Jednačine matematičke fizike [PDF]

Zitiervorschau

Dr DRAGOSLAV S. MITRINOVIĆ Dr JOY AN D.

KEČKIĆ

JED NAČINE MATEMATIČKE FIZIKE TREĆE ISPRAVUENO I

DOPUNJENO IZDANJE

IZDAVACKO PREDUZEćE GRAĐEVINSKA KNJIGA BEOGRAD, 198!!.

MATEMATICKI METODI

U FIZICI I TEHNICI

D. S. Mitrino'vić: Nejed1111kosti Beograd 1965, 239 str.

D. S. Mitrinović - D. 2. Đoković: Poli110mi i 171/ltrice prvo izdanje, Beograd 1966, 399 str. drugo izdanje, Beograd 1975, VIII+ 349 str.

D. S. Mitrinović: KompleksiUl allllliza prvo izdanje, Beograd 1967, XII+312 str. drugo izdanje, Beograd 1971, XII+ 314 str. treće izdanje, Beograd 1973, XII+ 272 str. četvrto izdanje, Beograd 1977, XVI +319 str. peto izdanje, Beograd 1981, XVI+379 str.

D. S. Mitrinović: Urod

11 specijalne f1111kcije prvo izdanje, Beograd 1972, XII+ 188 str. drugo izdanje, Beograd 1975, XVI + 231 str.

treće izdanje, Beograd 1985, XI1+245 str.

D. S. Mitrinović

-

J. D. Kečkić: Jedllllčine 1711lte1711ltičke fizike

prvo izdanje, Beograd 1972, XII+ 228 str. drugo izdanje, Beograd 1978, VIII+ 240 str.

treće izdanje, Beograd 1985, Vlll+257 str.

Za IRO "GRAĐEVINSKA KNJIGA" Milan Vi§njić, glavni urednik Milica Dodić, odgovorni urednik Olga Vasiljević, urednik Jovo Karadlić, tehnički urednik Goran Popović, naslovna stn10a Tira!:_ ]

500 prfmeraka

štampa: štamparija "Bakar" - Bo r

PREDGOVOR TREĆEM IZDANJU ov om izdanju učinjene su sledeće izmen e i d opune : 1 o Izrađena je nm•a verzija odeljka 2.2, k oji se odnosi

U

na Greenovu funk­

ciju;

2o Proširen je ode/jak 7.3.2, koji se

odnosi na korektno i nekorektno

po-

stm•ljene probleme; 3 o Dodat a je nora glm·a Dopune za treće izdanje u kojoj su dati uvodni pojmm•i o uopštenim funkcijama, a posebno o delta fu nk ciji; 4° Izvršene su još neke manje izmene, a takođe su ispravljene i neke greške na koje je autorima ukazao Branko Čizmić. -

27. ja nua ra 1985.

D.

S. Mitrinović - J. D.

Kečkić

IZ PREDGOVORA DRUGOM IZDANJU Drugo izdanje ud:!benika Jednačine matematičke f izike razlikuje se od pn·og u sleddem:

r Jsprar/jene Sl/ primećene greške; 2° Dodato je noro pog/m·lje Dopune za drugo izda�ie u kome su ukratko razmatrane neke integralne transformacije (Fourierora, Mellinora i Hankc/tJI'a), zatim Schrodingero1·a jedna6na i najzad neka teorijska pitanja u r ezi sa pan·(ial­ n im diferencijalnim jedna6nama. JO. marta 1978.

D. S. Mitrinm•iL:

- J.

D. Kečkić

IZ PREDGOVORA PRVOM IZDANJU Knjiga Jednačine matematičke .fi:.ike, koia i::/a::i u ohiru sen/e Matematički metodi u fizici i tehnici, nameniena je u pn·om redu studentima .fi::ike i tc/mike na prirodno-matemath'kim i tefmi8;im fakufrerima. Ona c;e takati:: biti od koristi di­ plomiranim fi::ičarima, in=enjerima i matematic'arima. Pri redigovanju većeg dela kl�iige kao osno1•a poslu:=i/a su predavanja koja je D. S. Mitrinović držao na Filo::ofskom fakultetu Unil•er::ireta u Skoplju i Elektro­ tehničkom fakultetu Univerziteta u Beogradu. Beleške pripremane ::a predavmija ponoro ·Je redigovao i mestimično dopunio J. D. Kečkić, koji je takode i:::radio pog!al'lje Integralne jet/načine. U knjizi se razmatraju neki delovi teorije običnih i parcijalnih d iferencija/nil! jednačina kao i integralni/z jedna(ina. pri čemu je pretpostav/jeno da je urierovog red a l 69 Parsevalova jedna kost l 72 Uniformna konvergencija Fourierovog reda l 73 Zadaci l 84 Literatura l 80 Varijacioni račun l 81

problema

l 66

3.8.

