Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija

Transcript

1 Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Saša Krešić-Jurić Odjel za matematiku Prirodoslovno-matematički fakultet Split 214

2 Sadržaj 1 Uvodna razmatranja Osnovni pojmovi inearne jednadžbe i princip superpozicije Elementarne tehnike Klasične jednadžbe matematičke fizike Početni i rubni uvjeti Stabilnost rješenja, Hadamardov primjer Zadaci Fourierov red Razvoj funkcije u Fourierov red Konvergencija Fourierovog reda Uniformna konvergencija Gibbsova pojava Klasifikacija jednadžbi drugog reda Kanonski oblik hiperboličkih jednadžbi Kanonski oblik paraboličkih jednadžbi Kanonski oblik eliptičkih jednadžbi Jednadžba provodenja Princip maksimuma i jedinstvenost rješenja Separacija varijabli za homogenu jednadžbu Separacija varijabli za nehomogenu jednadžbu

3 SADRŽAJ 2 5 Valna jednadžba Valno gibanje i d Alambertovo rješenje D Alambertovo rješenje za nehomogenu valnu jednadžbu Početno rubni problem za valnu jednadžbu Separacija varijabli za homogenu jednadžbu Separacija varijabli za nehomogenu jednadžbu

4 Poglavlje 1 Uvodna razmatranja 1.1 Osnovni pojmovi Neka je u(x = u(x 1, x 2,..., x n funkcija n nezavisnih varijabli x 1, x 2,..., x n. Parcijalne derivacija označavamo sa u xi = u x i, u xi x j = 2 u x i x j,... (1.1 Red parcijalne derivacije odgovara broju indeksa na funkciji u. Pretpostavimo da je u definirana na otvorenom skupu Ω R n. Definicija 1.1 Kažemo da je funkcija u klase C k na Ω, i pišemo u C k (Ω, ako u ima neprekidne parcijalne derivacije reda k na Ω. Ako je u C k (Ω, tada redoslijed u kojem se parcijalne derivacije računaju nije važan. Prisjetimo se da u C k (Ω povlači u C k 1 (Ω. Skup neprekidnih funkcija na Ω označavamo sa C (Ω. Ako je Ω zatvoren skup, odnosno Ω uključuje točke svoga ruba, tada u točkama ruba ne možemo definirati parcijalne derivacije. U tom slučaju ćemo kazati da je u C k (Ω ako postoji funkcija u C k (Ω definirana na otvorenom skupu Ω R n, gdje je Ω Ω, takva da je u (x = u(x za svaki x Ω. Definicija 1.2 Parcijalna diferencijalna jednadžba reda k > je jednadžba koja ovisi o nepoznatoj funkciji u(x i njenim parcijalnim derivacijama tako da je najviši red parcijane derivacije u jednadžbi jednak k. 3

5 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 4 Parcijalnu diferencijalnu jednadžbu možemo općenito zapisati u obliku F (x 1,..., x n, u, u x1,..., u xn, u x1 x 1, u x1 x 2,... =. (1.2 Definicija 1.3 Rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe (1.2 na skupu Ω R n je funkcija u C k (Ω koja zadovoljava jednadžbu (1.2 u svakoj točki u unutrašnjosti skupa Ω. Ova rješenja nazivamo klasična ili jaka rješenja. U primjenama su od interesa i tzv. distribucijska i slaba rješenja koja ovdje nećemo proučavati. Primjer 1.1 Jednadžba u xx u yy = (1.3 je parcijalna diferencijalna jednadžba drugog reda. ako se provjeri da su funkcije u(x, y = (x + y 3 i u(x, y = sin(x y rješenja jednadžbe (1.3 na skupu Ω = R 2. Parcijalne diferencijalne jednadžbe možemo klasificirati na različite načine. Osnovna podjela je prema redu jednadžbe kao u definiciji 1.2. Za jednadžbu (1.2 kažemo da je linearna ako je funkcija F linearna u varijabli u i svim njezinim derivacijama. U tom slučaju koeficijenti koji množe u i njezine derivacije ovise samo o nezavisnim varijablama x 1,..., x n. Jednažba (1.2 je kvazi-linearna ako je linearna u parcijalnim derivacijama najvišeg reda funkcije u. Na primjer, yu xx + 2xyu yy + u = 1 (1.4 je lienarna jednadžba drugog reda, dok je u x u xx + xuu y = sin(y (1.5 kvazi-linearna jednadžba drugog reda. Za jednadžbu koja nije linearna kažemo da je nelinarna. Prema ovo definiciji, jednadžba (1.5 je nelinearna. Jednadžba u x u 2 xx + xuu y = sin(y (1.6 je takodjer nelinearna, ali nije kvazilinearna jer član u 2 xx nije linearan. Navedimo još nekoliko primjera: u u xy + u x = y, kvazi-linearna jednadžba drugog reda, (1.7 (u x 2 + (u y 2 = 1, nelinearna jednadžba prvog reda, (1.8 u x u xxy + x u y = sin(y, nelinarna jednadžba trećeg reda. (1.9

6 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA inearne jednadžbe i princip superpozicije Nas će posebno zanimati linearne parcijalne diferencijalne jednadžbe drugog reda jer ovaj tip jednadžbi ima važne primjene u prirodnim i tehničkim znanostima. Klasične jednadžbe matematičke fizike kao što su valna jednadžba, jednadžba provo denja topline, Poissonova jednadžba i Schroedingerova jednadžba su linearne jednadžbe drugog reda. inearna jednadžba drugog reda u n nezavisnih varijabli x 1, x 2,..., x n ima opći oblik n A ij u xi x j + i,j=1 gdje su A ij, B i, F i G funkcije varijabli x 1, x 2,..., x n. n B i x xi + F u = G (1.1 i=1 Ako je u klasično rješenje jednadžbe (1.1, tada je u xi x j = u xj x i pa bez gubitka općenitosti možemo pretpostaviti da je A ij = A ji. Diferencijalnoj jednadžbi (1.1 možemo pridružiti diferencijalni operator = n i,j=1 A ij 2 x i x j + n i=1 B i + F (1.11 x i gdje je F operator množenja funkcijom F. Tada jednadžbu možemo zapisati u kompaktnom obliku [u] = G. Definicija 1.4 Jednadžba [u] = G je homogena ako je G = ; u protivnom kažemo da je nehomogena. Operator je linearan jer je [α 1 u 1 + α 2 u 2 ] = α 1 [u 1 ] + α 2 [u 2 ] (1.12 za sve funkcije u 1, u 2 klase C 2 i sve α 1, α 2 R. inearne jednadžbe imaju važno svojstve koje nazivamo princip superpozicije. Ako su u 1, u 2,..., u k rješenja problema [u i ] = G i, i = 1, 2,..., k, (1.13 onda je linearna kombinacija u = k i=1 α iu i, α i R, rješenje jednadžbe [u] = k α i G i. (1.14 i=1 U posebnom slučaju ako su u i rješenja homogene jednadžbe [u i ] = za svaki i = 1, 2,..., k, tada je svaka linearna kombinacija u = k i=1 α iu i rješenje istog problema

7 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 6 [u] =. Ovaj princip je naročito važan u rješavanju parcijalnih diferencijalnih jednadžbi separacijom varijabli. Ovom metodom opće rješenje dobivamo kao red u = i=1 α iu i gdje je (u i beskonačni niz rješenja homogene jednadžbe [u i ] =. Ako red zadovoljava odredene uvjete o konvergenciji, onda je [u] = i=1 α i[u i ] =. Primjer 1.2 Promotrimo valnu jednadžbu u tt u xx =. (1.15 ako se provjeri da su funkcije u n (x, t = sin(nt cos(nx rješenja jednadžbe za svaki n N jer je 2 u n t 2 Stoga je svaka linearna kombinacija = 2 u n x 2 = n2 u n. (1.16 u(x, t = N c n sin(nt cos(nx, c n R, (1.17 rješenje jednadžbe (1.15. Primjer 1.3 Odredite rješenje jednadžbe u xx u y = 18x + 8y (1.18 koristeći princip superpozicije. Promotrimo dvije jednadžbe u xx u y = 18x, (1.19 u xx u y = 8y. (1.2 Rješenja ovih jednadžbi potražimo u obliku u 1 = u 1 (x i u 2 = u 2 (y, redom. Tada je u 1(x = 18x i u 2(y = 8y 2 pa integracijom dobivamo u 1 (x = 3x 3 + ax + b, u 2 (y = 4y 2 + c (1.21 gdje su a, b, c R konstante integracije. Prema principu superpozicije, funkcija u(x, y = u 1 (x + u 2 (y = 3x 3 4y 2 + ax + d, (1.22 gdje su a i d proizvoljne konstante, je rješenje jednadžbe (1.18.

