This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
f(u) du - G (p)F(h (p)).
o
L (g (t, u)) - G (p) e-IIP,
PRIMEDBA. Formulom (l) uop§tena je teorema o konvoluciji. Zaista, ako je h (p) =p, imamo tj .
g(t, u) -
(t>u), (t< u).
+ oo
+ oo
Stoga je
{g(t-u) O
J f(u) g(t, u) dM - j f(u) g(t-u)du, i formula (l) postaje o
o
+ oo
J f(u) g(t-u) du �F(p) G(p).
o
1. Lapla« O
za
x E [a, b].
Teorema 1. Ako je K(x) > O i G1 (x) � G2 (x) za x E [a, b], gde su sve pomenute funkcije, kao i funkcija K', neprekidne na [a, b], toda se izmttlu dve uzastoJ111e nule rešenja U jednačine (K(x) u')' - G1 (x) u= O
(l)
nalazi bar jedna nula rešenja V jednačine (K (x) v')
(2)
'
-
G2 (x) v = O.
Dokaz. Kako su U i V rešenja jednačine ( l ), odnosno (2), imamo (K(x) U')' - G1 (x) U =- O, odakle sleduje i posle integracije Xz
(K(x) V ')' - G2 (x) V = O, U (KV ')' - V (KU')' ... (G2 - G1) UV, XJ
J (U(KV')' - V(KU')') dx = J (G2 - G1) UV dx
(x1 , x2 E [a, b]),
l. Kooturoi problemi i problemi
tj.
sa
sopstvenim vrednostima
,...l ...2 (K(UV' - U'V))i = J (G2 - G1) U V dx.
(3)
I Xt
x1
Neka su x1 i x2 dve uzastopne nule funkcije U, i pretpostavimo suprot no tvrđenju teoreme, da se V ne anulira između x1 i x2 • To znači da funkcije U i V ne menj1ju znak u intervalu (x1 , x2). Jednakost (3) postaje ""2
K(x2) U'(x2) V (x2) - K (x1) U'(x1) V(x1) = J (G1 - G2) UV dx.
(4) Je
Ako je U (x) > O, tada je U' (x1) > 0, U' (x2) < 0, U' (x1) O. Tada je y (x) > z (x) za x > x0 •
y'(x0) = z'(x0) = B, y(x) > O,
1. Koatumi problemi i problemi
Doleti:.
Iz
jednačina ( l )
i
sa
sopstvenim vrednostima
(2) dobijamo
y"z - z"y = (h - g) yz,
odakle sleduje
J"
(y'z - yz') = J (h - g)yz dx.
(3)
"o
xoJC
Na osnovu pretpostavki teoreme, desna strana jednakosti (3) je pozitivna, pa je i Stoga je
y' z-yz' > O.
y'z-yz' zZ
što znači da je funkcija .!... rastuća. Kako je
y((x0o) z x)
= (.!...z )' >O,
l , zaključujemo da y (x) > z (x), čime je teorema dokazana. z
=
(videti sliku) imamo sledeći rezultat:
Kao neposrednu posledicu teoreme
Teorema l. Nula funkcije nule funkcije y.
l
Y, Z
z nalazi se ispred
Neka su date diferencijalne jetbulline (l) i (2), gde su funkcije g, h neprekidne i takve da je Neka su Y, Z re!enja jednačine (1 ), odnosno (2), za koja -vali Teorema 3.
A
h (x)>g(x) za
x�x0•
Y
(x0) = Z (x0) = A,
Y' (x0) = Z' (x0) = B
JI
(A2 + B2> 0).
Ako n-tu nulu fimkcije Y označimo sa 1),., a n-tu nulu funkcije Z tada -vali nejednakost
8tl
t,.,
(4)
Dob:. Za n = l , teorema je tačna, jer �e svodi na teoremu 2. Pretpoatavimo da važi nejednakost
t,._ l < "l..- 1 . Neka je. Y1 jedno rešenje - jednačine (l) koje zadovoljava uslove
i neka je
a
Y1(t,._1) = O,
Y1'(t,._1) ... Z'(t,._1), prva 'Jledeća nula funkcije Y1 •
(S)
Očigledno je
(6)
Iz nejednakosti (5) i (6), dobijamo (4), čime je teorema dob,..
t,. . R (x) y - 0,
gde su P, P', Q, R neprekidne funkcije u [a, b], sa STURMovim konturnim uslovima
(2)
A0y (a) + B0y' (a) = O, A1 y (b) + B1y'(b) = 0.
l. Koatumi problemi i problemi
6l
(l)
Opšte r'šcnje jednačine
sa
sopstvenim vrednostima
je oblika
{3 ) y = C1 {;A..) y1 (x, A) + C2 {:A) Y2 (x, A), gde su C1 , C2 proizvoljne funkcije od A, a y1 , y2 predstavljaju fundamentalan sistem rešenja jednačine ( l ). Konturni uslovi (2) daju
C1 (:A) (A0y1 (a , :A) + B0y/ (a, A)) + C2 (A) (A 0Y2 (a , A) + B0y2' (a , :A) ) -= O, CdA) (A1 y1 (b, A) + B1 y1' (b, A)) + C2 (:A) (A1 Y2 (b, i.) + B, y2' ( b, A)) = O.
(4)
l
Uvedimo oznaku
\
A0y2 (a , :A) + B0y2' (a , A ) � (A) = A0y1 (a , :A) + B0y1 ' (a , A) A1 Y1 (b, :A) + B, Y/ (b, A) A 1 y2 (b, A) + B, y2' (b, /,) Ako je � ( A) :;60, sistem jednačina (4) ima samo trivijalno rešenje C1 = C2 = O, pa s obzirom na (3) i prob lem ( l )-(2) ima samo trivijalno rešenje. Ako je � (A) = O, tada osim trivijalnog postoje i druga rešenja sistema jed načina (4), pa stoga i problem ( l )-(2) ima netrivijalnih rešenja. Definicija l. Vrednosti :A koje je � (A) = O zovu se sopstvene (ka rakteristićne) vrednosti problema ( l )-(2). OdgOYarajuća netriv ija/na rešenja zovu se sopstvene (ka rakteristične) funkcije . Def'inicija 2. Skup sopstv enih vrednosti naziva se spekta r problema (1 )-(2). za
hJMER. Posmatrajmo problem sa sopstvenim vrednostima y" + A y - O,
(5)
(6)
{e, e, Tada
y (O> - Y
Op§te reknje jednačine (S) dato je sa
G)
- o.
ch M x + C2 sh M x
(A< O), (A - 0),
y (x) - C, x + C2
t• Neka je AO).
r
iz opšteg e§enja, na osnovu (6) dobijamo
c, - o,
1 2- .
odakle dobijamo .C - C 0 Znači problem (S)-(6) sopstveDih vredDosti.
Dema
r Za
3" Za
tj.
A-0
A>O
7t -" " 2 O, sin v
problem (.5H6)
A 1.2 dve različite sopstvene vrednosti problema (1)-(2) i odgovarajuće sopstvene funkcije. Iz jednačina
Dokaz. Neka su
neka su
y i ' y2
(Py1') ' + Qy1 + 1..1 Ry1 = O , (Py2')' + Qy2 + J.2RY2 = O
dobijamo (3)
Međutim, kako je b
(4)
J (y2 (Py1 ')' - y1 (Py/)') dx
b
..
b
= Py/ Y2 1: .- Py2' y , l : - J Py/ y2' dx + J Py2' y1' dx = O, a
iz (3) i (4) dobijamo
"
b
(1..2 - 1..1) J R y1 y2 dx = O, ..
tj.
b
J R (x)y1 (x) y2 (x) dx = O,
(5)
..
jer je, po pretpostavci, 1..1 :;ć l..2 • Time je teorema dokazana. Videli smo u teoremi 2 iz 2.4.2. da jednoj sopstvenoj vrednosti odgovara sopstvena funkcija y sa tačnošću do jedne multipJikativne konstante. Tu kon stantu određujemo iz uslova b
J R (x)y (x)2 dx= l .
(6)
..
Jednakosti (5) i (6) zajedno mogu se predstaviti
J R (x) y1 (x)y, (x) dx = {o1 b
(7)
R.
(y,.)
obliku
(i :;ćj), (i=J).
..
Definicija 3. Za niz funkcija sa telinom
u
sa osobinom 7) kalemo da je ortonormiran
(
66
2.
Konturni problemi i problemi
sa
sopstvenim vrednostima
PRIMER l . Niz funkcija
X 1-+ V2-7t ' X 1-+
cos x
1
�'it
X
'
V1t
sin x f-+
'
X
cos 2 x
f-+
V1t
'
X 1-+
V1t '
sin 2 x
obrazuje na intervalu [-Tt, + Tt] ortonormiran sistem sa težinom l . PluMER 2. Niz LBGENDREOVih polinoma
X f-+
P"
/n + 2l "\j (x) = -
--
211n!
d" - (x'- 1 )11 dx"
(n = 0, l, 2, . . )
.
obrazuje o_rtonormiran sistem sa težinom l na intervalu [- l , l ]. PRIMER 3. Niz LAGUERREOVih funkcija l
x r+ l,. (x) = - e n!
2 L,. (x)
X --
(n = O, l, 2, . . . ),
gde je L,. LAGUERREov polinom definisan sa
L,. (x) = eX
d"
--
dx"
(xn e - "'")
(videti 1.5.5.) obrazuje ortonormiran sistem sa težinom l na intervalu [0, + oo ).
�.s. RAZVIJANJE U RED PO SOPSTVENIM
STURM-LIOUVILLEOVOG PROBLEMA
FUNKCIJAMA
2.5.1. Uvod
..
Fun kCIJe X �--+ ----;;=:-
blen1a
sin nx r 7t
(n = l , 2
,
. . . ) su sopstvene funkCIJe . . k onturnog pro-
y " + n2 y = O, y (O) = y (27t) = O.
Te funkcije obrazuju ortonormiran niz sa težinon1 l . Kao što je poznato, neprekidna funkcija f n1ože se razviti u FoURIEROV red f(x)
=
L b,. sin nx,
+ oo
n-l
koji konvergira ka toj funkciji. Stoga se postavlja pitanje da li se može neprekidna funkcija f razviti u red po sopstvenim funkcijama opšteg STURM-LIOUVILLEovog problema koji konvergira ka toj funkciji. ortonormiran niz sopstvenih funkcija STURM-LIOUVIL Neka je y 1 , y2 , LEovog problema •
•
•
(Py')' + Qy + A. Ry = O, A 0 y (a) + B0y' (a) = O , A 1 y ( b) + B1y' (b) = O,
2.S. Razvijanje u red po sopstvenim funkcijama Sturm-Liouvilleovog problema
67
neka je f data neprekidna funkcija. Stavimo f(x )
(l)
=
2:
+ oo 11 = 1
c" y" (x),
gde koeficijente e" (n = l , 2 , . . . ) treba odrediti. Pomnožimo obe strane jednačine ( l ) sa R (x) yk (x) ( l < k < + oo ) gralima dobijenu jednakost od do b . Kako je a
j R(x) y" (x) ydx) dx = {o1 b
neposredno dobijamo
inte
(n 7"' k), (n = k),
b
e"= J R (x)f(x)y"(x) dx.
(2)
a
Prema tome, svakoj neprekidnoj funkciji f može se formalno pridružiti tzv. FOURIEROV red (3)
gde su y" (n = ] , 2, . . . ) '>opstvene funkcije STURM-LIOUVILLEOVog problema, a koeficijenti e" , koje ćemo zvati FouRtERovi koeficijenti, su odredeni formulom (2). Pitanje da li red (3) konvergira i ako konvergira da li konvergira ka funkciji f razmatraćemo u narednim odeljcima.
2.5.2.
Konvergencija
u
sredn!em
Neka je y" niz integrabilni h funkcija. Reći ćemo da niz funkcija y" kon u srednjem ka funkciji y u intervalu [a, b] ako va!i jednakost
vergira (l)
rim
"_.... + ao
b
J R (x) (y" (x) - y (x)}� dx = O,
tl
gde je R data pozitivna integrabilna funkcija. Jednakost ( l ) se često piše u obliku I.i.m. y" (x) =y (x), ,......, + oo
.
gde je l.i.m. skraćenica za latinski izraz za konvergenciju u in medio).
Teorema l .
Pojmovi lim y,. (x) = y (x) i l.i.m. y" (x) = y (x) su �+m
.. + m
srednjem (limes
neuporedM.
2. Koatuml problemi l problemi
18
sopstvenim vrednostima
Dolulz. Dokažimo prvo da iz obične konvergencije ne sleduje konvergencija u
{
srednjem. Neka je dat sledeći niz funkcija ylt
(o <x< Jn)·
n
ylt (x) =
(x = O i Jn- :s:x:s: I ) .
O
Očigledno je lim ylt (x) = O za svako x E [O , 1] . .-+ oo
Međutim,
l
t/Vi
J (ylt{x))2 dx =
J n2 dx = n /2-+ + oo 3
o
o
kad n -+ + oo .
Da bismo dokazali da iz konvergencije u srednjem ne sleduje obična konvergencija, definišimo sledeće funkcije u;:
uk'(x}
=
{J
(� < x< �) . m
.
m
O (za ostale tačke iz [0, l ]) .
Neka je niz funkcija ylt definisan sa l
Niz y,.
2
3 3 2 3 y1 = Ut , y2 = Ut , y3 = U2, y4 = Ut . Y5 = U2 , Y6 = U3 , očigledno konvergira u srednjem ka O. Međutim, z a svako x0
koje pripada [0, l) postoji m i k (O< k:S:m - l ) tako da x0 pripada [! , k:l
Tada je, prema definiciji, u k'(x0) = l . Prema tome, u nizu ylt (x0) postoji bes konačno mnogo jedinica te ovaj niz ne konvergira nuli. Prema tome, ni za jedno x0 E {0, l ) ne važi y,. (x0) -+0, n -+ + oo . 2.5.3. Besselon nejednakost Teorema 1. Neka je y" y2 , • • • , ylt jedan ortonormiran niz sopstvenih funkcija SruRM-LrouvrLLEovog problema i neka su c1 , • • • , e,. FouRIEROVi koeficijenti nepre kidne funkcije f u odnosu na dati niz funkcija. Tada je
lt
�
(l) Dolulz. Očigledno je
(2)
k -1 b
e,/ S:
J R (x)
,.
b
J R (x) f(xf dx.
ll
( f(x)
-
lt
)2
� c" y" dx� O.
"_,
2.5.
Razvijanje u red
po
69
sopstvenim funkcijama Stunn-Liouvilleovog problema
Međutim,
b
"
b
= J R (x)f(x)2 dx - 2 L ck J R (x)f(x) yk (x) dx k� l a a b " b + L Ck2J R (x)yk (x)l dx + 2 L c1 c1 J R (x) y;(x)y1 (x) dx. k- l a I :S; I< ) :S; II Zbog ortonormiranosti niza Yk imam_o a
b
..
J R(x) y1y1 dx = O,
a takođe važi
•
b
J R (x)f(x)yk (x) dx = ck .
Tako dobijamo
a
[ R (x) ( f (x) - k�l ck yk )2dx= [ R(x)f(x)2 dx- k�l ck2, b
"
b
ll
što zajedno sa (2) daje nejednakost { l ) . Time je dokaz završen. Puštajući u ( l ) da n - + oo , dobijamo BESsEwvu + oo
b
nejednakost
L ck2� J R (x)f(x)2 dx. k -l Kako su R i f2 integrabilne funkcije, i kako je c/�0 (k = l , 2, . . ) iz + oo BESSELove nejednakosti neposredno zaključujemo da je red kL ck2 apsolutno -l konvergentan.
.
a
2.5.4. Konvergencija u srednjem Fourierovog reda U ovom odeljku dokazaćemo da FoURIEROv red neprekidne funkcij e f konvergira u srednjem ka funkciji f. Pri tome ćemo pretpostaviti da je u jednakosti ( l ) iz 2.5.2 R (x) = l, čime se ne umanjuje opštost (videti 2. 1. 1.). Koristeći se istim oznakama kao u prethodnim odeljcima, stavimo s,. (x) =
"
c k x) k -l k Y ( . L
:z.
70
na osnovu čega
Koatuml problemi i problemi
sopstvenim vrednostima
zaključujemo da j e b
J (sm (x) - sn (x)f dx< e:
(l)
(m > n > N),
"
jer je niz (Sn) cija
sa
konvergentan. Treba da doh.ž·!mo da iz formule ( l ) izlazi da postoji integrabilna funk
t3:kva da je
s,
b
lim J (sn (x) - s (x))2 dx = 0,
(2)
rt -+ + oo
tj. S
.obzirom je
takav da
a
Li. m. s,. (x) = s (x).
n-+ +
da b
oo
( l ) važi, p ostoji niz prirodnih brojeva
J (sm (x) - sn (x))2 dx n1_ 1 )
m > n > n1•
"
To znači da za podniz (�n; (x)) važi b
J (snt + l (x) - sn1 (x))l dx< 2-ZI
Stavimo
"
k
(i = l , 2, . . . ). +•
Xk (x) = 2: jsn1 + /X) - sn1 (x) j , X(x) = 2: j sn1 + 1 (x) - sn1 (x) l . 1-1 1-1 Na osnovu MtNKOWSKieve nejednakosti dobijamo
J k b J k 2 (x) ( J xk 2 dx) � 1=12: ( J (snl+1 (x) - sn, (x))2dx)2 < 12:-J 2-1 < l . b
a
Stoga je i
a
"
To znači da je funkcija X2 integrabilna, te je stoga X (x) < + oo b], odakle sleduje da je red
x E [a,
za
+•
Sn1 (x) + 2: (sni+ ! (x) - Sn1 (x)) 1-1 apsolutno konvergentan na intervalu [a, b]. Neka j e x �s (x) Dokazaćemo da je s2 integ rabilna funkcija i da važi (2).
njegova suma.
2.5.
Razvijanje u
Kako važi
red po sopstvenim funkcijama Stunn-UCMrrileo l ,-og problema
71
za svako E > O postoji prirodan broj N takav da je za
( l ),
n > N, m > N
b
J (sm (x) - s" (x))2 dx < E
a
U
imamo
podnizu
izaberimo indeks
(n;)
i0
tako da bude
b
za
n; > N
i > i0 •
Tada
b
J (sm (x) - s (x))2 dx< lim J (sm (x) - s"; (xW dx
a
Međutim, kako je, na osnovu
1-++ oo a
.
( l ),
b
J (sm (X) - Sn/x))2 dX
ezotle ilpuMe�. .6eo� 1936, 23 5 CTp.
3 . VARIJACIONI RACUN
3.1. UVOD
Definicija
l.
funkcionela. U
funkcija.
Preslikavanje f proizvoljnog skupa S u neki skup brojeva naziva se
specijalnom slučaju kada je i
S
skup brojeva, f se naziva numerička
PRIMER l. Preslikavanje /, definisano sa /(x) - &', kojim se skup svih realnih brojeva presli na skup pozitivnih realnih brojeva predstavlja jednu numeričku funkciju.
�ava
PRIMER 2. Ako je S skup funkcija koje su integrabilne na intervalu [a, b], tada je preslika vanje /, definisano sa /(.)') -
..
funkcionela.
Neka je problema
b
J y(x) dx,
y � Cl> (y)
jedna funkcionela. Deo analize koji se bavi rešavanjem
(l)
Odrediti ekstremne vredMsti funkcionele Cl>
(2)
Oarediti ekstremne vrednosti funkcije x �
, (y) =
b
J ydx,
Cl
cl>J (y) = 2 1t uz
cl>l (y)
b
J y v' l + (y')2 dx,
..
=
b
J v'l + (y')2 dx,
Cl
b
cl>4 {y) = 1t J y2 dx Cl
granične uslove da tražena funkcija y prolazi kroz tačke A, B.
3.2. NAJJEDNOSTAVNIJI PROBLEM VARIJACIONOG RACUNA
Najjednostavniji problem varijacionog računa je da se odredi ekstremum funkcionele (y) =
(l)
b
J F (x, y, y') dx,
Cl
gde je F data funkcija promenljivih x, y, y', a y je proizvoljna (nepoznata) funkcija za koju integral u ( l ) ima smisla. Pri tome zahtevamo da su zado voljeni granični uslovi
y (a) = A,
y (b) = B,
gde su A, B date konstante.