1 81 Najjednostavniji problem varijacionog račun a l 82 E k stremum funkcionele više p romenlj ivih l 87 Ek;tremum funkcionele koja �adrži izvode višeg reda jedne nepoznate funkcije l 88 Ekstremum funkcionele koja zavisi od funkcije dve promen lj i ve l 90 Ritzov direktan meto:J l 9 1 Zadaci l 93 Literatu ra l 94

4.

Integralne jed.Jačine l 95

3.2.

3.3.

3.4. 3.5. 3.6.

3.7.

Uvod

Fredholmove integralne jednačine l 95 l 95 Fredhol mova jednačina sa degenerisanim jezgrom l 96 Metod sukcesivnih aproksimacija 1 98 Fredholmova alternativa l 1 0 1 Sturm-Liouvilleov problem i integralne jednačine l 107 Volterraove integralne jednačine l 1 07 Uvod l 1 07 Primena Laplaceove transformacije l 108 Metod sukcesivnih aproksimacija l 109 Volterraove jednačine prve vrste 1 111 Linearne diferencijalne jednačine i Volterraove jednačine 1 112 4.2.6. Singularne integralne jednačine l 1 1 3 Zadaci l 1 1 5 4.3. 4.4. Literatura l 126 4.1. 4.1 .1. 4.1 .2. 4.1.3. 4.1 .4. 4. 1.5. 4.2. 4.2. 1. 4.2.2. 4.2.3. 4.2.4. 4.2.5.

Uvod

S.

Parcijalne diferencijalne jednačine l 127

5.1. 5.1. 1. 5.1 .2. 5.1.3. 5.2. 5.2. 1. 5.2.2. 5.2.3. 5.2.4. 5.2.5. 5.2.6.

Uvod 1 127 Definicije i oznake l 127 Formiranje parcijalnih jednačina l 128 O vrstama rešenja parcijalnih d iferencijalnih jednačina l 130 Parcijalne diferencijalne jednačine prvog reda l 132 Linearna homogena jednačina l 132 Kvazilinearna jednačina l 1 34 Cauchyevo rešenje kvazilinearne jednačine l 1 34 Lagrangeova teorija integrala l 1 35 Lagrange-Char)Jitov metod l t 36 Charpitov sistem jednačina l 1 37

5.3. Opšti metodi u teoriji parcijalnih diferencijalnih jednačina drugog reda 1 139 5.:1.1. .lednal:ina žice koja treperi l 139 5.3.2. Eulerova jcdnačina l 140 5.3.3. Klasifikacija parcijalnih jcdnačina drugog reda 1 142 5.3.4. Svodenje jed načina na kanonični obi ik 1 142 5.3.5. Lapl aceova teorija' l 145 5.3.6. Opšta linea>s. Tada imamo +oo

/ F (p) /< J /f(t) e

-

o

+oo

P dt[a>s}. Dokaz.

Kako je ll.F F({J+ll.p)-F(p) -= = ll.p ll. p =

možemo staviti

(t) e p1e I D. f J ll.p +oo

o

-Pl

o

p

_

J

1 dt

·

�; = -J tf(t) +oo

(l)

-

( -l +2!-tfl.p (tfl. p)2 !3 - + ) dt,

J tf(t) e . +oo

-

- l e P

·

·

dt+ e:,

o

gde je A e=u.p

t2J(t) e-Pl

+oo

J

o

l tfl.p +-(tfl.p)2 (--) dt. 3! 4!' 2! '

· · ·

Dokažimo da je lim e: =0. D.p--+0

(2)

Imamo

(tk)= O tl.j' (tk)=ak- ak-J, (n;?2);

pa je

(S)

F(p )=

11((ak-ak_,)tk+(bk-bk_,) + a k-� ) e p ( -pt ) k�l p

p

x

k -'

k

2° Neka se funkcija J može razviti u potencijalni red +oo f(t)= L: a" t" .. �o

(6)

( -oo - l) i tr-+ e'. Sada ćemo, primenjujući teoreme iz prethodnog odeljka, odrediti slike više ele­ mentarnih i specijalnih funkcija. 1 l o Kako je L (e')= --, na osnovu teoreme o sličnosti imamo

p-1

1_=_1_ . L(e"')= _!_ _

a

!!___

a

2° Poznati su sledeći obrasci at

cosat = ei chat=

+e-lat 2

eat+e-ar 2

Stoga je

p-a

1

ia _e-i t

e t a . smat= --- '

,

2i

sh

,

a =

t

e"'-e -ar

.

2

l _) = _P_. (p-ia + _ p+ia p2+a2

L (cos at)=_!_ L (elat)+_!_ L (e-lat) = _!_ -12

Takođe imamo

2

2

a_ ; 1_. ) = _ � a. P+la =�(p-lp2+a2 (p-a p+a) p2-P_; L (chat)= _!_(L(e"') +L (e-6).

o,

tačkama O , l , (tk=

2, 4 , 5, 6, pa je st oga l, 2, 4, 5, 6).

!:J.f" (4)= !:J. j" (6)= -2 , !:J.f" (5) = 4.