8 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA Elementarne tehnike U jednostvnim slučajevima parcijalne diferencijalne jednadžbe se mogu riješiti direktnom integracijom ili uvodjenjem novih varijabli. Ako jednadžba opisuje ponašanje nekog fizikalnog sustava koji ima odredenu simetriju, na primjer sustav je invarijantan na rotacije ili neku drugu transformaciju, onda se korištenjem simetrija jednadžba može pojednostavniti. Prisjetimo se da rješenja običnih diferencijalnih jednadžbi ovise o proizvoljnim konstantama integracije. Slično, opće rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbi ovisi o proizvoljnim funkcijama koje se dobiju u postupku integracije. Sljedeći primjeri ilustriraju ova svojstva parcijalnih diferencijalnih jednadžbi. Primjer 1.4 Odredite rješenje jendadžbe u yy = 2 (1.23 gdje je u = u(x, y. Integracijom po varijabli y dobivamo u y = 2dy = 2y + f(x. (1.24 Ponovna integracija daje u = (2y + f(xdy = y 2 + yf(x + g(x (1.25 gdje su f(x i g(x proizvoljne C 2 funkcije. Primjer 1.5 Odredite opće rješenje PDJ u x u y =. (1.26 Uvedimo nove varijable ξ = x + y i η = x y. Tada je u x = u ξ ξ x + u η η x = u ξ + u η, (1.27 u y = u ξ ξ y + u η η y = u ξ u η. (1.28 Oduzimanjem dobivamo u x u y = 2u η =. (1.29

9 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 8 U novim varijablama jednadžba ima jednostavniji oblik u η =. (1.3 Integracijom jednadžbe dobivamo u = f(ξ = f(x + y (1.31 gdje je f(ξ proizvoljna C 1 funkcija. Primjer 1.6 Odredite opće rješenje problema u xx + cu =, (1.32 gdje je u = u(x, t, za c >, c = i c <. Obzirom da funkcija u(x, t ovisi o varijablama x i t, jednadžbu (1.32 možemo promatriati kao običnu diferencijalnu jednadžbu u varijabli x koja o parametru t. Ako je c >, opće rješenje je dano sa u(x, t = C 1 (t sin( cx + C 2 (t cos( cx (1.33 gdje su C 1 (t i C 2 (t proizvoljne funkcije klase C 2. Slično, za c = imamo u(x, t = C 1 (tx + C 2 (t, (1.34 dok je za c < rješenje dano sa u(x, t = C 1 (te c x + C 2 (te c x. (1.35 Primjer 1.7 Odredite opće rješenje jednadžbe u x = u 2 (1.36 za funkciju u = u(x, y. Kao u prethodnom primjeru, jednadžbu (1.36 možemo promatrati kao običnu diferencijalnu jednadžbu u varijabli x s parametrom y. Separiranjem jednadžbe dobivamo u 2 du = dx iz čega slijedi u 1 = x + f(y. Dakle, 1 u(x, y = x + f(y (1.37 gdje je f(y proizvoljna funkcija klase C 1.

10 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 9 Sljedeći primjer ilustrira kako se simetrija problema može koristiti za svo denje parcijalne diferencijalne jednadžbe na jednostavniji oblik. Primjer 1.8 Odredite sferno simetrično rješenje aplaceove jednadžbe u xx + u yy + u zz =. (1.38 Želimo odrediti rješenja koja ovise samo o udaljenosti točke (x, y, z od ishodišta pa tražimo rješenje u obliku Sada je u(x, y, z = f(r, r = x 2 + y 2 + z 2. (1.39 u x = f (r r x = f (r x r, (1.4 u xx = ( f (r x x r + f (r (x (1.41 x r ( x 2 1 = f (r + f (r( r r x2. (1.42 r 3 Zbog simerije problema ostale derivacije su dane sličnim izrazima, Zabrajanjem jednadžbi (1.42-(1.44 dobivamo ( y 2 1 u yy = f (r + f (r( r r y2, (1.43 r ( 3 z 2 1 u zz = f (r + f (r( r r z2. (1.44 r 3 u xx + u yy + u zz = f (r + 2 r f (r =. (1.45 Uvedimo supstituciju g(r = f (r. Tada je g (r + 2r 1 g(r = što povlači g(r = Cr 2. Sada je f(r = g(rdr = C r + K (1.46 gdje su C, K R proizvoljne konstante integracije. Dakle, sferno simetrično rješenje aplaceove jednadžbe je dano sa C u(x, y, z = + K. (1.47 x2 + y 2 + z2

11 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA Klasične jednadžbe matematičke fizike Fundamentalni zakoni u prirodnim znanostima se često formuliraju u obliku parcijalnih diferencijalnih jednadžbi. U većini slučajeva to su linearne jednadžbe drugog reda koje ovise o prostornim varijablama x, y i z i vremenskoj varijabli t. Tri osnovna tipa parcijalnih diferencijalnih jednadžbi drugog reda su sljedeća. (1 Valna jednadžba. Valna gibanja u različitim granama fizike i tehnike su opisana valonom jednadžbom u tt c 2 2 u = (1.48 gdje je 2 = 2 x y + 2 ( z 2 aplaceov operator. Na primjer, ako je u(x, y, z, t tlak zraka u točki (x, y, z u trenutku t i c je brzina zvua, onda jednadžba (1.48 opisuje širenje zvučnih valova. Ista jednadžba opisuje širenje elektromagnetiskih valova ako je u potencijal električnog polja i c brzina svjetlosti. (2 Jednadžba provodenja topline. Pretpostavimo da je u(x, y, z, t temperatura homogenog toplinski vodoljivog tijela koji nema izvora topline. Tada temperatura zadovoljava jednadžbu provodenja topline u t k 2 u = (1.5 gdje je konstanta k > toplinska vodljivost materijala. Ovu jednadžbu takoder nazivamo difuzijska jednadžba je opisuje difuzijske procese u tvarima. (3 aplaceova jednadžba. Ako distribucija temeperature u toplinski vodljivom tijelu ne ovisi o vremenu, tada se jednadžba provodenja topline svodi na aplaceovu jednadžbu 2 u =. (1.51 aplaceove jednadžba takoder opisuje stacionarnu distribuciju elektomagnetskog polja gdje je u električni potencijal. Navedene jednadžbe predstavljaju kanonske ili standardne oblike parcijalnih diferencijalnih jednadžbi drugog reda. Navedimo još nekoliko jednadžbi drugog reda koje imaju važne primjene u fizici i tehnici.

12 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 11 (4 Poissonova jednadžba (5 Helmholtzova jednadžba 2 u = ρ(x, y, z, ( u + λu =, (1.53 (6 Schroedingerova jednadžba 1.4 Početni i rubni uvjeti 2m 2 ψ + V (x, y, zψ = i ψ t. (1.54 Parcijalne diferencijalne jednadžbe općenito imaju beskonačno mnogo rješenja. Ako jednadžba modelira neki fizikalni sustav, poželjno je imati jedinstveno rješenje kako bi mogli predvidjeti ponašanje sustava. Stoga tražimo da rješenje jednadžbe zadovoljava neke dodatne uvjete koje nazivamo početni i rubni uvjeti. Za ilustraciju promotrimo jednodimenzionalnu valnu jednadžbu u tt c 2 u xx =. (1.55 Funkcija u(x, t predstavlja amplitudu titarnja žica u točki x u trenutku t. Ako žica ima duljinu >, onda možemo uzeti da je x [, ]. Da bi odreditili titranje žice potrebno je poznavati početni položaj i početnu brzinu žice u svakoj točki x [, ]. Stoga tražimo da funkcija u zadvoljava početni uvjet u(x, = f(x, x [, ], (1.56 u t (x, = g(x, x [, ], (1.57 gdje su f(x i g(x početna amplituda i početna brzina u točki x, redom. Titranje žice takoder ovisi o uvjetima na krajevima žice. Ako su krajevi žice učvršćeni, onda u zadovoljava Diricheltov rubni uvjet u(, t = u(, t =, t. (1.58 Ako krajevi žice slobodno titraju okomito na os x, onda derivacija amplitude isčezava u točakama x = i x =. U tom slučaju funkcija u zadovoljava Neumannov rubni uvjet u x (, t = u x (, t =, t. (1.59