Definicija l. Funkcija y kojoj odgovara ekstremna vrednost integrala ( l ) naziva se ekstrema/a. Pretpostavimo da je y =f (x) ekstremala funkcionele ( l ). Znači f(a) = A, f(b) = B. Bilo koju drugu krivu koja prolazi kroz tačke (a, A) i (b, B) možemo predstaviti u obliku
(2)
Y = /(x) + 71 g (x) ,
gde je 71 parametar koji ne zavisi od x, i gde je g (a) = g (b) = O. Specijalno, za 71 = O, (2) postaje ekstremala. Tada imamo (3)
odakle sleduje
1 Y =A
(y, C1) ,
gde je C1 proizvoljna konstanta. Ponovnom integracijom dobijamo
PaJMn
X=
1. R.elimo
1o
,
r l
A (y, C1}
dy + Cz.
ava četiri geometrijska problema koje smo naveli u b
Za f'unkcionelu
3.1.
411 (y) - J y dx, EULER-LAORANOEova jednačina glasi l - O, što znači
da ne postoji ekstremum te funkcionele. Geometrijski je ovo očigledno. 2°
..
U slučaju određivanja ekstremuma funkcionele Cll3 , definisane sa Cl»z (y) -
b
J v'l + (y')3 dx,
..
jasno je da maksimum ne postoji, jer se može konstruisati niz krivih linija y,. za koje je
{
lim Cll2 (y,.) - + oo . ll-++ DD
Takav niz bi bio, na primer, ..4 + 2
Y" (x) -
n-A --
b-a
(x-a)
(
)
a+b x< ' 2
n-B
B + 2 -- (x-b) a-b
X
Potražimo stoga minimum funkcionele Cll3 • EULER-LAo:RANOEova jednačina glasi
odakle sleduje
(8)
y' ------- - e,
-
Vl+ (y')l
3.2.
Najjednostamiji problem varijaciooog
računa
85
gde je C konstanta. Rešavajući jednačinu (8) po y', nalazimo da je Y -
e
,
yl -C2
- e� .
Ponovnom integracijom dobijamo y - cl X + D. Konstante C1 i D lako se određuju iz uslova da tražena kriva prolazi kroz tačke (a, A) i (b, B). Time smo dokazali jednu od osnovnih činjenica geomet rije : Najkraće rastojanje između dve tačke je prava. 3°
Kao i u prethodnom slučaju, jasno je da funkcionela 111, . defi n isana sa t%13 (y) - 2 7t
b
J y yl + (y')2 dx,
a
ne može imati maksimum. EULBR•LAGilANOEOVa jednačina glasi:
Integraleći ovu jednačinu dobijamo y' gde je e konstanta, tj.
yy' yl + (y')1
yy'1 + CY')2 - e,
y
(9)
yl + (y')2
- - C.
Rešavajući jednačinu (9) po y' nalazimo l y = - e _v� r - c •, •
a to je jednačina u kojoj
se
promenljive mogu razdvojiti: dy
(lO)
yyl- c l
- -e: · dx
Integracija jednačine (10) dovodi do log {y + v'r-C2)
x+D
= -- ,
-C
odakle dobijamo (l l) gde je C1 - -C, D1 - D-C1 log Cl ' Takođe imamo
(1.2)
(13)
·-
y-yy1-C12 - C1 exp Najzad, iz ( l l ) i (12), nalazimo
(-e;-) x + D1
( -- ( --))
x + D1 x + D1 C1 + exp y - - exp C1 C1 2
·
- C1 ch
-x + D1 cl
.
Prema tome, re§enje postavljenog problema dato je krivom (13) koja
lllllanica. l Konstante C1 i D1 lako se određuju iz početnih uslova.
ac
naziva
3. Varljadoal račun
86
4" sane sa
( 1 4)
I u ovom slučaju je očigledno da ne postoji maksimum funkcionele 1114 , defini-
ll
EuuR-LAGRANGEova jednačina glasi
.)1 = 0,
tako da postavljeni problem ima rešenje samo ako je A = B = O. To rešenje je onda dato sa (14).
PRIMER 2. Rešićemo još tzv. problem brahistohrone. Rešenje tog problema (koji je postavio GAULI!I) iz 1696. godine koje potiče od J. BERNOULua uzima se kao dan rođenja varijacio nog računa. Problem glasi: Neka su date dve tačke A, B koje ne leže na vertikalnoj liniji. Odrediti krivu koja prolazi k roz tačke A, B i koja je takva da materijalna tačka, krećući se po toj krivoj samo pod uticajem zemljine teže, stiže od � X A do B za najkraće vreme. Izaberimo koordinatni sistem kao na slici. Pri kretanju materijalne tačke sa masom m po traženoj krivoj y M koja prolazi kroz tačke A � (O, 0) i B = (x•• y0) (.Y0 >0) u po B ložaju M= (.x, y) sila teže p roi zvod i će rad mgy koji mora y biti jednak kinetičkoj energiji tačke, tj. -----------�-
mgy - 2 mv2,
l
gde je
(15)
v
brzina tačke. Odatle sleduje V = ..j2 gy. .
Ako dužinu puta označ.Irno sa s, tada je
ds
v--
dt .
pa iz jednačine ( 1 5) dobijamo
ds ..j l + (y'f l dt = -- = -- --- dx.
,;2ii
(16)
Vi
..j2 g
Integraleći (16) od O do x0 dobijamo
T (y) - ---=l
..j2 g
xo
J
..j J + (y')2
o
Vi
dx.
Prema tome, zadatak je sveden na određivanje minimuma funkcionele T. EULER-LAGRANGEOVa jednačina glasi
2 yy" + (/)2 + l - o.
(17)
Ako uvedemo smenu y' = p , y'' -p
dp dy
, jed načina ( 1 7) postaje
2 .YP - + P 2 + 1 � o, tj.. dp
odakle dobijamo ade je e. konstanta, tj. (18)
�
--- dp = -- ,
2p
dy
�+ l
.Y
log(p2 + l) + Iogy = log C1 ,
17
3.3. Ekstremum funkclonele vile promenljivib Iz jednačine ( 1 8) sleduje dx = Ako stavimo ( 19)
Y \JJ 2 e, -y
dy.
Y = e, ( l -cos t ),
tada je
dx = e, ( l -cos t ) d t ,
tj. (20)
X = e, (t-sin t ) + e, .
Jednačine ( 1 9) i (20) daju traženu krivu u parametarskom obliku. Odredimo još konstante e, i e, . Za t = O kriva prolazi kroz (0, 0). Qjatle izlazi e, = O.
Konstanta e, lako se može odrediti iz uslova da kriva prolazi i kroz tačku (x0 , y0). Prema tome, rešenje· problema brahistohrone je dato sa
y a ( l - cos t) =
x = a (t-sin t), tj . rešenje je cikloida.
( i t 1 < 2 n),
3.3. EKSTREMUM FUNKCIONELE VISE PROMENLJIVIH
Postavimo sledeći problem: Odrediti potrebne uslove za ekstremum funkcionele
(l)
(yp
. • •
cl>, d efin isan e
sa
b
, y") = J F (x, y" . . . , y,. , y/, . . . , y,.') dx,
sa graničnim uslovima
(i = l,
(2)
.
..,
n).
D;·ugim rečima, kada je dat integral ( l ), treba odrediti onaj skup krivih Y I > . . . , y" koje zadovoljavaju uslove (2) , za koji integral (l) ima ekstremnu vrednost. U ovom problemu smatrajmo da su funkcije Y1 , , Yk-1 , Yk + 1 , • • • , y" fiksirane, a da je samo Yk promenljiva. Kao i u prethodnom odeljku dola zimo do potrebnog uslova za ekstremum u obliku EULER-LAGRANGEove jednačine • . •
(3 )
oF -� � O = o >'k dx o >'k'
( 1 s;ksn).
Kako za Yk možemo uzeti bilo koju funkciju iz skupa y 1 0 • • • , y" , vidimo da (3) predstavlja sistem jednačina EuLER-LAGRANGEovog tipa. Taj sistem je potreban uslov za ekstremum funkcionele . PRIMER. Odrediti ekstremale funkcionele
(4)
Gl (y,
z) =
n/2
J ( (}")2
o
+
)
(z') 2 + 2 yz dx,
ll sa
3. VariJacloal uslovima y (0) - 0,
(S)
y(�)�l,
nmm
z (O) = O,
Sistem EULER-LAGRANOEovih jednačina glasi (6)
y"-z - 0,
(7)
z"-y - 0.
z(�)--1.
Diferencirajući jednačinu (6) dva puta i sabirajući je sa jednačinom (7), imamo y -y - 0,
odakle sleduje
y - C1 � + C2 e - � + C3 cos x + C4 sin x.
Koristeći se jednačinom (6), imamo z-
Konturni uslovi (S) daju
C1 e" + C2 e-z-e, cos x-C4 sin x. c, - c. - c. - o.
pa su elcstremale funkcionele (4) date sa
y - sin x,
e. - •.
z - -sin x.
3.4. EKSTREMUM FUNKCIONELE KOJA SADRŽI IZVODE
VISEG REDA JEDNE NEPOZNATE FUNKCIJE
Odredimo potrebne uslove za egzistenciju ekstremuma funkcionele definisane sa
Cl>,
b
Cl> (y) = J F (x, y, y', . . . , y) dx,
(l)
(a) = A0, y (b) = B0 , y
(2)
• • • • • •
, y) dx. G
g (a)
Integral (4) ima ekstremnu vrednost za 11 = O. To znači da je Diferencirajući jednakost (4) i stavljajući 11 = O, nalazimo
d�� = Jb (�F g + �F g' + . . . + d "''
(4)
11 ..0
Imamo redom
" � , � ,·
�;y{lt) gfil>) dx l ..!..!_
d� d "''
l
11..0
..,
o.
11 ..0
.
b oF �F - b g -d -dx oF ib - b g -d -dx�F g =-dx g J" �y' �,, " "J �y' J �y' ' b " �F , �F b b � � ��F Jg �"� dx= g o 1'1 �" - J g �", dx b d �F dz � F � F lb + b g � F lb - g -d =g --dx� y" " � y" " J � y'' "Jg � y'l dx 1
dx
•
dx
•
1
dx
"
dx
.
z
dx1
dx1
b �F �F lb � d i}F lb + . . . )_ 1 -dx=g{l-> gfil �,w " �,w " J" �,w oF lb +(- 1)" bg---dx d"-1 dil (}F +(- 1)"-1go y&r> " J dx" iJ Jh> dx" b d11 �F - ( - 1)11 g - --dx, "J � y&r> -
'l) _ dx
-
-l
..
dx"
jer je g (a) - g (b) = . . . -t"-O (a) = g(-ll (b) = O . Stoga integral (4) postaje
(5)
d� l
b (�F d � F �F ) gdx, . J 1)"+(. . -+ --... 0=d "'' �p) � , �y' 11 ..0
dt'
dx"
dx
odakle, s obzirom da jednakost (5 ) mora da vali za svaku funkciju EuLER-PoiSSONOYa jednačina
tzv.
(6)
�F �F �F d -+ --�y �y' . . . + (- 1)"- �,w dx
dt'
dx"
--
g, sleduje
0,
koja predstavlja potreban uslov z a ekstremum funkcionele ( 1). Jednačina (6) je diferencijalna jednačina 2 n-tog reda i lijeno opšte re letije sadrži 2 n proizvoljnih konstanata, koje se određuju iz graničnih uslova (2).
3 VarQitdoal •.
rK181
PRIMER. Odredićemo mogućnu ekstremalu funkcionele 111, definisane sa 111 (Y) -
2 ft
J ((Y'')2-r + or)
o
dx,
koja zadovoljava uslove y (O) � l, y' (O) = O, y (;) - o, y' (; ) - - 1 . EULER·POISSONOVa jednačina glasi dl
-2 y + - (2 y") - O, tj. y(•>-y - 0. d.r
Opite re§enje ove jednatine dato je sa
y - e, e" + e2 e - " + e, cos X + e. sin x. Početni uslovi daju ..
odakle sleduje
ft
e, e2 + e, e-2 + e4 - 0,
ft
ft
e, e2- e2 e-2- e, - - 1 , e, - 1.
e, - e2 - e. - o.
Prema tome, ekstremum može biti dostignut samo za y - cos x.
3.§. EKSTREMUM FUNKCIONELE PROMENLJIVE
Posmatrajmo sledeći problem: Odrediti ekstremum funk.cionele (l)
· F data funkCIJa, gde Je "
KOJA ZAVISI OD FUNKCIJE DVE
Cl>,
sa
definisane
Cl> (u) = JJ F(x, y, u, p, q) dxdy u
)'
· proiZVo · Je JDa tr D
(
aže
-
,
u , pod u , q=na) fUUACIJa, p = '-
"
/)
l)
l)x
l)y
uslovom da je vrednost funkcije poznata na konturi e koja je granica oblasti D. Bilo koju drugu funkciju Pretpostavimo da je u ekstremala funkcionele koja zadovoljava isti konturni uslov kao funkcija u možemo napisati u obliku u + ll gde je ll parametar koji ne zavisi od x, Tada je (x, = O za (x, E e. Posmatrajmo izraz
u
Cl>.
y.
v,
( 2)
v y)
Cl> (u + ll v) = j'J F (x, y, u + ll v, l)l)xu + lli)xv , ,
l)
D
Integral koji figuriše u (2) imaće ekstremum
za
+ ll i) v) dx dy.
11-0
D
7
l) y
ll = O. Stoga je dd ���1J �
ll = O, dobijamo , =ff (I) Fv + dF'V"' + d Fv )dx dy. du ;,p dq
Diferencirajući (2), i stavljajući d ill . d 1J
l) u
I)X
y)
11-o
=-
O.
3.6. Rltzot direldu metod
tl
S druge strane, imamo
JJ (v� �= + vY �=) dx dy D
d d = JJ (!_ (v F) + !_ (v F)) dx dy - JJ (!_ d F ,_!._ d � v dx dy. D D
ox op dy oq
ox op oy oq}
Međutim, kako je na osnovu GREENove formule
o ox op oy oq
= oop ooq )
F =O • JJ (!_ (v o F) + !_ (v F)) dx dy J ( dy - F dx v D e
jer je v = O za (x, y) E e, nalazimo da je d� d l)
, = (o F_ !___ o F_ !___ o F) ou ox op oy d q JJ D 11- o
v dx dy'
odakle, kao i u ranijim slučajevima zaključujemo da je potreban uslov ekstremum dat u obliku EuLER-0STROGRADSJCJeve jednafine
za
d F_ !.._ d F _ !.._ d F= O. ou
the dp
PRIMn. Neka je funkcionela � data sa
(3)
i neka je
-u(x, y)=f(x, y)
dy dq
y. (e:)\(�;ndxd D oblasti D.
� (u) - JJ
na granici Jednačina EULER-0snOORADSKia glasi
(4) tj. dobija se LAPLACEOVa jednačina. Da bismo odredili mogućnu ekstremalu funkcionele (3) treba da relimo jednačinu (4) Ovaj problem, koji sc nAZiva DIIUCHLE'Trlr za sa uslovom da je ravni, razmatraćemo u 5.7.3. i 5.7.8. problem
u
u(x, y) -/(%, y) (%, y)Eo(D).
3.6. RITZOV DIREKTAN METOD U prethodnim paragrafima svodili smo probleme varijacionog računa na integraciju jedne ili više običnih ili parcijalnih jednačina. Postoje, međutim, tzv. direktni metodi, koji se ne koriste diferencijalnim jednačinama. Ovde ćemo u glavnim crtama izložiti metod W. RITZa za funkcionelu oblika
(l )
"
I = tl> (y) = j F(x, y, y') dx. •
Potražimo približnu vrednost y,. funkcije y u obliku
y,. (x) -
(2)
2. c1f, (x), •
l-l
gde su J, ( l S:: IS:: n) date funkcije, a konstante e, ( l S: IS:n) treba odrediti. Najjed nostavnije je uzeti da su funkcije !, stepeni od x, ili trigonometrijski polinomi. Zamenimo funkciju y,. , dcfinisanu sa (2), u integral (l). Posle izvr!ene integracije dobijamo integral {l) kao funkciju konstanata c1 , , e,., tj. ]
...
G (e. , . . . ,
e,.).
Da bi integral l imao ekstremnu vrednost, konstante %adovoljavati sistem jednačina �G
- - 0, t> ea
(l)
• • •
e" . . . , e,.
moraju
tl G
...,
- =- 0.
«,.
Funkcija y,. , definisana sa (2), gde su konstante e" . . . , e,. određene kao rele!Va sistema jednačina (3), predstavlja približno rešenje postavljenog problema. Kad n - + oo , funkcija y,. teli t.čnom rešenju varijacionog problema.
Konvergenciju izloženog postupka dokatao je KRILOV.
Paaa.a lzloleni metod primenitcmo na određivanje ekstremale funkcionele cĐ, definisane
" J(! 2
(4)
1 - cĐ (y) -
aa pOOrltlil m 111lovima y (0) - y
{; )
o
(y')l-
- O.
! y3+q)IU,
Uze6emo da je pribli!Do relenje y dato sa Iz
odakle jo
(5)
y (x) - c1 + c2 cos x + c2 sin x.
početnih uslova dobijamo e, - c1 - -e1 - -e.
Prema tome, funkcija y ima oblik
Zamenimo sada y iz (5) I-
"
y (x) - e t l -cos x-sin x).
u
(4). Dobijamo
J (2 c2 (- 1 + 2 cos x + 2 sin x-4 sin x cos x) + a (sin x-cos x)) IU 2
1
o
Da bismo odredili konstantu e stavimo oclakle Dalazimo
� ( ;) - 2-
e-
-l.
(c+ l ) - 0,
sa
3.7. Zadaci
(6)
Prema tome, ekstremala mof.e biti samo funkcija y definisana y (x) - - l + cos x + sin x.
PluMEoBA. EuLEaova jednačina
za
aa
funkcionelu (4) glasi y" + Y + 1 - 0,
odakle izlazi
y - e1 cos x + e2 sin x- 1. Iz početnih uslova imamo e, - e� - l. Prema tome, relenje (6) nije pnbližno, već je tačno relenje postavljenog problema.
3.7. ZADACI
3.7.1. Odrediti ekstremale funkcionele . J K (x, y)/{y) dy,
(2)
b
(3)
•
f(x) ... >. J K (x, y)/(y) dy, •
gde je f tražena funkcija, a jezgro K je degenerisano, tj. Napišimo jedna!inu (2) u obliku
( l ).
tl
(4)
ll
f(x) "" g (x) + ). k-1 � e" a" (x),
gde je stavljeno
(k - 1 , tl
Da bismo odredili konstante je od a do b. Nalazimo
integralima
b
b
tl
uvodeći oznake
b1 imamo
b
•
. . . , n).
e" , pomno!imo jedna!inu
J b} (x)f(x) dx= J b} (x) g(x) dx + >. tl
J b1 (x) g (x) dx,
b
ll
b
tl
a1" = J a" (x) b1 (x) dx, tl
tl
ll
U= l, . . . , n).
C1=b1 + >. L C" aJ" k-l
( S) može se napisati u obliku (l - A a11) C1 - A a12 C2 - A a111 C,. b1, - :Aa21 C1 + ( l - :A a22) C2 - :A a2 ,. e,. - b2• •
·
•
·
(4)
� e" J a" (x) b} (x) dx, k- 1
Sistem jednačina (6)
sa
/(x) .... g (x) + >. k-1 � a" (x) J b" (y)f(y) dy,
tj.
( 5)
je
b
ll
ili,
dato
•
·
-=
sa
b1 (x) i
4.1. FredbolmoYe lntegralue )edaa�
Neka je
A (A) = l - >. a,.,.
Na osnovu poznatih rezultata iz linearne algebre, zaključujemo: Ako je sistem jednačina 6) ima samo jedno rešenje po
}o
e" . . . , e,. .