Tak ođe je !:J.f- 1 ) 2

3 4

l" -e«l

l"

n!

..;;rt l

TABLICA

l

Slika

r(ex+ l) pa.+l pn+l n!

(p-ex)n+J v'P ex p •+ ex • l

s

sin ext

6

cos ext

_

7

sh ext

ex --

8

ch ext

p2- ex2

9

sin1 at

lO

cos1 at

p•+ ex•

P_

p•-ex1 p

2a2

p(p1+4a2)

p2+2a2 p(p2+4a2)

ll

l.J. OdrediVllDje Laplaceove transfonnacije

Original

Slika 2a1

ll

sh1 at

12

ch1 at

13

sin at cos �t

14

sh at ch �t

a (pl- al+ �l) [p l-(a-�)l] [pl-(a+�)1 ]

15

cos at cos �t

p (p l+al +�l) [p l+(a-�)l] [pl+(a+� )2]

16

chat ch �t

p (pl-al-�l ) [p2-(a-�)l] [p l-(a+�)2]

17

sin at sin �t

2a� p [pl+(a-�)1] [pl+(a+�)l]

18

sin at ch �t

a (p1+a 1+W) (p2+al-W)l+4al �2

19

shat sh �t

20

cos at sh ��

p (pl-4al) pl- 2al p (pl-4al) a (pl+al-�l) [pl+(a-WJ [p1 +(a+Wl

2a�p [p•-(a-�)l] [pl-(a +. �)2] � (p•-al-�2) (pl+al- �l)l+4al �2

21

cos at ch �t

p(p•+a •-� •) (pi+a•-�2)2+ 4al �l

22

sin at sh �t

2al3p (p•+al- W)l+ 4 al �·

23

sin (wt-q�)

24

cos (wt-q�)

25

sh ( wt-q�)

e

26

ch (wt-q�)

--p e "'

27

Isin at l

28

sin t l sin t l

�p e "' -

(l)

p2+wl

--p p e "' l+wl p �

�

--

"'

�

p

(l)

p2- wl p

p• -wl

rtp a cothpl + a2 2a

--

I

rtp

p

a

-th -

l.

Laplaceova transformacija

Original 29

e-a.t sin wt

30

e-«t cos wt

31

e-ru sh wt

32

e -a.t ch wt

33

- sin a.t

t"

n!

t"

34

- sh a.t

35

- cos a.t

36

n!

l"

n!

l"

- chtx.t

n!

Slika (J)

(p + aY + wz

p + a. (p + a.) 2 + w2 (J)

( p + a.)z _ 00z p + a. L

Zi

l

2

(p + a.) •- wz (p + a.i)" + l -( p - a.i)" + l (p2 + a.l)r�+ l ( p + a.)" + ' - (p - a.)" + l (p2 -a.2)n+ 1

l (p + j a.)" + l + ( p - i a.)" "' l 2 (p> + a.l )n+ 1 2

(p + a.)" + l + (p - a.)"+ l (p• - a.>)n + 1

37

S(t)

vv

38

C (t )

y"jp2 + l +p

39

Si ( t )

l l - arctg p p

40

si t

l -- arctg p p

41

Ci (t)

P2 + i -p 2 p VP2 + l 2 p y p2 + 1

l - log (p2 + l ) 2p

l P +l - log -2 p- 1

42

shi (t)

43

chi (t)

44

log t

y + log p p

45

Ei ( - t )

l --- log (p + l ) p

46

E i (t)

l -- log (p - 1 ) p

l

l

- log p "jp2 - l

1.3.

Odrectivanje Laplaceove transformacije

Original

Slika l

47

li (e1)

-- log (p- 1 ) p

48

li (e - ')

l -- log (p + l ) p

49

erf (..,li)

50

Err(JT)

51

e- t'

52

erf (t)

P + l + vp + l

a2

53 a

2 Viti'

54 55 56 57

l -ar,,-� _ t e

Tt

sin 2 Vt cos 2 yt vrt t

58 59

l p

-4p

( �P ) �Tt

Err

t

e

2

l

- e-p -

p

l

-=- e

P

'./P

evP'+i -p>"

VP' + l

"

r2 J" c 2

vT>

l

-e

pn + l

P

l VP4 + l + p ' 'V 2 (p• + l)

60

ber t

61

bei t

62

ber (2 ..jt)

l l - cos ­ p p

63

bei (2 Vt)

l l - sm p P

/vp• + 1 -p'

\J 2 ( p4 + l)

o

1.

Laplaceova trausrormacija

1.4. INVERZNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 1.4.1. Kompleksan oblik Fourierovog integrala

Kao što je poznato, funkcija f koja zadovoljava sledeće uslove: l o f je deo po deo neprekidna; r f ima konačno mnogo ekstremuma; 3° integral J l f (t ) l dt je konvergentan; može se prikazati FouRIERovim integralom + f(t)= 2171: J dr J f(u) cos r(t- u) du. Kako je zbog neparnosti integrala po r + ... + ... 2111: J dr J f(u) sin r (t -u)du=O, mo!emo pisati f(t )= 2171: J dr J f(u) (cos r (t-u) + i sin r (t- u))du, - oo + ...

