
n=1
|bn| ≤L√
6
√√√√
∞∑
n=1
B2n. (2.80)
Sada relacija (2.69) povlaci da Fourierov red konvergira uniformno jer
limN→∞
sup−L≤x≤L
|f(x) − SN(x)| ≤ limN→∞
∞∑
n=N+1
(|an| + |bn|) = 0 (2.81)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 34
cime je tvrdnja dokazana. �
Ponekad je korisno procijeniti brzinu kojom Fourierovi koeficijenti teze k nuli. Pozna-
vajuci gornju medu za |an| i |bn| mozemo procijeniti koliko clanova Fourierovog reda
je potreba da bi se postigla odredena tocnost u aproksimaciji funkcije.
Propozicija 2.2 Neka je f ∈ C2[−L,L] takva da je f(−L) = f(L) i f ′(−L) = f ′(L).
Neka je M = maxx∈[−L,L] |f ′′(x)|. Tada za Fourierove koeficijente vrijedi
|an| =
∣∣∣∣1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπx
L
)dx
∣∣∣∣ ≤
2L2M
π2n2, (2.82)
|bn| =
∣∣∣∣1
L
∫ L
−L
f(x) sin(nπx
L
)dx
∣∣∣∣ ≤
2L2M
π2n2, n ≥ 1. (2.83)
Dokaz. Parcijalnom integracijom dobivamo
an =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπx
L
)dx
=1
L
[L
nπf(x) sin
(nπx
L
)∣∣∣x=L
x=−L−
L
nπ
∫ L
−L
f ′(x) sin(nπx
L
)dx
]
= −1
nπ
∫ L
−L
f ′(x) sin(nπx
L
)dx. (2.84)
Ako ponovo primijenimo parcijalnu derivaciju na dobiveni izraz, tada nalazimo
∫ L
−L
f ′(x) sin(nπx
L
)dx = −
L
nπf ′(x) cos
(nπx
L
)∣∣∣x=L
x=−L+
L
nπ
∫ L
−L
f ′′(x) cos(nπx
L
)dx
=L
nπ
∫ L
−L
f ′′(x) cos(nπx
L
)dx (2.85)
jer je f ′(−L) = f ′(L). Supstitucijom (2.85) u (2.84) dobivamo
an = −L
n2π2
∫ L
−L
f ′′(x) cos(nπx
L
)dx. (2.86)
Slicni racun pokazuje da uvjet f(−L) = f(L) implicira
bn = −L
n2π2
∫ L
−L
f ′′(x) sin(nπx
L
)dx. (2.87)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 35
Slika 2.7: Suma reda∑∞
n=N+11n2
Iz jednadzbi (2.86) i (2.87) slijedi da su gornje mede za |an| i |bn| dane sa
|an| ≤L
n2π2
∫ L
−L
∣∣∣f ′′(x) cos
(nπx
L
)∣∣∣ dx ≤
2L2M
n2π2, (2.88)
|bn| ≤L
n2π2
∫ L
−L
∣∣∣f ′′(x) sin
(nπx
L
)∣∣∣ dx ≤
2L2M
n2π2(2.89)
jer je |f ′′(x)| ≤ M za svaki x ∈ [−L,L]. �
Ako Fourierovi koeficijenti nisu eksplicitno poznati, na primjer ako se racunaju nu-
merickim metodama, onda iz relacija (2.88) i (2.89) mozemo dobiti grubu procjenu
koliko clanova Fourierovog reda je potrebno za aproksimaciju funkcije unutar zadane
tocnosti. Razlika izmedju funkcije f(x) i N -te parcijalne sume Fourierovog reda SN (x)
zadovoljava
|f(x) − SN (x)| ≤∣∣∣
∞∑
n=N+1
(an cos
(nπ
Lx)
+ bn sin(nπ
Lx)∣∣∣
≤∞∑
n=N+1
(|an| + |bn|) =4L2M
π2
∞∑
n=N+1
1
n2. (2.90)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 36
Primijetimo da je suma reda∑∞
n=N+11n2 manja od povrsine ispod krivulje y = 1
x2 ,
N ≤ x < ∞ (vidi sliku 2.7). Stoga je
∞∑
n=N+1
1
n2≤∫ ∞
N
dx
x2=
1
N(2.91)
pa iz (2.90) slijedi
|f(x) − SN (x)| ≤4L2M
π2N, x ∈ [−L,L]. (2.92)
Ako zelimo da je pogreska aproksimacije manja od ε > 0, onda N treba uzeti tako da
je
N >4L2M
π2ε. (2.93)
Ovu metodu procjene broja N nazivamo integralna metoda jer je u relaciji (2.91)
suma reda majorizirana integralom. Mnogo finije procjene broja N se mogu dobiti
ako se Fourierovi koeficijenti eksplicitno izracunaju i onda primijeni integralna metoda
u majorizaciji reda. Ilustrirajmo ovu tvrdnju na sljedecem primjeru.
Primjer 2.7 Procijenite koliko clanova Fourierovog reda je potrebno za aproksima-
ciju funkcije f(x) = x3 − x, x ∈ [−1, 1], s pogreskom manjom od ε = 0.01.
Funkcija f(x) = x3 − x je naparna pa je an = 0 za svaki n ≥ 0. Koeficijenti bn su
dani sa
bn =
∫ 1
−1
(x3 − x) sin(nπx)dx = (−1)n 12
(nπ)3. (2.94)
Stoga je
f(x) =12
π3
∞∑
n=1
(−1)n
n3sin(nπx). (2.95)
Prema teoremu 2.4, red (2.95) uniformno konvergira ka f i∣∣∣∣∣f(x) −
12
π3
N∑
n=1
(−1)n
n3sin(nπx)
∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣12
π3
∞∑
n=N+1
(−1)n
n3sin(nπx)
∣∣∣∣∣≤
12
π3
∞∑
N+1
1
n3(2.96)
za svaki x ∈ [−1, 1]. Suma reda∑∞
n=N+1 1/n3 je manja od povrsine ispod krivulje
y = 1/x3, N ≤ x < ∞. Dakle,
∞∑
n=N+1
1
n3≤∫ ∞
N
1
x3dx =
1
2N2. (2.97)
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 37
Sada iz (2.96) dobivamo
∣∣∣∣∣f(x) −
12
π3
N∑
n=1
(−1)n
n3sin(nπx)
∣∣∣∣∣≤
6
π3N2. (2.98)
Ako zelimo da pogreska aproksimacije bude manja od ε = 0.01, tada N treba uzeti
takav da je 6/(π3N2) < 0.01, odnosno
N >
√6
π3 ∙ 0.01≈ 4.4. (2.99)
Odavde zakljucujemo da je dovoljno uzeti N = 5 clanova reda. Za usporedbu odredimo
N iz relacije (2.93). Maksimalna vrijednost druge derivacije je dana sa
M = max−1≤x≤1
|6x| = 6, (2.100)
pa uvjet
N >4 ∙ 6
π2 ∙ 0.01≈ 243.17 (2.101)
povlaci N = 244. Ocigledno je prva procjena mnogo bolja od procjene dobivene rela-
cijom (2.93).
2.3.1 Gibbsova pojava
U primjeru 2.5 promatrali smo stepenicastu funkciju
f(x) =
0, −1 ≤ x < 0,
1, 0 ≤ x ≤ 1.(2.102)
Fourierov red ove funkcije pokazuje pojavu koja je uvijek prisutna kada funkcija ima
prekid prve vrste. Neka je
SN (x) =1
2+
1
π
N∑
n=1
1 + (−1)n+1
nsin(nπx) (2.103)
N -ta parcijalna suma reda Fouerierovog reda funkcije (2.102). Na slici 2.5 uocavamo
da je razlika izmedju SN(x) i f(x) znatno veca u okolini tocke x = 0 nego u drugim
tockama intervala. Pokazat cemo da postoji niz tocaka {xk} takav da xk → 0 u
kojima se razlika |SN(xk) − f(xk)| ne moze napraviti proizvoljno malom bez obzira
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 38
koliki je N . Ova cinjenica naziva se Gibbsova pojava po matematicaru J.W. Gibbsu.
Preuredimo izraz za parcijalnu sumu (2.103) na sljedeci nacin. Kako je 1+(−1)n+1 = 0
za parni n, sumu (2.103) mozemo zapisati u obliku
S2N−1(x) =1
2+
2
π
N∑
k=1
1
2k − 1sin((2k − 1)πx)
). (2.104)
U tocki x = 12N
imamo
S2N−1
( 1
2N
)=
1
2+
1
π
N∑
k=1
sin(
(2k−1)π2N
)
(2k−1)π2N
π
N. (2.105)
Definirajmo tocke
xk =(2k − 1)π
2N, k = 1, 2, . . . , N. (2.106)
Ove tocke tvore uniformnu particiju intervala [0, π] gdje je duljina svakog podintervala
Δx = xk+1 − xk = πN
. Primijetimo da sumu (2.105) mozemo zapisati kao
S2N−1
( 1
2N
)=
1
2+
1
π
N∑
k=1
f(xk)Δx (2.107)
gdje je f(x) = sin(x)/x. Gornji izraz prepoznajemo kao Riemannovu sumu funkcije
f(x) na intervalu [0, π], pa u limesu kada N → ∞ dobivamo
limN→∞
S2N−1
( 1
2N
)=
1
2+
1
π
∫ π
0
sin(x)
xdx ≈ 1.0895. (2.108)
Tocke 12N
teze k nuli kada N → ∞, ali razlika S2N−1(1
2N)− f( 1
2N) ne tezi k nuli jer je
limN→∞
[
S2N−1
( 1
2N
)− f
( 1
2N
)]
≈ 1.0895 − 1 = 0.0895. (2.109)
Dakle, parcijalne sume premasuju vrijednost funkcije za otprilike 8 .9% u svakoj tocki1
2N. Vazno je napomenuti da ovo nije u kontradikciji s cinjenicom da Fourierov red
konvergira po tockama ka f(x), ali konvergencija nije uniformna. Zapazanje u opisa-
nom primjeru se naziva Gibbosva pojava i moze se opcenito formulirati kao sljedeci
rezultat.
POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 39
Teorem 2.5 (Gibbsova pojava) Neka je f po dijelovima C1 funkcija na intervalu
[−L,L]. Neka je −L ≤ x0 < L tocka prekida funkcije f i neka je
SN(x) =a0
2+
N∑
n=1
(an cos
(nπx
L
)+ bn sin
(nπx
L
))(2.110)
N -ta parcijalna suma Fourierovog reda od f . Tada postoji niz tocaka {xN}, xN > x0,
takav da je limN→∞ xN = x0 i
limN→∞
SN (xN ) − f(xN)
f(x+0 ) − f(x−
0 )≥ 0.089. (2.111)
Poglavlje 3
Klasifikacija jednadzbi drugog reda
u dvije nezavisne varijable
U ovom poglavlju cemo klasificirati linearne jednadzbe drugog reda u dvije nezavisne
varijable. Ovaj tip jednadzbi se moze podijeliti na hiperbolicke, parabolicke i elipticke
jednadzbe. Rjesenja istog tipa jednadzbi dijele mnoga zajednicka kvalitivna svojstva,
a svaki tip jednadzbe se moze transformacijom varjiabli prevesti na tzv. kanonski
oblik.
Opca linearna parcijalna diferencijalna jednadzba drugog reda u dvije nezavisne va-
rijable ima oblik
L[u] = Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu = G (3.1)
gdje su u,A,B,C,D,E, F,G funkcije varijabli x, y u nekom podrucju Ω ⊆ R2. Ope-
rator
L0 = A∂2
∂x2+ 2B
∂2
∂x∂y+ C
∂2
∂y2(3.2)
naziva se glavni dio operatora L. Glavnom dijelu operatora L prdruzena je diskrimi-
nanta
Δ(x, y) = B2(x, y) − A(x, y)C(x, y). (3.3)
Pokazat cemo da predznak diskriminante ne ovisi o koordinatnom sustavu u kojem
promatramo jednadzbu. Stoga ima smisla klasificirati jednadzbe oblika (3.1) prema
predznaku diskriminante Δ(x, y).
40
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 41
Definicija 3.1 Jednadzba (3.1) naziva se
(a) hiperbolicka u tocki (x, y) ako je Δ(x, y) > 0,
(b) parabolicka u tocki (x, y) ako je Δ(x, y) = 0,
(c) elipticka u tocki (x, y) ako je Δ(x, y) < 0.
Ako je jednadzba (3.1) hiperbolicka (parabolicka, elipticka) u svakoj tocki podrucja Ω,
tada kazemo da je jednadzba hiperbolicka (parabolicka, elipticka) u Ω. Klasifikacija
jednadzbi na spomenute tipove ima motivaciju u analitickoj geometriji jer jednadzba
Ax2 + 2Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (3.4)
predstavlja hiperbolu, parabolu ili elipsu ovisno o tome je li diskriminanta Δ = B2 −
AC pozitivna, nula ili negativna.
Primjer 3.1 (a) Valna jednadzba
utt − c2uxx = 0 (3.5)
je hiperbolicka (A = −c2, B = 0, C = 1) u R2 jer je Δ = c2 > 0.
(b) Jednadzba provodenja topline
ut − kuxx = 0 (3.6)
je parabolicka (A = −k,B = C = 0) u R2 jer je Δ = 0.
(c) Laplaceova jednadzba
uxx + uyy = 0 (3.7)
je elipticka (A = C = 1, B = 0) u R2 jer je Δ = −1 < 0.
(d) Tricomijeva jednadzba
yuxx + uyy = 0 (3.8)
(A = y,B = 0, C = 1) ima diskriminantu Δ = −y. Jednadzba je elipticka u
poluravnini y > 0, hiperbolicka u poluravnini y < 0 i parabolicka na pravcu y = 0.