A (A) :# O, A (A) == O,
( jednačina (6)
2° Ako je sistem u kome je b1 • • • o ima netrivijalna rešenja. Stoga imamo: jednačina (2) ima rešenje (4) gde se konstante Ck l ) Ako je A određuju iz sistema jcdnačina (6). 2) Ako je A A) O homogena jednačina (3) ima samo trivijalno rešenje
(A):#O, ( :# , f(x)==.O. 3) Ako je A (A) = O , jed.načina (3) ima netrivijalno rešenje. 4) Ako je A (A) '"" O, nehomogena jed.načina (2) ima rešenje b ako je J bi (x) g (x) dx .. O (j = l , . . . , n) . •
= b,. =
=
ako i samo
Tvrđenja l , 2, 3 sleđuju direktno iz ] 0 i 2°. Dokažimo tvrđenje 4. Neka l , 2, . . . , n). Tada sistem jednačina (6) ima netrivijalna i b1 =- 0 je rešenja po C1 , • • • , C,.. Tako određene vrednosti daj u rešenje jedna�ine (2). Pretpostavimo, obrnuto da je A (A) - i da jednačina (2) ima rešenja. Tada mora postojati linearna zavisnost između nekih koeficijenata h, l , . . . , n) u sistemu jed.načina (6). Zbog linean:te nezavisnosti funkcija x �-+ b1 (x) zaključujemo da je to mogućno samo ako je h1 "" (i = l , . . . , n). Tvrđenja l i 3 mogu se i ovako - iskazati:
A (I..) = O
(i=
O
(i =
O
Ili nehomogena jednačina (2) ima samo jedno relenje, ili odgovarajuća homogena jednačina (3) ima bar jedno netrivijalno re!enje. Gornji iskaz se naziva FfiEDHOLMova alternativa. Videćemo docnije da ona vali i za integralne jednačine kod kojih jezgro nije degenerisano.
hlMEDBA. Kao i u slučaju graničnih problema difcrcncijalnih jcdnačina, i ovde sc one vred nosti parametra ). za koje homogena jednačina (3) ima nctrivijalna rešenja nazivaju 6op61HM llredllostl. Neposredno utvrđujemo da au u slučaju jednačina aa dcgcncrisanim jcqrom SOP
stvene vrcdriosti rešenja algcbaralcc jcdnačinc t:.. (>.) - O.
Metod koji smo primenili na rešavanje F'REDHOLMovih jednačina druge vrste sa degenerisanim jezgrom uspešno se može primeniti i na jednu važnu klasu nelinearnih jednačina. To su jednačine HAMMERSTEINovog tipa i imaju oblik b
f(x) = J K (x, y) F(y, f(y)) dy,
(7)
f
gde je nepoznata funkcija, F je data funkcija, a jezgro K je degenerisano. Napišimo jednačinu (7) u obliku b
f(x) = kL- l ak (x) J bk (y) F(y, f(y)) dy, ll
•
tj.
" f(x) = kL-l Ck ak (x),
(8)
gde je stavljeno (9)
Iz
(8)
b
Ck = J bk (y) F(y, f(y)) dy.
i (9) dobijamo
i
(
C11 = bk (y) F y, k� Ck ak (Y)) dy (k = l, . . . , n). l Sistem (lO) predstavlja sistem od n jednačina sa n nepoznatih Cp . . . , C,. . U opUem slučaju taj sistem jednačina nije algebarski, tako da nije uvek mogućno eksplicitno odrediti konstante Ck . Međutim, kada se konstante mogu odrediti, tada (8) predstavlja traženo rešenje jednačine (7).
(10)
4.1.3. Metod sakeesl'YIIib
aproksimacija
Potražimo rdenje FllEDHOLMove jednačine druge vrste b
( l)
f(x) =g(x) + 'A f K(x, y)f{y) dy
u obliku potencijalnog
reda po
(2}
'A:
•
/{x) =-/0 (x) +/1 (x) 'A + · · · +/,. (x) 'A" + · ·· · Zamenjujući (2) u {i), integrJl].eći red član po član,
dobijamo sledeće
x
jednakosti
(x) = g( ), (n = l , 2, . . .). f,. (x) = J K(x,y)/,._1 (y) dy
(3)
..
(4)
fo
b
Integralenje član po član opravdano je samo ako je red (2) uniformno konvergentan za svako x E [a, b]. Ispitajmo stoga kada je red (2) koJ;Ivergentan. Kako su funkcije g i K neprekidne one su i ograničene, tj. imamo da je i g(x) i� m, iK (x,y) i �M za xE[a, b], yE[a, b]. Na osnovu (3) dobijamo l /0 (x),l<m. Dokažimo da važi nejednakost ( 5)
,
1 /,. (x) l� mM" (b - a)"
Za ona je .tačna. Pietpostavimo OSnO\ U (4) dobijamo
n= O
b
(n = O , l, . . .) da je b
tačna
.
za
neko n.
If��+ (x)l = l J K (x,y)f,. (y) dy j $; J IK (x, y) l l/,. {y) ) dy t
..
..
b
..
� MmM" (b - a)" J dy=mM" + l (b - a)"+l
.
Tada,
na
"
Prema tome, na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je formula (5) tačna. Stoga je
1/,. (x) A" l�mM" IAI" (b - a)".
+•
L
Brojni red
(M IAI (b - a))" je konvergcntan ako je M IAI (b - a) < 1 .
•-0
Odatle nalazimo da je potencijalni red (2) apsolutno i uniformno konvergentan za l
I AI
. K11 1 ->. K21 1
- >. K12 1 1->.K221
->. Klal ->.K211 1
->.K,.1 l
->.K112 1
1 ->. K.,. l
Dobijamo sledeći
4. Integralne jednai!lne
102 1
ona se može napisati u obliku
( 3)
"
'
+ · · · + ( - 1 )" "-:''
n! · '• ·
Uvedimo oznaku
x(Xu Xz, ... , X") = .. y" y,,
"
Y,.
.,
"
l
�"
...
�
l :
••
K (x 1 , y,.)
K (x1 , yJ
K(x� ' Yt) K(
' in == l
y.)
K (x", y1)
K (x2 , y,)
K (x2 , y,.)
K (x,., Y2)
K (x,. , y,.)
posmatrajmo koeficijente uz stepene od A. u jednakosti (3).
Zbir �
K11 11 l =
,. _ ,
l
.L K (x; . x,) l predstavlja RIEMANNovu sumu
za integral
,_ ,
ll
Dalje, zbir
Ktz lz
b b
J J j,
predstavlja RIEMANNOVU sumu za integral
a
itd.
1
Kt1 12 [2
Stoga, puštajući d a
n- + oo
a
K (y. Yt) K (y. , Yt) •
K (Yu .vJ
K (.v2 , Yz)
u formuli
(3),
l dy d l
v2 ,
•
dobijamo
(4)
gde je
b b
d" = JJ
( S)
·
·
·
b
JK
"
D G
(
zu z2 ,
..
• • •
, z,.)
•
•
dz1 dz2 dz,.. . konvergentan za svako J.., tj. da je funk
Zu z2 '
' z,.
•
Dokažimo sada da je red (4) cela. Kako je, po pretpostavci I K (x, y) l =:;;; M, na osnovu HADAMARDove nejed nakosti za determinante (videti 6.3.) imamo z,. z. , T =:;;;n M",
cija
D
l ( K
Z2 , • • •
z1 , z2 , •
• •
, )!
, z,.
4.1. Fredholmove integralne jednačine
103
odakle sleduje n
Prema tome, opšti član reda (4) može se majorirati brojnim redom (6) Ispitajmo konvergenciju reda (6). Koristeći se mom, dobijamo l t.
Ak + • m --
_
k-> + oo
Ak
1 t. m
k->+ oo
( l )�
l J. i M (b - a) l
-----
\/k + l
o'ALEMBERTovim
+ -
k
=
kriteriju
O'
što znači da red (6) konvergira za svako A. Drugim rečima , funkcija D, defi nisana sa (4 ), je cela funkcija Sada ćemo dokazati da je i funkcija A � D (A) R (x, y ; A) cela f·,..m kcija promenlji 1e A. Red koji defiP.iše rezolventu R konvergira za l A [ < 1 (videti 4. 1.4.). .
M(b-a)
Red (4 ) konvergira za svako A. Prema tome, oba reda konvergiraju ako je l , pa i njihov proizvod takođe kon·. ergira za takvo J.. . Označimo l J.. l
- J K(x - t)f(x) dx,
(l)
o
f
tf-+ K(t)
gde je nepoznata funkcija naziva se singularna ako jezgro nije konačno u jednoj ili više tačaka posmatranog intervala. Ako uvedemo oznake L (g F (p) tada integralnoj jednačini (l) G (p), ... K (p) i L odgovara transformisana jednačina
(t)) -
(2)
L (K (t))
(/(t))=
F (p) -
;
i. (p)
· G (p).
4. Integralne jednačine
114
Međutim, funkcija
l p � ::::.-
K (p)
pod navedenim pretpostavkama ne mora biti slika
nekog o riginala pri LAPLACEovoj transformaciji. S druge strane , u nekim spe cijalnim slučajevima jed načina ( l ) m ože biti rešena upotrebom LAPLACEove transformacije. Jedan takav slučaj j e jed načina ( l ) sa jezgrom K koje postaje beskonačno za t = O i gde je funkcija t � K (t) nediferencijabilna (u slučaju kada je funk cija t � K (t) diferencijabilna mogućno je jed način u ( l ) svesti na integralnu jednačinu druge vrste). Ako uvedemo oznaku X
h (x) = J f(t) dt =f(x) • I , o
tada je
( 3)
L (h (t)) = H (p) = _l_p F (p) .
Transformisana jednačina (2) postaje
G (p) , H( p) = �� 'A pK (p)
Kako važi
lim pK (p) = lim
p -->oo
t-
,
o
xa e · Y a a+l
---
)
da g' (t � x) dx -g (O)
+ ao
j,.. xa e · Y a da. o
a+ l
---
4.3. Zadaci
ll5
4.3. ZADACI 4.3.1 . Za razne vrednosti parametra :A ispitati rešivost integralne jednačine l
f(x) - :t.. J xe'f(t) dt = x. -l
Rele11je. Imamo
/(x) - 'Ax
l
J el f(t) d t -t- x.
-l
Smenom
e-
(l ) data jednačina postaje (2)
l
J
-l
e1 /(t) dt
f(x) - C A X + X = (A C + l ) x. Zamenom (2) u (l) dobijamo
l
J1 tet dt - (A C + l) -2 ,
C = (A C + l)
e
-
što se može napisati u obliku (3)
e
Za A#- data integralna jednačina ima jedinstveno rešenje. 2 e Ako je A = - jednačina (3) postaje 2 jcdnačina nema rešenja.
O · C = - što je nemogućno, pa data integralna 2
e
4.3.2. Ispitati rešivost integralne jednačine
f(x) - :A J K(x, t)/(t) dt= l , l
o
gde je
K (x, t) = za razne vrednosti parametra A.
{ch x sh t (O�x..
iz
jednačine
-3
čije je rešenje ). - - . 2
Za A � � data integralna jednačina irna jedinstveno (trivij alno) rešenje. 2 l Za A - - sistem (3) postaje O · C1 - O, S C1 - 3 Cz - O. Rešenje ovog sistema jo 2
C2
=
� C1 , gde je 3
C1 proizvoljan broj. Dakle, rešenje (2) integralne jednačine ima oblik
4. Integralne jednll čine
'118 0
/(x) - _:_ cl X + 1 cl x2. Ako izaberemo cl - l , tada je jedna sopstvena funkcija date integralne 3
2
jednačine da ta sa x �-+
s
T
1 xzx+3 0
4.3.6. Odrediti sopstvene vrednosti i sopstvene funkcije integralne jednačine "
f (x) - :A J (cos2 x cos 2 t + cos 3 x cos3 t)/ (t) dt = O. o
Rderl}e. Datu jedna�inu možemo napisati u / (x) = 1.. cos2 x Ako uvedemo oznaku
C1 =
(l)
(2) Smenom
C1 i C2 :
(
(3) -C1
o
o
f(t) cos 2 t d t ,
(2) u (l) dobijamo C1 1 -1..
"
"
J f(t) cos 2 t dt + 1.. cos 3 x J f (t ) cos' t dt.
"
J
o
dobijamo
obliku
Cz =
J ! (t ) cos' t dt,
o
sistem linearnih jednačina
"
po nepoznatim ko nst antam a
J cosz r cos 2 t dt ) -Cz 1.. j cos 3 t cos 2 t dt = O,
o
o
"
"
(
A J cos• t dt + C2 1 -1.. J o
cos'
o
)
t cos Jr dt = O.
Izračunavanjem gornjih integrala, sistem (3) postaje (4) Sopstvene vrednosti date integralne jednačine dobijamo iz uslova A7t o 1 -4 = 0. A7t 1 -o 8 Relenja poslednje jednačine su A1 Ak
4
� -
7t
8
i A
2
= - .
7t
1 4 . . · o Je A -· -, s i ste m (4) postaJe O- C1 - O, - Cz - O. Neposred no se v1· d 1· d a J· e e o 7t 2 i da C1 može biti proizvoljan broj. Dakle, na osnovu (2) sleduje da je rešenje date integralne 4 4 jednačine oblika /(x) - - C1 cosz x. Ako C1 izaberemo tako da je C1 - = l , jedna sopstvena
z
7t
=
7t
funkcija date jednačine je x �-+ cosz x. 8 Ako je A - -, sistem (4) se može napisati u obliku C1 - O, 0- C2 - O, što znači da je .
7t
cl - o i da je c2 proizvoljan broj. u ovom slučaju rešenje date integralne jednačine je
/(:x) - c2 !. cos 3 :x, što znači da ako c2 izaberemo tako da je Cz _!_ = l , tada je
funkcija
7t date integralne jednačine oblika x �-+ cos 3 x.
7t
sopstvena
4.3. Zadaci
119
Rešiti singularnu integralnu jednačinu
4.3.7.
(O < a < 1 ).
(l)
Reie11je.
Jezgro je K
(t)= ta [ -1-
�
t= O
+ ac. r (I-a) K ( p ) --- . pl - a
Slika jezgra LAPLACEovom transformacijom je
_
=
Koristeći se jednačinom (3) iz 4.2.6, imamo
l
H (p) � _- G (p) = P pK (p
gde je
G (p)
ar(l -a)'
) L (g (t))= G (p). a---1-- • g(t) = 1 j'xa-' g (t-x) dx, ' h(t) =-r(a) r ( 1 -a) r (a) r ( 1 -a) L (h (t))=H(p) /(t) =h' (t). t f(t) = r(a) r( l -a) ( Jx«-1 g'(t-x) dx+g (O) ta-l) . (l) ABELova integralna jednačina. Inverznom LAPLACEovom transformacijom dobijamo t
gde je
o
i
Diferenciranjem gornje jednakosti po t
1
PRIMEDBA. Jednačina
o
naziva se
Odrediti rešenje HAMMERSTElNove integralne jednačine
4.3.8.
1° f(x) =
l
J (xt + x2 t2)f(t)2 dt ;
-l
l
2o J(x) = J
Rezllltat. 4.3.9.
I o !,
-l
t d;. x_ _ +/(t)2
l
(x) =O, 2 ' /(x) =O.
Dokazati da integralna jednačina f(x) =
gde je
a (x) > O
Rele11je.
Ako uvedemo oznaku
l
� J a (x) a (t) ( l +/(t)2 ) dt, o
za x E [0, l ] nema realna rešenja ako je
(l) tada data jednačina postaje
(2)
imamo
l
C= J a (t) ( t +/(t)2) dt, o
f(x)
l 2
� -
Ca (x),
l
J a (x)2 dx > I .
o
uo
4. Integralne jednačfDe
gde je konstanta e nepoznata. Zamenom (2)
�J
l
2
e-
(3)
u
(l) imamo
J
l
a (t)l dt +
l
l
Diskriminanta jednačine (3) je 1 -
J a (t) dt J a (t)l dt. Na osnovu CAUCHYeve nejed· o
o
nakosti imamo
l
l
l
a (t) dt.
o
o
J a (t) dt- j a (t)l dt> (J a (t)2 dt t > l, o
o
o
Ito znači da jednačina (3) ima po e samo konjugovano kompleksna re§c:nja. Dakle, s obzirom na (2). integralna jednačina ne može pod datim pretpostavkama imati za re§c:nje realnu funkciju.
4.3.10. Rešiti integralnu jednačinu ,.
f(x) ,_ ). J
2
(l)
o
f(t) sin x cos t dt +
sin x.
Rdell}•. Data jednačina se može napisati u obliku
/(x) - >. sin x
,. 2
J f(t) cos t dl + sin x.
o
Ako uvedemo oznaku
2 ,.
e-
(2)
J f(t) cos t dt, o
imamo
/(x) - ). e sin X + Sin x- (>. e+ l) sin x.
(3)
Smenom (3) u (2) imamo
e- (>. e + I)
,. 2
J
sin t cos t dt -
o
�
(>. e + 1).
Tako dobijamo sledeću jednačinu po nepoznatoj konstanti e
( �) �
e tMogu nastupiti dva slučaja:
-
·
t• :>.*2. Tada iz dobijene jednačine imamo e -
gralne jednačine dato sa l (x) -
-2
2-:-:A
-l
2-:A
sin x.
2• Ako je ). - 2, integralna jednačina nema rešenja. PRlMEDBA. Uočimo jednačinu
(4)
/(x) - 2
,. 2
J f(t) sin x cos t dt,
o
pa je jedinstveno re§enje inte-
4.3. Zadaci
Ill
koja se dobija iz (l) za ). - 2 ako se iz (l) ukloni sabirak sin x, tj. odgovarajuću homogenu jednačinu. Uvedemo li smenu (2), dobijamo
( 5)
/ (x) - 2 e sin x,
što zamenom u (2) daje e- e. Dakle, (5) je re!enje jednačine (4) za proizvoljnu realnu konstantu e. Jednačine (4) i ( l ) predstavljaju jedan primer za FREoHOLMOVU alternativu.
4.3. 1 1. Rešiti integralnu jednačinu
f (x) - A
J (x cos t + t2 sin2 x + cos x sin t) f (t ) dt = x.
-n
Reielf.ie. Iz date jednačine dobijamo / (x) - :f. x
-n
-n
Uvedimo oznake (l)
e, �
n
n
n
J /(t) cos t dt + :f. sin2 x J t 2 / (t ) dt + :f. cos x J /(t) sin t dt + x. n
J f (t) cos t dt,
e, �
n
J t 1 /(t) dt,
e. -
-n
-n
Data jednačina postaje (2)
-n
n
J /(t) sin t dt.
-n
f (x) - ). e1 x + :f. e, sin1 X + A e, COS X + X. Smenom (2) u (l) imamo
(
e, t - :f.
n
J
-n
- e, :f.
t cos t dt
n
):- e, :f. J sin t cos t dt- e, :f. J cos1 t dt -n
-n
J t 3 dt + e2 ( 1 -:f. J t 1 sin t dr ) -e, :f. J r ' co T(
-n
- C1 ).
n
n
T(
-n
'R'
Tt
J t sin t đt - C2 A. J sin2 t đt + -n
e,
(
1 - ;>.
Tt
J
-n
s
cos
n
J t cos t dt,
r đr -
J r ' d t, T(
-n
t sin t dt
)
-
J t sin t dt. 'R'
-n
Ako izračunamo integrale koji se pojavljuju u poslednjem sistemu jednačina, dobijam� . e, + 4 :!.rt e, - o, e1-:f.1t e, - o, -2 :!.rt e, -:f.rt e, + e, - 2 1t. Determinanta gornjeg sistema je D (:!.) - l + 2 :f.1 rt2 ;6 0. Rešenja tog sistema su 2 1t što znači da rešenje date i ntegralne jednačine možemo napisati / (x) =
2 rt:!. 1 + 2 A2 7t2
. (:f.rt x - 4 :f.rt sm x + cos x) + x.
4.3.12. Rešiti integralnu jednačinu 2n
f(x) = A J 1 7t - t l sin xf (t) dt + x. Rezultat. /(x) = :f.rt3 sin x + x.
o
u obliku
4. Integralne jednačine
122
4.3.13. Odrediti rešenje integralne jednačine f (x) - "A Rezultat. f (x)
=
J( l o g +r l
(p > - 1 ).
f(t) dt = l
o
l
1 - A r( p + l)
·
4.3. 14. Rešiti integralnu jednačinu f(x) -
� J( � l
-l
15
x-
}
)
(3 t2 - l ) + - t ( 3 x2 - l ) f(t) dt = l .
5
Rezultat. f (x) = - (x + 1) 2 + - . 16
32
4.3.15. Odrediti rešenje integralne jednačine
.f(x) -
Rezultat. f (x) = tg x.
l
J e•rcsin x f(t) dt = tg x.
-l
4.3.16. Ako je jezgro Izvesne integralne jednačine dato sa
K (x, t) = sin (x - 2 t)
odrediti rezolventu te integralne jednačine.
Rezultat. R (x, t; A) = sin (x- 2 1 ) .