_ ..,

...

- ao

- ao

+ ...

tj.

+ ...

- oo

- oo

+ ...

- ao

+ ...

+ ...

f(t) = 2171: J dr J f(u) e • O, b > O).

Rešenje. Imamo L

(

ra r (t-u)b du =

J 11° (1- u)bdu,

o

r (a + l ) I' (b + l )

r (a + b + 2)

ra + b + I .

Smenom u - tx jednakost (4) transformiše se u l

ili

J o

xa ( l - x,..

v.

r (a + l) r (b + l ) dx = --=----,---r (a + b + 2)

•

5) Integral na levoj strani jednakosti ( 5) naziva se beta-funkcija i označava (a, b) �-+ B (a, b). Tako srno došli do formule B (a' b) =

r (a) r (b) r (a + b) '

odakle sleduje, između ostalog, simetrija funkcije B, tj. B (a, b) - B (b, a).

1.6.5. Odrediti LAPLACEOVU sliku fu n kcij e f definisane sa

J cos t:x dx + oo

f(t)

=

o

xZ + a2

(t �O. a>O).

l. Laplaceova transformacija

38 Rdeaje. Imamo

J f(t) e - P1 dt = J (J ;�:l; dx) e - P1 d t

+ ac

L (/(t)) = F(p) =

+ oo

o

o

+ oo

o

=J -1- dx J e-Ptcostxdt= r· -1- _P_dx ( 1t 7t ) · ( - ) = 2a-2; J +®

+�

o

Prema tome,

(2a )

o

,

o

x' + a'

p p' - a'

+�

l

x' + a '

o

+®

1t

x' + a' x' + p'

p l x' +p' dx = p '-a' l

--

F ( p) = . 2a p +a 1 - , zaklj učujemo da je

PluMEoBA. Kako je L � e - a' = �

-

2a p+a +®

tx J -dx = - e - at. x' + a' 2a cos

1t

o

1.6.6. Neka je L (/(t)) = F (p) i neka je funkcija j' ori�inal. Dokazati formule

lim F (p) = O;

(l)

•

lim pF (p) = f(O);

(2) (3)

lim pF (p) =j( +

p-+ 0

ako lim f(t) postoji.

oo ),

t -++ �

Releaje. Ako je f original, tada postoj e pozitivni brojevi M i s takvi da j e 1/(t) l < Me''. za Re p > s važi + oo

Tada

I F + 2 y"' + 3 y + 2 y' + y =

l + t + t2•

l. Laplaceova transformacija

40

1.6.11.

Naći partikularno rešenje jednačine

y '" - 6 y" + 1 1 y ' - 6 y

=

- l'

koje zadovoljava uslove y (O) = y' (O) = y" (O) = O. Revdttll. y ( t ) �

l

l

l

l

+ --- e' + - e''-- e3'. 6 2 2 6

1.6.12. Rešiti sistem jednačina 3 tx' (t) - 2x(t) - y (t) + z (t) = O, 2 ty' (t) - x(t) - 3y (t) - z (t) = O, 6 tz'(t) + x(t) - 1y (t) - 5 z (t) = 0, x (l) =y (l) = z (l) =

l.

1.6.13. Odrediti opšte rešenje sistema jednačina x" ( t) + 2 x' (t)

+

x (t) +y" (t) + y' (t) + 2y (t) = O,

x" (t) + x' (t) + 2 x (t) +/' (t) + 3 y(t) = O . Reztdtat.

x(t) � e, e'-4 (e, + e,) te1, y (t) = e, e' + 4 (e1 + e,) te'.

1.6.14. Odrediti jedno partikularno rešenje diferencijalne jednačine (n E N) . (l) t 2 y" (t) + ty' {t) + (t2 - n2) y (t) = O

RdeiC}e. Ako s tavi mo

L (y ( t)) - Y ( p), imamo redom

L V (t)) -pY(p)-y(O), L (y" (t)) -p2 Y(p)-py(O)-y' (0), L (t2 y(t)) - Y" (p), L (ty' (t)) - - Y(p)-pY'(p), L (t2y" (t )) -p2 Y" (p) + 4pY'(p) + 2 Y(p),

•.

j transformisana jednačina

(l) glasi

(p2 + l ) Y" (p) +3pY' (p)+( l -nJ) Y(p) - 0.

(2)

Uvedimo smenu p � sh u, gde je

11

z (u) Y ( p) = - , eh u

nova nepoznata promenljiva, a z nova nepoznata funkcija. Jednačina (2) tada postaje z" (11)-n' z (11) ...;, O,

j njeno op�te reienje je Stoga je

Z (ll) - e, e"" + ez e-1111 = e, (eh u + sh ll)" + ez (ch u-Sh ll)".