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 42
Promotrimo sada sto se desava s jednadzbom ako uvedemo nove varijable. Pretpos-
tavimo da jednadzba (3.1) spada u jedan od tri tipa u podrucju Ω ⊆ R2. Uvedimo
varijable
α = α(x, y), β = β(x, y), (x, y) ∈ Ω. (3.9)
S ozbzirom da promatramo jednadzbe drugog reda, pretpostavit cemo da su α i β
funkcije klase C2 u Ω. Zanimaju nas samo regularne transformacije ciji Jacobijan je
J =
∣∣∣∣∣αx αy
βx βy
∣∣∣∣∣= αxβy − αyβx 6= 0 (3.10)
jer u tom slucaju postoji inverzna transformacija
x = x(α, β), y = y(α, β). (3.11)
Lema 3.1 Neka je
Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu = G (3.12)
linearna jednadzba drugog reda. Uvedimo nove varijable α = α(x, y), β = β(x, y) gdje
je (x, y) 7→ (α, β) regularna transformacija. Tada je predznak diskriminante jednadzbe
(3.12) invarijantan obzirom na transformaciju (x, y) 7→ (α, β).
Drugim rijecima, predznak diskriminante Δ(x, y) je intrinzicno svojstvo jednadzbe jer
funkcija w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)) zadovoljava jednadzbu istog tipa kao funkcija
u(x, y).
Dokaz. Funkcije u i w povezane su relacijom u(x, y) = w(α(x, y), β(x, y)). Pravilo
za derivaciju kompozicije funkcija daje
ux = wα αx + wβ βx, (3.13)
uy = wα αy + wβ βy, (3.14)
uxx = wαα α2x + 2wαβ αx βx + wββ β2
x + wα αxx + wβ βxx, (3.15)
uxy = wαα αx αy + wαβ(αxβy + αyβx) + wββ βx βy + wα αxy + wβ βxy, (3.16)
uyy = wαα α2y + 2wαβ αy βy + wββ β2
y + wα αyy + wβ βyy. (3.17)
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 43
Suptitucijom ovih izraza u jednadzbu (3.12) slijedi da funkcija w zadovoljava
L[w] = Awαα + 2Bwαβ + Cwββ + Dwα + Ewβ + Fw = G (3.18)
gdje je
A(α, β) = Aα2x + 2Bαx αy + Cα2
y, (3.19)
B(α, β) = Aαx βx + B(αx βy + αy βx) + Cαy βy, (3.20)
C(α, β) = Aβ2x + 2Bβx βy + Cβ2
y . (3.21)
Ostale koeficijente ne trebamo eksplicitno izracunati jer tip jednadzbe ovisi samo o
koeficijentima A, B i C. Jednadzbe (3.19)-(3.21) se mogu zapisati u matricnom obliku
(A B
B C
)
=
(αx αy
βx βy
)(A B
B C
)(αx βx
αy βy
)
. (3.22)
Uzimanjem determinante na lijevoj i desnoj strani jednadzbe (3.22) dobivamo
AC − B2 = (AC − B2)(αx βy − αy βx)2, (3.23)
odnosno
Δ = ΔJ2. (3.24)
Iz pretpostavke da je α = α(x, y), β = β(x, y) regularna transformacija slijedi da je
J = αx βy − αy βx 6= 0, pa zakljucujemo da diskriminante Δ i Δ imaju isti predznak.
Ovo implicira da funkcije u i w zadovoljavaju isti tip jednadzbe. �
Uvodenjem novih varijabli jednadzba (3.1) se moze svesti na jednostavniji, tzv. ka-
nonski oblik, gdje je glavni dio kanonskog oblika jednadzbe jednak glavnom dijelu
valne, toplinske ili Laplaceove jednadzbe. Proucavanjem kanonskih oblika dobi-
vamo laksi uvid u svojstva opce jednadzbe (3.1). Ako nam je poznato rjesenje
kanonskog oblika jednadzbe w(α, β), tada je rjesenje pocetne jednadzbe dano sa
u(x, y) = w(α(x, y), β(x, y)).
Definicija 3.2 Kanonski oblik hiperbolicke jednadzbe je
wαβ + L1[w] = G(α, β) (3.25)
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 44
gdje je L1 diferencijalni operator prvog reda. Ovaj kanonski oblik je ekvivalentan sa
wξξ − wηη + L1[w] = G(ξ, η) (3.26)
gdje su variable ξ, η dane transformacijom ξ = α + β, η = α − β. Kanonski oblik
parabolicke jednadzbe je
wαα + L1[w] = G(α, β), (3.27)
dok je kanonski oblik elipticke jednadzbe
wαα + wββ + L1[w] = G(α, β). (3.28)
U sljedecem poglavlju cemo proucavati transformacije varijabli kojima se jednadzbe
svode kanonski oblik.
3.1 Kanonski oblik hiperbolickih jednadzbi
Teorem 3.1 Pretpostavimo da je
Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu = G (3.29)
jednadzba hiperbolickog tipa u podrucju Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y), β =
β(x, y) u kojima jednadzba (3.29) ima kanonski oblik
wαβ + L1[w] = G (3.30)
gdje je w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)) i L1 je diferencijalni operator prvog reda.
Dokaz. Ako je A = C = 0, onda je Δ = B2 > 0 pa se u ovom slucaju jednadzba svodi
na kanonski oblik dijeljenjem s B > 0. Pretpostavimo sada bez gubitka opcenitosti da
je A 6= 0 u Ω. Prema lemi 3.1, trebamo pronaci transformaciju varijabli α = α(x, y),
β = β(x, y) takvu da je
A(α, β) = Aα2x + 2Bαxαy + Cα2
y = 0, (3.31)
C(α, β) = Aβ2x + 2Bβxβy + Cβ2
y = 0. (3.32)
Kako je Δ = B2 − AC > 0 u Ω, jednadzba
Aλ2 + 2Bλ + C = 0 (3.33)
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 45
ima dva razlicita realna rjesenja λ1(x, y) i λ2(x, y) u svakoj tocki (x, y) ∈ Ω:
λ1,2 =−B ±
√B2 − AC
A. (3.34)
Pretpostavimo da funkcije α(x, y) i β(x, y) zadovoljavaju sustav jednadzbi prvog reda
αx = λ1(x, y)αy, (3.35)
βx = λ2(x, y)βy (3.36)
Jednadzbe (3.35) i (3.36) nazivamo karakteristicne jednadzbe. Supstitucijom karak-
teristicnih jednadzbi u izraze za A i C dobivamo
A = (Aλ21 + 2Bλ1 + C)α2
y = 0, (3.37)
C = (Aλ22 + 2Bλ2 + C)β2
y = 0. (3.38)
Dakle, jednadzba (3.29) u novim varijablama ima oblik
2Bwαβ + L1[w] = G. (3.39)
Ostaje nam provjeriti je li transformacija α = α(x, y), β = β(x, y) regularna. Sups-
titucijom jednadzbi (3.35) i (3.36) u Jacobijan transformacije dobivamo
J =
∣∣∣∣∣λ1αy αy
λ2βy βy
∣∣∣∣∣= (λ1 − λ2)αyβy. (3.40)
Kako je λ1 6= λ2, zakljucujemo da je transformacija regularna ako je αy 6= 0 i βy 6= 0.
Kako je Δ = B2, jednadzba Δ = ΔJ2 povlaci
B2 = ΔJ2 > 0. (3.41)
Stoga jednadzbu (3.39) mozemo podijeliti s 2B > 0 cime dobivamo kanonski oblik
(3.30). Dakle, hiperbolicka jednadzba se moze transformirati u kanonski oblik ako
funkcije α(x, y) i β(x, y) zadovoljavaju jednadzbe (3.35) i (3.36) uz uvjet αy 6= 0 i
βy 6= 0. �
Primjer 3.2 Odredite kanonski oblik jednadzbe
4uxx + 5uxy + uyy + ux + uy = 2. (3.42)
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 46
Koeficijenti jednadzbe su A = 4, B = 5/2 i C = 1, pa je jednadzba hiperbolicka na
R2 jer je Δ = B2 − AC = 9/4 > 0. Jednadzba Aλ2 + 2Bλ + C = 0 ima dva realna
korijena λ1 = −1/4 i λ2 = −1. Stoga su karakteristicne jednadzbe dane sa
αx = −1
4αy, βx = −βy, (3.43)
odakle slijedi
α = −1
4x + y, β = −x + y. (3.44)
Definirajmo funkciju w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)
). Tada je
ux = −1
4wα − wβ, (3.45)
uy = wα + wβ, (3.46)
uxx =1
16wαα +
1
2wαβ + wββ, (3.47)
uyy = wαα + 2wαβ + wββ, (3.48)
uxy = −1
4wαα −
5
4wαβ − wββ. (3.49)
Supstitucijom izraza (3.45)–(3.49) u jednadzbu (3.42) dobivamo kanonski oblik jed-
nadzbe
wαβ =1
3wα −
8
9. (3.50)
Ako uvedemo varijable ξ = α + β, η = α− β i funkciju w∗(ξ, η) = w(α(ξ, η), β(ξ, η)
),
onda je drugi kanonski oblik jednadzbe (3.42) ima oblik
w∗ξξ − w∗
ηη =1
3w∗
ξ +1
3w∗
η −8
9. (3.51)
3.2 Kanonski oblik parabolickih jednadzbi
Teorem 3.2 Neka je
Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu = G (3.52)
jednadzba parabolickog tipa u podrucju Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y), β =
β(x, y) u kojima jednadzba (3.52) ima kanonski oblik
wαα + L1[w] = G (3.53)
gdje je w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)
)i L1 je diferencijalni operator prvog reda.
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 47
Dokaz. Prema pretpostavci je Δ = B2 − AC = 0, a A, B i C nisu svi nula sto
povlaci da je A 6= 0 ili C 6= 0. Bez gubitka opcenitosti pretpostavimo da je A 6= 0
u Ω. Ako je C 6= 0, dokaz se moze modificirati na ocigledni nacin. Prema lemi 3.1,
potrebno je pronaci transformaciju α = α(x, y), β = β(x, y) takvu da koeficijenti
B(α, β) = Aαx βx + B(αx βy + αy βx) + Cαy βy, (3.54)
C(α, β) = Aβ2x + 2Bβx βy + Cβ2
y , (3.55)
iscezavaju. Zbog uvjeta Δ = B2 −AC = 0 jednadzba Aλ2 + 2Bλ + C = 0 ima jedno
realno rjesenje u Ω,
λ(x, y) = −B(x, y)
A(x, y). (3.56)
Pretpostavimo da varijabla β zadovoljava karakteristicnu jednadzbu
βx = λ(x, y)βy (3.57)
i da je βy 6= 0. Uvrstavanjem jednadzbe (3.57) u (3.54) i (3.55) dobivamo
B = (Aλ + B)αxβy + (Bλ + C)αyβy
=1
A
(AC − B2
)αyβy = 0, (3.58)
C = (Aλ2 + 2Bλ + C)β2y = 0. (3.59)
Za funkciju α(x, y) mozemo odbrati bilo koju funkciju za koju Jacobijan transforma-
cije (x, y) 7→ (α, β) ne iscezava. Ako odaberemo α = x, tada imamo
J =
∣∣∣∣∣αx αy
βx βy
∣∣∣∣∣= βy 6= 0. (3.60)
Sada za koeficijent A imamo
A = Aα2x + 2Bαxαy + C2α2
y = A 6= 0 (3.61)
pa dijeljenjem jednadzbe u novim varijablama s A 6= 0 i uzimajuci u obzir B = C = 0
dobivamo kanonski oblik
wαα + L1[w] = G. (3.62)
�
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 48
Primjer 3.3 Odredite kanonski oblik jednadzbe
x2uxx − 2xyuxy + y2uyy + xux + yuy = 0 (3.63)
i pronadite opce rjesenje jednadzbe u poluravnini x > 0. Koeficijenti glavnog dijela
jednadzbe su A = x2, B = −xy i C = y2. Stoga je
Δ = B2 − AC = (xy)2 − x2y2 = 0 (3.64)
za svaki (x, y) ∈ R2, pa slijedi da je jednadzba parabolicka u R2. Prema jednadzbi
(3.56) koeficijent λ dan je sa
λ =y
x, (3.65)
pa β zadovoljava jednadzbu
xβx = yβy (3.66)
koja ocigledno ima rjesenje β = xy. Definirajmo transformaciju varijabli β = xy,
α = x i funkciju w(α, β) = u(x, y). Tada imamo
ux = wα + wββ
α, (3.67)
uy = wβα, (3.68)
uxx = wαα + 2wαββ
α+ wββ
(β
α
)2
, (3.69)
uxy = wαβα + wββ β + wβ, (3.70)
uyy = wββ α2. (3.71)
Uvrsenjem ovih izraza u jednadzbu (3.63) dobivamo
α2wαα + αwα = 0. (3.72)
Supstitucijom v = wα dobivamo jednadzbu prvog reda za v,
αvα + v = 0. (3.73)
Integracijom jednadzbe nalazimo
v = f(β)1
α, (3.74)
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 49
pa konacno dobivamo
w =
∫vdα = f(β) ln |α| + g(β). (3.75)
Dakle, opce rjesenje jednadzbe (3.63) u poluravnini x > 0 je funkcija
u(x, y) = f(xy) ln(x) + g(xy) (3.76)
gdje su f, g ∈ C2(R) proizvoljne funkcije.
3.3 Kanonski oblik eliptickih jednadzbi
Pronalazenje varijabli u kojima elipticka jednadzba ima kanonski oblik je u opcenitom
slucaju slozenije nego za hiperbolicke ili parabolicke jednadzbe (vidi [P.R. Garabe-
dian, Partial Diferential Equations, John Wiley and Sons, New York, 1964]). Ako su
koeficijenti elipticke jednadzbe konstantni, onda je procedura za svodenje na kanonski
oblik slicna hiperbolickom slucaju.
Teorem 3.3 Neka je
Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu = G (3.77)
elipticka jednadzba u podrucju Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y), β = β(x, y) u
kojima jednadzba ima kanonski oblik
wαα + wββ + L1[w] = G (3.78)
gdje je w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)
)i L1 je diferencijalni operator prvog reda.
Dokaz. Dokaz provodimo u slucaju kada su koeficijenti u jednadzbi konstante. Kako
je Δ = B2 − AC < 0, slijedi da je A 6= 0 i C 6= 0. Prisjetimo se da su koeficijenti
transformirane jednadzbe dani sa
A(α, β) = Aα2x + 2Bαx αy + Cα2
y, (3.79)
B(α, β) = Aαx βx + B(αx βy + αy βx) + Cαy βy, (3.80)
C(α, β) = Aβ2x + 2Bβx βy + Cβ2
y . (3.81)
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 50
Zelimo pronaci transformaciju α = α(x, y) i β = β(x, y) takvu da je A = C i B = 0.