4.3.17. Odrediti iterirana jezgra za dato jezgro (O < x < l, O < t< 1).
K (x, t) = X - t
Rdenje. Izaberi mo K1 (x, t ) = K (x, t ) . Integracijom dobijamo d a je K2 (x, t ) =
l
J
o
K3 (x, t ) =
- xt
)
l -3 ,
J
1 x+t l s- t (x-s) - - ds = -- --xt - 12 12 2 3
J
J r
J
o
K6 (x, t ) =
2
(x-s)
o
K, (x' t) =
(
X+t
--
J
l
o K4 (x' t ) =
(x-s) (s- t ) ds =
•
o
J
s+t
--
2
-s t -
(
l
3
x-t ds = -1 2,
)
(
(
)
( )
(
st I S+t x- t (x-s) - + --- ds = 1 2 36 . 24 144
)
•
s-t l l x+t (x-s) - ds = - - - xt -1 44 144 2 3
)
.
•
4.3. Zadaci
l23
Nastavljajući ovim metodom, imamo da je
K, !< - t (x, t ) =
gde je
(- l )k
-
�k�
12 - l
(x- t ) ,
k -:= N .
4.3. 18. Dokazati da homogena integralna jednačina f(x) - A
l
J (3 X - 2) t j (t ) dt = 0
o
nema sopstvenih vrednosti i sopstvenih funkcija. Rešenje. Data jednačina se može napisati
f (x)
u
= A (3 x
obli k u -
2)
o
Uvodeći oznaku
(l)
e=
l
J t f(t) dt,
o
dobijamo {2)
l
J t [(t) dt .
f (x) = e
Ako zamenimo (2) u ( l ) imamo
A (3 x-2) .
(t-A J (3 t 2 - 2 t) dt ) e = O. l
Yre � nost integra la koj ! se pojavlj �je u poslednjoj jednakosti je O. Stoga iz te jedna _ (2) Imamo da je / (x) = 0, ŠtO pO definiciji znači da data integralna kosti. Sled uje e = 0, tj . IZ jcdnačina nema sopstvenih vrednosti i funkcija. o
4.3. 19. Dokazati da integralna jed načina l
f(x) - "A J ( v'x t - v'Tx ) f (t) dt = o o
nema realne sopstvene vrednosti i funkcije. Rešenje. Data jcdnačina se može napisati u obliku
/(x) = e, A .,jx- e, h,
( I)
l
gde je
e,= J Vtf(t) dt.
( 2)
o
Smenom (2) u ( l ) imamo, posle sređivanja, sistem linearnih jednačina po nepoznatim konstantama e, i e,
(3)
(1- � ) � A e, +
C2 = 0,
-� ( � ) e, + l +
A e, = O.
A' Determinanta sistema (3) je D (A) = l + - . Za realne vrednosti parametra A je D (A) ;tO 1 50 sistem (3) ima jedinstvena rešenja e, = e, = o, pa je jedinstveno rešenje date integralne jed načine f (x) = O. Odatle po definiciji sleduje da data integralna jednačina nema realnih sopstve nih vrednosti i sopstvenih funkcija.
4. Integralne jeciDa&e
4.3.20. Rešiti sledeće integralne jednačine
1° f(t) -= t + 2 - 2 cos t - J (t - u)f(u) du; o
r
2° f(t) = sin 2 t - J e'-"f(u) du; o
3° f(t) 4°
R1uJtat.
f(t) t•
... + : Jf(u) sh 4(t - u) du; t
el'
o
t
e'l ' + cos 3 t +
=
/(t) - (l + t) sin t;
3• /(t) -
l
80
J /(u) sin (t - u) du.
o
l
2• /(t ) - - (cos 2 t + 2 sin 2 t- l); 2
(3.5 e3 1 + 4.5 ch .5 t + 27 sh .5 t);
4• /(t) -
l
36
(4.5 el ' + 32 cos 3 t- 1 8 t-.5).
4.3.21. Rešiti integralne jednačine , l • sin t = f(u) cos (t - u) du;
J
o
t4 -
2°
t
J (2 t3 - 3 t 2 u + u3)f(u) du;
o
t
3 ° l - cos t = / f(u) ch (t - u) du. o
Rez;llltat. t• /(t) - l;
2• /(t) -
J 4
;
J• /(t ) - 2 sin t-t.
4.3.22. Primenom FREDHOLMove determinante odrediti rezolventu sledećih jezgara
K (x, t) = 2 x - t (O::::;; x::::;; l , O::::;; t ::::;; l ); 2• K (x, t) = sin x cos t (O::::;; x ::::;; 2 n, O::::;; t ::::;; 2 n); 3° K(x, t) = sin x - sin t (O::::;; x::::;; 2 n, O::::;; t ::::;; 2 n). 1•
Rez;llltat. t• 2" J•
-
(
2 x-t + x + t-2 xt-
+)
).Z ). 1 -- + 6 2 R (x, t; ).) = sin x cos t; sinx-sin t-71" (l + 2 sin x sin t)). R (x, t; ).) 1 + 2 71"z Az
R (x, t; ).)
4.3.23. Primenom FREDHOLMove determinante odrediti rezolventu jezgra
K (x, t) = xel (O<x::::;; l, O
ox.
(5)
lJ ci>
o x,.
X1 - + · · · + X" - = 0. Međutim, kako su /1 ,
•
•
, /"_ 1 rešenja jednačine ( J }, imamo
•
o[; + · · · + X" J[; = X1 O o x,. o x.
(6)
(i = l , . . . , n - 1 ) .
Kako sve fu nkcije X1 , , X" nisu jednake nuli (jer u tom slučaju ne bi ni postojala jednačina ( l )), funkcionalna determinanta sistema jednačina ( 5) (6) mora biti jed naka nuli, što znači da su funkcije , ft , . . . , /"_ 1 .zavisne, tj . = IX (/1 , , /"_ 1 } , gde je IX neka određena funkcija. •
•
•
•
•
•
S. Parcijalne diferencijalne jednačine
1 34
Prema tome, uzimajući u rešenj u (4) da je II = cx, vidimo da (4) sadrži rešenje . Sumirajući prethodne rezultate, možemo formulisati sledeću teoremu Teorema 4. Da bi se odredilo opšte rešenje jedna čine ( l ) , dovoljno je naći opšte n - l ) , gde su C1 , Cn _ 1 rešenje sistema jednačina ( 2 ) u obliku J; = C; (i = l , . proizvoljne konstante. Tada je opšte rešenje jednačine ( l ) dato formulom u = n (f, . . . . . f" _ l ) . gde je n proi::voljna difcrenctjabilna funkcija. .
.
.
•
•
•
,
5.2.2. Kvazilioearoa jednačioa
Parcijalna diferecijalna jednačina prvog reda Ju
--
X1
(l)
d x1
+ · · · · + X"
ou
= U,
--
d xn
gde su Xl > . . . , X" , U date funkcije promenlj i v i h x1 , x" . u, nata funkcija, naziva se kvazilinear_na jed načina. Potražimo funkciju z takvu da fu nkcija u, defi11isana sa •
•
•
,
a
u
JC
nepor
(2)
bude rešenje jednačine ( l ). Dife�enciranj�;m jednakosti (2) dobijamo
(3)
X1
oz
--
o x1
+ · ·
·
+ Xn - --- -1
ilz
ox"
oz
U - = 0. ou
Jednačina (3) j e linearna homogena jednačina, te na nju možemo prt meniti razmatranja iz prethodnog odeljka. Koristeći se teoremom 4 iz 5.2. 1 . i relacijom (2) dobijamo sledeću teoremu Teorema l. Neka je J; = C; (i = l , . , n) opšte rešenje sistema diferencijalni/z .
jednačina
�= X,
.
. .
.
=
dxn
=
� u
Jednakost II (/1 , f") = O, gde je n proizvoljna diferencijabilna funkcija je opšte rešenje kvazi!inearne jednačine ( l ) . •
•
•
,
5.2.3. Caucbyevo rešenje kvazilinearoe jedoačioe Neka j e data kvazilinearna jednačina ou
X1 - + · ·
(l )
O X!
·
ou
+ X" - = 0. o x"
Rešenj e jednačine ( l ) koje zadovoljava i sledeće uslove
A (u, xt o
(2) gde su A,
B
.
.
.
, x") = O,
B (u, x1 ,
•
•
•
,
x") = O,
date funkcije, naziva se CAUCHYevo rešenje jednačine ( l ).
5 . 2. Parcijalne diferencijalne jednačine prvog reda
Jednakosti (2) dozvoljavaj u da se u, x1 (n - l ) parametara 1 1 , , 1"_ 1 : •
•
•
•
•
•
(3)
•
,
x"
135
tzraze kao funkcije od
(i = ! , . . . , n )
PRIMEDBA. Jednakosti (2), ( 3 ) , predstavljaju jednačinu (n - 1 )-dimenzionalne (n -;- 1)-di menzionalnom prostor u . S pecijalno, za 11 2 i mamo jednačinu krive zionalnom prostoru. =
površine u trodimen
u
Neka j e opšte rešenje j e d načine ( l ) dato sa n (/1 , , fn ) = O , gde n imaj u isto z na č en j e kao u prethodnom odeljku. CAUCHYeV problem ' ln . !:se. S'e jednačine dolazi se eliminacijom proizvoljnih konstanata u 1zrazu (2) u = IX + �x + yy + ox2 + e:xy + o a2 y2, i eliminacijom proizvoljnih funkcija iz jednakosti
u =f(x + ay) + g (x - ay) .
(3)
Stoga je potpuni integral jednačine ( l ) dat sa (2), a opšti sa (3). Formulu (3 ) dobili su 1 747. o'ALEMBERT i EULER. O vde ćemo navesti postupak kojim se iz opšteg rešenja (3) jed načine ( l ) dobija o:.o rešenje koje zado :oljava početne ( CAUCHYeve) uslove uy (x, O) = B (x) (x E R), u (x, O) = A (x), (4) gde su A, B date funkcije. Stavimo u (3) y = O. Dobijamo (5)
(6)
f(x) + g (x) = A (x) . Diferencirajući jednačinu (3) po y, nalazimo q = (x, y ) = a f ' (x + ay) - ag'(x - ay) . Ako u ( 6) s tavirno y = O, imamo af' (x) - ag' (x) = B (x) , uy
odakle integracijom dobijamo
af(x) - ag (x) =
(7)
X
J B (t) dt.
xo
Rešavajući sistem jednačina (5)-(7), imamo l f(x) = -l A (x) + -
2a
2
X
J
B (t) dt ,
Zamenjujući o :e vrednosti za (8)
l g (x) = -l A ( x) - -
2
f i g, rešenje
2a
(3)
u (x, y ) = -L (A (x + ay) + A (x - ay)) + 1 2
2a
X
J
B (t ) dt.
xo
postaje
J B(t) dt.
x+ay
x-ay
Formula (8) predstavlja rešenje jednačine ( l ) koje zadovoljava i uslove Ona se naziva o 'ALEMBERTova formula.
(4).
PRIMEDBA. Posmatrajmo jednačinu ( l) i njeno rešenje (8), bez obzira na uslov (4). Rešenje (8) sadrži dve proizvoljne funkcije A i B, stoga se može smatrati opštim rešenjem jednačine (1).
S. Parcijalne diferencijalne jednačine
140
5.3.2. Eulerova jednačina
Posmatrajmo sada jednačinu
Ar + 2 Bs + Ct = O,
(l)
gde su A , B, e konstante. Ova jednačina se ponekad naziva EuLERova čina. Jednačina ( l ) je očigledno opštija od jed načine žice koja trep e r i .
Izvršimo smenu nezavisno
p romen ljivih
jedna·
cx + dy = "Y),
(2)
gde s·11 a, b, e, d konstante koje ćemo naknadno odrediti. Redom dobijamo iJ u iJ u + c P=a' o f,
iJ
iJ
u, u + dq=be) f,
0 1)
0 1)
�u �u �u &u s = ab + bc -+ ad -+ cd -
o�2
o� 01J
o� 01)
01)2 '
2 t = b2 02�u + 2 bd � + d 2 ° u o� 01)
o 2
01)2
stoga jednačina ( l ) postaje
(3)
0 (Aa2 + 2 Bab + Cb2) {)2 u2 + 2 (Aac + B(bc + ad) + Cbd) �
�
0 1:, 0 1)
02 u = .
+ (Ac2 + 2 Bed + Cd2) 1) iJ 2
O
Kako su a, b, e, d neodređene konstante, uzmimo da je a = e = l , i da s·11 b, d koreni jednačine A + 2 Bt + Ct 2 = O Tada se jednačina (3) svodi na jednačinu .
odakle neposredno imamo
U = f(�) + g ("Y) ) ,
gde su J, g dva puta diferencijabilne funkcije. S obzirom na smenu (2), 1mamo da je opšte rešenje jednačine ( l ) dato sa
(4)
u (x, y) = f(x + by) + g (x + dy),
gde su b, d koreni jednačine A + 2Bt + Ct2 = O Ovde smo prećutno pretpostaviti da je b =f. d. Ako je b = d, tada rešenje možemo dobiti na ovaj način (videti [l]). Rešenje jednačine ( l ) je .
u =f(x + by) + g (x + dy).
5.3. Opšti metodi
Stoga je i ( 5)
u
teoriji parcijalnih diferencijalnih jednačina drugog reda
u =f(x + by) + g (x + dy) - g (x + by) .
d-b
141
(d =Fb)
rešenje jednačine ( 1 ) . Ako u ( 5) pustimo da d - b, imamo u =f (x + by) + lim g (x + dy) - g (x + by) d-->b
d-b
=f(x + by) + yg'(x + by),
'
gde su f, g proizvoljne dva puta diferencijabilne funkcije . Stavljajući g' = h, dobijamo najzad da je U= f(x + by) + yh (x + by) rešenje jednačine ( l ) u slučaju kada jednačina A + 2 Bt + Ct2 � O ima dvostruki koren. Izvedimo sada formulu analognu n'ALEMBERTovoj pomoću koje se dobija CAUCHYevo rešenje jednačine ( l ), tj. rešenje koje pored jednačine ( l ) zadovo ljava i uslove u (x, O) = M (x), uY (x, O) = N (x), gd e su M, N date funkcije. Stavimo y = O u (4) i u izvodnu jednačinu uY (x, y) = bf' (x + by) + dg' (x + dy) . Dobijamo (6)
f(x) + g (x) = M (x)
(7)
bf' (x) + dg ' (x) = N (x),
odakle i ntegracijom jednačine (7) nalazimo bf(x) + dg (x) =
(8)
X
J N (t) dt.
xo
Rešenja algebarskog sistema jednačina (6)-(8) data su sa d d-b
d-b
b
l
b-d
b-d
l
f(x) = - M (x) - -
g (x) = - M (x) - -
X
J N (t) dt, X
J N (t) dt.
xo
Prema tome, traženo CAUCHYevo rešenje je
1 u (x, y) = -- (dM (x + by) - bM (x + dy)) + -1-
d-b
LITERATIJRA
b-d
x+dy
J
N (t) dt.
x+by
1. D. S. MrrRINovrć: Sur une equation liniaire aux derivees partie/les constants. Math. Gaz. 41 (1957), 4 1-43.
d
coefficlenu
142
S. Parcijalne diferencijalne jednačioe
5.3.3. Klasifikacija parcijalnih jednačina drugog reda Neka je d ata parcijal na d iferencijalna
(l)
gde su
A , 8,
Ar+ 2 Bs + Ct+ F(x, C date funkcije od x i y.
jednačina
y,
u,
p , q) = O,
Definicija l. Ako je u nekoj oblasti ispunjen uslov načina ( l ) u toj oblasti hiperboličkog tipa.
B2>AC, kažemo da je jed Definicija 2. Ako je u nekoj oblasti ispunjen uslov B2 = AC, kažemo da je jedna ćina ( I ) u toj oblasti paraboličkog tipa. Definicija 3. Ako je u nekoj oblasti ispunjen uslov B2:ličiti od nule. Podelimo jednačinu o�'
145
(3 )
)
ou ou u, � , �,
koja predstavlja kanonični oblik parcijalne jednačine eliptičkog tipa. I u ovom slučaju imamo, da ako je funkcija F linearna u odnosu na promenljive u, p, q, tada je i funkcija F2 linearna u odnosu na promenljive ou ou u' � ' 1J • o
0
5.3.5. Laplaceova teorija
Neka je data opšta parcijalna jednačina drugog reda hiperboličkog tipa kanoničnom obliku
u
s + Ap + Bq + Cu + D = O,
(l)
gde su A, B, C, D funkcije promenljivih x, y. Jednačina ( l ) može se napisati u obliku (2)
o
- (q + A u) + B (q + Au) + D = hu, OX
gde je stavljeno Ako j e h == O, tada je jedna.:::i na (2) obična linearna diferencijalna jedna čina u odnosu na nepoznatu funkciju q + Au, i njeno rešenje je (3)
q + Au = e
- JBdx
( y - J neJsdxdx) ,
gde je Y proizvolj':natu u, te imamo (4) gde je X proizvoljna funkcija promenljive x. Formula (4) predstavlja opšte rešenje jednačine ( l ) u slučaju Jednačinu ( l ) možemo napisati i na ovaj način gde je k = By + AB - C.
o oy
- (p
+ Bu) + A ( p + Bu) + D = ku,
h:= O.
5. Parcijalne diferencijalne jednačine
146
raniJe, dolazimo
Pretpostavljajući da je k � O, istim postupkom kao
do for mule
( 5)
gde X i Y imaju isto značenje kao u formuli (4), koja predstavlja opšt i najzad funkciju u koja predstavlja opšte rešenje jednačine ( l ) u slučaju h -=/=0, h1 -=/= 0, h2 = O. Ovaj postupak se može nastaviti. Ako primenimo k uzastopnih transfor macija na jednačinu (6), dolazimo do jednačine 1 4) gde je
( 1 5)
Bk = lik.- l '
.
JBk - 1 - B1
fu nkcij e
mo oznaku
u(
x,
t), t f--'3>
U (x, p) = tj .
L u (x, t)) =
U (x, p).
(
J
o
dx
u
(x,
,
il ' u (x, t )
t f--'3>
1lx2
originali. Uvedi-
t) e-Pt d t,
Neposredno se proverava da je
(
) j
L d u (x. t) = Jx
��
o
=
d a je
+ oo
d u (x, t )
' d u (x, t ) e - t d = � P t dx Jx -
d -
Jx
) f
(
L J' u (x, t ) = Jx'
+�
o
L ( u (x , t) )
=
f u (x, +� o
d U (x, p) -�--
dx
r
+�
d' u (x, t ) - ' e P dt = � d x2 J x' ,
= � L (u (x, Jx '
t) e-P' dt
o
u
(x , t) e-P' d t
d' V (x, p ) t)) = . dx'
Koristeći se teoremom o diferenciranj u originala i uslovima (2), imamo L
( 3)
(-iJt-) =p U (x, p) - u (x, O) =pU (x, p) - g (x). d u (x, t )
Na sličan način takođe dobijamo
(-
) -p2 U (X, p -- pu (X,
t) l u (x-', -'L (_'__:__
( 4)
()( 2
)
) r, (:..._', -0-'O ) - v-_ x
() l
= p 2 U (x, p) - p g (x) - h (x) .
Ako na jednačim.1. ( l ) p r i m e n imo LAPLACEovu transformaciju , dolazimo do (5)
A
__:_e...:_:_ + e
d ' U (x, p )
_
dx'
(p
2
U (X,
p) - p U ( O) - d u (x, O) X,
dt
)
d U (x , p ) , D -----
T
dx
+ E (p U (x, p) - u (x, O)) + F U (x, p) = O . Na osnovu uslova (2) , posle sređivanja nalazimo
(6)
(7 )
A
d' U (x, dx'
p)
+D
d U (x, dx
p ) + (Cp 2 +
Ep + F ) U (x, p )
= Cp g (x)+ Ch (x) -f Eg (x).
Poslednj a dva uslova u (2) primeno m LAPLACEove t ra ns form ac ije postaju
(a
U (x,
d U (x ,
gde je L (/(t)) = F ( p) .
dx
p) lx=
O =
F (p) ,
P) + (bp - e) U (x, p) - bg (x)
)\
= O, x=•
5.4. Parcijalne diferencijalne jednačine matematičke fizike
155
Na taj način pr imenom LAPLACEove transformac ije prelazi mo sa jed na č i ne ( l ) i u sl ova (2) na obi č n u diferencijalnu jtaje još da se konstruiše funkcija V koja iri1a tražene osobine. �l
Pretpostavimo da je
(ll)
Iz
V ( l l ) nalazimo
(x, Y) = W((x - x0) (y - y0)) = W(z).
o v = (y - y0) W'(z), ox
o2
V = -ox oy
W'(z) + z W"(z).