Uzmimo da je

e, = O, e, = l . Tada je Y(p) •

h/p' + l -p)" VP, + l

.

1.6. Zadaci

41

Međutim; na osnovu tablice l imamo

L (J" (t)) = VPi+l -p

(

)

yp2 + l

" ,

ide je J,. BBSSELOva funkcija prve vrste. Odatle sleduje da je jedno relenje jednačine ( l ) dato sa

y (t) =J" (t ).

PluMEDBA. Jednačina (l) naziva se BESSELOva diferencijalna jednačina.

1.6.15. Neka su funkcije f i neka je (/(t)) = F(p),

L

i g originali, takvi da je !f(t) ! < M1 e'' ', j g (t) ! < M2 e'2'

L (g (t)) == G (p).

Doka2'Jlti formulu

L (/(t) g (t)) = -2n1-t. J F (u) G (p - u) du, •+l oo

•-l oo

1.6.16. Neka je (/(t)) = F(p) i i h analitičke. Doka2'Jlti formulu

L

L (g (t, u)) = G (p) e-"h < P>,

gde su funkcije

G

+ oo

L ( ] f(u) g (t, u) đu) = G (p) F(h (p)).

(l)

o

Reh11je. Po definiciji je

L

(2)

+ oo

+ oo + oo

o

o

{ J /(u) g(t, u)du) - J ( J f(u) g(t, u) du) e-Ptdt. o

+ oo

Nesvojstveni integral

J f(u) g(t, u) du postoji, jer j e original. Stoga se u desnoj strani

o jednakosti (2) može i.zmeniti red integracije. Tako dobijamo

+ oo

+ oo

+ oo

L

{ J /(u) g(t, u) du) J f(u) d u J g(t, u) e-1'1 dt -

o

o

o

+ oo

- G (p)

j e-IIII

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 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) g (x) za x ;:::.x0, y (x0) =- z (x0) = A, z{x)>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,. O)

+ (1. + q (x)) y = O

sa uslovima

y (O) = y (e) = O. Za fiksno, ali proizvoljno J. neka je y (x, /..) netrivijalno rešenje jedna­ čine (6) sa osobinom y (0, J.) = O. Očigledno ako J.< O i ako je l J. l dovoljno veliki broj, tada je y (x, t.) :;eO za xE (O, e). Zaista, J. možemo tako izabrati da bude J. + q (x)< O za xE [0, e]. Dalje, jasno je da za pozitivno i dovoljno veliko J. rešenje y (x, 1.) ima pozitivnu nulu. (7)

U

x,.

teoriji diferencijalnih jednačina dokazuje se da je svaka pozitivna nula

(:h) rešenja

y

(x, :h)

neprekidna funkcija promenljive

J..

Tada iz STURMove teoreme (videti teoremu l iz 2.3.2.) sleduje da opada kad J. raste i da je lim x,. (J.) = O. A -++ oo

x,.

(J.)

Izaberimo J. tako da prva pozitivna nula x1 (J.) rešenja y (x, J.) leži desno od e. Kad J. raste, x1 (t.} opada i tačno za jednu vrednost J., recimo 1.1 , imamo x1 - e. Prema tome, ).. 1 je sopst·�ena vrednost prob le m a (6)-(7), i to prva (i najmanja) . Kada J. dalje raste, nula x1 pripada intervalu (0, e), a druga pozitivna nula x2 (J.) rešenja y (x, :A) kreće se ka e i postaje jednaka e za J. = 1.2 ( > 1.1). Znači 1.2 je druga sopstvena vrednost problema (6)-(7). Jasno je da se ovaj postupak može dalje nastaviti, tako da dobijamo beskonačan niz sopstvenih vrednosti 1.1 < 1.2 < sa osobinom lim J." = + oo. ·

·

·

,._.....+ oo

Teorema je dokazana. 2.4.3. Ortonormiranost niza sopstvenih funkcija

Definicija l. Za dve funkcije f, g koje su integrabilne na intervalu [a b] kafemo da su ortogonalne na tom intervalu ako je ispunjen uslov ,

b

J f(x) g (x) dx = O.

Definicija l. Neka je p pozitivna integrabilna funkcija na [a, b] i neka su J, g integrabilne funkcije na istom intervalu. Kafemo da su funkcije J, g ortogonalne sa tefinom p, ako vafi b

Jp (x)f(x} g (x} dx = O.

2.4. Sopstftne vrednosti l sopstveae funkdje

(l)

Posmatrajmo opet STURM-LIOUVILLEov konturni problem

( P (x)y')' + Q (x)y + J. R (x)y= O,

A 0y (a) + B0y' (a) = O, A1 y (b) + B1 y' (b) = O,

(2) gde su funkcije

intervalu [a, b].