Ovo povlaci da α i β zadovoljavaju sustav jednadzbi A − C = 0 i B = 0, odnosno
A(α2x − β2
x) + 2B(αxαy − βxβy) + C(α2y − β2
y) = 0, (3.82)
Aαxβx + B(αxβy + αyβx) + Cαyβy = 0. (3.83)
Uvedimo kompleksnu funkciju φ = α + iβ. Tada je sustav jednadzbi (3.82)–(3.83)
ekvivalentan sa
Aφ2x + 2Bφxφy + Cφ2
y = 0. (3.84)
Jednadzba Aλ2 + 2Bλ + C = 0 ima dva kompleksno–konjugirana rjesenja
λ1 =−B + i
√AC − B2
A, λ2 =
−B − i√
AC − B2
A. (3.85)
Pretpostavimo da funkcija φ zadovoljava jednadzbu
φx = λ1φy. (3.86)
Tada je
Aφ2x + 2Bφxφy + Cφ2
y = (Aλ21 + 2Bλ1 + C)φ2
y = 0 (3.87)
sto znaci da su za ovaj izbor funkcije φ jednadzbe (3.82) i (3.83) zadovoljene, odnosno
da je A = C i B = 0. Definirajmo a = −B/A i b =√
AC − B2/A. Tada jednadzba
(3.86) ima rjesenje φ = λ1x + y odakle slijedi da je trazena transformacija dana sa
α = ax + y, β = bx. (3.88)
Tranformacija je regularna jer je
J =
∣∣∣∣∣αx αy
βx βy
∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣a 1
b 0
∣∣∣∣∣= −b 6= 0. (3.89)
Transformirani koeficijenti imaju oblik A = C = Ab2 pa dijeljenjem s Ab2 6= 0
dobivamo kanonski oblik
wαα + wββ + L1[w] = G. (3.90)
�
Primijetimo da se jednadzba moze svesti na kanonski oblik i ako funkcija φ zadovoljava
uvjet φx = λ2φy.
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 51
Primjer 3.4 Oredite kanonski oblik jednadzbe
uxx + uxy + uyy + ux = 0. (3.91)
Koeficijenti glavnog dijela jednadzbe su A = 1, 2B = 1 i C = 1. Kako je
Δ = B2 − AC = −3
4< 0, (3.92)
jednadzba je elipticka u R2. Rjesenja jednadzbe Aλ2 + 2Bλ + C = 0 su dana sa
λ1,2 =−1 ± i
√3
2. (3.93)
Prema jednadzbi (3.88), transformirane varijable imaju oblik
α = −1
2x + y, β =
√3
2x (3.94)
odakle dobivamo
ux = −1
2wα +
√3
2wβ, (3.95)
uxx =1
4wαα −
√3
2wαβ +
3
4wββ, (3.96)
uxy = −1
2wαα +
√3
2wαβ, (3.97)
uyy = wββ. (3.98)
Supstitucijom jednadzbi (3.95)–(3.97) u jednadzbu (3.91) dobivamo
3
4wαα +
3
4wββ −
1
2wα +
√3
2wβ = 0. (3.99)
odnosno
wαα + wββ −2
3wα +
2√
3wβ = 0. (3.100)
Kanonski oblik mozemo dobiti i koristenjem kompleksno konjugiranog rjesenja λ2 =
−12− i
√3
2. Tada su transformirane varijable dane sa
α = −1
2x + y, β = −
√3
2x, (3.101)
POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 52
a pripadni kanonski oblik je
wαα + wββ −2
3wα −
2√
3wβ = 0. (3.102)
Dok je glavni dio kanonskog oblika jedinstven, preostali dio ovisi o izboru korijena λ1
ili λ2.
Zadaci
1. Neka je u rjesenje jednadzbe
uxx + 2uxy + uyy = 0. (3.103)
Napisite jednadzbu u koordinatama s = x, t = x − y i odredite opce rjesenje.
2. Jednadzbu
uxx − 2uxy + 5uyy = 0 (3.104)
napisite u koordinatama s = x + y, t = 2x, i odredite opce rjesenje jednadzbe.
3. Klasificirajte sljedece jednadzbe:
x2uxy − y uyy + ux − 4u = 0, (3.105)
xy uxx + 4uxy − (x2 + y2)uyy − u = 0. (3.106)
4. Za svaku od sljedecih jednadzbi odredite podrucja u ravnini gdje su jednadzbe
hiperbolicke, parabolicke ili elipticke:
2uxx + 4uxy + 3uyy − u = 0, (3.107)
uxx + 2xuxy + uyy + sin(xy)u = 5, (3.108)
yuxx − 2uxy + exuyy + x2ux − u = 0. (3.109)
5. Reducirajte na kanonski oblik sljedece jednadzbe:
c2uxx − uyy = 0, (3.110)
2uxx + uxy + y uyy = 0, y > 1, (3.111)
x2uxx − 2xy uxy + y2uyy = 0, (3.112)
xuxx − 4uxy = 0, x > 0. (3.113)
Poglavlje 4
Jednadzba provodenja
Jednadzba provodenja je najvazniji primjer diferencijalne jednadzbe parabolickog
tipa. U prvom dijelu izlaganja dokazat cemo jedinstvenost rjesenja pocetno–rubnog
problema, princip maksimuma i neprekidnu ovisnost rjesenja o pocetnim i rubnim
uvjetima. U drugom dijelu odredit cemo rjesenje homogene jednadzbe metodom se-
paracije varijabli za razlicite vrste rubnih uvjeta, a zatim cemo ovu metodu prosiriti
na nehomogenu jednadzbu.
4.1 Princip maksimuma i jedinstvenost rjesenja
U krutom, homogenom, toplinski vodljivom materijalu toplina se iz podrucja vise
temperature prenosi u podrucje nize temperature pri cemu se raspodjela temperature
mijenja. Ako je tijelo u obliku tankog homogenog stapa duljine L, tada je temperatura
u poprecnom presjeku konstantna pa se moze opisati funkcijom u(x, t), 0 ≤ x ≤ L.
Funkcija u zadovoljava jednodimenzionalnu jednadzbu provodenja topline
ut − kuxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (4.1)
gdje je k > 0 konstanta koju nazivamo toplinska vodljivost. Funkcija F (x, t) modelira
izvor ili ponor topline, na primjer vanjski izvor koji grije tijelo. Ako vanjski izvor
topline nije prisutan, tada u zadovoljava homogenu jedndnadzbu
ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0. (4.2)
53
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 54
Fizikalna intuicija sugerira da je raspodjela temperature poznata ako je poznata
pocetna temperatura u(x, 0) i temperatura na krajevima stapa u(0, t) i u(L, t). Ovo
nas vodi na razmatranje pocetno–rubnog problema s Dirichletovim uvjetima
ut − kuxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (4.3)
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.4)
u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), t ≥ 0. (4.5)
Ako je umjesto temperature na krajevima stapa poznat njezin gradijent, tada funkcija
u zadovoljava Neumannove uvjete
ux(0, t) = a(t), ux(0, t) = b(t), t ≥ 0. (4.6)
Pretpostavljamo da su funkcije f , a i b neprekidne. Funkcija u zadovoljava jednadzbu
provodenja na domeni
Ω ={(x, t) | 0 < x < L, 0 < t
}, (4.7)
a rubni i pocetni uvjeti su zadani na rubu domene
∂Ω = {(x, 0) | a ≤ x ≤ b} ∪ {(0, t) | t ≥ 0} ∪ {(L, t) | t ≥}. (4.8)
Nas zadatak je odrediti C2 funkciju u(x, t) koja zadovoljava jednadzbu (4.3) na Ω
sa zadanim pocetnim i rubnim uvjetima. U daljenjem tekstu pretpostavljamo da je
skup Ω definiran jednadzbom (4.7).
Teorem 4.1 (Jedinstvenost rjesenja) Neka su u1 i u2 C2 rjesenja problema (4.3)–
(4.5). Tada je u1 = u2.
Dokaz. Neka je w = u1 − u2. Funkcija w zadovoljava homogenu jednadzbu
wt − kwxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.9)
w(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L, (4.10)
w(0, t) = w(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.11)
Definirajmo pomocnu funkciju
J(t) =1
2k
∫ L
0
w2dx. (4.12)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 55
Kako je (w2)t = 2w wt neprekidna funkcija, prema Leibnizovom pravilu J(t) mozemo
derivirati pod znakom integrala pa je
J ′(t) =1
2k
∫ L
0
∂
∂tw2dx =
1
k
∫ L
0
w wt dx =
∫ L
0
w wxx dx (4.13)
jer je wt = kwxx. Parcijalnom integracijom dobivamo
∫ L
0
w wxx dx = w wx
∣∣∣x=L
x=0−∫ L
0
w2x dx = −
∫ L
0
w2x dx (4.14)
gdje smo uzeli u obzir da je w(0, t) = w(L, t) = 0. Dakle,
J ′(t) = −∫ L
0
w2x dx ≤ 0, (4.15)
sto povlaci da J(t) nije strogo rastuca funkcija. Nadalje, pocetni uvjet w(x, 0) = 0
implicira J(0) = 0. Sada J(0) = 0 i J ′(t) ≤ 0 zajedno povlace da je J(t) ≤ 0 za svaki
t ≥ 0. Medjutim, iz definicije (4.12) slijedi J(t) ≥ 0, sto implicira da je
J(t) =1
2k
∫ L
0
w2 dx = 0 (4.16)
za svaki t ≥ 0. Kako je w2 ≥ 0, ovo povlaci w = 0, odnosno u1 = u2. Dakle, rjesenje
problema je jedinstveno. �
Primijetimo da prema istom dokazu Neumannov problem ima jedinstveno rjesenje jer
slobodni clan u jednadzbi (4.14) iscezava kada je wx(0, t) = wx(L, t) = 0. Sada cemo
dokazati zanimljivi rezultat prema kojem u svakom konacnom vremenskom intervalu
[0, T ] rjesenje homogene jednadzbe (4.2) ima maksimum na tzv. parabolickom rubu
pravokutnika D = [0, L] × [0, T ].
Definicija 4.1 Neka je D zatvoreni pravokutnik [a, b] × [c, d]. Parabolicki rub od D,
u oznaci ∂pD, je unija stranica y = c, x = a i x = b:
∂pD = {(x, c) | a ≤ x ≤ b} ∪ {(a, y) | c ≤ y ≤ d} ∪ {(b, y) | c ≤ y ≤ d} (4.17)
Teorem 4.2 (Princip maksimuma) Neka je u C2 rjesenje jednadzbe provodenja
ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0. (4.18)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 56
Neka je T > 0 i neka je D zatvoreni pravokutnik [0, L]×[0, T ]. Tada u ima maksimum
po D na parabolickom rubu ∂pD. Drugim rijecima,
max(x,t)∈D
u(x, t) = u(x0, t0) (4.19)
za neku tocku (x0, t0) ∈ ∂pD.
Dokaz. Dokaz provodimo kontradikcijom. Neka je M = max(x,t)∈D u(x, t) i pretpos-
tavimo da je na parabolickom rubu
max(x,t)∈∂pD
u(x, t) = M − ε (4.20)
za neki ε > 0. Kako je u ∈ C(D), postoji tocka (x0, t0) ∈ D takva da je M = u(x0, t0).
Prema pretpostavci je (x0, t0) ∈ D \ ∂pD. Uvedimo pomocnu funkciju
v(x, t) = u(x, t) +ε
2L2(x − x0)
2. (4.21)
Jednadzba (4.20) povlaci da na prabolickom rubu vrijedi
v(x, t) ≤ M − ε +ε
2L2L2 = M −
ε
2, (x, t) ∈ ∂pD. (4.22)
S druge strane,
v(x0, t0) = u(x0, t0) = M > M −ε
2(4.23)
pa zakljucujemo da max(x,t)∈D v(x, t) nije dosegnut na rubu ∂pD. Dakle,
max(x,t)∈D
v(x, t) = v(x1, t1) za neku tocku (x1, t1) ∈ D \ ∂pD. (4.24)
U tocki (x1, t1) funkcija v zadovoljava nuzni uvjet za postojanje maksimuma:
vt(x1, t1) = 0 i vxx(x1, t1) ≤ 0 ako je 0 < t1 < T, (4.25)
ili
vt(x1, t1) ≥ 0 i vxx(x1, t1) ≤ 0 ako je t1 = T. (4.26)
U svakom slucaju vrijedi
vt(x1, t1) − kvxx(x1, t1) ≥ 0. (4.27)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 57
Medutim, iz definicije funkcije v slijedi
vt(x1, t1) − kvxx(x1, t1) = ut(x1, t1) − kuxx(x1, t1) −kε
L2< 0 (4.28)
jer je ut(x1, t1) − kuxx(x1, t1) = 0, sto vodi na kontradikciju. Odavde zakljucujemo
da funkcija u ima maksimu po D u nekoj tocki parabolickog ruba ∂pD. �
Fizikalna interpretacija ovog principa je sljedeca: temperatura u unutrasnjosti stapa
(u tocki 0 < x < L) je u svakom trenutku 0 ≤ t ≤ T manja od maksimalne pocetne
temperature ili maksimalne temperature na rubovima stapa. U geometrijskim termi-
nima, ploha u = u(x, t) ima maksimalnu visinu na jednoj od stranica x = 0, x = L
ili t = 0 pravokutnika [0, L] × [0, T ].
Korolar 4.1 (Princip minimuma) Ako funkcija u zadovoljava pretpostavke iz te-
orema 4.2, tada u ima minimum u nekoj tocki parabolickog ruba ∂pR.
Dokaz. Definirajmo funkciju w = −u. Tada w zadovoljava pretpostavke iz teorema
4.2 pa w ima maksimum u nekoj tocki (x0, t0) ∈ ∂pR sto povlaci da u = −w ima
minimum u (x0, t0). �
Principi maksimuma i minimuma imaju za posljedicu da rjesenje jednadzbe provodenja
na kontinuirani nacin ovisi o pocetnim i rubnim uvjetima. To znaci da mala pro-
mjena u pocetnim ili rubnim uvjetima rezultira malom promjenom u rjesenju pa je
jednadzba provodenja stabilna. Ovaj rezultat je vazan jer se u primjenama pocetni
ili rubni uvjeti cesto ne mogu egzaktno odrediti.