13 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 12 Ako je žica savijena u kružnicu, tada je rub intervala x = identificiran s rubom x = pa funkcija u zadovoljava periodičke uvjete u(, t = u(, t, (1.6 u x (, t = u x (, t, t. (1.61 Rubni uvjeti mogu biti kombinirani, na primjer u može zadovoljavati Dirichletov uvjet u jednom kraju a Neumannov uvjet u drugom kraju intervala. Neka je u(x, y rješenje aplaceove jednadžbe na području Ω R 2 koje je omedeno zatvorenom glatkom krivuljom Ω, u xx + u yy =, (x, y Ω. (1.62 Ako je poznata vrijednost funkcije u na rubu Ω, onda u zadovoljava Dirichletov rubni uvjet u(x, y = h(x, y, (x, y Ω. (1.63 Ako je zadana normalna derivacija na krivulji Ω, onda u zadovoljava Neumannov rubni uvjet u (x, y = h(x, y, (x, y Ω, (1.64 n gdje je n jedinični vektor normale na krivulju Ω a u n je usmjerena derivacija u smjeru vektora n. = u n ( Stabilnost rješenja, Hadamardov primjer U modeliranju fizikalnih problema često koristimo funkcije kojima su opisani početni ili rubni uvjeti. Ove funkcije se obično dobivaju mjerenjima pa stoga nisu poznate s potpunom točnošću. Pogreška u početnim ili rubnim uvjetima uzrokuje pogrešku u rješenju jednadžbe koja ne mora uvijek biti mala. Takoder, parcijalne diferencijalne jednadžbe se često rješavaju numeričkim metodama pa diskretizacija jednadžbe utječe

14 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 13 na točnost rješenja. Jedno od osnovnih teorijskih pitanja jest da li je matemački problem, koji se sastoji od jednadžbe i početnih ili rubnih uvjeta, dobro postavljen. Ovo pitanje je formulirao francuski matematičar Jacques Hadamard ( Prema njegovoj definiciji problem je dobro postavljen ako zadovoljava sljedeća tri uvjeta: (1 egzistencija: problem ima rješenje, (2 jedinstvenost: rješenje problema je jedinstveno za zadane početne ili rubne uvjete, (3 stabilnost: rješenje jednadžbe na neprekidan način ovisi o parametrima jednadžbe i rubnim ili početnim uvjetima. Ako je parcijalna diferencijalna jednadžba stabilna, onda male perturbacije početnih ili rubnih uvjeta induciraju male promjene u rješenju. Stoga će dobiveno rješenje biti dobra aproksimacija egzaktnog rješenja. Klasične jednadžbe matematičke fizike su dobro postavljene, dok se u tehnici susrećemo s problemima koji nisu dobro postavljeni. Ilustrirajmo ove ideje na sljedećim primjerima. Formulacija stabilnosti rješenja za aplaceovu jednadžbu Promotrimo aplaceovu jednadžbu na domeni Ω R 2 koja zadovoljava rubne uvjete u xx + u yy =, (x,, y Ω, (1.66 u(x, y = f(x, y, (x, y Ω. (1.67 Ako funkciju f zamijenimo funkcijom f 1, tada će se promijeniti rješenje problema (1.66-(1.67. Neka je u 1 rješenje koje odgovara funkciji f 1. Kažemo da rješenje u neprekidno ovisi o rubnim uvjetima ako za svaki ε > postoji δ > takav da sup f(x, y f 1 (x, y < δ sup u(x, y u 1 (x, y < ε, (1.68 (x,y Ω (x,y ˉΩ gdje je ˉΩ = Ω Ω. Rješenja koja ispunjavaju ovaj uvjet se nazivaju stabilna rješenja. Drugim riječima, rješenje u je stabilno ako je maksimalna promjena rješenja na zatvorenom skupu ˉΩ manja od ε kada je promjena u početnim uvjetima manja od δ.

15 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 14 Hadamardov primjer Sljedeći primjer ilustrira da mala promjena u rubnim uvjetima može uzrokovati veliku promjenu u rješenju ako problem nije dobro postavljen. Neka je u rješenje aplaceove jednadžbe u xx + u yy =, (x, y R 2 (1.69 s rubnim uvjetima na pravcu y = : u(x, = f(x, u y (x, = g(x. (1.7 Neka je v(x, y rješenje iste jednadžbe uz modificirane rubne uvjete v(x, = f(x, v y (x, = g(x + 1 sin(nx. n (1.71 Očigledno je da se za dovoljno veliki n > razlika u rubnim uvjetima može napraviti proizvoljno malom jer je v(x, u(x, + v y (x, u y (x, = 1 n sin(nx 1 n. (1.72 Medjutim, razlika u pripadnim rješenjima je velika bez obzira na vrijednost parametra n. Definirajmo funkciju w = v u. Tada w zadovoljava aplaceovu jednadžbu w xx + w yy = (1.73 s rubnim uvjetima w(x, =, w y (x, = 1 sin(nx. (1.74 n ako se provjeri da je rješenje problema (1.73-(1.74 dano s w(x, y = 1 sh(ny sin(nx. (1.75 n2 Funkcija sh(ny nije ograničena na R jer sh(yn kada y ±. Dakle, za svaki x takav da je sin(nx vrijedi w(x, y kada y ±, (1.76 pa w(x, y nije ograničena funkcija na R 2. Graf funkcije w(x, y prikazan je na slici (1.1. Zaključujemo da, iako se razlika u početnim uvjetima može napraviti proizvoljno malom za dovoljno veliki n >, pripadna rješenja se znatno razlikuju kada je y dovoljno velik. Ovo pokazuje da problem (1.69-(1.7 nije stabilan.

16 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 15 Slika 1.1: Graf funkcije w(x, y = 1 n 2 sh(ny sin(nx za n = 2. Obrnuta jednadžba provodenja topline Promotrimo sada obrnutu jednažbu provodenja topline u t + u xx =, x R, t >, (1.77 u(x, = 1. (1.78 Ovu jednadžbu možemo shvatiti kao jednadžbu provodenja topline u kojoj vrijeme teče unatrag. Neka je v(x, t rješenje jednadžbe uz početni uvjet v(x, = sin(nx. n (1.79 ako se provjeri da su rješenja ovih problema dana sa u(x, t = 1, v(x, t = n en2t sin(nx. (1.8 Medutim, razlika w = v u nije ograničena jer w(x, t = 1 n en2t sin(nx kada t (1.81 za svaki x takav da je sin(nx unatoč činjenici da je razlika u početnim uvjetima po volji mala kada je n > dovoljno velik.

17 POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA Zadaci 1. Pokažite da jednadžba u xy + u x = ima opće rješenje u(x, y = D(xe y + E(y. (1.82 Uputa: koristite supstituciju v = u x. 2. Odredite konstante a i b tako da funkcija u(x, y = f(ax + by bude rješenje jednadžbe u x + 3u y =. ( Riješite jednadžbu u xx + u yy = 5e x 2y. (1.84 Uputa: pretpostavite rješenje u obliku u(x, y = Ce ax+by. 4. Riješite sustav jednadžbi u x = 3x 2 y + y, (1.85 u y = x 3 + x. ( Pokažite da jednadžba u t + u xx =, < x <, t >, (1.87 u(, t = u(, t =, t, (1.88 u(x, = f(x, x, (1.89 nije dobro postavljen problem. Uputa: provjerite da je v n (x, t = 1 n en2t sin ( nπx (1.9 rješenje problema v t +v xx =, v(, t = v(, t =, v(x, = (1/n sin(nπx/. Koji problem rješava funkcija u(x, t + v n (x, t?