Teorema

težinom

P, P',

R

Q neprekidne i

je pozitivna neprekid na funkcija na

l. Dve različite sopstvene funkcije problema ( 1 )-(2)

R.

su

ortogonalne sa

). � > 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 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
(y)

jedna funkcionela. Deo analize koji se bavi rešavanjem

(l)

Odrediti ekstremne vredMsti funkcionele Cl>

(2)

Oarediti ekstremne vrednosti funkcije x �

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. 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
- 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

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 AC. Tada

j e d načina

(5) i

(6)

dy

Stavimo f= hl ' g = h2 u j ednakosti (2) . Tada s u u jednačini (3) koefic i. . dl u dl u . dl u " raz ! ICit mora b Ih Jenti uz -- , - Jednak"1 nu l 1.' Koer·ICIJent uz ' V ' o d m.1 l e, � �2 �� jer bi u protivnom prelaz sa koordinata (x, y) na koordinate "tJ ) smanji·•ao red jednačine, što je nemogućno. Ako podelimo jednačinu (3) sa tim koeficijentom, dobijamo jednačinu . .

(7)

i>�2;7J = F2 (1;,

.

--

�. u,

(1;,

·

;� , ;� ) .

Jednačina (7) predstavlja kanonični oblik hiperboličke jednačine. Ako uvedemo nove promenljive IX , � pomoću jednakosti 1; = IX + �'

jedna.:'ina (7) postaje (8)

�=

IX

-

�'

Oblik ( l ) je takođe kanonični oblik h iperboličke jednačine. Ako je funkcija F linearna u odnosu na u, p, q, tada su i funkcije . du du , du du h near ne u odnosu na u, , - , o dnosno u, -

d�

- ,

d oc

d 7J

F2 , F",

-- . •

d�

·

PRIMEDBA. U 5.3.2. rešili smp EULERovu jednačinu svodeći je smenom koja odgovara trans­

formaciji (2) na kanonični oblik

dz u

--

d � d 1)

= O.

2 ° Neka j e j ednačina ( l ) paraboličkog tipa, tj. neka j e je jed nači na ( 4) ekvivalentna linearnoj homogenoj jed načini (9)

A � + B � = O� Jx

dy

Bz = AC. Tada

5. Parcijalne diferencijalne jednačlne

144

Neka je x, y da bude ( l O)

h = h1

o h , o h,

(Na primer, ako je Stavimo

u

dh

d x oy

, dx

h2 takva funkcija od

rešenje jednačine (9) i neka je

(x, y)

_

i> h, o h,

d x oy

> 0, možemo uzeti

(2 ) f= h l '

g=

hz .

=i= O .

hz

Tada j e

).

(x, y) = y u

jed načini

.. (3) koe f.ICIJent

uz

o' u

o�'

dh dh . . k ako Iz Je d nač'm e A - + B - O z bog uslova parabolič' Je . dnak nu l'1. DalJe, dx đy . đ' u dh dh . . . .. uz -- , t) . . l azt Je d nac ma B - + C - = O , k oef'ICIJent nost t Bz = AC Iz ox oy đ� ch] =

·

v·

(

A

oh, + dx

B dđyh,) odh,x + (B doxh, + c ođyh,) ađh,y

� je

takođe Je jednak nuli. S druge strane, zbog uslova ( 1 0) koeficijent uz različit o d nule . Podelimo jednačinu (3) s a tim koeficijentom. Dobijamo đ' u - + F2 iJ 7]'

(

�.

1) ,

ou

(j�

što predstavlja kanonični oblik parcijalne f'RIMEDBA. Ako je ou odnosu na u, - , a�

)

= 0,

jednačine paraboličkog tipa.

F linearna funkcija u odnosu na u, p, q. tada je i funkcija F, linearna u ou

- , tj. imamo jednačinu a "IJ iJ u

đ' u

(l l) gde

ou

(j 7]

u, - , -

iJ u

- = A, - + B, - + C1 u + D1 1 0 71 aE d 11'

su

A " B" C" D1 funkcije o d � . 7] . Jednačina ( l l ) može s e dalje uprostiti. Uvedimo smenu 2I

u = Ue

Tada jednačina (l l ) postaje

I

B, (�. 7J)d1l

.

(j u

d2 u

iJ �

- = A1 - + C2 U + D, . d 7] '

3° Ostaje nam još da analizujemo slučaj B2< AC, kada je jed načina ( l ) eliptičkog tipa. Tada su koeficijenti jednačina (5) i (6) kompleksne funkcije. Neka je h (x, y) = h1 (x, y) + ih2 (x, y) rešenje jedne od jed načina (5) i (6), recimo jednačine (5). Tada je h (x , y) = h2 (x, y) + i h1 (x, y) rešenje druge jed­ načine, u našem slučaju jednačine (6). Stavimo u (2) f= h1 , g = hz . Rastavljajući realni i imaginarni deo u jednačini

( )

A !..1!_ 2 + ox

gde je

h = h1 + ih2 = f + A

( )

( )2

!..!!_ + c !..l!_ dx oy oy

2 B !..!!_

ig, dobijamo

( ) ( ) ( đg + of og ) + c

= O,

( )

o df of + of 2 + 2 2 C f 2 = A � z + 2 B� � + C � • B ox d x oy đy ox ox iJy oy A

df a g + đf B ox oy

d x ox

oy ox

df og_ oy o y

= O.