Teorem 4.3 (Stabilnost obzirom na pocetne i rubne uvjete) Neka su u1 i u2
C2 rjesenja pocetno–rubnih problema
∂ui
∂t− k
∂2ui
∂x2= 0, 0 < x < L, t > 0, (4.29)
ui(x, 0) = fi(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.30)
ui(0, t) = ai(t), ui(L, t) = bi(t), t ≥ 0 (4.31)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 58
za i = 1, 2. Neka su T > 0 i ε > 0. Ako je
max0≤x≤L
|f1(x) − f2(x)| < ε, (4.32)
max0≤t≤T
|a1(t) − a2(t)| < ε, max0≤t≤T
|b1(t) − b2(t)| < ε, (4.33)
tada je
max0≤x≤L0≤t≤T
|u1(x, t) − u2(x, t)| < ε. (4.34)
Drugimm rijecima, jednadzba provodenja je stabilna u svakom konacnom vremen-
skom intervalu [0, T ].
Dokaz. Neka je D zatvoreni pravokutnik [0, L] × [0, T ]. Definirajmo v = u1 − u2.
Tada je vt − kvxx = 0, i na parabolickom rubu od D vrijedi
|v(x, 0)| = |f1(x) − f2(x)| < ε, 0 ≤ x ≤ L, (4.35)
|v(0, t)| = |a1(t) − a2(t)| < ε, 0 ≤ t ≤ T, (4.36)
|v(L, t)| = |b1(t) − b2(t)| < ε, 0 ≤ t ≤ T. (4.37)
Ovo povlaci da je
max(x,t)∈∂pD
|v(x, t)| < ε (4.38)
pa je
−ε < min(x,t)∈∂pD
v(x, t) i max(x,t)∈∂pD
v(x, t) < ε. (4.39)
Prema principu maksimuma i minimuma imamo
−ε < min(x,t)∈D
v(x, t) i max(x,t)∈D
v(x, t) < ε (4.40)
sto implicira
−ε < v(x, t) < ε za svaki (x, t) ∈ D. (4.41)
Odavde zakljucujemo da je
max(x,t)∈D
|u1(x, t) − u2(x, t)| < ε. (4.42)
�
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 59
4.2 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu
U ovom poglavlju cemo rijesiti jednadzbu provodenja topline metodom separacije
varijabli. Ovom metodom rjesenje se dobiva u obliku reda po vlastitim funkcijama
pridruzenog Sturm–Liouvilleovog problema. Pokazat cemo da uz odredenje pretpos-
tavke na pocetne uvjete, ovako dobiveni red predstavlja klasicno rjesenje jednadzbe.
Dirichletovi rubni uvjeti
Promotrimo homogenu jednadzbu provodenja
ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.43)
s pocetno–rubnim uvjetima
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.44)
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.45)
Kompatibilnost uvjeta (4.44) i (4.45) impicira da je
f(0) = f(L) = 0. (4.46)
Iz prethodnih razmatranja znamo da ovaj problem ima jedinstveno rjesenje koje na
kontinuirani nacin ovisi o pocetnom uvjetu u(x, 0) = f(x). Rjesenje problema cemo
odrediti metodom separacije varijabli i razvojem u Fourierov red. Pretpostavimo da
se u(x, t) moze napisati u separiranom obliku
u(x, t) = P (x)Q(t) (4.47)
gdje funkcije P i Q ovise samo o varijablama x i t, redom. Supstitucijom jednadzbe
(4.47) u (4.43) dobivamo PQt = kPxxQ, odnosno
Qt
kQ=
Pxx
P. (4.48)
Kako su x i t nezavisne varijable, iz (4.48) slijedi da su obje strane jednadzbe kons-
tantne. Stoga jeQt
kQ=
Pxx
P= −λ (4.49)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 60
za neki λ ∈ R. Konstantu λ nazivamo separacijska konstanta, a negativni predznak
je odabran radi konvencije. Iz jednadzbe (4.49) slijedi da u zadovoljava jednadzbu
(4.43) ako i samo ako su P i Q rjesenja obicnih diferencijalnih jednadzbi
Pxx + λP = 0, 0 < x < L, (4.50)
Qt + kλQ = 0, t > 0. (4.51)
Rubni uvjeti
u(0, t) = P (0)Q(t) = 0, u(L, t) = P (L)Q(t) = 0 (4.52)
povlace da je P (0) = P (L) = 0. Diferencijalna jednadzba za funkciju P ,
Pxx + λP = 0, (4.53)
P (0) = P (L) = 0, (4.54)
naziva se Sturm–Liouvilleov problem pridruzen jednadzbi (4.43)–(4.45). Ako problem
ima netrivijalno rjesenje P 6= 0, tada λ nazivamo vlastita vrijednost, a funkciju P vlas-
tita funnkcija Sturm–Liouvilleovog problema (4.53)–(4.54). Nas zadatak je odrediti
vlastite vrijednosti i vlastite funkcije ovog problema. S obzirom da priroda rjesenja
ovisi o predznaku konstante λ, posebno cemo razmatrati slucajeve λ < 0, λ = 0 i
λ > 0. Uvedimo oznaku λ = ±c2, c ≥ 0.
Slucaj λ = −c2 < 0. Opce rjesenje jednadzbe (4.53) je dano sa
P (x) = Aecx + Be−cx. (4.55)
Rubni uvjeti impliciraju da A i B zadovoljavaju sustav jednadzbi
P (0) = A + B = 0, (4.56)
P (L) = AecL + Be−cL = 0. (4.57)
Determinanta matrice ovog sustava je∣∣∣∣∣
1 1
ecL e−cL
∣∣∣∣∣6= 0 (4.58)
sto povlaci da sustav ima samo trivijalno rjesenje A = B = 0. Stoga λ < 0 nije
vlastita vrijednost Sturm–Liouvilleovog problema.
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 61
Slucaj λ = 0. U ovom slucaju imamo
P (x) = A + Bx (4.59)
sto daje
P (0) = A = 0, (4.60)
P (L) = A + BL = 0. (4.61)
Ocigledno je A = B = 0 pa slijedi da λ = 0 nije vlastita vrijednost problema (4.53)–
(4.54).
Slucaj λ = c2 > 0. U ovom slucaju je opce rjesenje jednadzbe (4.53) oscilatorno,
P (x) = A cos(cx) + B sin(cx). (4.62)
Iz rubnih uvjeta dobivamo
P (0) = A = 0, (4.63)
P (L) = A cos(cL) + B sin(cL) = 0. (4.64)
Ovaj sustav ima netrivijalno rjesenje B 6= 0 samo ako konstanta c zadovoljava
sin(cL) = 0. (4.65)
Jednadzba ima diskretna rjesenja
cn =nπ
L, n = ±1,±2, . . . (4.66)
pa su vlastite vrijednosti Sturm–Liouvilleovog problema dane sa
λn =(nπ
L
)2
, n ≥ 1. (4.67)
Svakoj vlastitoj vrijednosti λn pripada vlastita funkcija
Pn(x) = Bn sin(nπ
Lx), n ≥ 1. (4.68)
Zakljucujemo da Sturm–Liouvilleov problem (4.53)–(4.54) ima beskonacno mnogo
vlastitih funkcija (4.68) s vlastitim vrijednostima (4.67).
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 62
Za svaku vlastitu vrijednost λn funkcija Q zadovoljava pripadnu jednadzbu
Qt + kλnQ = 0 (4.69)
koja ima eksponencijalno rjesenje
Qn(t) = e−k(
nπL
)2
t, n ≥ 1. (4.70)
Ovom metodom dobivamo niz separiranih rjesenja
un(x, t) = Qn(t)Pn(x) = Bne−k(
nπL
)2
t sin(nπ
Lx), n ≥ 1 (4.71)
koji zadovoljavaju rubne uvjete un(0, t) = un(L, t) = 0. Prema principu superpozicije,
svaka linearna kombinacija
u(x, t) =N∑
n=1
Bne−k(
nπL
)2
t sin(nπ
Lx)
(4.72)
je rjesenje jednadzbe provodenja sa svosjstvom da je u(0, t) = u(L, t) = 0. U
pocetnom trenutku t = 0 imamo
u(x, 0) =N∑
n=1
Bn sin(nπ
L
). (4.73)
Ako se funkcija f moze napisati kao linearna kombinacija
f(x) =N∑
n=1
Bn sin(nπ
L
)(4.74)
na intervalu [0, L], onda je u(x, 0) = f(x) pa funkcija (4.72) predstavlja rjesenje
pocetno–rubnog prolema (4.43)–(4.45).
Primjer 4.1 Odredite rjesenje problema
ut − 2uxx = 0, 0 < x < π, t > 0, (4.75)
u(x, 0) = 5 sin(2x) − 10 sin(3x), 0 ≤ x ≤ π (4.76)
u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0. (4.77)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 63
U ovom primjeru je L = π i k = 2, stoga rjesenje ima oblik
u(x, t) =N∑
n=1
Bne−2n2t sin(nx). (4.78)
Iz pocetnog uvjeta
u(x, 0) =N∑
n=1
Bn sin(nx) = 5 sin(2x) − 10 sin(3x) (4.79)
zakljucujemo da je N = 3, B1 = 0, B2 = 5 i B3 = −10. Supstitucijom ovih vrijednosti
u jednadzbu (4.78) dobivamo
u(x, t) = 5e−8t sin(2x) − 10e−18t sin(3x). (4.80)
U opcenitom slucaju pocetni uvjet se ne moze napisati kao linearna kombinacija
konacno mnogo clanova kao u jednadzbi (4.74). Medutim, ako se f moze razviti u
Fourierov red
f(x) =∞∑
n=1
Bn sin(nπ
Lx)
(4.81)
na intervalu [0, L], onda ocekujemo da rjesenje u ima oblik
u(x, t) =∞∑
n=1
Bne−k( nπL
)2t sin(nπ
Lx)
(4.82)
gdje je
Bn =2
L
∫ L
0
f(x) sin(nπx
L
)dx, n ≥ 1. (4.83)
Rjesenje nazivamo (4.82)–(4.83) formalno rjesenje jednadzbe provodenja topline. Sljedeci
rezultat daje uvjete pod kojima je funkcija u klasicno rjesenje prolema.
Teorem 4.4 (Egzistencija rjesenja) Pretpostavimo da je funkcija f
(i) neprekidna na [0, L] i po dijelovima C1 na [0, L],
(ii) f(0) = f(L) = 0.
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 64
Tada je funkcija u(x, t) definirana sa (4.82)–(4.83) klasicno rjesenje pocetno–rubnog
problema
ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.84)
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.85)
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.86)
Dokaz. Neka je f neparno prosirenje funkcije f na [−L,L],
f(x) =
f(x), 0 ≤ x ≤ L,
−f(−x), −L ≤ x < 0.(4.87)
Funkcija f je neprekidna i po dijelovima C1 na [−L,L] i ocigledno je f(−L) = f(L) =
0. Prema teoremu 2.4, Fourierov red
f(x) =A0
2+
∞∑
n=1
An cos(nπx
L
)+ Bn sin
(nπx
L
)(4.88)
gdje su
An =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπx
L
)dx = 0, n ≥ 0, (4.89)
Bn =1
L
∫ L
−L
f(x) sin(nπx
L
)dx =
2
L
∫ L
0
f(x) sin(nπx
L
)dx, n ≥ 1, (4.90)
konvergira uniformno ka f na [−L,L] i vrijedi∑∞
n=1(|An| + |Bn|) < ∞. Kako je f
neparna funkcija, imamo Definirajmo funkcije
un(x, t) = Bne−k( nπL
)2t sin(nπ
Lx), n ≥ 1. (4.91)
Tada je |un(x, t)| ≤ |Bn| za sve 0 ≤ x ≤ L i t ≥ 0. S obzirom da je∑∞
n=1 |Bn| < ∞,
prema Weierstrassovom kriteriju red∑∞
n=1 un(x, t) konvergira uniformno na zatvore-
nom skupu Ω = {(x, t) | 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0}. Funkcije un(x, t) su neprekidne na Ω pa
red konvergira ka neprekidnoj funkciji
u(x, t) =∞∑
n=1
un(x, t), (x, t) ∈ Ω. (4.92)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 65
Kako bi dokazali da funkcija u(x, t) zadovoljava jednadzbu provodenja, potrebno je
pokazati da red (4.92) mozemo derivirati po clanovima. Neka je ε > 0 i neka je
Ωε = {(x, t) | 0 < x < L, t > ε}. Funkcija f je ogranicena na [0, L] pa vrijedi
|Bn| =2
L
∣∣∣∣
∫ L
0
f(x) sin(nπ
Lx)dx
∣∣∣∣ ≤
2
L
∫ L
0
|f(x)|dx ≤ 2M (4.93)
gdje je M = max−L≤x≤L |f(x)|. Deriviranjem funkcije un(x, t) dobivamo
∂un
∂t= −Bnk
(nπ
L
)2
e−k( nπL
)2t sin(nπ
Lx)
(4.94)
pa je u svakoj tocki (x, t) ∈ Ωε derivacija ogranicena sa∣∣∣∣∂un
∂t
∣∣∣∣ ≤ |Bn|k
(nπ
L
)2
e−k( nπL
)2ε ≤ 2Mk(π
L
)2
n2e−k( nπL
)2ε. (4.95)
D’Alambertovim kriterijem lako se provjeri da red∑∞
n=1 n2e−k( nπL
)2ε konvergira sto
prema Weierstrassovom kriteriju povlaci da red∑∞
n=1 ∂un/∂t konvergira uniformno
na Ωε. Stoga se red∑
n=1 un(x, t) moze derivirati po clanovima pa imamo
∂u
∂t=
∞∑
n=1
∂un
∂t, (x, t) ∈ Ωε. (4.96)
Slicno se pokazuje da red∑∞
n=1 ∂2un/∂x2 konvergira uniformno na Ωε sto povlaci
∂2u
∂x2=
∞∑
n=1
∂2un
∂x2, (x, t) ∈ Ωε. (4.97)
Sada iz jednadzbi (4.96) i (4.97) slijedi da u zadovoljava
ut − kuxx =∂
∂t
( ∞∑
n=1
un
)− k
∂2
∂x2
( ∞∑
n=1
un
)=
∞∑
n=1
(∂un
∂t− k
∂2un
∂x2
)
= 0 (4.98)
na skupu Ωε. Kako je ε > 0 odabran proizvoljno, zakljucujemo da u zadovoljava
jednadzbu (4.98) na otvorenom skupu Ω = {(x, t) | 0 < x < L, t > 0}. Funkcija
u(x, t) ocigledno zadovoljava rubne uvjete u(0, t) = u(L, t) = 0 i pocetni uvjet
u(x, 0) =∞∑
n=1
Bn sin(nπ
Lx)
= f(x), −L ≤ x ≤ L, (4.99)
jer Fourierov red (4.99) konvergira (uniformno) ka f na skupu [0, L]. �
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 66
Primjer 4.2 Odredite rjesenje problema
ut − uxx = 0, 0 < x < π, t > 0 (4.100)
u(0, t) = u(L, t) = 0, (4.101)
u(x, 0) =
x, 0 ≤ x ≤ π2
π − x, π2
< x ≤ π.(4.102)
Rjesenje Duljina intervala je L = π pa je funkcija u dana sa
u(x, t) =∞∑
n=1
Bne−n2t sin(nx). (4.103)
Funkcija f(x) = u(x, 0) je neprekidna i po dijelovima C1 na [0, π]. Stoga je prema
Dirichletovom teoremu
f(x) =∞∑
n=1
Bn sin(nx) za svaki 0 ≤ x ≤ π (4.104)
Fourierovi koeficijenti su dani sa
Bn =2
π
∫ π
0
f(x) sin(nx)dx =2
π
∫ π2
0
x sin(nx)dx +2
π
∫ π
π2
(π − x) sin(nx)dx
=2
π
[−
x cos(nx)
n+
sin(nx)
n2
]π2
0+
2
π
[−
(π − x) cos(nx)
n−
sin(nx)
n2
]ππ2
=4
πn2sin(nπ
2
). (4.105)
Kako je
sin(nπ
2
)=
0, n = 2m,
(−1)m+1, n = 2m − 1,(4.106)
samo koeficijenti
B2m−1 =4
π
(−1)m+1
(2m − 1)2, m ≥ 1, (4.107)
su razliciti od nule. Stoga je
u(x, t) =4
π
∞∑
m=1
(−1)m+1
(2m − 1)2e−(2m−1)2t sin
((2m − 1)x
). (4.108)
Rjesenje u(x, t) prikazano je na slici 4.1. Primijetimo da za svaki T > 0 funkcija u
ima maksimum na stranici t = 0 pravokutnika [0, π] × [0, T ], u skladu s principom
maksimuma. �
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 67
00
00
0.50.5
11
1.51.5
8π8π11
4π4π
tt 83π83π
2π2π
xx
2285π85π
43π43π
87π87πππ
Slika 4.1: Graf funkcije (4.108).