Kako V mora biti rešenje jednačine (6), imamo ( 1 2)
l
z W"(z) + W'(z) + - W (z) 2
= O.
5. Parc:ijalue diferenc:ijalne jednačine
164 S menom
r_
=
..j2z,
dW
tj .
r2
=
l dW
2 z, dobijamo
d' W l d' W l d W dz' = � d�' - � df '
dz = � � ·
te jed načina ( 1 2) postaje
_!_ �2 w + _I_ d w + 2 d�'
tj.
2� d �
2
dW � d' W + + � W = O. d�' d �
( 1 3)
o
_!_ w = ,
Jednačina ( 1 3) j e specijalan slučaj BESSELove diferencijalne jednačine t2 W" + � W' + (�2 - n2) W = O za n = O. Jedno njeno rešenje dato je BESSELovom
funkcijom prve vrste
lo (�)
=
+ oo ( - l)k
k�o
(k !)'
( �)2k 2
.
To znači da je W = J0 (-J2 z) rešenje diferencijalne jednačine ( 1 2), tj. funkcija v ima oblik
( 1 4)
Iz
( 1 4) nalazimo
ov ox
oV ox
- =
V (x,
y) J0 ( y2 (x - x0) ( y - Y0)) . =
Y-Yo yZ(x-xo) (Y-Yo)
0 ,'
J
oV oy
AP je y = y0 , a n a duži PB j e x = x0 • Stoga na duži AP važi oV = . 0. O , a na duzi PB Je Na
duži
v·
oy
V (x, y)
Prema tome,
=
J0 ( y 2 (x - x0) (y - Y0))
je tražena funkcija V, po m oć u koje dobijamo rešenje CAUCHYevog problema za telegrafsku jednačinu.
5.5.4.
VoJterraov metod
U ovom odeljku rešićemo jednačinu o' u o' u o' u - + - - - -f(x ox' oy2 oz' '
y z)
'
'
gde je fu nkcij_a u, zajed no sa svojim izvodima prvog reda data na nekoj površini S. Metod rešavanja dao je V. VoLTERRA i o n predstavlja proširenje RIEMANNOvog metoda. Prvo ćemo izvesti jednu i ntegral nu formulu koja će nam u daljem biti od koristi. o' u o' u o' Ne ka Je . L (u) = - + - - --u . Tada Je . oc1gled no ox'
(l)
oy 2
o
clz'
v .
cl
i)
vL (u) - uL (v) = --- (vu - uv"' ) + - - ( vuY - uvY ) - (vuz - uvz) . {) z x oy ox
165
5 . 5. Jednačine hiperboličkog tipa
u v,
Ako su funkcije i zajedno sa svojim izvodima prvog i drugog reda neprekidne u oblasti V koja je ograničena površinom S, tada iz for mule ( l ) neposredno s leduje
(2 )
JJJ (vL (u) - uL (v)) dx dy dz = J J (I'U_. - uvx) dy dz + (vuy -uvy) dz dx - (vu. - uv.) dx dy v
s
Neka su oc , �. y uglovi između spoljašnje normale na površinu zitivnih pravaca koordinatnih osa. Tada je
.
S
po
JJ (vux - uvx) dy dz+ (vuY - uvy) dz dx - (vu. - uv.) dx dy O_!!_ cos + � cos � - � cos ) dS = JJ v ( ox oz oy - JJ u(�ox- cos + � cos � - � cos ) dS. oy oz s
s
oc
oc
r
r
Pravu N čiji je pravac određen vektorom (cos oc, cos �. - cos y) nazivamo (2) može se predstaviti u obliku s
konom'lala. Formula
JJJ CvL (u) - uL (v))dxdy dz= JJ(v :� - u:�) ds,
(3)
v
ou . .. gde je sa - označen IZVo d funkCIJe oN
s
u u pravcu N.
Pređimo sada na rešavanje postavlje nog problema. Konstruišimo kružni konus K sa temenom u tački P = (x1 , tako da je osa konusa paralelna sa z-asom i tako da je ugao kod temena P prav. Za oblast V uzećemo onaj deo prostora koji je ograničen konusom K i površinom S. Neka je funkcija definisana sa
y1 , z1 ),
v Y t - Y) z - x)z _ (::... ;:::(x�:= t = z� - z) z_ (� v (,x, y, z) -- log _z,_t-_z_+_,v'_,y(xt-x)2 ==:::::::; :':::::;:� ,__:...:c..... (Yt-y)2
Očigledno na konusu K i važi Pretpostavimo da je u rešenje postavljenog proble ma. Na fun kcije i i ob last V ne može se direktno primeniti formula (3), jer je funkcija prekidna duž ose konusa K, i njeni izvodi su prekidn i n a konusu K. Stoga ćemo izdvoj iti osu konusa pomoću kružnog c i l indra e sa poluprečnikom YJ , čija se osa poklapa sa osom konusa, a konus K za menićemo konusom K' čije
L (v) = O v = O.
u v
v
z
+
S. Parcijalne diferencijalne jednačine
166
je teme u tački P, osa mu se poklapa sa osom ko nusa K
poluugao rp kod
Tt"
temena P dat je sa rp = -�- - E. 4
Pomoću tako uvedenih površina formirajmo oblast V' koja se sastoji iz onog dela oblasti V koja je u nutar ko n usa K' a izvan cili ndra e. Oblast V' ograničena je delom površine S koji se nalazi unutar K', u oznaci S'. cilindrom e i konuso m K'. Na fu nkcije u i v i oblast V' može se primeniti formula (3) koja sada glasi (4)
J J J vf(x, y, z) dx dy dz V'
L
jer je L (v) = O ,
( u) = f(x, y, z) .
U proizvoljnoj tački ko nusa K', na odst•Jjanju l od temena P vrednosti funkcija
v
dv
i - date su sa oN
v = log (cotg ?
Prema tome, kad
E -
+
-Jcotg2 rp - l ) , � = - _l__ ! cos 2
{)
e
oN
JN
TC
�
gde je z0 tačka u kojoj osa cilindra prodire površinu S.
z) dz,
167 .
. Jednačine hiperboličkog tipa
Kako je lim •-->() "!)-->()
JJJ vf(x, y, z) dx dy d.z = JJJ vf(x, y, z) dx dy dz , V'
puštaj ući u ( 4) da
e: -+
V
1J -+
O i
O, dobijamo
JJJ vf(x, y, z) dx dy dz = JJ (v t; - u :;) .
s
v
dS - 2 1t
odakle, posle diferenciranja, nalazimo (5)
u (xi ' yi ' zi)
'•
J u (x1 , y1 , z) d.z, �
- _!__ _!_(ff r f(x, y, z) dx dy dz - J [(v !!..!!._ -u�) ds) . ·
=
2 ,. o z,
.
v
.
oN
oN
Kako je funkcija . v poznata, funkcija f data, i vrednosti u i !!..!!._ na povr v
s
oN
si m S date, formula (5 ) daje vrednost funkcije u u proizvoljnoj tački (x1 , y 1 , z 1 ), čime j e postavljeni problem rešen . Bibliografska be/eška Metod za rešavanje CAUCHYevog problema za hiperboličke jednačine sa dve pramen ljive potiče, kao što je rečeno, od B. RIEMANNa [l]. Mada ga je RIEMANN dao za neke spe cijalne jednačine, on se u stvari neposredno proširuje i na najopštije hiperboličke l i nearne jednačine sa dve promen)jive. V. VoLTERRA [2 1 (videti t k ođ e [3]) proširio je RIEMANNOV metod, ali samo za jednačinu
a
<J' u -- +
ox'
Pre VoLTERRAovih radova četiri promenljive o' u
--
ox'
+
G.
----o' u
o' u
oy'
oz'
=
/(x, y, z).
KIRCHHOFF [4] rešio je isti problem za jednačinu sa
o2 u
--
Oy2
+
o' u
02 U
oz '
ot 2
-- - --
=f (x' y' z' t )
'
a zatim je O. TEDONE [5) dao rešenje CAUCHYevog problema za jednačinu sa n promenljivih d2 u
-- +
dx,'
d2 u o' u . . . + -- --- = 0. 0Xn2 OXn - 12
Sva navedena proširenja RIEMANNovog metoda odnose se na pojedine specijalne jed načine hiperboličkog tipa sa više promenljivih. Međutim, J. HADAMARD [6) i [7) rešio je CAUCHYev problem za proizvoljnu hiperboličku jednačinu sa n promenljivih. Njegova knjiga [7] isključivo je posvećena tom problemu i sadrži, pored ostalog, iscrpan istorijski pregled problema. LITERATURA
1. B. RIEMANN: On the propagation of aerial waves of finite amplitude. G ott. Abhand. I l l ( 1 860). 2. v. V OLTE RRA: Sur ·les vibrations des corps e/astiques isotopes. Acta Math. 18 ( 1 894),
1 6 1 -232. J. V. VOLTERRA: Le�ons sur /'integration des equations differentiel/es aux derivees par tie/les. Upsa! 1 906. 4. G. K!RCHHOFF: Zur Theorie des Lichtstrahlen. Sitzungsber. der K. Ak. der Wiss., 1 882, 641-669. m d2 tp 0 2 tp 5. O. TEDONE: Sull'integrazione de//'equazione "' -- = O. Anna) i di Matematica
-- f
ot'
(3) l ( 1 898), 1-23.
i o x;'
5. Parcijalne diferencijalne jednačine
168
6. J. HADAMARD: Recherches sur les solutions fondamentales et l'intigration des /qua tions lineaires aux dirivees parie//es. Annales Scient. Ec. Norm. Sup. (3) 22 (1905), 1 0 1- 1 4 1.
7. J. HADAMARo: Lectures on Cauchy's problem in linear partial differentia/ equations.
New York 1952 (prvo izdanje 1923).
5.5.5. Reš.!lnnje
Goursatovog problema metodom
sukcesivinih aproksimacija
Kao što je poznato, hiperbolička jednačina može se, pomoću određenih transformacija, predstaviti u obliku (I) y P.'!šenje jednačine ( l ) koje u oblasti l O � x 2 . Za
n+
l z" . q i < 3 HMn+ I Kn-1
l imamo
(x +y)n+2 ( x +y + 2 ) M)n + z < 3 HMn + K" (x + y)n + z (x+y)n+l ( x + y + 2 ) n-1 +1 HM" K •i k - 1 ).
5.8. 19. N eka je F = g (x, t, Cl ' . . . , C" ) opšte rešenje obične diferencijalne jed načine H(x, tx, F, xF, . . . , x" px U(x, t ),
konstante. I z (3) izlazi iJ u
- �
OX
iJ u
U
iJ r.l e"'t+f>x U(x t ) + e"'1+r>x _ ox
t"
•
.
iJ U
- = o: e"''+f>x U(x, t ) + e"'1+r>x iJ t ot ' �u
__
OX2
o• u
= r.l2 .,cxt + f>x U(x t"
'
t ) + 2 r.l e"'t+r>x t"
ou
_
OX
+ e"''+f>x
�u
__
iJr '
ou o• u -- = o:• e"'t+S x u(x, t) + 2 o: e"'t+f>x + e"'t+f>x -012 or • or
d � d "l
)'
S. Parcijalne diferencijalne jednačlne
204 i
zamenjujud ove v rednosti
(4)
(1) dobijamo
u
o• u ou o2 U ou -- - a2 � + (a1 + 2 a2 �) - + (a -2Cl) -+ (a3 + a2 W + a1 � + a Cl-Cl2 ) U = O. 2 2 uX OX Ot Ot2
Za konstante Cl i � uzećemo
Uz
Cl = 2 •
Jednačina ( 4) tada dobija oblik
o2 U 1P U -- = a 2 + cU, ox2 ot 2 --
(5) i uslovi (2) postaju (6) gde je f(x) - e-'.l x g(x).
(xE R),
U1 (x, 0) =/(x)
U (x. 0) - 0,
Prema tome, treba da re§imo problem (5)--(6). Umesto tog problema rešićemo sledeći
problem
( 7)
r)lv = al
ot 2
( 8)
(
o•v
OX2
o2 v
+
oy2
Na osnovu zadatka 5.8.22. imamo 1
--
2 7t a
(V: ) (V: )
v1 (x, y, O) =f(x) ex p
v (x, y, 0) - 0,
v (x, y, t ) -
).
JJ
/ (Cl) e x p
y .
�
yaz t z- (Cl - x) , - ( � - y) z
dCl d� .
gde je K- {(Cl, (3) \ (ot-x)2 (�-y)2:;; a2 t 2}. Ako umesto promenljivih rx, � uvedemo nove promenljive �. 'lJ pomoću +
dobijamo
�
K
-
a - x,
1J - � -y,
(9) gde je K1 - {(�, 'lJ) / �2 + 'IJ2:;; a 2 t 2 }, tj . imamo
( lO) gde je
( l l)
v (x y t ) = ex p ,
,
l
U (x, l ) - -2 7t a
(V: )
y U (x l ), ,
Vc ff --- 0 /(� + x) exp
K1
-Ja2 t 2 - �2
-
'lJ
- d� d1J. 1J 2
Dokažimo da funkcija U, definisana sa (l l), predstavlja reknje problema (5)-(6). Kako funkcija v zadovoljava jednačinu (7), zamenjujući (lO) u (7) dobijamo jednačinu (5), što znači da je ( l l) reknje te jednačine. Funkcija v takođe zadovoljava uslove (8). Stoga iz tlO) dobijamo v (x, y, O) = ex p
odakle sleduje (6).
v1 (x, y, 0) = exp
(V: )
(v'}. )
y U (x , O) - O,
y U1 (x, O) =f(x) ex p
(V: )
y ,
205
5.8. Zadaci
Prema tome, na osnovu (3) zaključujemo da je rešenje problema (1)--{2) dato sa
5.8.25. Odrediti rešenje j ed nači n e l
02U
o 2u
-- -- = x --
(l)
ot2
a2
ox'
+
ou
(O < x < l ; t E R),
-
ot
koje za t E R zadovoljava uslove u
(2) (3 )
(l, t ) = O u
(l data konstanta),
(0, t) je ograničeno.
Reienje. Stavimo u (x, t ) = f(x) g (t). Dobijamo
l
(4)
-
a2
Iz (4) sleduje
g (t ) = A cos A at + B sin A at, x/"(x) +/'(x) + A2 /(x) = O.
(5)
(6)
g " ( t ) x/"(x) +/'(x) -- = = - A2• g (t ) f(x)
Jednačina (5) p os l e transformacije 4 'A' x = y2, f(x) = F(y), postaje y F"(y) + F'(y) + y F(y) = O.
Jedino rešenje jednačine (6) koje je ograničeno za y - o je F(y) = 10 (y), gde je Jo BESSELova funkcija prve vrste. Prema tome, rešenje jednačine (5) koje je ograničeno za x = O je dato sa
f(x) = J0 (2 'A yx) .
Stoga je rešenje problema ( 1 )-(3) dato sa
u (x, t) = 10 (2 A vx) (A cos A at +B sin A at). (7)
J. (2 'A y/) = 0.
Uslov (2) daje BESSELova funkcija
Tada iz (7) dobijamo
J0 ima beskonačno
mnogo pozitivnih nula. Označimo ih sa b , , b,, . . .
i traženo rešenje jednačine ( l ) dato je sa
u (x, t ) =
� L., J0
11 = 1
( Vx) ( b,.
--
Vl
b,. b,. - at + B" sin -;= at A" cos --_ 2y l 2yl
gde su An , Bn proizvoljne konstante.
5.8.26. Naći rešenje sistema jed načina (l)
ou
- =
o' v
, a -ot '
ox koje zadovoljava uslove
ou
u (x, O, t ) = O, 2 n: t
v (o , y, t ) = A cos -- , T
gde su a, k, h, A,
_
o' w
U-k
= o y a ot ' '
T konstante.
w (x,
(
ov
-
ox
+
ow
-
oy
)
h, t ) = O,
lim u (x, y, 1) = 0,
,x_... + oo
)
,
206
S. Parcijalne diferencijalne jednačine
Uputstro. Eliminacijom funkcije u iz jednačina ( l ) dobija se sistem jednačim (2)
02 V a o2 v o2 w -= - -OX2 + -ox oy k ot '
o2 w a -02 w o2 v + -- = . -ox oy oy2 k ot2
•
Rešenje sistema jednačina (2) treba tražiti u obliku
v (x, y, t ) = cos
+
n 1'Cy 2 TC t oo -,2 an (x) sin -, 2h
T n= l
2 1'C t + 00 n 1'C y bn (x) cos -- . w (x, y, t ) = cos -2h T n=l
2
5.8.27. Naći rešenje jednačine (l)
ou
(a > O; O < x < + oo ; t > O),
o2 u
iH
- = a2 - o x'
sa uslovima u (x, O) = O (x > O), u (0, t ) = u0 (t :;;:::: 0), koje je ograničeno kada x- + oo . Relenje. Stavimo L (u (x, t)) = U (x, p). Tada je
L
( ��)
= p U( �. p)-u(x, O) = p U(x, p),
L
( ) o' U ox'
=
d' U (x, p) dx2
.
Primenjujući LAPLACEovu transformaciju na jednačinu ( 1), dobijamo
�-- a2 U (x, p) = O, d'U(x, p)
odakle integracijom nalazimo
U (x, p) = e, exp
p
{- '/!' ) { '/!'). ( '!!' ) x
x
+ e, exp
Da bi ovo rešenje bilo ograničeno potrebno je da bude e, - O. Tada imamo
x
U (x, p) = e, e x p Konturni uslov u (0, t ) - Uo daje u (0, p) = Drugim rečima, imamo
Uo
p
·
' što znači da je . e, -
; ( 'f!' )
x U (x, p) = • exp -
Uo
p
•
.
odakle, primenom inverzne LAPLACEove transformacij e , nalazimo rešenje postavljenog prob lema u obliku
u (x, t ) = u0 Erf
5.8.28. Data je parabolička jednačina
(l)
( Fr). 2a
u = az - +f(x, t), ot oxl o
o2 u
gde j e f data funkcija. l o Dokazati da je reienje jednačine dato sa
(l)
koje ima osobi nu u (x, O) = O
u (x, t) = J u0 (x, t, -r) d-r, t
o .
207
5.8. Zadaci
gd e je u0 rešenje homogene jednačine ou ot
-
=a
2
o2 u ox2
--
,
koje za t = 't' postaje f(x, ·t). 2° Odrediti rešenje jed načine ( l ) koje ima osobinu u (x, O) = A (x), gde je A data funkcija. Relenje. l o Neka je
u0 (x, t, -r)
rešenje homogene jednačine
( 2) sa
osobinom u0 (x, -r, -r) = / (x, -r). Posrnatrajrno funkciju
u
datu sa
t
u (x, l ) = J u0 (x, t, -r) d-r.
(3) Zbog neprekidnosti funkcije
ou - = u0 (x, t, t ) +
(4)
�
Takođe imamo
(5)
J o u0(x, t, -r) d-r - f(x, t) + J o u0(x, t, -r) d-r. t
(4)
t
�
o
a2
Iz
o
imamo
u0
02 U
--
or
-
t
J o
02 U0 (.�, f, T) a2 d-r.
ox2
t ou u (ou0 (x, t, -r) -az Tt- al or -f(x, t ) + J ot
i (5) dobijamo 02
jer je, po pretpostavci,
u0
o
rešenje jednačine (2).
Neposredno zaključujemo da je anulira za t = O dato je sa (3).
�
o
u (x, ()) - 0.
2 u0 (x, t, -r)
0
or
) d-r -/(x, t),
Prema torne, rešenje jednačine (l) koje se
2° Označimo rešenje (3) sa U0• Neka je u traženo rešenje jednačine ( l ) sa osobinom u (x, O) - A (x). Tada je u-U0 rešenje homogene jednačine (2). Sta više, u (x, 0)- U0 (x, O) = A (x). Prema torne, imamo + oo ( u (x, t) - U0 (x, t ) + A (y) exp - x- y)2 ) dy, gde je
2a
t t + oo f fJ U0 (x, t) = u0 (x, t, -r) d -r O
O - oo
5.8.29. Odred iti rešenje jednačine (I)
ou ox
ou ot
-+u-=a
2
(
�n t J - oo
l f(y, -r) exp 7t(t--r)
. �
2av
o2u ox2
4� t
(
(O < x O),
koje zadovoljava uslove
(2)
u (0, t) = o,
u (l, t) = o
u (x. 0) = f(x)
-
(t > O),
(O < x < l).
(x-y)z
4 a2 (t--r)
) dyd-r.