S,j, Opšti metodi u teoriji parcijalnih diferencijalnih jednačina drugog reda •

To znači da je u jednačini (3) koeficijent

uz

� Ur) jednak nuli, dok

sa

G-rJ'

tim koeficijentima. Dobijamo o' u o' u = F , + Ur)' 2 �. 0�

(

"1),

su

o�

u koeficijenti uz 02 i 02 u jednaki i ra:>: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 j O),

koje zadovoljava početni uslov U (x, y, z, O) = f(x, y,

(2 )

z)

(x, y, z E R),

gde je f data funkcija. Rešenje jed načine ( l ) tražimo u obliku U = e-rt cos a (x - ct) cos b (y - �) cos e (z - y).

(3)

Iz (3) dobijamo (4)

i zamenjujući vrednosti (4)

u

(l)

-r=

nalazimo

- k2 (a2 + b2 + c2).

Dakle, rešenje jednačine ( l ) oblika (3) je u = e - k'(a'+b' + c') t cos a (x - ct) cos b (y - �) cos c (z - r). pa je, na osnovu principa linearne superpozicije, + cc + cc

U=

-r ee

+ cc + cc + cc

j j j j j j oo oo oo oo

-oo

- oo

-

-

x

-

-

F (a, b , e, ct, �. y) e-k' oy2 ) dx dy = O. -+-

s

Međutim, važi jednakost (videti teoremu l iz 5.7.1. i primedbu iz 5.7.3.)

o2 u o2U JJ ( ox2 dy2 ) dxdy = J -ouon ds = Jf(s) ds, -+-

odakle sleduje

e

s

e

Jf(s)ds= O.

e

Teorema 2. Dva resenJa NEUMANNovog problema mogu se razlikovati samo za proizvo/jnu konstantu. Dokaz.

Dovolj no je dokazati ovu teoremu za slučaj J (s) = O.

5. Parcijalne diferencijalne jednač;ne

188

Pretpostavimo da je f(s) = O. Tada je U = O rešenje odgovaraj ućeg NEU­ MANNovog problema . Neka je u = u neko drugo rešenje istog problema. Kako je u harmonijska funkcija, imarr.o

J'u + -d'u) JJ u (--dx' dy' dx dy = O. s

Međutim kako je

JJ u �� dx dy = J u �: dy - Jf ( �:r dxdy, J r u d'udy' dx dy J u dud y dx - ff (du)' d y dx dy, u - rJ ( ( d u ) 2 + ( d u ) 2) dx dy. d' u + d' u) dx dy J u --ds JJ u (y •

Imamo

=

e

s

1

-

J

dn

e

. . Među hm, po pretpostavci. Je

s

a

=

dx' c! '

s

s

e

s

Ju on

+

s

. . . oda kl e, zb og neprek d nost• Izvo d a - , -- sI ed uJe

du du dx o y u konstanta. Time je teorema do a ana. k

dy

. u = O , -- = O , pa Je stoga

A Ll

JJ ( (1�r ( :;r) dxdy

. 1

-

dx

s

z

= 0,

du c!u = O , vsto znaciv · da Je. dy

-= OX

Pokažimo sada kako se NEUMANNov problem u ravni svodi na odgova­ rajući DIRICHLETOV problem. Neka je U rešenje NEUMANNovog problema. Kako je U harmonijska fu nkcija, može se odrediti sa tačnošću do jedne konstante fu nkcija V tako da j e fu nkcija (x, y) � U (x, y) + iV (x, y ) analitička funkcija kompleksne promenljive z = x + iy. Pri tome je V takođe harmon ijska fu nkcija. Funkcije U, V vezane su CAUCHY ­ RIEMANNovim uslovima:

dU oy

JU dV Jy

(l)

OX

dV Jx

Neka je ; = (n 1 , n2) = n1 i + n2 f Stavimo E = 11 i + t2j, gde Je E jedinični vektor tangente. Koristeći se uslovima ( l ), dobijamo "Jn = grad U

o

u

oV oy

·

e

o u -->j = (J-;}Xu -->i + � JV dx

oV ,) x

) · (� i - j ) --> e

=

,)V

,) v -->

,)

v

Jx

�

·

JV Jy dt

-· •

e

= n l - - n 2 -- = ll - -+- tz - = - ,

ov ot

· · V u pra\ cu tansente . · - •zv · od fu n kCIJe gde Je

Neka je A fiksirana tačka krive C, a B promenlj iva

(2)