18 Poglavlje 2 Fourierov red 2.1 Razvoj funkcije u Fourierov red Fourierov red koristimo za aproksimaciju funkcija na konačnom intervalu pomoću trigonometrijskih polinoma. Rastav funkcije na linearnu kombinaciju trigonometrijskih funkcija je sličan rastavu vektora po ortogonalnoj bazi unitarnog prostora. Na ideju o razvoju funkcije u trigonometijski red došao je francuski matematičar i inženje Josoph Fourier ( proučavajući jednažbu provodenja topline. Fourioerova analiza danas ima istaknuto mjesto u primijenjenoj matematici, teoriji parcijalnih diferencijalnih jednadžbi, obradi signala, i tvori osnovu moderne harmonijske analize. Neka je funkcija f definirana na zatvorenom intervalu [, ]. Zanima nas kada se f može razviti u trigonometrijski red oblika a 2 + [ ( nπx ( nπx ] a n cos + b n sin, x. (2.1 Očigledno je da će koeficijenti a n i b n ovisiti o funkciji f. Ako pitanja o konvergenciji reda za trenutak ostavimo po strani, a n i b n možemo odrediti na sljedeći način. Kako je ( nπx ( nπx cos dx = sin dx =, n 1, (2.2 formalnom integracijom reda (2.1 dobivamo a = 1 17 f(xdx. (2.3

19 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 18 Ostali koeficijenti mogu se odrediti iz relacija ortogonalnosti ( mπx sin sin ( nπx dx = cos ( mπx sin cos ( mπx cos ( nπx dx = δ nm, n, m 1, (2.4 ( nπx dx =, n, m 1. (2.5 gdje je δ nm Kroneckerov delta simbol. Množenjem jednadžbe (2.1 s cos(mπx/ i integriranjem od do imamo + = Stoga je ( mπx f(x cos [a n cos dx = a 2 ( mπx cos ( nπx ( mπx cos dx dx + b n cos ( mπx sin ( nπx ] dx a n δ nm = a m. (2.6 a m = 1 Ponavljanjem postupka s funkcijom sin(nπx/ nalazimo b m = 1 ( mπx f(x cos dx, m 1. (2.7 ( mπx f(x sin dx, m 1. (2.8 Definicija 2.1 Trigonometrijski red a 2 + [ a n cos ( nπx + b n sin ( nπx ] (2.9 gdje su a n = 1 b n = 1 ( nπx f(x cos ( nπx f(x sin dx, n =, 1, 2,... (2.1 dx, n = 1, 2, 3,... (2.11 naziva se Fourierov red funkcije f na intervalu [, ]. Koeficijenti a n i b n nazivaju se Fourierovi koeficijenti funkcije f.

20 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 19 Jedan od osnovnih problema u teoriji Fourierovih redova je odrediti uvjete na funkciju f pod kojima red (2.9-(2.11 konvergira ka f. Drugim riječima, kako iz Fourierovih koeficijenata možemo rekonstruirati funkciju f. Ovo pitanje vodi na niz interesantnih problema jer čak i ako Fourierov red konvergira, ne mora konvergirati ka funkciji f. Nadalje, Du Bois-Reymond je dokazao da postoji neprekidna funkcija čiji Fourierov red divergira u točki što pokazuje da neprekidnost nije dovoljna da osigura konvergenciju reda. Fourierov red može konvergirati po točkama, uniformno ili u 2 normi. Da bismo osigurali konvergenciju reda i postigli odredeni tip konvergencije potrebno je da f zadovoljava neke dodatne uvjete. Prije nego detaljnije proučimo ove probleme, navedimo nekoliko ilustrativnih primjera. Fourierov red ćemo označiti s ˆf kako bi ga razlikovali od funkcije f. Pri računanju Fourierovih koeficijenata korisno je zapamtiti sljedeća pravila: (i ako je h: [, ] R neparna funkcija, tada je (ii ako je h: [, ] R parna funkcija, tada je h(xdx = 2 h(xdx =, (2.12 h(xdx. (2.13 Primjer 2.1 Odredimo Fourierov red funkcije f(x = x na intervalu [, ]. Za Fouerierove koeficijente a n imamo a n = 1 x cos ( nπx dx =, n, (2.14 jer je x cos(nπx/ neparna funkcija. Odredimo sada koeficijente b n : b n = 1 = 2 ( nπx x sin dx = 2 [ x ( nπx nπ cos + ( nπ x sin 2 sin ( nπx ( nπx dx (2.15 ] (2.16 = 2 cos(nπ, n 1. (2.17 nπ

21 POGAVJE 2. FOURIEROV RED (a N = 5 1. (b N = 15 Slika 2.1: Razvoj funkcije f(x = x u Fourierov red. Kako je cos(nπ = ( 1 n, dobivamo Dakle, Fourierov red funkcije f(x = x je dan sa ˆf(x = 2 π = 2 π b n = 2 nπ ( 1n+1. (2.18 ( 1 n+1 1 ( nπx n sin [ ( πx sin 1 ( 2πx 2 sin + 1 ( 3πx ] 3 sin Slika 2.1 prikazuje parcijalne sume Fourierovog reda s N = 5 i 15 članova. (2.19 Primijetimo da je ˆf( = ˆf( = dok je f( = i f( =. Dakle, ˆf(± f(±. Može se pokazati da u ostalim točkama x (, Fourierov red konvergira ka f(x što se može naslutiti iz slike 2.1 (b. Medutim, konvergencija je sporija što je točka x bliže rubovima intervala ±. Primjer 2.2 Razvijte u Fourierov red funkciju f(x = x 2 1 na intervalu [ 1, 1].

22 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 21 Odredimo Fourierove koeficijente: a = a n = (x 2 1dx = 4 3, (2.2 (x 2 1 cos(nπxdx = 1 1 x 2 cos(nπxdx = 1 [ 2nπx cos(nπx + ( (nπx 2 2 ] 1 sin(nπx (nπ cos(nπxdx 1 nπ sin(nπx 1 = 4 4( 1n cos(nπ =, n 1. (2.21 (nπ 2 (nπ 2 Funkcija (x 2 1 sin(nπx je neparna pa je b n = 1 Stoga Fourierov red funkcije f(x ima oblik ˆf(x = π 2 1 (x 2 1 sin(nπxdx =, n 1. (2.22 ( 1 n cos(nπx n 2 = π 2 [ cos(πx cos(2πx 1 9 cos(3πx + ] 1 (2.23 Paricijalne sume Fourierovog reda s N = 2 i N = 6 članova su prikazane na slici 2.2. Slika 2.2 (b sugerira da red konvergira podjednako brzo na čitavom intervalu [ 1, 1]. U sljedećem poglavlju ćemo razmatrati konvergenciju Fourierovog reda i odrediti uvjete pod kojima red ˆf konvergira po točkama ili uniformno ka funkciji f. Vidjet ćemo da konvergencija u primjeru 2.1 nije uniformna, dok red u primjeru 2.2 konvergira uniformno. Horizontalnom translacijom grafa funkcije f : [, ] R za 2 dobivamo periodičko proširenje od f na čitav skup R. Proširena funkcija, koju ćemo označiti s f, ima period 2. Fourierov red funkcije f takoder ima period 2 pa ga u ovom smislu možemo promatrati kao red periodičke funkcije f koja je definirana na čitavom skupu R. 2.2 Konvergencija Fourierovog reda Činjenica da su Fourierovi koeficijenti definirani integralom funkcije f sugerira da Fourierov red ne mora konvergirati ka f u svakoj točki jer se integral funkcije, pa tako

23 POGAVJE 2. FOURIEROV RED (a N = 2 1. (b N = 6 Slika 2.2: Razvoj funkcije f(x = x 2 1 u Fourierov red. i Fourierovi koeficijenti, ne mijenjaju ako f promijenimo u konačno mnogo točaka. Razlikujemo tri načina konvergencije Fourierovog reda: konvergencija po točkama, uniformna konvergencija i konvergencija u smislu 2 -norme. Različiti načini konvergencije su posljedica različitih svojstava funkcije. Na primjer, za konvergenciju po točkama dovoljno je da je funkcija po dijelovima klase C 1. U ovom poglavlju odrediti ćemo uvjete koji garantiraju konvegenciju po točkama i uniformnu konvergenciju. Definicija 2.2 Za funkciju f : [, ] C kažemo da je kvadratno integrabila ako je f(x 2 dx <. (2.24 Kvadratno integrabile funkcije tvore vektorski prostor nad R ili C koji označavamo s 2 [, ]. Teorem 2.1 (Besselova nejednakost Neka je f : [, ] R kvadratno integrabilna funkcija. Ako Fourierovi koeficijenti a n = 1 f(x cos funkcije f postoje, tada vrijedi 1 2 a2 + ( nπx dx i b n = 1 (a 2 n + b 2 n 1 f(x sin ( nπx dx (2.25 f 2 (xdx. (2.26