Neumannovi rubni uvjeti
Na slican nacin se metodom separacije varijabli moze pokazati da je rjesenje Neuman-
novog problema
ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.109)
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0, (4.110)
u(x, 0) = f(x), − L ≤ x ≤ L. (4.111)
dano u obliku reda
u(x, t) =A0
2+
∞∑
n=1
Ane−k(nπL
)2t cos(nπ
Lx), (4.112)
An =2
L
∫ L
0
f(x) cos(nπ
Lx)dx, n ≥ 0. (4.113)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 68
Periodicni rubni uvjeti
Pretpostavimo da je zica duljine 2L savijena u obliku kruznice. U tockama x = −L
i x = L temperatura i njezin gradijent imaju iste vrijednosti pa funkcija u(x, t)
zadovoljava jednadzbu
ut − kuxx = 0, − L < x < L, t > 0, (4.114)
u(x, 0) = f(x), − L ≤ x ≤ L, (4.115)
s periodickim rubnim uvjetima
u(−L, t) = u(L, t), ux(−L, t) = ux(L, t), t ≥ 0. (4.116)
Separacijom varijabli se moze pokazati da je opce rjesenje dano sa
u(x, t) =A0
2+
∞∑
n=1
e−k( nπL
)2t[An cos
(nπ
Lx)
+ Bn sin(nπ
Lx)]
(4.117)
gdje su
An =1
L
∫ L
−L
f(x) cos(nπ
Lx)dx, n ≥ 0, (4.118)
Bn =1
L
∫ L
−L
f(x) sin(nπ
Lx)dx, n ≥ 1. (4.119)
Primjer 4.3 Odredite rjesenje problema
ut − kuxx = 0, −L < x < L, t > 0, (4.120)
u(x, 0) = cos3(πL
x), −L ≤ x ≤ L, (4.121)
u(−L, t) = u(L, t), ux(−L, t) = ux(L, t), t ≥ 0. (4.122)
Funkciju f(x) = cos3( πLx) mozemo razviti u Fourierov red na [−L,L] koristeci trigo-
nometrijski identitet
cos(x) cos(y) =1
2
[cos(x + y) + cos(x − y)
]. (4.123)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 69
Iz jednadzbe (4.123) dobivamo
cos3(x) = cos(x) cos2(x) =1
2cos(x)
[cos(2x) + 1
]
=1
2cos(x) cos(2x) +
1
2cos(x)
=1
4
[cos(3x) + cos(x)
]+
1
2cos(x)
=3
4cos(x) +
1
4cos(3x). (4.124)
Dakle,
cos3(πL
x)
=3
4cos(πL
x)
+1
4cos(3π
Lx). (4.125)
Jednadzba (4.125) predstavlja razvoj fukcije cos3(πx/L) u Fouerierov red
cos3(πL
x)
=A0
2+
∞∑
n=1
[An cos
(nπ
Lx)
+ Bn sin(nπ
Lx)]
(4.126)
gdje su A1 = 34
i A3 = 14
dok svi ostali koeficijenti An i Bn iscezavaju. Uvrstavanjem
ovih koeficijenata u izraz (4.117) dobivamo
u(x, t) =3
4e−k( π
L)2t cos
(π
Lx)
+1
4e−k( 3π
L)2t cos
(3π
Lx). (4.127)
Ostali rubni uvjeti
Na kraju navedimo da se metodom separacije varijabli mogu konstruirati rjesenja
jednadzbe provodenja za razlicite kombinacije rubnih uvjeta. Na primjer, na jednom
kraju intervala moze biti zadan Dirichletov a na drugom Neuannov rubni uvjet,
ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.128)
u(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t ≥ 0, (4.129)
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L. (4.130)
U tom slucaju rjesenje je dano sa
u(x, t) =∞∑
n=1
Cne−k( π2L
)2(2n−1)2t sin((2n − 1)π
2Lx)
(4.131)
gdje je
Cn =2
L
∫ L
0
f(x) sin((2n − 1)π
2Lx)dx. (4.132)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 70
Koeficijenti Cn se mogu odrediti tako da se funkcija f prosiri sa intervala [0, L] na
[0, 2L]. Prosirena funkcija
f(x) =
f(x), 0 ≤ x ≤ L,
f(2L − x), L ≤ x ≤ 2L.(4.133)
se razvije u Fourierov red po funkcijama sin(nπx/(2L)
)na intervalu [0, 2L] (koristeci
neparno prosirenje na interval [−2L, 2L]) iz cega se potom dobiju koeficijenti Cn.
4.3 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu
Modifikacijom prethodne metode moguce je odrediti rjesenje nehomogene jednadzbe
provodjenja
ut − kuxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (4.134)
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.135)
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.136)
Ako je F = 0, tada znamo da je rjesenje dano u obliku reda
u(x, t) =∞∑
n=1
Bne−k( nπL
)2t sin(nπ
Lx). (4.137)
Ako u interpretiramo kao funkciju varijable x koja ovisi o parametru t, onda ovo
rjesenje mozemo predstaviti kao Fourireov red
u(x, t) =∞∑
n=1
Bn(t) sin(nπ
Lx)
gdje je Bn(t) = Bn e−k(nπL )
2t. (4.138)
Ovo zapazanje nam sugerira da rjesenje nehomogene jednadzbe potrazimo u obliku
u(x, t) =∞∑
n=1
Tn(t) sin(nπ
Lx)
(4.139)
gdje su Tn(t) nepoznate funkcije. Primijetimo da funkcija (4.139) zadovoljava rubne
uvjete u(0, t) = u(L, t) = 0 za svaki izbor funkcija Tn(t). Da bismo odredili funkcije
Tn(t) potrebno je nehomogeni clan F (x, t) razviti u isti oblik Fourierovog reda kao
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 71
funkciju u(x, t). Pretpostavimo da je za svaki t ≥ 0 funkcija F (x, t) neprekidna i po
dijelovima C1 na [0, L] i da je F (0, t) = F (L, t) = 0. Onda F (x, t) mozemo napisati
kao
F (x, t) =∞∑
n=1
Cn(t) sin(nπ
Lx)
, (4.140)
gdje Fourierov red uniformno konvergira ka F (x, t) na intervalu [0, L] za svaki t ≥ 0.
Supstitucijom izraza (4.139) i (4.140) dobivamo
∞∑
n=1
(
T ′n(t) + k
(nπ
L
)2
Tn(t)
)
sin(nπ
Lx)
=∞∑
n=1
Cn(t) sin(nπ
Lx)
. (4.141)
Odavde slijedi da funkcije Tn(t) zadovoljavaju diferencijalne jednadzbe
T ′n(t) + k
(nπ
L
)2
Tn(t) = Cn(t), n ≥ 1. (4.142)
Opce rjesenje jednadzbe (4.142) je dano sa
Tn(t) = Bn e−k(nπL )
2t + T p
n(t) (4.143)
gdje je Bn konstanta integracije, a T pn(t) je partikularno rjesenje koje ovisi o funkciji
Cn(t). Uvrstenjem rjesenja (4.143) u jednadzbu (4.82) dobivamo
u(x, t) =∞∑
n=1
Bn e−k(nπL )
2t sin
(nπ
Lx)
+∞∑
n=1
T pn(t) sin
(nπ
Lx)
. (4.144)
Prvi clan u jednadzbi (4.144) prepoznajemo kao rjesenje homogenog problema,
uh(x, t) =∞∑
n=1
Bn e−k(nπL )
2t sin
(nπ
Lx)
, (4.145)
dok je drugi clan partikularno rjesenje
up(x, t) =∞∑
n=1
T pn(t) sin
(nπ
Lx)
(4.146)
koje ovisi o funkciji F (x, t). Koeficijente Bn mozemo odrediti iz pocetnog uvjeta
u(x, 0) = f(x),
∞∑
n=1
(Bn + T p
n(0))sin(nπ
Lx)
= f(x), 0 ≤ x ≤ L. (4.147)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 72
Odavde dobivamo
Bn + T pn(0) =
2
L
∫ L
0
f(x) sin(nπ
Lx)
dx (4.148)
cime je rjesenje nehomogene jednadzbe provodjenja potpuno odredeno.
Primjer 4.4 Rijesite nehomogenu jednadzbu
ut − uxx = e−t sin(3x), 0 < x < π, t > 0, (4.149)
u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0, (4.150)
u(x, 0) = x sin(x), 0 ≤ x ≤ π. (4.151)
Nehomogeni clan F (x, t) = e−t sin(3x) zadovoljva uvjet F (0, t) = F (π, t) = 0 pa
rjesenje mozemo potraziti u obliku
u(x, t) =∞∑
n=1
Tn(t) sin(nx). (4.152)
Supstitucijom izraza (4.152) u jednadzbu (4.149) dobivamo
∞∑
n=1
(T ′
n(t) + n2Tn(t))sin(nx) = e−t sin(3x). (4.153)
Ovo implicira da funkcije Tn(t) zadovoljavaju diferencijalne jednadzbe
T ′n(t) + n2Tn(t) = 0, n 6= 3, (4.154)
T ′3(t) + 9T3(t) = e−t. (4.155)
Rjesenje prve jednadzbe je dano sa
Tn(t) = Bne−n2t, n 6= 3. (4.156)
Drugu jednadzbu mozemo rijesiti medotom varijacije konstanti. Pretpostavimo da
je T3(t) = C3(t)e−9t. Tada iz jednadzbe (4.155) slijedi da je C ′
3(t) = e8t sto povlaci
C3(t) = 18e8t + B3. Dakle, funmcija T3(t) je dana sa
T3(t) = B3e−9t +
1
8e−t. (4.157)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 73
Sada rjesenje u(x, t) mozemo zapisati kao
u(x, t) =∞∑
n=1
Bne−n2t sin(nx) +1
8e−t sin(3x). (4.158)
Iz pocetnog uvjeta (4.151) dobivamo
∞∑
n=1
Bn sin(nx) +1
8sin(3x) = x sin(x), 0 ≤ x ≤ π. (4.159)
Definirajmo B′n = Bn za n 6= 3 i B′
3 = B3 + 18. Tada je
∞∑
n=1
B′n sin(nx) = x sin(x), 0 ≤ x ≤ π, (4.160)
sto znaci da su koeficijenti B′n dani sa
B′n =
2
π
∫ L
0
x sin(x) sin(nx)dx, n ≥ 1. (4.161)
Za n = 1 imamo
B′1 =
2
π
∫ π
0
x sin2(x)dx =π
2. (4.162)
Za n ≥ 2 dobivamo
B′n =
2
π
∫ π
0
x sin(x) sin(nx)dx
=2
π
∫ π
0
x1
2
[cos((n − 1)x
)− cos
((n + 1)x
)]dx
=1
π
1
(n − 1)2
[cos((n − 1)x
)+ (n − 1)x sin(x) sin
((n − 1)x
)]π
0
−1
π
1
(n + 1)2
[cos((n + 1)x
)+ (n + 1)x sin(x) sin
((n + 1)x
)]π
0
=1
π
(−1)n−1 − 1
(n − 1)2−
1
π
(−1)n+1 − 1
(n + 1)3= −
4
π
n((−1)n + 1
)
(n2 − 1)2. (4.163)
Primijetimo da je B′n = 0 za neparni n > 1, dok je za parne indekse
B′2n = −
16
π
n
(4n2 − 1)2, n = 1, 2, 3, . . . (4.164)
POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 74
0000
0.20.2
0.40.4
0.60.6
0.80.8
11
1.21.2
1.41.4
1.61.6
1.81.8
11tt 8
π8π22 4
π4π
83π83π
2π2π
xx
85π85π
43π43π
87π87πππ
Slika 4.2: Graf funkcije (4.167).