S. Parcijalne diferencijal:!e jednac ...
208 Relenje. Neka je
(x, t ) ,_.. U (x, t)
�
reSenje jed načine
iJU
(3)
ot
u
' =a
i'J2 U i'Jx2
Tada je (x, t ) 1--7- -2a2-=. rešenje jednačine ( l ). u
Stoga ćemo uvesti smenu
u (x t ) � - 2 a •
(4 ) odakle sleduje
gde je
e
u ' X
,
2
t)
o
proizvolj n a funkcija. Za t = O formula (5) daje
Iz uslova (2) (6)
Ux --
( � J:u (x, dx),
U (x, t ) = c (t ) e x p -
( 5)
2
X
( �J
U (x, O) = c (O) exp -
(4) dobijamo
,
2
o
)
/(x) dx = F(x).
Ux (l, t ) = O.
Ux (O, t ) = O,
.
•
Prema tome, treba rešiti problem {3 )-(6) Rešenje jednačine (3) potražimo u ubliku U(x, t ) = AeBt cos Cx,
gde su A, B, C konstante. Zamenom u j ednačinu (3) dobijamo ABeBt Los Cx = - C 2 a2 AeBt cos Cx, odakle sleduje B = -a' C'.
Prema tome, funkcija (x, t ) ,_.. U (x. t ) = Ae-a' C ' t' cos Cx gde su A s tante, zadovoljava jednačinu (3). Kako je Ux (x, t ) = ACe-a'C' t sin Cx, iz uslova (6) dobijamo -ACe-a ' C' t sin Cl = O, tj. n rr C = -- · � Dakle, funkcija U definisana s a
U. (x, t ) =
(
+ cc
C proizvoljne kon
)
n rr a2 n2 rr2 An exp --- t cos - x l l' n=O
L
zadovoljava (3) i (6). Konstante An odredićemo iz uslova U(x, O) = F(x) =
+cc
n -:-c Ancos - x. l 11 = 0
L
Na osnovu (4) zaključujemo da je rešenje pdstavljenog problema dato sa
) (
u (x, t ) = -.1 - ------� cc n rr x a2 n2 rr2 2 t A0 + L An cos -- exp l l n- l 2 a2 rr
�de je
(
n rr a2 n2 rr2 L nAn exp - --2- t sin - x l l n= l + oo
2 A" - l
l
J
o
n rr x F(x) cos -- dx. l
-
)
209
�.8. Zadaci
5.8.30. Odrediti ono reše nj e jednačine
(l)
(O < x < l ; t > O),
koje zadovoljava sledeće uslove: ( 2) (3)
u (0, t)
je
(t ;;::: O),
ogra n ičeno
(0 :-s;; x :-s;; l ),
u (x, 0) =J(x)
u, (l, t ) + Hu (l, t) = O (t > O), (4 ) gde su l i H date konstante, a J je data funkcija. Re/enje. Potražimo rešenje u obliku u (x, t ) � X(x) T(t). Iz ( l) dobijamo T(t ) � e-a'k' t ,
(5)
x X"(x) + X'(x) +
k 2 xX(x) � O,
k konstanta. Jednačina (5) smenom kx � y postaje y X"(y) X'(y) yX (y) = O.
gde je (6)
+
+
Jedino ograničeno rešenje za y � O jed načine (6) je 10 (y), gde je 10 BESSELOVa funkcija prve vrste. Stoga je rešenje jednačine (5) koje je ograničeno za = O dato sa
X(y)
=
X(x) = l0(kx). Iz
uslova (4) dobijamo
Neka je (7) fL, • IL>
x
!L
rešenje jednačine
fL
lo' (!L) + HIJ0 (!L) = 0.
Može se dokazati da jednači na (7) i ma beskonačno mnogo rešenja. Označimo ih
•
• • •
Tada je rešenje proble ma (1)-(2)-(4) dato sa
( 8)
u (x,
t) · t ) - Y Cnlo (fLnl x) exp ( -a> !L;/ l n=l
ZamenjujUĆi (3) u ( 8 ) dobijamo
/(x} -
:g Cnlo(�"x).
Konstante en su, prema tome, koeficijenti FOUiliEROVOg reda funkcije l u odnosu na
sistem funkcija x 1-+ /0 mogućan.
(�" x) .
Kako su te funkcije ortogonal ne sa težinom x, takav razvoj je
5.8.31. Odrediti ono rešenje jednačine (O < x < l ; t < O),
{l ) koje zadovoljava uslove (2)
(3 )
u (O, t ) = u. ,
u (l, t) = u2
u (x, O) =J(x)
(t � O) ,
(0 :-s;; x < l) ,
gde su l, u1 , � date konstante, a J je data funkcija.
5. Parcijalne diferencijalne jednačine
210
Ri!li!,Yi!. Potražimo rešenje jednačine ( l ) u obliku
u (x, t ) = v (x, t ) + w (x).
(4)
Tada možemo uzeti da je w rešenje problema
w (O) = Up
(5) i
w (l) = u2 ,
da je v rešenje problema
(6)
(7)
v
(8) Iz jednačina (S) sleduje
(x, O) = f (x)- w (x), v
(0, t ) = v (l, t ) = o.
l w (x) = --
(9)
bl
sh a
(
2
u
sh
bx --u
a
1 sh
b (x-l) a
)
.
S druge strane, primenjujući metod razdvajanja promenljivih zaključujemo da je rešenje problema (6)-(8) dato sa
(lO) b2
n' rr2
a'
l'
gde je kn' = - --� - . Iz
uslova (7) dobijamo f(x)-w (x) =
+ oo
2:
"_ ,
odakle sleduje 2
e,. - -
(ll)
l
e" sin
--
l
J
o
(/ (x)-w (x)) sin .
n rr x l
'
-n rr x l
dx.
Prema tome, rešenje problema ( 1 )-(2)-(3) dato je sa (4), gde je w određeno sa (9),
a v sa ( 1 0) i
( l l).
5.8.32. Naći funkcij u u koja zadovoljava PoiSSONovu jednačinu �U= - 4 u
disku D = {(x, y) l x2 � y2 < a2}, i koja zadovoljava uslov u (x, y) = O za (x, y) E OD.
UputstPo. Uvesti polarne koordinate.
Rezultat. u (x,
y)
=
a'- (x2 +
y2).
5.8.33. Naći rešenje PoiSSONove jednačine (l) u
� u = - xy
disku D = {(x, y) l x2 + y2 < R2} sa uslovom u (x, y) = O ZCl lX, y) E OD.
211
5.8. Zadaci Uputstro. Rešenje treba tražiti u obliku u (x, y) = v (x, y) + w (x, y), gde je
(x, y) �--->- v (x, y) =
l xy (x2 + y2) -12
jedno partikularno rešenje jednačine (l), a w je rešenje LAPLACEove jednačine � w = O, zadovoljava uslov w (x, y) = - v (x, y) za (x, y) E oD. Rezultat.
R• l u (r, 6) = -- r• sin 2 6 + 48 7t 24
7t
-- J sin 2 t R2- 2 RrR2-r2 dt. cos (t-6) + r2 - 7t
5.9. LITERATURA
H. BATEMA N: Partial dzfferential equations of mathematical physics. Cambridge 1959, 522 pp. L. BIEBERBACH: Theorie der Differentia/g/eichungen, Vorlesungen aus dem Gesamtgebeit der Gewon//ichen und der Partie/len Differentialg/eichungen. Berlin 1930, 399 S. R. CouRANT: Dirich/et's princip/e, conforma/ mapping and minimal surfaces. New York 1950, 330 pp. R. CouRANT and D. HILBE RT : Methods of mathematical physics l l . New York-London 1962, 842 pp. H. T. DAvis : The equations of mathematical physics and methods for their solution. Evanston 1949. A. DuscHEK: Vor/esungen iiber hOhere Mathematik. Wien 1960. A. R. FoRsYTH: Theory of differentia/ equations, v. 5, 6. New York 1959. M. GHERMANESCU: Ecuatii/e fizicii matematice. Bucure�ti 1961, 414 pp. E. GOURSAT: Cours d'analyse mathematique, t. l, cinquieme edition. Paris 1943. E. GouRSAT: Cours d 'analyse mathematique, t. 3, cinquieme edition, Paris 1 942, 702 pp. J. HADAMARD: Le probleme de Cauchy et les iquations aux dirivies partie/les /iniaires hyper boliques. Paris 1932. F. H. MILLER: Partial dif ferentia/ equations. New York 1941, 259 pp. E. PICARD: Lerons sur quelques types simples d'equations aux derivees partie/les avec dell applications a la Physique mathematique. Paris 1 950, 2 1 4 pp. l. N . SNEDDON: Elements of partial differential equa tions. New York-Toronto-London 19S7. G. VALIRON : Equations fonctione/les; applications. Paris 1945, 605 pp. 11. r. APAMAHOBH'I H B. I1.-JIEBHH: Ypa6HeHUR MameMamu'leCKOU f/JUJUKU. MocKBa 1 969, 288 crp. A. H. KPHJIOB: O ueKUM gurjJepeu1JujaAHUM jegHO'IUHaMa iii eXHll'u uKe. Eeorpa.n 1952, XII + 432 CTp. B. M. JlEBHH: Memoow MameMamu'leCKou rjJuJuKu. MocKBa 1 956, 243 cTp. e. r. MHXJIHH: Kypc MameMamu'leCKOU rjJU3UKU. MocKBa 1 968, 576 CTp. M. r. TIETPOBCKHII: JI eKqu:: oo ypa6HeHURX e 'laCmHblMU npOU3600HI>IMU. MoCIBa JleHHBrpiUt 1 950, 304 CTp. H. CAJITHKOB: Teopuja uapu,uja11HUX jegna11una gpyioi pega. Eeor paA 1 952, 1 2 1 C T p. B. 11. CMHPHos: Kypc Bwcweu MameMamuKu, T. 2. MocKBa 1965, 655 cTp. B. M. CMHPHOB: Kypc Bwcweu MameMamuKu, T. 4. MocKBa 1953, 804 C'fP. M. M. CMHPHOB : Jaoa'lu no ypaBneuuRM MameMamu'lecKou f/JuJuKu. MocKBa 1968, 1 12 CTP· C. JI. CoBonEs: YpaBneuuR MameMamu'leCKOU f/JuJuKu. M oc KBa 1950, 424 cTp. A. H. THXOHOB H A. A. CAMAPCKHii:: Ypa6HeHU!I MameMamu'leCKOU f/JuJuKu. MocKBa 1 966, 724 CTp.
3
-
6. DODATAK
6. 1. NESVOJSTVENI INTEGRAL! SA PARAMETROM
Ovde ćemo navesti pet teorema koje se odnose na nesvojstveni integral sa parametrom + oo
J f(x, y) dx.
(l)
y E l = [IX, �].
a
Dokazi tih teorema mogu se naći u standardnim udžbenicima iz analize. Teorema l. Neka je funkcija J integrabilna intervalu [a, A] (A > a) i za y E /, i neka u
u odnosu na x na svakom konačnom svakom takvom integralu funkcija J konvergira uniformno u odnosu na x kad y --+ y0 • Ako je integral { l ) uniformno konvergentan u odnosu na y, imamo + oo
lim
Y -+- Yo
+ oo
J
f(x, y) dx =
J
( J im f (x, y)) dx. y-+-yo
a
a
Teorema 2. Neka je funkcija J neprekidna za x�a i y E !. Ako integral ( I )
uniformno konvergira u odnosu na y E J, tada on predstavlja neprekidnu funkciju promen/jive y na intervalu l.
oyof neprekidne za x � a i y E_ /. y konvergira za svako y E integral J of(x, ) dx konvergira yo odnosu na y, tada za svako y E / važi formula y !_J f(x, y) dx = J of(x, ) dx. oy oy
Teorema
3. Neka su funkcije f i
Ako integral
+ oo
(l)
J, i
uniformno u
a
Teorema
+ .,
+ .,
a
a
4, Ako su ispunjene pretpostavke teoreme 2, važi formula 13
+ .,
J dy J Teorema ( 2) .
ex
f(x, y) dx =
a
�
+ .,
J dx J f(x, y) dy. a
ex
5. Neka je funkcija f neprekidna za x�a, y > IX , i neka integrali
J a
f(x, y) dx, 212
J ex
f(x, Y) dy
6.2. Definicije i osobine nekih specijalnih funkcija
213
uniformno konvergiraju u bilo kom konačnom intervalu. Ako bar jedan od dvo strukih integrala
J
( 3)
dy J l f(x, y) l dx, + oo
postoji, tada integrali J
+ oo
dy J a
"
ki su. PRIMER
x = ut (u >0),
dobijam o
Ako pomnožimo jednačinu
J
o
tj.
J J
ili
PRIMEDBA.
o
l f(x, y) l dy
+ ex�
+ oo
J
dx
a
J
+ oo
e - u' t' dt.
J
o
+ oo
f(x, y) dy postoje i jedna-
J
o
o
je od
O do + oo , nalazimo
+ oo e -u' u du
+ oo
dt
Promcna re d os l e d a
e - x ' dx.
(4) sa e-u' i i ntegralima
e -u2 du = J2 =
+ cc
P=
dx J
J
o
J=u
(4)
J
a
+ oo
+ oo J=
+ oo
J
f(x, y) dx
Izračunajmo integral
Stavljaj uči
+ ex�
J
o
e-u't2 dt,
21 J -1+ oo
e - ( l + t')u' u du =
� 1=-· z
o
l + 12
dt = � 4
•
i n tegracije učinjena je na osnovu teo r e me 5.
6.2. DEFINICIJE I OSOBINE NEKIH SPECI.JALNIH FUNKCIJA
l o Funkcija
1
definisana sa
r (z) = J
e-1 t z-1 dt,
o
gde z E C, t(:: R + , Re z > O, naziva se gama funkcija. Za gama funkciju važ sledeće formule r{n) = {n - 1)! (n E N) ,
r(z + l ) = z r(z) r(z) r( l - z) =
. --
7t
r (n + _!_) (Z n-l)!! y;;r ( � ) = v7t. 2
=
sm 7t z
zn
(zEC), (zE C), (n EN),
6. Dodatak
214
2° Ovde ćemo navesti samo definicije nekih specijalnih funkcija kojima smo se u knjizi koristili, a koje nisu bile eksplicitno definisane .
. st (t) = -
+ oo
J
-u- đu,
J
co u
t
ci (t) = -
+�
s h·t c t)
�
d u,
Jn
=
sh u -- du, u
o
+ oo
t
li (t) = Ei (log t),
t
J Ei(t)= - J : du,
sin u
(t) =
+oo
2 ( l )k k �O
-
t
tn_+ k n2 + 2 k! _(2n + k)!
_ _
ber,. (t) + i bei,. (t) = J,. (i y'tt) (n E N ) .
(n E N),
6.3. HADAMARDOVA NEJEDNAKOST Teorema l. Neka je data determinanta
�= a""
n n �2 ::::;; IT 2 a,kz·
Tada važi nejednakost ( l)
i= l k � l
Dokaz, Neka je tt
2 a1k2 = s1 k =l
(2)
(i = l , . . . , n).
Brojeve s, smatraćemo datim pozitivnim brojevima, a brojeve a1k realnim promenljivama, koje su vezane uslovima (2). Iz (2) neposredno sleduje ( 3)
j a1k l ::s::
�k±= la,/ = ys1
( i = l . . . , n). ,
Pos matraj m o determinantu �2 kao funkcij u promenljivih a1k (i, k = l , . . , n). očigledno neprekidna funkcija tih promenlj ivih. Kako je na osnovu ( 3) oblast definisanosti funkcije �2 zatvorena i ograničena, na osnovu WEIERSTRASS ove teoreme zaklj učujemo da u toj oblasti neprekidna funkcija �2 dostiže svoj maksimum. Neka je taj maksimum dostignut za a1k a ?k i neka je vrednost funkcije �2 za taj maksimum ��. Neka je dalje A ?k algebarski kofaktor ele menta a ?k u determinanti � . Jednu vrstu, recimo i = m, determinante ostavimo promenljivom, ali takvom .
A.2 je
=
da je
2: am 2 = sm , a u svim ostalim vrstama zamenimo a11, sa a ?k · Determinan k- t n
k
tu A možemo napisati u obliku
0
A u = am1 A mt +
·
·
·
0
+ am,. A m" ,
6.3. Hadamardova nejednakost
i
liS
na osnovu CAUCHYeve nejednakosti imamo n
n
n
�2=s:; k=l L amk2 L A mk2 = Sm L Amk2• k=l k=l gd'ajednakost važi ako i samo ako su amk i A � proporcionalni, u kom slu čaju · se dobij a baš �o. Drugim rečima, o a omk = Pm Amk (k = l , . . . , n), (4) gde je Pm koeficijent proporcionalnosti. Izračunaj mo sada determinantu �o. Njen kvadrat se može ovako izraziti
gde je
cik = L. a/jaki · ]= l "'
o
n
o
Međutim, s obzirom na (4), imamo (5)
Iz jednakosti (5), koristeći se jednim od osnovnih svojstava determinanata, dobijamo
Stoga je
�=
(6)
1
O
Sz
O
O
s,.
Iz jednakosti (6), s obzirom na (2), neposredno sleduje ( 1 ) .
Teorema 2 .
Ako je
u determinanti
�= ann
l a1k / :S: M
(i, k = l , . . . , n), tada važi nejednakost n
(7) Dokaz.
Ako u nejednakost
(l) 11
stavimo J a1k / :S: M, dobijamo redom.
nM2 = n11 M2n, �2:S: i-f11 kL-1 M2 =' 1fi =1
odak1e neposredno sleduje (7).
n
11
216
6. Dodatak
6.4. BANACHOV STAV O NEPOKRETNOJ TACKI. EGZISTENCIJA REŠENJA INTEGRALNIH I DIFERENCIJALNIM JEDNACINA
6.4. 1. Metrički pro:>tor Neka je E proizvoljan skup. Skup svih uređen ih k-to rki (x1 , , xk), gde su , xk elementi skupa E, označavaćemo sa Ek (k prirodan broj). D rugim x1 , rečima, Ek {(x1 , , xk) [ x 1 , , xk E E}. Fu n k cij u d koja p r es l i kav a E 2 u s ku p real nih brojeva zvaćemo funkcija rastojanja (metrika) skupa E ako su z adovo lj en i u s l ov i : l ) d (x, y ) = O ako i samo ako je X = y, •
•
•
•
•
•
=
•
•
•
•
•
.
2) . d (x, y) d (y, x), 3) d (x, z) S: d (x, y) + d (y, z). �e
PRIMEDBA.
Stavljajući x � z u 3) i koristeći 2) odmah dobijamo d (x, y) � 0.
Ureden par (E, d) zove se metrički prostor. U mesto sa (E, d) metrički prostor · često označavamo samo oznakom
s kupa, pod l azu mevajući da znamo u ved enu metriku.
PRIMER l . Skup realnih brojeva sa
funkcijom rastojanja koja je definisana sa d (x, y)
je metrički prostor.
�
fx y[ -
PRIMER 2. Skup svi h funkcija ne prekidnih na zatvorenom intervalu [a, b) gde je metrika uvedena sledećom defin icijom d (x (t), y ( t ) ) � max ! x (t )-y (t ) [
a -s t � b
je metrički prostor. Uobičajena oznaka za ovaj metrički prostor je C [a, b).
PRIMER 3. Skup svih funkcija neprekidnih na zatvorenom intervalu [a, b] sa metrikom
d (x, y)
=
{J X b
a
l (t)- y (t ) ! P dt
r) l
je metrički prostor. Ovaj prostor se često označava sa Cp [a, b]. PRIMER 4. Skup svih nizova realnih brojeva sa metrikom
(x � (�, ,
�' '
. .
.), y � ('1), . 1), ,
. . .) )
'
je metrički prostor. PRIMER 5. Primetimo da jedan određen skup E može da generiše razne metričke prostore u zavisnosti od raznih definicija funkcije rastojanja. Tako, pored primera 2 i 3, imamo i sledeći primer. Ako je E2 EuKunska ravan, onda bilo koji od izraza
2 y(x1-y1 )2 + (x2-y2) ,
[ x1-y1 [ + [ x2- y2 [ ,
ma x { [ x1 - y 1 [ , [ x2 -Y2 [ }
može da se uzme za definiciju rastojanja između tača ka x = (x1 , x2 ) i y
=
(y, . y2).