24 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 23 Dokaz. Neka je S N (x N-ta parcijalna suma Fourierovog reda funkcije f, Tada je S N (x = a 2 + N = ( a n cos ( f(x SN (x 2 dx Iz definicije Fourierovih koeficijenata dobivamo [ 1 N f(xs N (xdx = f(x 2 a + ( nπx + b n sin ( nπx. (2.27 f 2 (xdx 2 f(xs N (xdx + SN(xdx. 2 (2.28 = 1 2 a a + ( 1 = 2 a2 + ( a n cos N (a n a n + b n b n ( nπx + b n sin ( nπx ] dx N (a 2 n + b 2 n. (2.29 Koristeći relacije ortogonalnosti (2.4-(2.5 nalazimo S 2 N(xdx = = 1 2 a + S N (x [ 1 2 a + S N (xdx N N [a n S N (x cos ( 1 = 2 a2 + ( a n cos ( nπx + b n sin ( nπx dx + b n S N (x cos ( nπx ] dx ( nπx ] dx N (a 2 n + b 2 n. (2.3 Supstitucijom (2.29-(2.3 u (2.28 dobivamo ( 1 f 2 (xdx 2 a2 + N (a 2 n + b 2 n, (2.31

25 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 24 odnosno 1 2 a2 + N (a 2 n + b 2 n 1 Kako nejednakost (2.32 vrijedi za svaki N 1, zaključujemo da je 1 2 a2 + (a 2 n + b 2 n 1 f 2 (xdx. (2.32 f 2 (xdx. (2.33 Može se se pokazati da za kvadratno integrabilne funkcije vrijedi jače svojstvo 1 2 a2 + N (a 2 n + b 2 n = 1 koje nazivamo Parsevalova jednakost. redova koje često susrećemo u analizi. f 2 (xdx (2.34 Parsevalu jednakost koristimo za sumiranje Primjer 2.3 Pokažimo da je 1 = π2. Funkcija f(x = x, x [, ], u n 2 6 primjeru 2.1 ima Fourierove koeficijente a n = za svaki n i b n = 2 nπ ( 1n+1, n 1, (2.35 pa je b 2 n 1/n 2 što sugerira da se suma reda može odrediti iz Parsevalova jednakosti za funkciju f. Iz relacije (2.34 dobivamo ( 2 2 = 1 nπ što povlači x 2 dx = ( n 2 = π2 6. (2.37 Teorem 2.2 (Riemann-ebesgueova lema Neka je f : [, ] R kvadratno integrabilna funkcija. Ako Fouerierovi koeficijenti funkcije f postoje, tada je lim n a n = 1 lim n b n = 1 ( nπx f(x cos =, (2.38 ( nπx f(x sin =. (2.39

26 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 25 Dokaz. Besselova nejednakost implicira da red 1 2 a2 + (a2 n+b 2 n konvergira, stoga konvergiraju redovi a2 n i b2 n. Iz nužnog uvjeta za konvergenciju reda slijedi lim n a 2 n = lim n b 2 n = pa je lim n a n = lim n b n =. Jedan od centralnih rezultata o konvergenciji Fourierovog reda je Dirichletov teorem za funkcije koje su po dijelovima klase C 1. Uvedimo sljedeće oznake za jednostrane limese: f(x = lim x x f(x, f(x + = lim f(x. (2.4 x x + Primijetimo da je f neprekidna u točki x ako i samo ako je f(x = f(x + = f(x. Definicija 2.3 Funkcija f je po dijelovima neprekidna na [a, b] ako (i f(x je definirana i neprekidna osim eventualno u konačno mnogo točaka u [a, b], (ii f(x i f(x + postoje u svim točkama x (a, b, (iii f(a + i f(b postoje. Ako je f(x f(x +, tada f ima prekid prve vrste u x. dijelovima C 1 funkcije. Slično definiramo po Definicija 2.4 Funkcija f je po dijelovima C 1 na [a, b] ako su f i f po dijelovima neprekidne na [a, b]. Primjer 2.4 Funkcija 1, 1 x <, f(x = 2, x =, x 2, < x 1, (2.41 je po dijelovima C 1 na [ 1, 1] (vidi sliku 2.3 Primijetimo da f(x ima prekid u x = i da je f( = 1 i f( + =. Derivacija f nije definirana u x = 1, i 1. Medutim, jednostrani limesi u ovim točkama postojie i vrijedi f ( 1 + =, f (1 = 1 i f ( = f ( + =.

27 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 26 Slika 2.3: Funkcija (2.41 je po dijelovima C 1 na [ 1, 1]. Postoje mnoge funkcije koje nisu po dijelovima neprekidne. Na primjer, neograničena funkcija g(x = 1/x, nije po dijelovima neprekidna na [ 1, 1] jer limesi g( = i g( + = ne postoje. Ograničene funkcije takoder ne moraju biti po dijelovima neprekidne. Funkcija h(x = sin(1/x je ograničena na [ 1, 1] ali h( i h( + ne postoje (vidi sliku 2.4. Teorem 2.3 (Dirichletov teorem Neka je f po dijelovima C 1 funkcija na [, ] i neka je ˆf Fourierov red funkcije f. Tada je (i ˆf(x = f(x ako je f neprekidna u točki x (,, (2.42 (ii ˆf(x = 1 2[ f(x + + f(x ] ako f ima prekid u točki x (,, (2.43 (iii ˆf(± = 1 2[ f( + + f( ]. (2.44

28 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 27 Slika 2.4: Funkcija f(x = sin(1/x nema jednostrane limese u x =.

29 POGAVJE 2. FOURIEROV RED Slika 2.5: Razvoj funkcije (2.45 u Fourierov red. Dokaz Dirichletovog teorema prelazi okvire ove skripte pa ga izostavljamo (vidi reference XX. Ako f ima prekid u točki x, tada je ˆf(x jednako srednjoj vrijednosti jednostranih limesa u x. Vrijednost Fourierovog reda u rubnim točkama ± se takoder može interpretirati kao srednja vrijednost jednostranih limesa ako interval [, ] savijemo u kružnicu. Primjer 2.5 Promotrimo stepeničastu funkciju, 1 x <, f(x = 1, x 1. (2.45 prikazanu na slici 2.5. Funkcija f je po dijelovima C 1 na [ 1, 1] i ima prekid prve vrste u točki x. Fourierovi koeficijenti su dani sa Stoga je a = a n = b n = dx = 1, (2.46 cos(nπxdx = sin(nπ =, n 1, (2.47 nπ sin(nπxdx = 1 ( 1 ( 1 n, n 1. (2.48 nπ ˆf(x = π 1 ( 1 n sin(nπx. (2.49 n

30 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 29 Iz jednadžbe (2.49 dobivamo ˆf( = 1 2 = 1 2[ f( + f( + ], (2.5 u skladu s Dirichletovim teoremom. Takoder, na rubovima intervala imamo ˆf(±1 = 1 2 = 1 2[ f( f(1 ]. (2.51 Pokažimo da zbog prekida u točki x = Fourierov red ne konvergira uniformno na [ 1, 1]. Neka je S N (x N-ta parcijalna suma Fourierovog reda (2.49. Kako je S N ( = 1/2 i S N (x je neprekidna funkcija, za ɛ = 1/4 postoji δ > takav da x < δ S N (x 1 < (2.52 Posebno, za < x < δ iz (2.52 slijedi 1 4 < S N(x < 3 4. (2.53 S druge strane, f(x = 1 za < x < δ pa je S N (x f(x > f(x S N (x > = 1 4. (2.54 Zaključujemo da je 1 4 < S N(x f(x za sve < x < δ, N 1, (2.55 što povlači sup S N (x f(x > 1 x [ 1,1] 4 Dakle, konvergencija Fourierovog reda nije uniformna na [ 1, 1]. za svaki N 1. (2.56 Primjer 2.6 Odredimo Fourierov red funkcije f(x = x na intervalu [ π, π]. Funkcija f je po dijeloivma C 1 na [ π, π] i neprekidna na [ π, π]. Za Fourierove koeficijente dobivamo a = 1 π π π π x dx = 2 π π xdx = π, (2.57 π a n = 1 x cos(nxdx = 2 x cos(nxdx π π π [ = 2 π x sin(nx ] π sin(nx dx π n n = 2 π cos(nx = 2 π n 2 π ( 1 n 1 n 2, n 1. (2.58