B

B

B

tačka

oU ds = f ') V ds = V (B) - V (A). Jj(s) ds = J Jn ot

A

A

A

te krive. Imamo

5.7. Jednačine eliptičkog tipa

Kako je

189

J f(s) ds = O. jednačina (2) jednoznačno definiše funkciju V

e

u

tački B, tj. fu nkcija V je definisana na krivoj C. Kako je V harmonijska funkcija, rešavanjcm DIRICHLETovog problema za V, dobijamo vrednosti funk­ cije V u bilo kojoj tački oblasti S. Tada, pomoću jednakosti ( l ) određujemo funkciju U (sa tačnošću do jedne proizvolj ne konstante, što je u saglasnosti se teoremom 2). PRIMEDBA. U slučaju trodimenzionalne oblasti, NEUMANNov problem ne može se svesti na odgovarajući DIRICHLETOV problem. On se tada rešava pomoću integralnih jednačin a .

5.7.8. Primena kompleksnih funkcija

Neka je f analitička fu nkcija u oblasti G i neka je K = gl i� - z0[ R} C G, gde je z0 fiksirana tačka oblasti G . Na osnovu CAUCHYeve formule imamo =

(l)

Međutim, na krugu

K

važi � = z0 + Rei6, pa iz ( l ) dobijamo

1

f(z0) = 2 rr

J

2 1

postaje

u2 =/ z a (x, y) E K. Prema tome, funkcija Uz je rešenje DIRICHLETovog problema za krug LAPLACEove jednačine i može se prikazati u obliku POISSONovog integrala (videti 5.7.4.)

(8) Drugi konturni uslov daje

ou or

2 au1 + -, = g za (x, y) E K.

Funkcija (x, y) � 2 au1 (x, y) + _!__ a

o u, (x, y) or

zadovoljava LAPLACEovu jedna-

činu , kao što s e može neposredno proveriti. Stoga· s e i o na može prikazati u obliku POISSONOYOg integrala (9)

o

u' = 2 au1 + - r

a or

l

2 lt

2 rc

J g (t)

o

a2 - r2 r2 - 2 ar co< {t - 6) + a2

Diferencirajući (8) po r i zamenjujući izraz

o u, or

dt

.

u (9), dobijamo u1 • Stav­

ljajući u (7) tako dobijene vrednosti za u 1 i u2 , nalazimo rešenje postavljenog problema

(

l u (x, y) = - (r2 - a2)2 - 2 lt a

l

2

2rc

J

o

g (t ) +

2 rc

l dt r'- 2 ar cos t - 6) + a2

(

a-r J f(t) (r2-2ar

o

cos (t-6) + a2)2

PRJMEDBA. Opšte rešenje bi harmonijske i�dnačine LV

u(x, y) = (x + iy)J; (x- iy) +/2 (x-iy)

gde su /,. , / , g1 , g, proizvoljne funkcije. 2

+

cos (t-6)

u- O

,

dato je

sa

(x - iy) g (x + iy) + g2 (x + iy),

).

dt

195

5.8. Zadaci

Može se; dokazati da realni i imaginarni deo GouRSATovih bianalitičkih funkcija z �--+ "il(z) + g (z), gde su l i g analitičke funkcije, zadovoljavaju biharmonijsku jednačinu. Opštija jednačina �" u � O (n E N) naziva se poliharmonijska jednačina. Njeno opšte

rešenje da to je sa

u (x, y)

�

n-1

L

k�O

(x + iy)k .fk (x - iy) +

n-1

L

k �O

(x- iy)k gk (x + iy),

gde su lk , gk (k � O, . . . , n - 1 ) proizvoljne funkcije. Takođe se dokazuje da realni i imaginarni z �--+

n- 1

L

k� O

deo

kom pleksne

funkcije

oblika

"ik A (z) , gde su lk analitičke funkcije, zadovoljavaju poliharmonijsku jednačinu �" u � O.

5.8. ZADACI

5.8. 1. Eliminisati proizvoljne konstante iz sledećih jednakosti: 5.8.2. Eliminisati proizvoljne funkcije iz sledećih jednakosti: lo

U = xy +f(x2 + y2);

2o U =f

3°

J(x2 + y2 + u2, u2 - 2 xy) = 0;

4o

5°

( :) x

;

u =f(x2 - y) + g (x2 + y);

U = .}__f(y - x) + f' (y - x). X

5.8.3. Odrediti opšte rešenje parcijalne diferencijalne jednačine

(l) Reienje. Da bismo odredili opšte rešenje jednačine (l), potrebno j e 1), koje ispunjava uslove:

je ograničeno za x = O (v = O, l , . . . , k - l );

2 ° lim xm � = O (m = n - k, . . . , n; uX X -+ + ()v U

co

dokazati d a funkcije

Yn •

defi nisane sa

Yn

v = O, l , . . . , k - 1 ), (t) = (1/n!)

J xn U (x, t ) dx

+ oo

o

S. Parcijalne diferencijalne jednačine

100

predstavljaju rešenje sistema jednačina

Yn'

(t) = ( - I )k Yn- k (t )

(n > 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
(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',