Iz jednadzbi (4.162) i (4.164) te iz definicije koeficijenata B′n dobivamo
B1 =π
2, B3 = −
1
8, Bn = 0 za neparni n > 3, (4.165)
B2n = −16
π
n
(4n2 − 1)2, n = 1, 2, 3, . . . (4.166)
Uvrstavanjem koeficijenata Bn u jednadzbu (4.158) nalazimo rjesenje problema
u(x, t) =π
2e−t sin(x) +
1
8(e−t − e−9t) sin(3x) −
16
π
∞∑
n=1
n
(4n2 − 1)2e−4n2t sin(2nx).
(4.167)
Graf funkcije u je prikazan na slici 4.2. �
Poglavlje 5
Valna jednadzba
5.1 Valno gibanje i d’Alambertovo rjesenje
Valna jednadzba ima istaknuto mjesto u primjenama jer opisuje titranje kontinuiranih
mehanickih sustava, sirenje elektromagnetiskih i zvucnih valova, a nalazi primjene i
u kvantnom opisu elementarnih cestica. U ovom poglavlju razmatrat cemo valnu
jednadzbu u jednoj prostornoj dimenziji
utt − c2uxx = 0. (5.1)
Jednadzba (5.1) opisuje tiranje elasticne zice u idealiziranom slucaju kada mozemo
zanemariti disipativne efekte kao sto su unutarnje trenje zice ili trenje zraka, a zica
titra u ravnini gdje je otklon u(x, t) od ranvoteznog polozaja u tocki x okomit na os
x. Ovakvo titranje se naziva transferzalno za razliku od logitudinalnog koje se odvija
duz osi x. Konstanta c > 0 predstavlja brzinu sirenja vala.
Proucavanje valne jednadzbe pocinjemo nekim opcim zapazanjima o valnim giba-
njima. Uvedimo nove variable
α = x + ct, β = x − ct (5.2)
i funkciju w(α, β) = u(x(α, β), t(α, β)
). Tada je
utt − c2uxx = −4c2wαβ (5.3)
75
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 76
pa u novim varijablama jednadzba ima kanonski oblik
wαβ = 0. (5.4)
Integracijom ove jednadzbe dobivamo
w(ξ, η) = A(ξ) + B(η), (5.5)
stoga je opce rjesenje dano sa
u(x, t) = A(x + ct) + B(x − ct) (5.6)
gdje su A i B proizvoljne funkcije klase C2. Funkcija A(x + ct) predstavlja val koji
se krece brzinom c u negativnom smjeru, dok B(x − ct) predstavlja val koji se krece
istom brzinom u pozitivnom smjeru. Dakle, opce valne jednadzbe je superpozicija
dvaju valova koji se gibaju u suprotnim smjerovima.
Pretpostavimo da valna jednadzba opisuje titranje vrlo dugacke zice. Kako se valno
gibanje siri konacnom brzinom, mozemo zanemariti rubne uvjete na krajevima zice
barem na neko vrijeme. U tom slucaju titranje zice mozemo modelirati jednadzbom
utt − c2uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (5.7)
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ R, (5.8)
gdje funkcije f(x) i g(x) predstavljaju pocetni otklon i pocetnu brzinu u tocki x,
redom. Supsitucijom opceg rjesenja u pocetne uvjete (5.8) dobivamo
u(x, 0) = A(x) + B(x) = f(x), (5.9)
ut(x, 0) = cA′(x) − cB′(x) = g(x). (5.10)
Integracijom jednadzbe (5.10) slijedi
A(x) − B(x) =1
c
∫ x
0
g(s)ds + D (5.11)
gdje je D konstanta integracije. Dakle, funkcije A i B zaodovljavaju sistem jednadzbi
A(x) + B(x) = f(x), (5.12)
A(x) − B(x) =1
c
∫ x
0
g(s)ds + D (5.13)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 77
koji ima jedinstveno rjesenje
A(x) =1
2f(x) +
1
2c
∫ x
0
g(s)ds +D
2, (5.14)
B(x) =1
2f(x) −
1
2c
∫ x
0
g(s)ds −D
2. (5.15)
Dakle, rjesenje valne jednadzbe je dano sa
u(x, t) = A(x + ct) + B(x − ct) (5.16)
=1
2
[f(x + ct) + f(x − ct)
]+
1
2c
∫ x+ct
x−ct
g(s)ds. (5.17)
Ovo rjesenje nazivamo d’Alambertovo rjesenje s pocetnom amplitudom f ∈ C2(R) i
brzinom g ∈ C(R). Intuitivno je jasno da je gibanje zice jedinstveno odredeno ako
su poznati pocetni polozaj i brzina. Takoder je razumno ocekivati da male promjene
u pocetnim uvjetima uzrokuju male promjene u rjesenju u(x, t) kada titranje pro-
matramo u konacnom vremenskom intervalu. Ove tvrdnje dokazane su u sljedecem
teoremu.
Teorem 5.1 Neka su f ∈ C2(R) i g ∈ C(R). Tada valna jednadzba (5.7)-(5.8) ima
jedinstveno rjesenje
u(x, t) =1
2
[f(x + ct) + f(x − ct)
]+
1
2c
∫ x+ct
x−ct
g(s)ds (5.18)
koje je u svakom konacnom intervalu 0 ≤ t ≤ T stabilno u odnosu na pocetne uvjete
(5.8).
Dokaz. Koristeci formulu
d
dx
∫ ϕ2(x)
ϕ1(x)
f(u)du = f(ϕ2(x)) ϕ′2(x) − f(ϕ1(x)) ϕ′
1(x) (5.19)
lako se provjeri da funkcija (5.18) zadovoljava jednadzbu (5.7) i pocetne uvjete (5.8).
Iz konstrukcije rjesenja slijedi da je svaka funkcija koja zadovoljava jednadzbe (5.7)-
(5.8) nuzno oblika (5.18) pa je rjesenje jedinstveno.
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 78
Pokazimo da je rjesenje (5.18) stabilno. Neka su u1 i u2 rjesenja pridruzena pocetnim
uvjetima f1, g1 i f2, g2, redom. Neka je T > 0. Odaberimo ε > 0 i pretpostavimo da
pocetni uvjeti zadovoljavaju
supx∈R
|f1(x) − f2(x)| <ε
1 + T, sup
x∈R|g1(x) − g2(x)| <
ε
1 + T. (5.20)
Razlika rjesenja jednaka je
u1(x, t) − u2(x, t) =1
2
[f1(x + ct) − f2(x + ct) + f1(x − ct) − f2(x − ct)
]
+1
2c
∫ x+ct
x−ct
(g1(s) − g2(s)) ds, (5.21)
pa iz nejednakosti (5.20) slijedi
|u1(x, t) − u2(x, t)| ≤1
2
(|f1(x + ct) − f2(x + ct)| + |f1(x − ct) − f2(x − ct)|
)
+1
2c
∫ x+ct
x−ct
|g1(s) − g2(s)| ds
≤1
2
(ε
1 + T+
ε
1 + T
)
+1
2c
∫ x+ct
x−ct
ε
1 + Tds
=ε
1 + T(1 + t) ≤ ε (5.22)
za svaki 0 ≤ t ≤ T . Ovo implicira da je
supx∈R
0≤t≤T
|u1(x, t) − u2(x, t)| ≤ ε. (5.23)
Pokazali samo da za svaki ε > 0 postoji δ = ε/(1 + T ) takav da
supx∈R
(|f1(x)−f2(x)|+ |g1(x)−g2(x)|
)< δ ⇒ sup
x∈R0≤t≤T
|u1(x, t)−u2(x, t)| < ε. (5.24)
Dakle, u svakom konacnom intervalu 0 ≤ t ≤ T mala promjena u pocetnim uvjetima
uzrokuje malu promjenu u rjesenju, pa je rjesenje valne jednadzbe stabilno. �
Primjer 5.1 Rijesite valnu jednadzbu
utt − c2uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (5.25)
u(x, 0) =1
1 + x2, ut(x, 0) = 0. (5.26)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 79
(a) Pocetni profil f(x) = 11+x2 . (b) Funkcija u(x, t) kao superpozicija dva
putujuca vala.
Slika 5.1:
U ovom problemu je f(x) = 11+x2 i g(x) = 0. D’Alambertovo rjesenje je dano sa
u(x, t) =1
2
[ 1
1 + (x + ct)2+
1
1 + (x − ct)2
]. (5.27)
Slika 5.1 prikazuje pocetni profil vala i rjesenje u(x, t). �
Primjer 5.2 Odredite rjesenje problema
utt − c2uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (5.28)
u(x, 0) = sin(x), ut(x, 0) = cos(x). (5.29)
Prema d’Alambertovoj formuli imamo
u(x, t) =1
2[sin(x + ct) + sin(x − ct)] +
1
2c
∫ x+ct
x−ct
cos(s)ds
= sin(x) cos(ct) +1
2c[sin(x + ct) − sin(x − ct)]
= sin(x) cos(ct) +1
ccos(x) sin(ct). (5.30)
Koristeci identitet sin(α) cos(β) = 12[sin(α+β)+sin(α−β)], rjesenje mozemo zapisati
kao superpoziciju valova koji putuju u suprotnim smjerovima
u(x, t) =c + 1
2csin(x + ct) +
c − 1
2csin(x − ct). (5.31)
�
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 80
5.2 D’Alambertovo rjesenje za nehomogenu valnu
jednadzbu
U ovom poglavlju cemo d’Alambertovo rjesenje prosiriti na nehomogenu valnu jed-
nadzbu
utt − c2uxx = F (x, t), x ∈ R, t > 0, (5.32)
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ R. (5.33)
Funkcija F (x, t) modelira vanjsku silu koja djeluje na zicu u tocki x u trenutku t. Uve-
dimo varijablu y = ct i definirajmo funkciju w(x, y) = u(x, t). Ovom transformacijom
dobivamo ekvivalentni problem
wxx − wyy = F ∗(x, y), x ∈ R, y > 0, (5.34)
w(x, 0) = f(x), wy(x, 0) = g∗(x), x ∈ R (5.35)
gdje su
F ∗(x, y) = −1
c2F (x, t), g∗(x) =
1
cg(x). (5.36)
Neka je (x0, y0) proizvoljna tocka u poluravnini x0 ∈ R, y0 > 0. Promotrimo trokut
D kojeg tvore vrhovi P0 = (x0, y0), P1 = (x0 − y0, 0) i P2 = (x0 + y0, 0). Oznacimo
stranice trokuta s B0, B1 i B2 kao na slici 5.2. Ideja za rjesenje problema (5.34)–
(5.35) je sljedeca. Jednadzbu (5.34) cemo integrirati po trokutu D i primjenom
Greenovog teorema integral zamijeniti krivuljnim integralom po stranicama trokuta.
Racunanjem krivuljnih integrala dobit cemo vrijednost funkcije w u tocki (x0, y0).
Time je rjesenje odredeno jer je tocka (x0, y0) odabrana proizvoljno. Integracijom
jednadzbe (5.34) po trokutu D dobivamo∫∫
D
(wxx − wyy)dx dy =
∫∫
D
F ∗(x, y)dx dy. (5.37)
Prema Greenovom teoremu integral na lijevoj strani jednak je∫∫
D
(wxx − wyy)dx dy =
∫
∂D
(wydx + wxdy) (5.38)
gdje je ∂D pozitivno orijentirani rub trokuta D sastavljen od segemenata B0, B1 i
B2. Integral po segmentu B0 iznosi∫
B0
(wydx + wxdy) =
∫ x0+y0
x0−y0
wy(x, 0)dx =
∫ x0+y0
x0−y0
g∗(x)dx. (5.39)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 81
Slika 5.2: Podrucje integracije za nehomogenu valnu jednadzbu.
Integral po segmentu B1 se moze izracunati uvodeci parametrizaciju
x(t) = x0 + (1 − t)y0, y(t) = ty0, t ∈ [0, 1] (5.40)
gdje smo vodili racuna o orijentaciji segmenta. Sada je∫
B1
(wydx + wxdy) =
∫ 1
0
[wy(x(t), y(t)) x′(t) + wx(x(t), y(t)) y′(t)
]dt. (5.41)
Primijetimo da je x′(t) = −y′(t) = −y0, stoga zamjenom x′(t) sa y′(t) u integralu
(5.41) dobivamo
∫
B1
(wydx + wxdy) = −∫ 1
0
[wx(x(t), y(t)) x′(t) + wy(x(t), y(t)) y′(t)
]dt
= −∫ 1
0
d
dtw(x(t), y(t))dt = −w(x(t), y(t))
∣∣∣t=1
t=0
= w(x0 + y0, 0) − w(x0, y0). (5.42)
Slicno se pokazuje da je integral po segmentu B2 jednak∫
B2
(wydx + wxdy) = w(x0 − y0, 0) − w(x0, y0). (5.43)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 82
Kako je w(x, 0) = f(x), zbrajanjem integrala po segmentima B0, B1 i B2 dobivamo
∫
∂D
(wydx + wxdy) = f(x0 + y0) + f(x0 − y0) − 2w(x0, y0) +
∫ x0+y0
x0−y0
g∗(x)dx. (5.44)
Iz jednadzbi (5.37), (5.38) i (5.44) slijedi da je∫∫
D
F ∗(x, y)dxdy =
∫
∂D
(wydx + wxdy)
= f(x0 + y0) + f(x0 − y0) − 2w(x0, y0) +
∫ x0+y0
x0−y0
g∗(x)dx. (5.45)
Odavde nalazimo
w(x0, y0) =1
2
[f(x0 + y0) + f(x0 − y0)
]+
1
2
∫ x0+y0
x0−y0
g∗(x)dx −1
2
∫∫
D
F ∗(x, y)dx dy.