31 POGAVJE 2. FOURIEROV RED Slika 2.6: Razvoj funkcije f(x = x u Fourierov red. Dakle,, n je paran, a n = 4 n je neparan. Funkcija f(x = x je parna pa je πn 2, (2.59 b n = 1 π Dakle, Fourierov red ima oblik π π x sin(nxdx =, n 1. (2.6 ˆf(x = π 2 4 π 1 (2n 1 2 cos ( (2n 1x (2.61 (vidi sliku 2.6. Kako je f neprekidna na [ π, π], prema Dirichletovom teoremu je ˆf(x = f(x za svaki x [ π, π]. 2.3 Uniformna konvergencija U mnogim problemima primijenjene matematike poželjno je da Fourierov red uniformno konvergira. Važnost uniformne konvergencije ćemo posebno vidjeti kod rješavanja parcijalnih diferencijalnih jednadžbi metodom separacije varijabli. Na primjeru 2.5 smo pokazali da konvergencija Fourierovog reda ne može biti uniformna ako funkcija

32 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 31 ima prekid u točki. Ovo povlači da je neprekidnost funkcije nužan uvjet za uniformnu konvergenciju. U teoremu 2.4 ćemo dokazati da ako je funkcija f neprekidna, onda uz neke dodatne uvjete Fourierov red uniformno konvergira ka f. teorema koristimo sljedeći preliminarni rezultat. U dokazu ovog Propozicija 2.1 (Cauchy Schwartzova nejednakost Neka su z i, w i kompleksni brojevi za 1 i n. Tada je n z i ˉw i n z i 2 n w i 2. (2.62 i=1 Dokaz. Definirajmo a = n i=1 z i ˉw i. Tada za svaki realni broj λ imamo i=1 i=1 = = n n z i λaw i 2 = (z i λaw i (ˉz i λā ˉw i i=1 n z iˉz i λ i=1 i=1 n aw iˉz i λ i=1 n n z i ā ˉw i + λ 2 aā w i ˉw i i=1 n n z i 2 2λ a 2 + λ 2 a 2 w i 2. (2.63 i=1 i=1 i=1 Izraz (2.63 je kvadratni polinom p(λ za koji vrijedi p(λ za svaki λ R. Stoga diskriminanta polinoma Δ = ( ( ( 2 a 2 n n 2 4 a 2 w i 2 z i 2 (2.64 i=1 i=1 mora zadovoljavati Δ što povlači a 2 n n z i 2 w i 2, (2.65 i=1 i=1 odnosno n z i ˉw i n z i 2 n w i 2. (2.66 i=1 i=1 i=1

33 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 32 Teorem 2.4 (Teorem o uniformnoj konvergenciji Neka je f neprekidna i po dijelovima C 1 funkcija na [, ] takva da je f( = f(. Tada Fourierov red ˆf konvergira uniformno ka f na [, ]. Dokaz. Neka je S N (x = a 2 + N [ ( nπ ( nπ ] a n cos x + b n sin x (2.67 N-ta parcijalna suma Fourierovog reda funkcije f. Prema Dirichletovom teoremu je jer je f neprekidna na [, ]. Stoga je lim N S N(x = f(x za svaki x [, ] (2.68 f(x S N (x = n=n+1 n=n+1 n=n+1 [ ( nπ ( nπ ] a n cos x + b n sin x a n cos ( nπ ( nπ x + b n sin x ( a n + b n za svaki x [, ]. (2.69 Ako pokažemo da su redovi a n i b n konvergentni, tada će uniformna konvergencija slijediti iz relacije (2.69. Parcijalnom integracijom koeficijente a n možemo prevesti na oblik a n = 1 ( nπ f(x cos x dx (2.7 f (x ( nπ nπ sin x (2.71 = 1 f(x ( nπ nπ sin x = nπ 1 f (x sin ( nπ x dx = nπ A n, n 1, (2.72 gdje su A n Fourierovi koeficijenti funkcije f (x koji množe sin(nπx/. Slično, koristeći uvjet f( = f( dobivamo b n = nπ 1 ( nπ f (x cos x dx = nπ B n, n 1 (2.73

34 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 33 gdje su B n Fourierovi koeficijenti funkcije f (x koji množe cos(nπx/. Primijetimo da je Dakle, B = 1 a n = 1 π n A n i b n = π Pokažimo sada da redovi 1 A n n i Schwartzovoj nejednakosti, za svaki N N vrijedi jer je 1 n 2 N 1 n A n f (xdx =. ( n B n, n 1. ( B n n konvergiraju. Prema Cauchy N 1 N A n 2 2 n π N A 2 n ( = π2. Slično dobivamo 6 N 1 n B n π N Bn. 2 ( Derivacija funkcije f je po dijelovima neprekidna što povlači da je f kvadratno integrabilna na [, ] pa iz Besselova nejednakost povlači ( A 2 n + B 2 n 1 f (x 2 dx < (2.78 gdje smo uzeli u obzir da je B =. Odavde slijedi da su redovi A2 n i B2 n konvergentni pa iz (2.76 i (2.77 slijedi da je 1 n A n π 1 A 2 n i 6 n B n π Bn. 2 ( Iz jednadžbe (2.75 zaključujemo da redovi a n i b n konvergiraju jer je a n A 2 n i b n Bn. 2 ( Sada relacija (2.69 povlači da Fourierov red konvergira uniformno jer lim sup N x f(x S N (x lim N n=n+1 ( a n + b n = (2.81

35 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 34 čime je tvrdnja dokazana. Ponekad je korisno procijeniti brzinu kojom Fourierovi koeficijenti teže k nuli. Poznavajući gornju medu za a n i b n možemo procijeniti koliko članova Fourierovog reda je potreba da bi se postigla odredena točnost u aproksimaciji funkcije. Propozicija 2.2 Neka je f C 2 [, ] takva da je f( = f( i f ( = f (. Neka je M = max x [,] f (x. Tada za Fourierove koeficijente vrijedi a n = 1 b n = 1 Dokaz. Parcijalnom integracijom dobivamo ( nπx f(x cos dx 22 M π 2 n, ( ( nπx f(x sin dx 22 M, n 1. (2.83 π 2 n2 a n = 1 ( nπx f(x cos dx = 1 [ ( nπx nπ f(x sin x= x= nπ = 1 nπ f (x sin ( nπx f (x sin ( nπx ] dx dx. (2.84 Ako ponovo primijenimo parcijalnu derivaciju na dobiveni izraz, tada nalazimo f (x sin ( nπx dx = nπ f (x cos = nπ f (x cos ( nπx x= ( nπx jer je f ( = f (. Supstitucijom (2.85 u (2.84 dobivamo a n = n 2 π 2 f (x cos Slični račun pokazuje da uvjet f( = f( implicira b n = n 2 π 2 f (x sin f (x cos ( nπx dx + x= nπ dx (2.85 ( nπx dx. (2.86 ( nπx dx. (2.87

36 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 35 Slika 2.7: Suma reda n=n+1 1 n 2 Iz jednadžbi (2.86 i (2.87 slijedi da su gornje mede za a n i b n dane sa a n n 2 π 2 b n n 2 π 2 f (x cos f (x sin jer je f (x M za svaki x [, ]. ( nπx 2 2 M dx n 2 π, 2 (2.88 ( nπx 2 2 M dx n 2 π 2 (2.89 Ako Fourierovi koeficijenti nisu eksplicitno poznati, na primjer ako se računaju numeričkim metodama, onda iz relacija (2.88 i (2.89 možemo dobiti grubu procjenu koliko članova Fourierovog reda je potrebno za aproksimaciju funkcije unutar zadane točnosti. Razlika izmedju funkcije f(x i N-te parcijalne sume Fourierovog reda S N (x zadovoljava f(x S N (x n=n+1 n=n+1 ( ( nπ ( nπ a n cos x + b n sin x ( a n + b n = 42 M π 2 n=n+1 1 n 2. (2.9