Za jedan n iz (xn) elemenata skupa E reći ćemo da konvergira ka ele mentu x tog skupa ako d (xn , x) --+ O, kad n --+ + oo . Drugim rečima x je granica niza (x") ako je niz realnih brojeva (d (x" , x)) nula-niz. Koristićemo uobiča jene oznake: lim x" x, ili x" --+ x, n --+ + oo da naznačimo da niz (x") kon ver=
n .....,.. + oo
gira ka elementu x.
6.4 Bannchov stav o nepokretnoj tački. Egzistencija rdenja
Neka niz voljava uslov
(xn)
. • •
217
elemenata jednog proizvolj nog mctričkog prostora zad.o d (xm , xn) < e
za m � n > N (e).
Takav niz naziva se CAUCHYev niz. ' .! Očigledno, svaki konvergentan ntz je CAUCHYev. Zaista, ako ima granicu x , onda kako je
n tz
(x" )
d (xm , xn) ::;;, d (xm , X) -t- d (x, xn)
O, d (x, xn ) � O to sledu je da i d (xm , xn) -+ O kad n -+ -t- oo . Obrnuto ne važi, kao što s e vidi iz sledećeg primera. U skupu Q racio nalnih brojeva, sa metrikom d (x, y) = l x -- y l uzmimo jedan CAUCHYev niz (qn ) · Takav niz može konvergirati ka nekom iracionalnom broju, tj. ne mora kon vergirati u skupu Q. Metrički prostor E u kome svaki CAUCHYev niz konvergira naztva sc kompletan. Metrički prostori opisani u prim erima l , 2 i 4 su kompletni, dok pro stor iz primcra 3 nije kompletan (videti, na primer, [ 1]). i d (xm , x) -+
LITERATURA
l. S. ALJANČIĆ: Uvod u realnu i funkcionalnu anali;u. Beograd 1968.
6.4.2. Banacbov stav o nepokretnoj tački Pođimo od sistema n linearnih jednačina sa n nepoznatih. Posle određe nih transformacija taj sistem uvek može da se napiše u obliku (i = l , . . . , n).
(l)
Da bismo objasnili jedan nov metod rešavanja pitanja egzistencije i jedi nosti rešenja ovog sistema, zamenimo ga za trenutak sledećim sistemom: (i = l , . . . , n). Tj1 = a11 � 1 + · · · + ain �n + h1 Jednačinama (2) definisano je jedno preslikavanje f n-dimenzionalnog EuKLIDskog prostora, En , u samog sebe, jer je svakoj n-torki brojeva (�p . . . , �n) , tj. elementu prostora En , dodeljena odgovarajuća n-torka {TJ" . . . , "tln), tj. opet element prostora En . Prema tome, rešiti sistem ( l ) znači odrediti nepokretnu tačku preslika vanja f, tj. takvu tačku x E En za koju je X =f(x) (x = (�p . . . , �n)). Ovaj metod nepokretne tačke našao je veliku primenu u teoriji diferen cijalnih i integralnih jednačina, u sistemima takvih jednačina, kao i u mnr·gim drugim oblastima analize. Sledeći stav, tzv. HANACHov stav o nepokretnoj tački daje dovc·Jj "e uslove za egzistenciju jedinstvene nepokretne tačke preslikavanja J, kojim sc i nslika·;a jedan kompletan metrički prostor u samog sebe.
{2 )
Teorema l. Neka je E kompletan metrički prostor i neka mog sebe. Ako je ispunjen uslov
d (f(x), f {y)) � q d (x, y)
f
(O l d (x,. + i ' x,.) = d (f(x,.) , f(x,.-1 )) < qd (x,. , x"_1).
Odavde sleduje da je d (x,. + 1 , x,.)< aq" Ako je m > n, tada je
d (xm , x) $;, d (x" , x" + 1 ) + $;, aq" + aqn + l + .
·
·
·
.
.
+ d (xm_l ' xm )
+
aqm-1
+
(k = l ,
. . .
, n - 1 ),
222
7. Dopune
za
drugo izdanje
tada je M ( J (t )) = ( - 1 ) 11
(p - l )! (p-n- l )!
F ( p - n) ;
7° Ako je lim tPf (t) = lim tPf(t ) = O, tada je t-->0
t-+ oo
( ( t :1 rf(t ) ) ( go M - 1 (F (p)) =/(t ) = � r t -p F (p) dp; M
=
c
2rrt
9o M-1 (F (p) G (p)) =
gde je
p)n F (p);
+ ioo •
c-ioo
f � f(t) g (�) du, + oo
o
F (p) = M (f(t )), G (p) = M (g (t )).
Navodimo kratku tablicu MELLINovi h
slika nekih elementarnih funkcij a .
f(t)
M (!(t))
e-t
r < P>
cos t
1tp r (p) cos 2
s in t
1tp r (p) s in 2 2 --
(l + t)- 1
s in 1t p
l - log (l + t) t
7t
(1 -p) s in rt p 7t
( l + t 2) - 1f2
1tp 2 si n 2
� ( �)
e-t1
r
7 .1.4. Osnovne osobine Hankelove transformacije Teorema l. HANXELOVa transformacija H11 ima sledeće osobine: 1 ° Hn
(+ f(t)) = :n (
)
"ll- l { /(t)) + Hn + i ( J(t)) ;
(
)
2° H11 (/' (t)) = - !..._ -l (O
O), i mamo F (p) = = (A/Viii) exp ( - p2/4 B) , i dobijamo
(6) PRIMEDDA. Problem ( 1 )-(2) posmatran je u 5.6.1., str. 1 72- 1 7 3 . Uporediti rešenje tog prob lema za f(x) Ae - nxz sa rešenjem (6). =
Primer 2: Partikularna rešenja Lap/aceove jednačine Posmatrajmo LAPLACEovu jednačinu oz u oz u oz u - + - + - = 0. o xz o yz o z2
(7)
Ako sa Dekartovih koordinata (x, y , z) pređemo na ci lindrične koordinate (r, a, z) , gde je X = r COS a, y r sin a, Z = Z , jednačina (7) postaje (8)
Oz U
=
l 0U
)
02 U
02 U
- + - -- + - - + - = 0. o ,z r o r ,z o ez o z2
Pretpostavimo da jednačina (8) i ma rešenje oblika (9)
u (r, 6 , z) = v (r, z) t!'; o.
Zamenjujući (9) u (8) nalazimo ( l O)
oz v l ov n' o2 v -- + - -- - - v + - = 0. o r2 r o r r2 o z2
Neka je V (p, z) = Hn (v (r, z)), tj. neka je
V ( p, z) = J rln (rp) .v (r, z) dr. + oo
o
Primenjujući HANKELovu transformaciju Hn na jed načinu ( l O) formulom 3° iz 7.1.4. dobijamo ( l l)
oz v - p2 o z2
koristeći se
V - 0.
Neka je V * jedno reše::1je jednačine ( l l ). Odgovarajuće rešenje LAPLACEove jednačine (8) tada glasi 1 u (r, 6 , z) = t!'1o H; ( V* (p, z) ) ,
7.1. Neke integralne transformacije i njiho;e primene
tj.
225
+ oo
u (r, 6, z) = e"i 6 J pJn ( pr) v• (p, z) dp . o
Napomenimo da se jednačina ( l I ) može integraliti u zatvorenom obhku.
Primer 3: Partikularna rešenja jednačine provođenja toplote
Primenjujući postupak iz Primera 2 dokazati da se integracija jednačine o2 u o2 u o2 u � + � + � = k ou
o x2
o y2
O z2
(k = const)
ot
može svesti na integraciju jednačine
Primer 4: Dirichletov problem za ugao Posmatrajmo sledeći DIRICHLETov problem za ugao u ravni: Odrediti ono rešenje LAPLACEove jednačine 02 -U
( 1 2)
o r2
r or
r2 o 62
lim u (r, 6) = O ( j 6 j < IX) i
koje zadovoljava uslove:
( I 3)
l OU l 02 U � = 0, --++-
,_..+ oo
u (r, IX) = f(r),
u (r, - IX) = g (r).
Ako stavimo U (p, 6) = M ( u (r, 6) ), tj. + oo
U (p, 6) = J rp-1 u (r, 6) dr , o
i primenimo MELLINovu transformaciju na problem ( 1 2)-( 1 3), dolazimo do problema o2U
� + p2 U = 0,
( 1 4)
o 62
u (p, IX) = F (p), u (p, - IX) = G (p),
( 1 5)
gde je stavljeno F (p) = M (f(t) ) , G (p) = M (g (t)). Neposredno se proverava da je jedno rešenje problema ( 1 4)-( 1 5) dato sa
U (p, 6) =
s in (ct + 6) p ct s F (p) + in.( - 6) p G (p). . sm 2 ct p sm 2 ct p
Prema tome, rešenje postavljenog problema glasi u (r, 6) = M-1 ( U(p, 6)), ili
u (r, 6) =
1
2 rt l
J (
c+ioo
. _ _
c- i oo
,-p
s in. (ct + 6) p sm 2 ct p
F (p) +
s in (ct- 6) p s in 2 ct p
)
G (p) dp .
226
7. Dopune
za
drugo izdanje
Primer 5: Jednačina provođenja toplote sa dopunskim uslovima Posmatrajmo sledeći problem: Odrediti rešenje jednačine
(k = const),
( 1 6) uz dopunske uslove:
lim z-++ oo
u
(r,
z,
t ) = O, i
u (r, O, t) = f(r, t),
( 1 7) Ako primenimo
jed načinu
HANKE.Lovu
transformacij u
()z v () zZ
( 1 8)
u (r, z, O) = O. H0
na
jednačinu ( 1 6) dobijamo
- p V = k t>it ' v
2
gde je stavljeno v (p,
z,
( 1 9)
v (p, O, t) = F(p, t),
t) = H0 (u (r, z, t)). Uslov ( 1 7) postaje v
gde je F (p, t) = H0 (J(r, t)).
(p, z, O) = O,
Da bismo rešiti problem ( 1 8)-( 1 9), primenimo LAPLACEovu transforma ciju. Ako stavimo U (p, z, s) = L {v (p, z, t)), dobijamo jednačinu (20) uz uslov
(
U (p, O , s) = A (p, s)
(2 1 )
=
)
L (F (p, t)) .
Rešenje problema ( 20)-(2 1 ) glasi
U (p, z, s) = A (p, s) e -z Ypz + ks, pa je rešenje problema ( 1 6)-( 1 7) dato sa
(
)
u (r, z, t) = H0 1 L -1 (U (p , z, s)) , tj.
u (r , z, t ) =
+ oo
c-ioo
O
c-i�
J pJ0 (pr) ( z� i J ' A ( p, s) r z Vpz kl ds) dp . e'
+
7 .1 .6. Literatura G. F. CARRIER,
M. KROOK, C. E. PEARSON: Functions of a complex variable: theory and technique. New York 1 966, 438 pp. S. CoLOMBO: Les transformations de Me/lin et de Hankel. Paris 1 959, 100 pp. L. SCHWARTZ: Methodes mathimatiques pour les c•dences physique. Paris 1 965, 329 pp.
7.'1.. Schriidlogerova jednai!lna
'1.'1.7
7.2. SCHRODINGEROVA JEDNACINA 7.2.1. Uvod
U kvantnoj mehanici važnu ulogu ima ScHRODINGERova jednačina
(E - U) 'Y = O, gde je masa čestice, PLANCKova konstanta, E totalna energija čestice U njen potencijal. Nepoznata funkcija 'Y naziva se talasna funkcija. Na osnovu fizičkih rasuđivanja zaključuje se da je 'Y2 dV = l , gde se integracija vrši po A
!-L
li
'Y
+
2 1L
/j2
i
I
celom prostoru.
7.2.2. Harmonijski oscilator
'Y
U slučaju harmonijskog oscilatora je funkcija samo jedne promenljive x, i U = (!.f.w02) x2f2, gde je w0 sopstvena frekvencija oscilatora. U tom slučaju ScHRODINGERova jednačina postaje dZ 'Y
(l)
dx2
+
� /jZ
uz uslov
(E - IJ.Woz r) 'Y = 2
+ oo
J
(2)
- oo
0
°
'Y2 dx = l .
Ako stavimo x = x0 �. jednakosti (l ) i (2) postaju - oo
+ oo
J
(4)
'F2 dF_ =
�IL:• ,
- oo
gde je, radi pojednostavljenja, stavljeno ). = 2 1L
Xo2 E
JiZ
'
PRIMEDBA l . Uslov (4) ima ulogu konturnog uslova. Kao što ćemo videti, pomoću njega je mogućno odrediti one vrednosti l. - sopstvene vrednosti problema - za koje postoji re�enje jednačine (3) uz uslov (4).
Uvedimo novu nepoznatu funkciju z pomoću jednakosti 'Y = e-F,m z. Jed načina (3) postaje
( 5)
� ''
- 2 � z' + (>. - l ) z = O.
7. Dopune
za
drugo izdanje
Potražimo rešenje jednačine (5} u obliku potencijalnog reda koji j e konvergentan za svako �. Dobijamo + co
+ co
z=
L a �k k�O k + co
+ co
L k (k - 1 ) ak �k -z _ 2 L kak �k t (A - I ) L ak �k = O , k� l k�O k =2
tj .
+ co
odakle izlazi
L ((k + l) (k + 2) ak + z - 2 kak + (A - l ) akgk = O,
k=O
>.-(2 k + l )
(6}
(k = 0, 1 , . . . ) .
ak + z - a - (k + l ) (k + 2) k
Može se dokazati da je rešenje z ograničeno na R (odakle izlazi integra bilnost funkcije 'Y2 na R) samo u slučaju kad je z polinom. Međutim, na osnovu jednakosti (6) zaključujemo da je z polinom samo u slučaju kad je A neparan broj, tj. i, = 2 n + l (n E N0). Međutim, tada jednačina (5} postaje z
(7}
"
- 2 � z' + 2 n z = O
i to HERMITEova diferencijalna jednačina. Jedno partikularno rešenje jednačine (7) glasi � � H., (�). gde je H., (e ) HERMlTEov polinom (videti zadatak 1.6.20.), tj. H., (�} = ( - l )" e�' � n -�' . d�
Dakle, funkcija z,. definisana sa z,. = A,. H,. (�) zadovoljava jednačinu (7}. Kons tantu A11 odredićemo iz uslova (3), tj. iz uslova
J 'Y.,z d � = J + co
odakle dobijamo
- oo
+ co
(e- �'12
z,.) Z
- oo
A" =
2 "'' V n! Vrr
d�=
J fLWo \j ii
�
fL;• ,
•
Prema tome, sopstvene funkcije problema ( 1 )-(3) su
X� 'f'11 (X) = ifLXo e( V.Wo/2/i )x' ( - J )" � (e-(V.Wo/li) x2 ) , V li 2"/ ' Vn! V rr dx"
tj .
(
)
l X � 'Y (x} = lfLXo e -(v.wo/2 /i) H Vl fLliWo x ' " V li " 2"/2 Vn! jlrr
gde je H,. HERMITEov poli nom , a odgovarajuće sopstvene vrednosti su A,. = = 2 n + l (n E N0). PRIMEDBA = li w0
2. S
( �) n+
obzirom na vezu između E i ). nalazimo sopstvene vrednosti energije, E,. = . Prirodan broj
n naziva se kvantni broj.
7.'1.. Schrodingerova Jednačlna
229
7.2.3. Kretanje elektrona u Coulombovom polju ScHRODINGERova jednačina primenjuje se u atomskoj teoriji pri izučavanju kretanja elektrona u polju sa potencijalom U = - e2 fr, gde je r = V x2 + y2 + zi , e je naelektrisanje elektrona. ScHRODINGERova jednačina tada glasi on i"
on y
o'
(
tJ. E + 'Y - + -' + +li ' Vx' + y' + z2 o z2 oy o x'
(l) uz uslov
2
e
) 'Y =O,
(2)
(3)
Jednačina ( l ) u sfernim koordinatama glasi e' o o' 'Y + _!_ o' 'Y o' 'J:_ + 3_ o 'Y l 2 1 + + __ 'Y + tJ. E + 'f = o . r
or'
or
r 2 si n2 6 o cp2
r ' o 62
r2 tg 6 o 6
li'
(
r
)
Ako potražimo rešenje problema (3)-(2) u obliku 'f (r, 6, rp) = R (r) F (a, rp), dobijamo
[i ( R " + � R' ) +
2 tJ. 2 Ii'
( E+ :' )] + [ � �; + � �'; + � �=J= O . 2
F s n2 6
Ft 6
Kako je izraz u prvoj uglastoj zagradi funkcija promenljive r, a izraz u drugoj uglastoj zagradi ne zavisi od r, oba ova izraza moraju biti konstantna. Dakle imamo r2
R
(4)
l
( R" + -; R' ) + -li- (E + -;) = n (n + l ) , 2 tJ. r2
2
o 'F
l o'F
e'
l
iJ F
--- - + - - + -- - = - n (n + l ) '
( 5)
F sin2 6 o cp2
F o 62
F tg 6 o 6
gde je proizvoljna konstanta napisana u specijalnom obliku n (n + 1 ). Potražimo sada rešenje jednačine ( 5) u obliku F (a, rp) = P (6) (cp). Nalazimo "
P"
P'
- + (sin2 6) - + (sin 6 cos 6) - + n (n + l) sin2 a = o,
p
odakle zaključujemo da je
(6)
(7)
p
" + m2 =
O,
(sin2 6) P" + (sin 6 cos 6) P' + (n (n + l ) sin2 6 - m') P = O,
gde je m proizvoljna konstanta. Opšte rešenje jednačine (6) glasi
(cp) = cl cos m cp + c2 sin m cp,
gde su C1 i C2 proizvoljne konstante. Pri tome, da bi funkcija bila periodična (što je neophodno zbog jednoznačnosti funkcije 'f), potrebno je da m E Z. Da bismo rešili jednačinu (7), uvedimo smenu x = cos a. Jednačina (7) postaje (8)
(
)
( l - x2) P"(x) - 2 x P '(x) + n (n + 1 ) - � P (x) = O. 1 -x'
7. Dopune za drugo Izdanje
Opšte rešenje jednačine (8) je
P (x) = Cl P'; (x) + C4 Q'; (x), SU
gde su Cl i C4 proizvoljne konstante, a P'; i Q'; funkcije prve i druge vrste, definisane sa
pridružene
LEGENDREOVe
gde su P" LEGENDREovi polinomi, a Q" LEGENDREove funkcije druge vrste: "
P" (x) = - - (x2 - l)", l
2" n!
d
dx"
(Z n) ! ! (2 n) !
Q" (x) = ( - l )"
( = l} funkcija u ima vre:lnost O , tada ovaj problem ima beskonačno mnogo netrivijalnih rešenja. Jedno od njih dato je sa
u (x, Y) =
(x' + Y' - l ) x x'
,_
y>
.
PRIMEDHA. Ovaj primer izrađen je na osnovu članaka [l] i [2]. PRIMER 2. U 5.3.1 . i _5.5.1. posmatrali smo jdnač'nu ž!ce koja treperi, i to u prvom slučaju . sa C� UCHY���m usl?v1ma u (x, �) = A (�), uy (x, O) = B(x); a u drugom slučaju su CAUCHYevim uslovima bih do:lati u konturm uslovi u (0, y) = u (l, y) = O. Kada se ne bi vodilo računa o oblastima, rešenja navedenih problema bila bi u kontradikciji. Zaista, posmatr2jmo sledeća dva problema: Problem
l.
Rešiti
jednačinu uxx-Uyy = O sa uslovima u (x, O)
=
l,
uy (x, O) = O.
Problem 2. Rešiti jednačinu uxx-Uyy = O sa uslovima
u (x, O) = l ,
(3)
uy (x, O) = O,
u (O, y) = u (l , y) = O. Jedinstveno rešenje Problema
dato je sa
u (x, Y) = l .
(4)
Međutim, tada zaključujemo d a Problem 2 nema rešenja, jer funkcija u definisana s a (4) ne može zadovoljavati uslove (3). Naravno, ova "protivrečnost" jednostavno se otklanja ako se Problemi l i 2 rešavaju u ispravno definisanim oblastima. Naime, rešenje Problema l treba tražiti u oblasti D, = {(x y) l y2:0}, a rešenje Problema 2 u oblasti D, = {(x, y) / O .S x .S l, y2:0}. Tada i Problem 2 ima rešenje i ono glasi ==
,
+ oo u (x, y) =
2
4
k = l (2 k - l ) 7t
sin (2 k- l ) rt x cos (2 k - l ) rty.
LITERATURA
l. A. BROMAN: On patho/ogical properties of partial differential equations. Nordisk Mat. -
.