Funkcija w u tocki (x0, y0) je potpuno odredjena funkcijama f , g i F . Kako je tocka
(x0, y0) ∈ R2+ odabrana proizvoljno, mozemo pisati
w(x, y) =1
2
[f(x + y)+ f(x− y)
]+
1
2
∫ x+y
x−y
g∗(x′)dx′−1
2
∫∫
D
F ∗(x′, y′)dx′dy′ (5.46)
gdje podrazumijevamo da se vrh trokuta D nalazi u tocki (x, y). Pocetno rjesenje
nalazimo iz jednadzbe u(x, t) = w(x, ct). Primijetimo da su prva dva clana u gornjoj
jednadzbi rjesenja–homogene valne jednadzbe, dok je treci clan partikularno rjesenje
koje ovisi o funkciji F (x, t).
Primjer 5.3 Odredite rjesenje problema
wxx − wyy = 1, x ∈ R, y > 0, (5.47)
w(x, 0) = sin(x), wy(x, 0) = x. (5.48)
U ovom problemu je F ∗(x, y) = 1, f(x) = sin(x) i g∗(x) = x. Iz d’Alambertove
formule slijedi
w(x, y) =1
2
[sin(x + y) + sin(x − y)
]+
1
2
∫ x+y
x−y
x′dx′ −1
2
∫∫
D
dx′ dy′ (5.49)
= sin(x) cos(y) +1
4(x′)2
∣∣∣x+y
x=y−
1
2(2y)y (5.50)
= sin(x) cos(y) + xy −1
2y2. (5.51)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 83
Primjer 5.4 Rijesite jednadzbu
utt − c2uxx = xet, x ∈ R, t > 0, (5.52)
u(x, 0) = sin(x), ut(x, 0) = 0. (5.53)
Definirajmo funkcije F (x, t) = xet, f(x) = sin(x) i g(x) = 0. Tada su
F ∗(x, y) = −1
c2x ey/c i g∗(x) = 0 (5.54)
pa je prema d’Alambertovoj formuli
w(x, y) =1
2
[sin(x + y) + sin(x − y)
]+
1
2c2
∫∫
D
x′ ey′/cdx′dy′. (5.55)
Oznacimo vrh trokuta D s (x, y) (vidi sliku 5.2). Tada je
∫∫
D
x′ ey′/cdx′dy′ =
∫ y
0
∫ −y′+(x+y)
y′+(x−y)
x′ ey′/cdx′dy′ =
∫ y
0
ey′/c(1
2(x′)2
∣∣∣x′=−y′+(x+y)
x′=y′+(x−y)
)dy′
=1
2
∫ y
0
ey′/c[(−y′ + x + y)2 − (y′ + x − y)2
]dy′
= 2x
∫ y
0
ey′/c(−y′ + y) dy′ = 2c2x(ey/c −
y
c− 1). (5.56)
Supstitucijom jednadzbe (5.56) u (5.55) dobivamo
w(x, y) = sin(x) cos(y) + x(ey/c −
y
c− 1). (5.57)
Dakle, rjesenje u(x, t) je dano sa
u(x, t) = w(x, ct) = sin(x) cos(ct) + x(et − t − 1
). (5.58)
5.3 Pocetno–rubni problem za valnu jednadzbu
Razmotrimo sada titranje zice koja je razapeta izmedu tocaka x = 0 i x = L. Ovaj
problem opisan je valnom jednadzbom
utt − c2uxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (5.59)
i pocetnim uvjetima
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.60)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 84
Rjesenje problema ovisi o rubnim uvjetima na krajevima zice x = 0 i x = L. Ako su
krajevi zice ucvrsceni, tada u zadovoljava Dirichletove uvjete
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.61)
Ako krajevi zice slobodno titraju okomito na os x, tada se zica postavlja tako da je
tangenta na nju horizontalna u tockama x = 0 i x = L. U tom slucaju funkcija u
zadovoljava Neumannove uvjete
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.62)
Ocigledno, ako je zica ucvrscena u jednom kraju, a drugom kraju slobodno titra, tada
funkcija u zadovoljava kombinirane Dirichletove i Neumannove uvjete. Rjesenje valne
jednadzbe promatramo na domeni Ω = {(x, t) | 0 < x < L, t > 0}.
Teorem 5.2 (Jedinstvenost rjesenja) Neka su u1 i u2 C2 rjesenja problema (5.59)–
(5.61). Tada je u1 = u2.
Dokaz. Definirajmo funkciju w = u1 − u2. Tada je w rjesenje homogene jednadzbe
wtt − c2wxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (5.63)
w(x, 0) = wt(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L, (5.64)
w(0, t) = w(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.65)
Pokazat cemo da problem (5.63)-(5.65) ima samo trivijalno rjesenje w = 0. Defini-
rajmo pomocnu funkciju
E(t) =1
2
∫ L
0
(c2w2x + w2
t )dx. (5.66)
Funkcija E(t) predstavlja ukupnu energiju titrajuce zice u trenutku t. Funkcije
(wx)2t = 2wxwxt i (wt)
2t = 2wtwtt su neprekidne, pa prema Leibnizovom pravilu za
deriviranje pod znakom integrala dobivamo
dE
dt=
∫ L
0
(c2wx wxt + wt wtt)dt. (5.67)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 85
Parcijalnom integracijom prvog clana nalazimo
∫ L
0
c2wxwxt dx = c2wxwt
∣∣∣x=L
x=0−∫ L
0
c2wtwxx dx
= c2[wx(L, t)wt(L, t) − wx(0, t)wt(0, t)
]−∫ L
0
c2wtwxx dx. (5.68)
Fukcija w zadovoljava rubni uvjet w(0, t) = 0 za svaki t ≥ 0 sto implicira
wt(0, t) = limΔt→0
w(0, t + Δt) − w(0, t)
Δt= 0. (5.69)
Slicno, iz uvjeta w(L, t) = 0 za svaki t ≥ 0 slijedi
wt(L, t) = 0. (5.70)
Supsitucijom jednadzbi (5.69) i (5.70) u jednadzbu (5.68) dobivamo
∫ L
0
c2wxwxt dx = −∫ L
0
c2wtwxx dx (5.71)
pa je derivacija energije dana sa
dE
dt=
∫ L
0
wt (wtt − c2wxx) dx = 0 (5.72)
jer je vtt − c2vxx = 0. Zakljucujemo da je funkcija E(t) konstantna, odnosno
E(t) = E(0) za svaki t ≥ 0. (5.73)
U pocetnom trenutku je
E(0) =1
2
∫ L
0
[c2w2
x(x, 0) − w2t (x, 0)
]dx =
1
2
∫ L
0
c2w2x(x, 0) dx (5.74)
jer je zbog pocetnog uvjeta wt(x, 0) = 0. Kako je w(x, 0) = 0 za svaki x ∈ [0, L],
imamo
wx(x, 0) = limΔx→0
w(x + Δx, 0) − w(x, 0)
Δx= 0. (5.75)
Zakljucujemo da je E(0) = 0 sto povlaci
E(t) =1
2
∫ L
0
(c2w2
x + w2t
)dx = 0. (5.76)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 86
Odavde slijedi da je
wx(x, t) = wt(x, t) = 0 (5.77)
sto pokazuje da je funkcija w konstantna jer ne ovisi o varijablama x i t. Sada iz
pocetnog uvjeta w(x, 0) = 0 zakljucujemo w(x, t) = 0 za svaki x ∈ [0, L] i t ≥ 0.
Dakle, u1 = u2 cima je pokazano da je rjesenje problema jedinstveno. �
Primijetimo da se na isti nacin moze dokazati jedinstvenost rjesenja valne jednadzbe
s Neumannovim rubnim uvjetima ux(0, t) = 0 i ux(L, t) = 0.
5.3.1 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu
Dirichletovi rubni uvjeti
Razmotrimo sada pocetno–rubni problem za homogenu valnu jednadzbu
utt − c2uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (5.78)
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.79)
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.80)
Kompatibilnost pocetnih i rubnih uvjeta zahtijeva da f i g zadovoljavaju f(0) =
f(L) = 0 i g(0) = g(L) = 0. Metodu separacije konstanti, koju smo uveli za
rjesavanje jednadzbe provodenja, mozemo na slican nacin primijeniti na valnu jed-
nadzbu. Rjesenje problema trazimo u separiranom obliku
u(x, t) = P (x)Q(t). (5.81)
Supstitucijom izraza (5.81) u jednadzbu (5.78) dobivamo PQtt = c2PxxQ, odnosno
Pxx
P=
1
c2
Qtt
Q. (5.82)
Varijable x i t su nezavisne pa obje strane u jednadzbi (5.82) moraju biti konstantne.
Dakle,Pxx
P=
1
c2
Qtt
Q= −λ (5.83)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 87
za neku separacijsku konstantu λ ∈ R. Odavde slijedi da su funkcije P i Q rjesenja
obicnih diferencijalnih jednadzbi
Pxx + λP = 0, 0 < x < L, (5.84)
Qtt + λc2Q = 0, t > 0. (5.85)
Rubni uvjeti u(0, t) = P (0)Q(t) = 0 i u(L, t) = P (L)Q(t) = 0 povlace P (0) = 0 i
P (L) = 0. Stoga funkcija P zadovoljava pridruzeni Sturm–Liouvilleov problem
Pxx + λP = 0, (5.86)
P (0) = P (L) = 0. (5.87)
U poglavlju 4.2 je pokazano da jednadzba (5.86)-(5.87) ima netrivijalna rjesenja samo
za vlastite vrijednosti
λn =(nπ
L
)2
, n ≥ 1, (5.88)
kojima pripadaju vlastite funkcije
Pn(x) = Bn sin(nπ
Lx), n ≥ 1. (5.89)
Za svaku vlastitu vrijednost λn mozemo odrediti funkciju Q(t) iz jednadzbe (5.85).
Opce rjesenje je dano sa
Qn(t) = Cn cos(nπc
Lt)
+ Dn sin(nπc
Lt), n ≥ 1. (5.90)
Time smo dobili niz funkcija
un(x, t) = Pn(x)Qn(t) =[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
sin(nπ
Lx)
(5.91)
gdje su an = CnBn i bn = DnBn neodredene konstante. Funkcije un(x, t) zadovolja-
vaju valnu jednadzbu (5.78) i rubne uvjete (5.80), a svaka linearna kombinacija
u(x, t) =N∑
n=1
[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
sin(nπ
Lx)
(5.92)
je takoder rjesenje istog problema.
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 88
(a) n = 1 (b) n = 2 (c) n = 3
Slika 5.3: Prva tri harmonika za titranje zice s ucvrscenim krajevima.
Funkciju un(x, t) nazivamo harmonik n-tog reda za zicu s ucvrscenim krajevima u
x = 0 i x = L. Ako an i bn nisu oba nula, onda se harmonik un(x, t) moze zapi-
sati u sljedecem obliku. Definirajmo Rn =√
a2n + b2
n. S obzirom da je (an/Rn)2 +
(bn/Rn)2 = 1, postoji θn ∈ R takav da je
an = Rn sin(θn) i bn = Rn cos(θn). (5.93)
Tada je
un(x, t) = Rn
[sin(θn) cos
(nπc
Lt)
+ cos(θn) sin(nπc
Lt)]
sin(nπ
Lx)
= Rn sin(nπ
Lx)
sin(nπc
Lt + θn
). (5.94)
Iz ovog izraza je vidljivo da harmonik un(x, t) u tocki x ima amplitudu Rn| sin(nπL
x)|
i fazu θn. Period harmonika, tj. vrijeme potrebno da se zavrsi jedna oscilacija,
dobivamo iz jednadzbe nπcT/L = 2π sto daje
Tn =2L
nc. (5.95)
Frekvencija titranja fn je broj oscilacija u jedinici vremena i dana je sa
fn =1
Tn
=nc
2L. (5.96)
Slika 5.3 prikazuje prva tri harmonika za titrajucu zicu s ucvrscenim krajevima.
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 89
Titranje zice je opcenito superpozicija harmonika svakog reda, odnosno svih mogucih
frekvencija, pa ocekujemo da se opce rjesenje valne jednadzbe moze zapisati u obliku
reda
u(x, t) =∞∑
n=1
[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
sin(nπ
Lx)
(5.97)
Konstante an i bn se mogu odrediti iz pocetnih uvjeta u(x, 0) = f(x) i ut(x, 0) = g(x).
Ako pretpostavimo da se red (5.97) moze derivirati po clanovima, onda dobivamo
u(x, 0) =∞∑
n=1
an sin(nπ
Lx)
= f(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.98)
ut(x, 0) =∞∑
n=1
(nπc
L
)bn sin
(nπ
Lx)
= g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.99)
Ako su funkcije f i g neprekidne i po dijelovima C1 na [0, L], gdje je f(0) = f(L) = 0
i g(0) = g(L) = 0, onda Fourierovi redovi (5.98) i (5.99) uniformno konvergiraju ka
f i g, a Fourierovi koeficijenti su dani sa
an =2
L
∫ L
0
f(x) sin(nπ
Lx)
dx, (5.100)
bn =2
nπc
∫ L
0
g(x) sin(nπ
Lx)
dx. (5.101)
Iz dobivenog rjesenja se vidi da je titranje zice potpuno odredeno pocetnim i rubnim
uvjetima. Ovo rjesenje je formalno jer je potrebno odrediti uvjete pod kojima red
(5.97) predstavlja C2 funkciju koja zadovoljava valnu jednadzbu.
Teorem 5.3 (Egzistencija rjesenja) Neka su f ∈ C4([0, L]) i g ∈ C3([0, L]). Pret-
postavimo da funkcije f i g zadovoljavaju uvjete
(i) f(0) = f ′′(0) = 0, f(L) = f ′′(L) = 0,
(ii) g(0) = g(L) = 0.