37 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 36 Primijetimo da je suma reda 1 n=n+1 manja od površine ispod krivulje y = 1, n 2 x 2 N x < (vidi sliku 2.7. Stoga je pa iz (2.9 slijedi n=n+1 1 n 2 N dx x 2 = 1 N (2.91 f(x S N (x 42 M, x [, ]. (2.92 π 2 N Ako želimo da je pogreška aproksimacije manja od ɛ >, onda N treba uzeti tako da je N > 42 M π 2 ɛ. (2.93 Ovu metodu procjene broja N nazivamo integralna metoda jer je u relaciji (2.91 suma reda majorizirana integralom. Mnogo finije procjene broja N se mogu dobiti ako se Fourierovi koeficijenti eksplicitno izračunaju i onda primijeni integralna metoda u majorizaciji reda. Ilustrirajmo ovu tvrdnju na sljedećem primjeru. Primjer 2.7 Procijenite koliko članova Fourierovog reda je potrebno za aproksimaciju funkcije f(x = x 3 x, x [ 1, 1], s pogreškom manjom od ɛ =.1. Funkcija f(x = x 3 x je naparna pa je a n = za svaki n. Koeficijenti b n su dani sa Stoga je b n = 1 1 (x 3 x sin(nπxdx = ( 1 n 12 (nπ 3. (2.94 ˆf(x = 12 π 3 ( 1 n n 3 sin(nπx. (2.95 Prema teoremu 2.4, red (2.95 uniformno konvergira ka f i 12 N ( 1 n f(x sin(nπx = 12 ( 1 n sin(nπx 12 π 3 n 3 π 3 n=n+1 n 3 π 3 N+1 1 n 3 (2.96 za svaki x [ 1, 1]. Suma reda n=n+1 1/n3 je manja od površine ispod krivulje y = 1/x 3, N x <. Dakle, n=n+1 1 n 1 3 N x dx = 1 3 2N. (2.97 2

38 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 37 Sada iz (2.96 dobivamo 12 f(x π 3 N ( 1 n sin(nπx n 3 6 π 3 N. ( Ako želimo da pogreška aproksimacije bude manja od ɛ =.1, tada N treba uzeti takav da je 6/(π 3 N 2 <.1, odnosno 6 N > 4.4. (2.99 π 3.1 Odavde zaključujemo da je dovoljno uzeti N = 5 članova reda. Za usporedbu odredimo N iz relacije (2.93. Maksimalna vrijednost druge derivacije je dana sa pa uvjet M = max 6x = 6, (2.1 1 x 1 N > (2.11 π 2.1 povlači N = 244. Očigledno je prva procjena mnogo bolja od procjene dobivene relacijom ( Gibbsova pojava U primjeru 2.5 promatrali smo stepeničastu funkciju, 1 x <, f(x = 1, x 1. (2.12 Fourierov red ove funkcije pokazuje pojavu koja je uvijek prisutna kada funkcija ima prekid prve vrste. Neka je S N (x = π N 1 + ( 1 n+1 sin(nπx (2.13 n N-ta parcijalna suma reda Fouerierovog reda funkcije (2.12. Na slici 2.5 uočavamo da je razlika izmedju S N (x i f(x znatno veća u okolini točke x = nego u drugim točkama intervala. Pokazat ćemo da postoji niz točaka {x k } takav da x k u kojima se razlika S N (x k f(x k ne može napraviti proizvoljno malom bez obzira

39 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 38 koliki je N. Ova činjenica naziva se Gibbsova pojava po matematičaru J.W. Gibbsu. Preuredimo izraz za parcijalnu sumu (2.13 na sljedeći način. Kako je 1+( 1 n+1 = za parni n, sumu (2.13 možemo zapisati u obliku S 2N 1 (x = π N k=1 1 2k 1 sin ( (2k 1πx. (2.14 U točki x = 1 2N imamo ( 1 S 2N 1 = 1 2N π N sin k=1 ( (2k 1π 2N (2k 1π 2N π N. (2.15 Definirajmo točke (2k 1π x k =, k = 1, 2,..., N. (2.16 2N Ove točke tvore uniformnu particiju intervala [, π] gdje je duljina svakog podintervala Δx = x k+1 x k = π. Primijetimo da sumu (2.15 možemo zapisati kao N ( 1 S 2N 1 = 1 2N π N f(x k Δx (2.17 gdje je f(x = sin(x/x. Gornji izraz prepoznajemo kao Riemannovu sumu funkcije k=1 f(x na intervalu [, π], pa u limesu kada N dobivamo ( 1 lim S 2N 1 = 1 N 2N π π sin(x dx (2.18 x Točke 1 teže k nuli kada N, ali razlika S 2N 2N 1( 1 f( 1 ne teži k nuli jer je 2N 2N lim N [ ( 1 ( 1 ] S 2N 1 f =.895. (2.19 2N 2N Dakle, parcijalne sume premašuju vrijednost funkcije za otprilike 8.9% u svakoj točki 1. Važno je napomenuti da ovo nije u kontradikciji s činjenicom da Fourierov red 2N konvergira po točkama ka f(x, ali konvergencija nije uniformna. Zapažanje u opisanom primjeru se naziva Gibbosva pojava i može se općenito formulirati kao sljedeći rezultat.

40 POGAVJE 2. FOURIEROV RED 39 Teorem 2.5 (Gibbsova pojava Neka je f po dijelovima C 1 funkcija na intervalu [, ]. Neka je x < točka prekida funkcije f i neka je S N (x = a 2 + N ( a n cos ( nπx + bn sin ( nπx (2.11 N-ta parcijalna suma Fourierovog reda od f. Tada postoji niz točaka {x N }, x N > x, takav da je lim N x N = x i S N (x N f(x N lim N f(x + f(x.89. (2.111

41 Poglavlje 3 Klasifikacija jednadžbi drugog reda u dvije nezavisne varijable U ovom poglavlju ćemo klasificirati linearne jednadžbe drugog reda u dvije nezavisne varijable. Ovaj tip jednadžbi se može podijeliti na hiperboličke, paraboličke i eliptičke jednadžbe. Rješenja istog tipa jednadžbi dijele mnoga zajednička kvalitivna svojstva, a svaki tip jednadžbe se može transformacijom varjiabli prevesti na tzv. kanonski oblik. Opća linearna parcijalna diferencijalna jednadžba drugog reda u dvije nezavisne varijable ima oblik [u] = Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.1 gdje su u, A, B, C, D, E, F, G funkcije varijabli x, y u nekom području Ω R 2. Operator = A 2 x + 2B 2 2 x y + C 2 (3.2 y 2 naziva se glavni dio operatora. Glavnom dijelu operatora prdružena je diskriminanta Δ(x, y = B 2 (x, y A(x, yc(x, y. (3.3 Pokazat ćemo da predznak diskriminante ne ovisi o koordinatnom sustavu u kojem promatramo jednadžbu. Stoga ima smisla klasificirati jednadžbe oblika (3.1 prema predznaku diskriminante Δ(x, y. 4

42 POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 41 Definicija 3.1 Jednadžba (3.1 naziva se (a hiperbolička u točki (x, y ako je Δ(x, y >, (b parabolička u točki (x, y ako je Δ(x, y =, (c eliptička u točki (x, y ako je Δ(x, y <. Ako je jednadžba (3.1 hiperbolička (parabolička, eliptička u svakoj točki područja Ω, tada kažemo da je jednadžba hiperbolička (parabolička, eliptička u Ω. Klasifikacija jednadžbi na spomenute tipove ima motivaciju u analitičkoj geometriji jer jednadžba Ax 2 + 2Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = (3.4 predstavlja hiperbolu, parabolu ili elipsu ovisno o tome je li diskriminanta Δ = B 2 AC pozitivna, nula ili negativna. Primjer 3.1 (a Valna jednadžba u tt c 2 u xx = (3.5 je hiperbolička (A = c 2, B =, C = 1 u R 2 jer je Δ = c 2 >. (b Jednadžba provodenja topline u t ku xx = (3.6 je parabolička (A = k, B = C = u R 2 jer je Δ =. (c aplaceova jednadžba u xx + u yy = (3.7 je eliptička (A = C = 1, B = u R 2 jer je Δ = 1 <. (d Tricomijeva jednadžba yu xx + u yy = (3.8 (A = y, B =, C = 1 ima diskriminantu Δ = y. Jednadžba je eliptička u poluravnini y >, hiperbolička u poluravnini y < i parabolička na pravcu y =.