Tidskrift 20 ( 1 97 2) , 25 33 2. J. D. KEČKIĆ: A note on an incorrect/y posed problem for the Laplace equation. Univ. Beograd. Publ. Elektrotehn. Fak. Ser. Mat. Fiz. .Nll 412-.Nll 460 ( 1 973), 83-94.
7 .3.2. Korektno postavljen problem matematičke fizike Problemi matematičke fizike često se svode na određivanje nepoznate funkcije iz jedne, ili više, parcijalnih diferencijalnih jednačina i iz jednog, ili više, dopunskih uslova. Kao i svaki drugi problem, i problem matematičke fizike može imati samo jedno rešenje, može imati više rešenja, ili može nemati nijedno rešenje. Dok se u "čistoj" matematici problemi sa jednim, više ili nijednim reše njem razmatraju sa jednakom pažnjom, u matematičkoj fizici posebna pažnja se poklanja problemima koji imaju jedinstveno rešenje, jer su ti problemi, tj. matematički modeli, i formulisani tako da opisuju samo jednu fizičku pojavu. Za praksu je važno još i da rešenje postavljenog problema bude nepre kidno u odnosu na dopunske uslove, tj. da mala promena u dopunskim uslo vima prouzrokuje samo malu promenu u rešenju. Ovaj zahtev nametnula je
7.3. O rdeojlma parcijalnih dlferencijalnlb jednačioa
133
praksa. Zaista, diferencijalna jednačina koja odgovara izvesnoj pojavi obično se izvodi teorijski (uz potrebne aproksimacije, pomoću kojih se dolazi do što jednostavnije jednačine), dok se dopunski uslovi određuju uglavnom eksperimen talno, što znači da propisane vrednosti za nepoznatu funkciju nisu tačne, već približno tačne. Zbog toga je važno da rešenje bude neprekidno u odnosu na dopunske uslove, jer bi u suprotnom mala nepreciznost u merenju mogla dovesti do velike greške u rezultatu. Definicija l. Problem matematičke fizike je korektno postavljen lo 2° 3°
ako postoji rešenje p roblema; ako je rešenje jedinstveno; ako je rešenje neprekidno u odnosu na dopunske uslove.
Navešćemo primere korektno i nekorektno postavljenih problema. PRIMER. l . CAUCHYev problem za jednačinu žice koja treperi, tj. problem
(l)
(a = cons t)
(2)
u
je korektno postavljen. Zaista,
(videti 5.3.1.)
jedinstveno
( 3)
u
(x, y)
rešenje l
= -
2
(x, 0) = A (x),
Uy (x, O) = B (x)
problema ( 1 )-(2) dato je o'ALEMBERTovom formulom
x+ay
( A (x + ay) + A (x-c1y)) +
J
l
-
2a
B (t) dt.
x-ay
Dokažimo još da je rešenje (3) neprekidno u odnosu na početne uslove (2). U tom cilju zajedno sa problemom ( 1 )-(2) posmatrajmo i j ednačinu (l ) sa uslovima
u (x, O) = A • (x),
(4)
uy (x, O) = B• (x).
Neka je u• rešenje problema ( 1 )-(4), tj. neka je
x+ay l
l
u• (x, y) = - (A• (x + ay) + A• (x-ay)) + 2a 2
J
B• (t) dt.
x-ay
Treba d okazati da za svako & > 0 i svako YE [O, y0] postoji 8 (&, y0) takvo da iz
(x E R)
(5) izlazi
l u (x, y)-u• (x, Y) 1 < €
(6)
(x E R, Y E [O, yJ).
Zaista, imamo
l l u ( x, y)-u• (x, y) l < - 1 A (x + ay)-A• (x + ay) l
- z
l l + - 1 A (x-ay)-A• (x-ay) l + 2 Za l
x + ay
J
I B (t ) - B • (t ) l dt
< - 8 + - 8 + - 8 (x + ay-x + ay) = 8 ( 1 + y) :s; 8 ( 1 + y0). - 2 2 2a l
l
Prema tome, ako stavimo 8 < E/(1 + y0), zaključujemo da iz (5) izlazi (6).
7. Dopune •
PRIMER 2. Problem
llrvlo bdaDJe
,)l u
u - + ,)l - - 0,
t);t3 e) y3
u je neprekidna funktija u oblasti D - {(x, y) : x3 + yl s; l, x
n0 kont urni uslovi (8) i veoma malo razlikuju. Medutim, razlika odgovaf'l\iućih rešenja (9) i ( l l ) ne teži nuli. Dovoljno je pokazati da njihova razlika ne teži O u jednoj tački, recimo u tački (0, 1). Ako u (x y) oznaćava rešenje (9), a u z (x, y) rešenje ( l l ) dobijamo
za
u1 (0, 1)-u z (O, l ) = k;vja n -+ +
oo .
- --sh 11 nz
=
e"- e - 11
2 11z
-+ +
oo
PIUMEDBA.
Ovaj primer dao je HADAMARD (videti, na primer, ( 1)). HADAMARD, međutim, ističe da fizički problemi koji se opisuju LAPlACEovom jednačinom obično dovode do kon turnih uslova (na primer DIRICHLETovih), a ne CAUCHYevih početnih uslova tipa (8). S druge strane, CouRANT (l) navodi da se jedan važan problem stabilnosti svodi baš na nekorektno postavljen CAUCHYeV problem za LAPLACEOVU jednačinu.
vata i
Definicija l , koja potiče od HADAMARDa, može se uopštiti tako da obuh druge prob leme, a ne samo jednačine
matematičke
fizi k e sa dopunsk i m
uslovima. Naime, ako su
(E1 , d1) i (E2, d2)
metrički
prostori,
pretpostavimo
da
je
jednakošću
y = f(x)
( 12)
gde su
J : E1 -+ E2 i x 'C_ E1
rešenje kažemo da je takvo da i z
stvari znači ljive y, ako
d1 (x1 , .\·) < e
rešenje nekog problema. Za to (E1 , E2) ako za svako e > O postoji a (e) > O d2 (y1, y2) < a. gde je y1 f (x;). i = l , 2 . To u
poznat i , definisano
stabilno
na
sleduje
=
da mala promena promen ljive x dovodi do male promene su x i
y
vezani jednakošću
( 1 2).
pramen
7.3. O re§enjima parcijalnib diferencijalnib jednai!lna
235
Definicija 2. Za problem se kaže da je korektno postavljen
1 ° ako za svako x E E1 postoji rešenje f(x) = YE E2; 2° ako je rešenje jedinstveno; 3° ako je rešenje stabilno na (E1 , E2 ).
U suprotnom slučaju kaže se da je problem nekorektno postavljen.
Jednostavno se utvrđuje da je problem iz Primera l korektno, a problem 1z Primera 3 nekorektno postavljen i u odnosu na ovu definiciju, gde u oba slu CaJa uzimamo da su d1 i d2 metrike prostora neprekidnih funkcija (videti Pri mer 2 iz 6.4. 1). Navedimo neke primere nekorektno postavljenih problema koji se ne odnose na diferencijalne jednačine. PRIMER 4. Razmotrimo problem određivanja izvoda diferencij abilne funkcij e. Za funkcij e x1, definisane sa x2 (t ) = t sin k t x1 (t) ""O,
x,
u odnosu na metriku prostora neprekidnih funkcija imamo d (x1, x2) = max l. e: sin k t l = l e:
dok za njihove izvode u odnosu na istu metriku važi
1.
d (x1', x/) = max J e: k cos k t l = l e: k ! Prema tome, za dovoljno veliko k izraz d (x1', x2') može biti proizvoljno veliki, što znači da je problem nekorektno postavljen. Upravo se zbog toga nailazi na velike teškoće prilikom približnog određivanja izvoda. PRIMER 5 . Posmatrajmo sistem linearnih j ednačina po x, y: ( 1 3)
5 5 x + 89 y = 1 44,
89
X+
( 1 44 -f-t) )' = 233.
Rešenj e sistema ( 1 3) za t = 0 - 0 1 8 j e (x, y) = ( - 1 59 · 2 , 1 00), a za t = 0 - 02 je (x, y) = (1 8 · 8 - 1 0). Vidimo da mala promena u koeficijentima sistema ( 1 3) dovodi d o velike promene u rešenju, pa je sistem ( 1 3 ) , odnosno sistem ( 1 4)
55
X+
89 )'= 1 44,
89 x + 1 44 y = 233,
čije j e rešenje (x, y) = ( l , I ), nekorektno postavljen. Ovo je primer tzv. slabo-us/ov/jenih sistema l inearnih jednačina. PRIMEOBA. FIBONACCiev niz broj eva ('Pn) definisan j e sa A
Oblik grafika funkcije iz primera l opravdava naziv iglasta funkcija, što se ne bi moglo reći za oblik grafika funkcije iz primera 2. Međutim, bez ob zira što iglaste funkcije mogu imati grafike koji nimalo ne liče jedan na drugi, za sve takve funkcije važe sledeće jednakosti lim a (x, A) = O,
A--->0
što sleduje direktno iz definicije l .
lim
A
J a (x, A) dx = l ,
f..---+ 0 l.
8.1 .3. Pojam a-funkcije i osnovne osobine Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b] , cija. Izračunajmo izraz
neka je a iglasta funk
b
lim Jf(x) o (x, A) dx.
(l)
1.--->0 a
Razlikujemo dva slučaja. Neka prvo O E (a, b) , tj . neka je a < O < b, i neka je A :s:;; min ( l a : , b) . Na osnovu definicije iglaste funkcije i teoreme o sred njoj vrednosti imamo b
(2)
A
A
J f(x) a (x, A) dx = J f(x) a (x, A) dx =/(t ) J a (x, A) dx =J( t) , a
-A
-A
239
8.1. Delta-funkcija
A, A).StogaKadiz A-O i t-O, pa zbog neprekidnosti funkcije f imamo limf(t)tE (-f(O). (2) sleduje lim J f(x) 8 (x, A) dx= f(O). Ako sada pretpostavimo da OEE(a, b), tj. a0
Ako
J
O 'f (a,
h
h-+0
(-
b), tada je izrr.z ( 4) jednak b
a
f (O) -f ( - h) , h
/ ( 0) -/ ( - h ) h
)
�
O. Uvedemo li oznaku b
lim JJ(x) S (x + h) - B (x) dx = Jf(x) o' (x) dx,
imamo (5) i stoga
{6)
h -
-f' (0).
b), b),
8.1. Delta·fuokcija
243
Produžujući ovaj postupak, vidimo da se n-ti izvod o-funkcije definiše sa
b {( - l)nJažeti u jedan; naime, G treba da bude rešenje ne homogene jednačine d
( oG)
- P (x) - + Q (x) G + I> (x-t) = O,
dx
Ox
u kojoj učestvuje ll-funkcija. S obzirom da se funkcija R m ože izraziti pomcću ll-funkcije: R (x) =
b J R (t ) l> (x- t ) dl,
a
na osnovu lim:arno.. ti jednačine ( l ) i principa superpozicije (videti 5.4.1 ) , neposredno zaklju čujemo da je rešenje problema ( 1 ) - (2) dato sa ( 3)
y (x)
=
b
J G (x, t) R (t) dt.
a
8. Dopune za treće izdanje
244 PRJMER
2 . Neka su a, b , j neprekidne funkcije na
·
egmentu [a, b]. Diferencijalna jednačina
y" + a (x) y' + b (x) y = f (x)
(4) sa početnim mlovima (5)
gde je x0 E (a, b) dat realan broj, obično se rešava direktno; naime, odredi 'e o ošte rešenje opštem rešenju određuju iz uslova �5). Međutim, tom rešenju može se dati oblik analogan obliku (3) rešenja konturnog problema ( 1 ) - (2). Naime, ako je (x, t ) !-+ K (x, t) rešenje (u odn osu na x) diferencijalne jednačine jednačine (4), a zatim ce proizvoljne konstante koje figurišu u tom
y" +a (x) y' +b (x) y = o (x- t ) ,
ako je K (x, t ) = O za x < t, tada je za x > x0 rešenje problema (4) -(5) dato sa y (x) =
X
J K (x, t) f (t) dt.
xo
PRIMER 3 . Kao što je poznato (videti 2.4. i 2.5.) za niz f., /2, kažemo da je ortonormiran ako je b
J
a
fm (t ) f" (t) dt=
{�
Na o movu te mobine dokazuje [e da �e koeficij enti F (x) =
( 6)
+ oo
L
k = - CXJ
• • •
neprekidni h funkcija na [a, b]
(m = n) (m #- n) Ck
u razvoju
ck fk (x)
određuju pomoću formule Ck =
b
J F (t) fk (t) dt
a
(k E Z).
Međutim, u primenama se pojavljuju i neprebroj ivi sistemi ortonorm iranih funkcija Naročito su poznati sistemi oblika { ik l k E R} ; dakle, skup indeksa je (neprebrojivi) skup svih realnih brojeva. U tom slučaju se ortonormiranost izražava pomoću delta-funkcije, naime b
J fm (t) /" (t) dt = 8 (m - n)
(m, n E R) .
a
Tada, umesto razvoja (6) imamo razvoj F (x) =
+ oo
J c1 /, (x) d t,
- oo
gde s e koeficijenti c1 određuju i z jednakosti c1 =
b
J F (x) /, (x) dx a
(tE R).
PRIMER 4. Za uopšteni izvod jedinične funkcije U uzeli smo S-funkciju (videti formulu (3) u 8.1.4). Na sličan način možemo definisati uopšteni izvod bilo koje deo po deo neprekid· ne i glatke funkcije.
8.1. Delta-funkcija
245
Pretpostavim o prvo da je funkcija /, koja ima prekid u tački X =X0, definisana sa / (x) =
{
J.. (x) J; (x)
{
/ ' (x) , J;' (x)
gde su J.. i /2 diferencijabilne funkcije. Tada za x # x0 funkcija J ima izvod / ' , pri čemu je
j, (x) =
(7)
Međutim, funkciju f možemo napisati u obliku / (x) =/1 (x) + ( /2 (x) -/, (x)) U (x- x0) ,
odakle, formalnim diferenciranjem dobijamo f' (x) =f, ' (x) + (J;' (x) -/1' (x)) U (x - x0) + ( J; (x) -J.. (x)) ll (x - x0).
Međutim, izraz
J,' (x) + ( /2' (x) -/1 ' (x) ) U (x-x0)
se poklapa sa (7), a s druge strane, na osnovu osobine ll-funkcije imamo (12 (x) -f, (x)) ll (x-x0) = ( /2 (x0)-/, (x0)) ll (x-x0) = ( / (x0 + 0) -/(x0-0)) ll (x-x0).
Stoga, ako fo' označava običan a fu' uopšteni izvod funkcije /, dobijamo fu' (x)=fo' (x) + ( / (x0 + 0) -/ (x0-0)) ll ( x-x0).
Slično, ako funkcija f ima prekide u tačkama x , , . . . , Xn, tada j e fu' (x) =fo' (x) +
n
L
k� l
(/ (xd O) -/ (xk-0)) ll (x-xk)·
PRIMER 5. Sledeći fizički problem prirodno dovodi do uvođenja ll-funkcije. Električno polje između dve paralelne ravni x = ± e, koje nastaje od negativno naelektrisane beskonačno tanke ploče u ravni x = O, iznosi
E= - Ps/( 2 �0) (za x > O),
gde je p, površinska gustina naelektrisanj a i E0 dielektrična konstanta vakuuma. Ako uzmemo da je potencijal V (O) ravni x = O jednak nuli, imamo V (x) = -
;r
j.
o
p ' x (x > O) ; E dx = 2 Eo
V (x) = -
;r
J o
pE dx = - · x (x < O). 2 Eo
Prema tome, V (x) = � i x 1 . 2 E0
Pomoću dobijene raspodele potencijala možemo izračunati ekvivalentnu zapreminsku gustinu naelektrisanja p (x) . Potencijal V (x) i gus tina naelektrisanja povezani su PotssoN ovom jednačinom. U našem slučaju to je jednodimenziona jednačina
Kako je imamo
d' V p (x) -- = - -E0 dx '
=:>
d' V p (x) = - E0 -- . dx'
d V p, p, - = - sgn x = - (2 U (x) - 1 ), d x 2 E0 2 E0
d' V Ps = - ll (x) dx2 e:0
--
=:>
p
(x)= - p,
8 (x).
8. Dopune
za
tl'fte Izdanje
PRIMER 6. Posmatr�jmo dve bliske ravne ploče u x = - a/2 i x = a/2, naelektrisane tako da su njihove površinske gustine naelektrisanja redom L p,/a i - L p,/a, gde je L konstanta . Na osnovu prethodnog primera, dobijamo ekvivalentnu zapreminsku gustinu naelek\risanja
a
Ako a -->- O, ploče se približavaju i dobija se jedna ploča. Dve strane ove ploče sa drže ista ali po znaku suprotna naelektrisanja i to tako da proizvod površinske gustine na elektrisanja i međusobnog rastoj anja, tj. mcment, ost2je konstant2 n. Prema teme, ravan x = O naelektrisana je dipolima čiji su momenti po jedinici p.wršine jednaki L p,.. Zapremin ska gustina naelektrisanja ovih dipola iznosi p (x) = L Ps li m
a--+oO
( ;) ( ;)
a x+
-a xa
L Ps 8' (x).
Kao što se vidi, p (x) je proporcionalno i zvodu B-funkcije.
PRIMEDBA 1 . Primere S i 6 redigovao je D. Đ. Tošić prema [4].
8.2. UOPŠTENE FUNKCIJE 8.2.1 . Uvod Označimo sa S skup svih realnih funkcija koje w integrabilne na svakom konačnom segmentu [a, b]. Takve funkcije nazivamo običnim funkcijama, pa je dakle, S skup svih običnih funkcija. Obične funkcije mogu se sabirati i množiti realnim brojem, tako da S čini linearan vektorski prostor. Postoje i razne druge operacije koje se mogu definisati na skupu S. Na primer, ako niz običnih funkcija /1 , /2 , konver gira ka nekoj funkcij i J, i ako za svako n E N važi l/" (x) l ::;J0 (x), gde je /0 neka određena obična funkcija, tada je i granična funkcija J integrabilna na svakom segmentu, tj. i granična funkcija f je obična funkcija. Međutim, jedna od najvažnijih operacija analize, diferenciranje, ne može se primeniti na sve obične funkcije. Zai;;ta, kao što je poznato, postoje neprekidne funkcije kao, na primer, WEIERSTRAssova funkcija J definisana sa •
(
•
•
f(x) = +.J. b" cos (a" 1t x), gde je a ceo neparan broj, O < b < l , ab > l + n=O
� 1t2)
koje nemaju izvod ni u jednoj tački ; a takođe postoje obične funkcije koje imaju izvod, ali taj izvod nije obična funkcija . Postoje i druge teškcće u vezi sa diferenciranjem. Naime, ako postoji izvod j' kao obična funkcija, kada se taj izvod integrali ne mora se ponovo doći do funkcije J, jer jednakost f(x) =f(a) +
X
J j' (t) dt
a
važi samo u slučaju kad je f apsolutno neprekidna funkcija. Sve pomenute teškoće mogu se izbeći na dva načina. Prvi je da se u radu koriste samo analitičke funkcije, ali je skup analitičkih funkcija suviše uzan za primene.
8.2.
247
Uopiteae funkcije
Stoga se pribegava drugom načinu, a to je da se proširi skup S običnih funkcija do jednog šireg skupa T u okviru koga se može definisati diferenci ranje, tako da ta operacija ima razna svojstva podesna za primene, i da se uz to, diferenciranje može primeniti na svaku funkciju iz skupa S. Pre nego što pređemo na definisanje skupa T, primetimo sledeće. Neka je cp integrabilna funkcija na segmentu [a, b] i neka je cp (x) =: O za x >b ili x < a. Takve funkcije nazivamo finitnim funkcijama. Svakoj običnoj funkciji f možemo pridružiti broj (/, tp) definisan sa (f,
(l)
?) = J f(x) cp (x) dx. - oo
Ako je funkcija J apsolutno neprekidna i ima običan izvod formirati izraz
f',
tada možemo
+ oo
(f' , tp) = J f' (x) cp (x) dx. - oo
Pretpostavimo sada da je i funkcija rp apsolutno neprekidna i da ima integra bilan izvod tp'. Tada, primenom parcijalne integracije, nalazimo +oo
+oo
(!', tp) =f( x) ? (x) !�: - J f(x) cp' (x) dx = - J f(x) cp' (x) dx, jer je
cp
- oo
- oo
finitna funkcija . Prema tome, pod navedenim pretpostavkama imamo U',