Tada je funkcija (5.97), gdje su Fourierovi koeficijenti dani relacijama (5.100) i
(5.101), klasicno rjesenje valne jednadzbe
utt − c2uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (5.102)
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.103)
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.104)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 90
Dokaz. Pokazimo da koeficijenti an i bn dovoljno brzo teze k nuli tako da red (5.97)
definira neprekidnu funkciju koja se moze derivirati po clanovima. Parcijalnom in-
tregracijom relacije (5.100) dobivamo
an =2
nπ
∫ L
0
f ′(x) cos(nπ
Lx)dx (5.105)
jer je f(0) = f(L) = 0. Koristeci pretpostavku f ′′(0) = f ′′(L) = 0 ponavljanjem
parcijalne integracije tri puta nalazimo
an =2L3
(nπ)4
∫ L
0
f (4)(x) sin(nπ
Lx)dx. (5.106)
Odavde slijedi da je∣∣∣(nπ
L
)2
an
∣∣∣ ≤
2L
(nπ)2
∫ L
0
|f (4)(x)|dx. (5.107)
Kako je f (4) neprekidna na [0, L], integral u gornjoj nejednakosti je konacan pa
mozemo definirati
C1 =2L
π2
∫ L
0
|f (4)(x)|dx. (5.108)
Tada je ∣∣∣(nπ
L
)2
an
∣∣∣ ≤
C1
n2, n ≥ 1. (5.109)
Slicno se pokazuje da koristeci pretpostavke g(0) = g(L) = 0 i g ∈ C3([0, L]), iz
relacije (5.101) dobivamo
∣∣∣(nπ
L
)2
bn
∣∣∣ ≤
C2
n2, n ≥ 1, (5.110)
gdje je
C2 =2L
cπ2
(|g′′(0)| + |g′′(L)| +
∫ L
0
|g(3)(x)|dx). (5.111)
Primijetimo da g(0) = g(L) = 0 predstavlja prirodni zahtjev da je brzina zice u
ucvrscenim krajevima x = 0 i x = L jednaka nuli. Definirajmo funkcije
un(x, t) =[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
nt)]
sin(nπ
Lx), n ≥ 1. (5.112)
Nejednakosti (5.109) i (5.110) povlace da redovi∑∞
n=1 an i∑∞
n=1 bn apsolutno konver-
giraju. Kako je
|un(x, t)| ≤ |an| + |bn| (5.113)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 91
za svaki 0 ≤ x ≤ L i t ≥ 0, prema Weierstrassovom testu red∑∞
n=1 un(x, t) konvergira
uniformno na skup Ω = {(x, t) | 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0} ka neprekidnoj funkciji
u(x, t) =∞∑
n=1
[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
sin(nπ
Lx)
(5.114)
Pokazimo da se red (5.114) moze derivirati po clanovima na otvorenom skupu Ω =
{(x, t) | 0 < x < L, t > 0}. Deriviranjem funkcije (5.114) dobivamo
∂2un
∂x2= −
(nπ
n
)2[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
sin(nπ
Lx)
(5.115)
pa nejednakosti (5.109) i (5.110) povlace∣∣∣∂2un
∂x2
∣∣∣ ≤
(nπ
L
)2
|an| +(nπ
L
)2
|bn| ≤C1 + C2
n2(5.116)
za svaki 0 < x < L i t > 0. Red∑∞
n=1 1/n2 je konvergentan pa prema Weierstrasso-
vom kriteriju red funkcija∑∞
n=1 ∂2un/∂x2 konvergira uniformno na Ω. Stoga se red
u(x, t) =∑∞
n=1 un(x, t) moze derivirati po clanovima i vrijedi
∂2u
∂x2=
∞∑
n=1
∂2un
∂x2, (x, t) ∈ Ω. (5.117)
Deriviranjem po varijabli t dobivamo∣∣∣∂2un
∂t2
∣∣∣ ≤ c2 C1 + C2
n2(5.118)
za svaki 0 < x < L i t > 0 pa je prema istom argumentu
∂2u
∂t2=
∞∑
n=1
∂2un
∂t2, (x, t) ∈ Ω. (5.119)
Funkcije un(x, t) zadovoljavaju valnu jednadzbu (un)tt − c2(un)xx = 0 i rubne uvjete
un(0, t) = un(L, t) = 0. Odavde slijedi da u(x, t) zadovoljava u(0, t) = u(L, t) = 0 i
utt − c2uxx =∞∑
n=1
∂2un
∂t2− c2
∞∑
n=1
∂2un
∂x2=
∞∑
n=1
(∂2un
∂t2− c2 ∂2un
∂x2
)= 0. (5.120)
Promotrimo sada pocetne uvjete
u(x, 0) =∞∑
n=1
an sin(nπ
Lx)
= f(x), (5.121)
ut(x, t) =∞∑
n=1
(nπc
L
)bn sin
(nπ
Lx)
= g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.122)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 92
Ako su f i g neparna prosirenja funkcija f i g na [−L,L], onda f i g imaju neprekidne
derivacije na [−L,L] i vrijedi f(−L) = f(L) = 0, g(−L) = g(L) = 0. Kao posljedica
teorema 2.4 Fourierovi redovi (5.121) i (5.122) konvergiraju uniformno ka funkcijama
f i g na [0, L] gdje su Fourierovi koeficijenti dani sa
an =2
L
∫ L
0
f(x) sin(nπ
Lx)dx, (5.123)
nπc
Lbn =
2
L
∫ L
0
g(x) sin(nπ
Lx)dx, (5.124)
odnosno
bn =2
nπc
∫ L
0
g(x) sin(nπ
Lx)dx. (5.125)
Time je pokazano da funjcija u(x, t) zadovoljava pocetne uvjete (5.121) i (5.122). �
Neumannovi rubni uvjeti
Metoda separacije varjiabli se moze primijeniti na rjesavanje valne jednadzbe s razlicitim
rubnim uvjetima. Na primjer, ako krajevi zice slobodno titraju, tada se zica postavlja
tako da je ux(0, t) = ux(L, t) = 0 za svaki t ≥ 0. Titranje zice sa slobodnim krajevima
je opisano Neumannovim problemom
utt − c2uxx = 0, 0 < x < L, (5.126)
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.127)
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.128)
Kompatibilnost pocetnih i rubnih uvjeta povlaci da je
f ′(0) = f ′(L) = g′(0) = g′(L) = 0. (5.129)
Separacijom varijabli u(x, t) = P (x)Q(t) i koristenjem rubnih uvjeta ux(0, t) =
Px(0)Q(t) = 0 i ux(L, t) = Px(L)Q(t) = 0 dobivamo sljece jednadzbe za P i Q:
P ′′(x) + λP (x) = 0, 0 < x < L, (5.130)
Px(0) = Px(L) = 0, (5.131)
Q′′(t) + λc2Q(t) = 0. (5.132)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 93
Vlastite vrijednosti su diskretizirane, λn =(
nπL
)2, n = 0, 1, 2, . . ., a funkcije Pn su
dane sa
Pn(x) = Bn cos(nπ
Lx), n = 0, 1, 2, . . . (5.133)
Za λ = λn jednadzba (5.132) ima rjesenja
Q0 = C0 + D0t, (5.134)
Qn(t) = Cn cos(nπc
Lt)
+ Dn sin(nπc
Lt), n = 1, 2, 3, . . . (5.135)
Time dobivamo niz funkcija un(x, t) = Pn(x)Qn(t):
u0(x, t) =a0 + b0t
2, (5.136)
un(x, t) =[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
cos(nπ
Lx), n = 1, 2, 3, . . . (5.137)
gdje su a0 = 2C0B0, b0 = 2D0B0 i an = CnBn, bn = DnBn. Opce rjesenje u(x, t) je
dano u obliku Fourierovog reda
u(x, t) =a0 + b0t
2+
∞∑
n=1
[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
cos(nπ
Lx). (5.138)
Koeficijenti an i bn su odredjeni pocetnim uvjetima
u(x, 0) =a0
2+
∞∑
n=1
an cos(nπ
Lx)
= f(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.139)
ut(x, 0) =b0
2+
∞∑
n=1
(nπc
L
)bn cos
(nπ
Lx)
= g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.140)
Iz relacija ortogonalnosti
∫ L
0
cos(nπ
Lx)
cos(mπ
Lx)dx =
0, n 6= m,
12L, n = m 6= 0,
L, n = m = 0,
(5.141)
dobivamo Fourierove koeficijente
a0 =2
L
∫ L
0
f(x)dx, an =2
L
∫ L
0
f(x) cos(nπ
Lx)dx, (5.142)
b0 =2
L
∫ L
0
g(x)dx, bn =2
nπc
∫ L
0
g(x) cos(nπ
Lx)dx. (5.143)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 94
5.3.2 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu
Metoda separacije varijabli moze se prilagoditi za rjesavanje nehomogene valne jed-
nadzbe. Promotrimo Neumannov problem
utt − c2uxx = F (x, t), 0 < x < L, (5.144)
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.145)
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.146)
gdje je F (x, t) linearna gustoca vanjske sile koja djeluje na zicu. Ako je F = 0, tada
znamo da je rjesenje dano sa
u(x, t) =a0 + b0t
2+
∞∑
n=1
[an cos
(nπc
Lt)
+ bn sin(nπc
Lt)]
cos(nπ
Lx). (5.147)
Ovo sugerira da rjesenje nehomogene jednadzbe potrazimo u obliku
u(x, t) =1
2Q0(t) +
∞∑
n=1
Qn(t) cos(nπ
Lx). (5.148)
Supstitucijom relacije (5.148) u valnu jednadzbu (5.144) dobivamo
1
2Q0(t) +
∞∑
n=1
(Q′′
n(t) +(nπc
L
)2
Qn(t))
cos(nπ
Lx)
= F (x, t). (5.149)
Ako funkciju F (x, t) mozemo razviti u Fourierov red u varijabli x po kosinusima, tada
Qn(t) mozemo odrediti usporedjivanjem dvaju Fourierovih reda u jednadzbi (5.149).
Pretpostavimo da F (x, t) zadovoljava rubne uvjete
Fx(0, t) = Fx(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.150)
Tada u fiksnom trenutku t funkciju F (x, t) mozemo razviti u red
F (x, t) =1
2C0(t) +
∞∑
n=1
Cn(t) cos(nπ
Lx), 0 ≤ x ≤ L. (5.151)
Ako ovu relaciju uvrstimo u jednadzbu (5.149), tada dobivamo
1
2
(Q′′
0(t) − C0(t))
+∞∑
n=1
[Q′′
n(t) +(nπc
L
)2
Qn(t) − Cn(t)]cos(nπ
Lx)
= 0. (5.152)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 95
Fourierov red neke funkcije iscezava ako i samo ako su Fourierovi koeficijenti jednaki
nuli, sto povlaci
Q′′0(t) = C0(t), (5.153)
Q′′n(t) +
(nπc
L
)2
Qn(t) = Cn(t), n ≥ 1. (5.154)
Opce rjesenje diferencijalne jednadzbe za Qn(t) je zbroj rjesenja homogene jednadzbe
i partikularnog rjesenja:
Q0(t) = a0 + b0t + Qp0(t), (5.155)
Qn(t) = a0 cos(nπc
Lt)
+ b0 sin(nπc
Lt)
+ Qpn(t), (5.156)
gdje je Qpn(t) partikularno rjesenje koje je potpun odredjeno funkcijom Cn(t). Sups-
titucijom rjesenja za Qn(t) u jednadzbu (5.148) slijedi da je
u(x, t) = uh(x, t) + up(x, t) (5.157)
gdje je uh(x, t) rjesenje homogene valne jednadzbe (5.147), dok je
up(x, t) =1
2Qp
0(t) +∞∑
n=1
Qpn(t) cos
(nπ
Lx)
(5.158)
partikularno rjesenje. Koeficijenti an i bn se odredjuju, kao u homogenom slucaju, iz
pocetnih uvjeta u(x, 0) = f(x) i ut(x, 0) = g(x).
Primjer 5.5 Odredite rjesenje valne jednadzbe
utt − uxx = cos(2πx) cos(2πt), 0 < x < 1, t > 0, (5.159)
u(x, 0) = cos2(πx), 0 ≤ x ≤ 1, (5.160)
ut(x, 0) = 2 cos(2πx), 0 ≤ x ≤ 1, (5.161)
ux(0, t) = ux(1, t) = 0. (5.162)
Ovdje je L = c = 1 pa opce rjesenje ima oblik
u(x, t) =1
2Q0(t) +
∞∑
n=1
Qn(t) cos(nπx). (5.163)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 96
Supstitucijom izraza (5.163) u jednadzbu (5.159) dobivamo
1
2Q′′
0(t) +∞∑
n=1
(Q′′
n(t) + (nπ)2Qn(t))
= cos(2πt) cos(2πx). (5.164)
Za n = 0 i n = 2 funkcije Qn zadovoljavaju
Q′′0(t) = 0, (5.165)
Q′′2(t) + 4π2Q2(t) = cos(2πt), (5.166)
dok za n 6= 0, 2 vrijedi
Q′′n(t) + (nπ)2Qn(t) = 0. (5.167)
Rjesenja jednadzbi (5.165) i (5.167) su dana sa
Q0(t) = a0 + b0t, Qn(t) = an cos(nπt) + bn sin(nπt). (5.168)
Partikularno rjesenje jednadzbe (5.166) je
Qp2(t) =
t
4πsin(2πt) (5.169)
jer je frekvencija prisilnih titraja ω = 2π jednaka prirodnoj frekvenciji ω0 = 2π. Stoga
je
Q2(t) = a2 cos(2πt) + b2 sin(2πt) +t
4πsin(2πt). (5.170)
Dakle, funkcija u(x, t) je dana sa
u(x, t) =a0 + b0t
2+
∞∑
n=1
(an cos(nπt) + bn sin(nπt)
)cos(nπx) +
t
4πsin(2πt) cos(2πx).
(5.171)
Iz pocetnog uvjeta (5.160) imamo
u(x, 0) =a0
2+
∞∑
n=1
an cos(nπx) = cos2(πx). (5.172)
Iz identiteta cos2(πx) = 12
+ 12cos(2πx) i usporedbom Fourierovih koeficijenata za-
kljucujemo da je
a0 = 1, a2 =1
2, an = 0, n 6= 0, 2. (5.173)
POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 97
Slicno, pocetni uvjet (5.161) povlaci
ut(x, 0) =b0
2+
∞∑
n=1
nπbn cos(nπx) = 2 cos(2πx) (5.174)
iz cega slijedi
b2 =1
π, bn = 0, n 6= 2. (5.175)
Uvrstavanjem Fourierovih koeficijenata an i bn u izraz za u(x, t) dobivamo rjesenje
u(x, t) =1
2+(1
2cos(2πt) +
4 + t
4πsin(2πt)
)cos(2πx). (5.176)
�
Top Related