43 POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 42 Promotrimo sada što se dešava s jednadžbom ako uvedemo nove varijable. Pretpostavimo da jednadžba (3.1 spada u jedan od tri tipa u području Ω R 2. Uvedimo varijable α = α(x, y, β = β(x, y, (x, y Ω. (3.9 S ozbzirom da promatramo jednadžbe drugog reda, pretpostavit ćemo da su α i β funkcije klase C 2 u Ω. Zanimaju nas samo regularne transformacije čiji Jacobijan je α x α y J = = α xβ y α y β x (3.1 jer u tom slučaju postoji inverzna transformacija ema 3.1 Neka je β x β y x = x(α, β, y = y(α, β. (3.11 Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.12 linearna jednadžba drugog reda. Uvedimo nove varijable α = α(x, y, β = β(x, y gdje je (x, y (α, β regularna transformacija. Tada je predznak diskriminante jednadžbe (3.12 invarijantan obzirom na transformaciju (x, y (α, β. Drugim riječima, predznak diskriminante Δ(x, y je intrinzično svojstvo jednadžbe jer funkcija w(α, β = u(x(α, β, y(α, β zadovoljava jednadžbu istog tipa kao funkcija u(x, y. Dokaz. Funkcije u i w povezane su relacijom u(x, y = w(α(x, y, β(x, y. Pravilo za derivaciju kompozicije funkcija daje u x = w α α x + w β β x, (3.13 u y = w α α y + w β β y, (3.14 u xx = w αα αx 2 + 2w αβ α x β x + w ββ βx 2 + w α α xx + w β β xx, (3.15 u xy = w αα α x α y + w αβ (α x β y + α y β x + w ββ β x β y + w α α xy + w β β xy, (3.16 u yy = w αα αy 2 + 2w αβ α y β y + w ββ βy 2 + w α α yy + w β β yy. (3.17

44 POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 43 Suptitucijom ovih izraza u jednadžbu (3.12 slijedi da funkcija w zadovoljava ˉ[w] = Āw αα + 2 ˉBw αβ + ˉCw ββ + ˉDw α + Ēw β + ˉF w = Ḡ (3.18 gdje je Ā(α, β = Aαx 2 + 2Bα x α y + Cαy, 2 (3.19 ˉB(α, β = Aα x β x + B(α x β y + α y β x + Cα y β y, (3.2 ˉC(α, β = Aβx 2 + 2Bβ x β y + Cβy. 2 (3.21 Ostale koeficijente ne trebamo eksplicitno izračunati jer tip jednadžbe ovisi samo o koeficijentima A, B i C. Jednadžbe (3.19-(3.21 se mogu zapisati u matričnom obliku ( ( ( (Ā ˉB α x α y A B α x β x ˉB ˉC =. (3.22 B C β x β y Uzimanjem determinante na lijevoj i desnoj strani jednadžbe (3.22 dobivamo Ā ˉC ˉB 2 = (AC B 2 (α x β y α y β x 2, (3.23 α y β y odnosno ˉΔ = ΔJ 2. (3.24 Iz pretpostavke da je α = α(x, y, β = β(x, y regularna transformacija slijedi da je J = α x β y α y β x, pa zaključujemo da diskriminante ˉΔ i ˉΔ imaju isti predznak. Ovo implicira da funkcije u i w zadovoljavaju isti tip jednadžbe. Uvodenjem novih varijabli jednadžba (3.1 se može svesti na jednostavniji, tzv. kanonski oblik, gdje je glavni dio kanonskog oblika jednadžbe jednak glavnom dijelu valne, toplinske ili aplaceove jednadžbe. Proučavanjem kanonskih oblika dobivamo lakši uvid u svojstva opće jednadžbe (3.1. Ako nam je poznato rješenje kanonskog oblika jednadžbe w(α, β, tada je rješenje početne jednadžbe dano sa u(x, y = w(α(x, y, β(x, y. Definicija 3.2 Kanonski oblik hiperboličke jednadžbe je w αβ + 1 [w] = Ḡ(α, β (3.25

45 POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 44 gdje je 1 diferencijalni operator prvog reda. Ovaj kanonski oblik je ekvivalentan sa w ξξ w ηη + 1 [w] = Ḡ(ξ, η (3.26 gdje su variable ξ, η dane transformacijom ξ = α + β, η = α β. Kanonski oblik paraboličke jednadžbe je w αα + 1 [w] = Ḡ(α, β, (3.27 dok je kanonski oblik eliptičke jednadžbe w αα + w ββ + 1 [w] = Ḡ(α, β. (3.28 U sljedećem poglavlju ćemo proučavati transformacije varijabli kojima se jednadžbe svode kanonski oblik. 3.1 Kanonski oblik hiperboličkih jednadžbi Teorem 3.1 Pretpostavimo da je Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.29 jednadžba hiperboličkog tipa u području Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y, β = β(x, y u kojima jednadžba (3.29 ima kanonski oblik w αβ + 1 [w] = Ḡ (3.3 gdje je w(α, β = u(x(α, β, y(α, β i 1 je diferencijalni operator prvog reda. Dokaz. Ako je A = C =, onda je Δ = B 2 > pa se u ovom slučaju jednadžba svodi na kanonski oblik dijeljenjem s B >. Pretpostavimo sada bez gubitka općenitosti da je A u Ω. Prema lemi 3.1, trebamo pronaći transformaciju varijabli α = α(x, y, β = β(x, y takvu da je Ā(α, β = Aαx 2 + 2Bα x α y + Cαy 2 =, (3.31 ˉC(α, β = Aβx 2 + 2Bβ x β y + Cβy 2 =. (3.32 Kako je Δ = B 2 AC > u Ω, jednadžba Aλ 2 + 2Bλ + C = (3.33

46 POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 45 ima dva različita realna rješenja λ 1 (x, y i λ 2 (x, y u svakoj točki (x, y Ω: λ 1,2 = B ± B 2 AC. (3.34 A Pretpostavimo da funkcije α(x, y i β(x, y zadovoljavaju sustav jednadžbi prvog reda α x = λ 1 (x, yα y, (3.35 β x = λ 2 (x, yβ y (3.36 Jednadžbe (3.35 i (3.36 nazivamo karakteristične jednadžbe. Supstitucijom karakterističnih jednadžbi u izraze za Ā i ˉC dobivamo Ā = (Aλ Bλ 1 + Cα 2 y =, (3.37 ˉC = (Aλ Bλ 2 + Cβ 2 y =. (3.38 Dakle, jednadžba (3.29 u novim varijablama ima oblik 2 ˉBw αβ + 1 [w] = Ḡ. (3.39 Ostaje nam provjeriti je li transformacija α = α(x, y, β = β(x, y regularna. Supstitucijom jednadžbi (3.35 i (3.36 u Jacobijan transformacije dobivamo λ 1 α y α y J = λ 2 β y β y = (λ 1 λ 2 α y β y. (3.4 Kako je λ 1 λ 2, zaključujemo da je transformacija regularna ako je α y i β y. Kako je ˉΔ = ˉB 2, jednadžba ˉΔ = ΔJ 2 povlači ˉB 2 = ΔJ 2 >. (3.41 Stoga jednadžbu (3.39 možemo podijeliti s 2 ˉB > čime dobivamo kanonski oblik (3.3. Dakle, hiperbolička jednadžba se može transformirati u kanonski oblik ako funkcije α(x, y i β(x, y zadovoljavaju jednadžbe (3.35 i (3.36 uz uvjet α y i β y. Primjer 3.2 Odredite kanonski oblik jednadžbe 4u xx + 5u xy + u yy + u x + u y = 2. (3.42

47 POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 46 Koeficijenti jednadžbe su A = 4, B = 5/2 i C = 1, pa je jednadžba hiperbolička na R 2 jer je Δ = B 2 AC = 9/4 >. Jednadžba Aλ 2 + 2Bλ + C = ima dva realna korijena λ 1 = 1/4 i λ 2 = 1. Stoga su karakteristične jednadžbe dane sa α x = 1 4 α y, β x = β y, (3.43 odakle slijedi α = 1 x + y, β = x + y. ( Definirajmo funkciju w(α, β = u ( x(α, β, y(α, β. Tada je u x = 1 4 w α w β, (3.45 u y = w α + w β, (3.46 u xx = 1 16 w αα w αβ + w ββ, (3.47 u yy = w αα + 2w αβ + w ββ, (3.48 u xy = 1 4 w αα 5 4 w αβ w ββ. (3.49 Supstitucijom izraza (3.45 (3.49 u jednadžbu (3.42 dobivamo kanonski oblik jednadžbe w αβ = 1 3 w α 8 9. (3.5 Ako uvedemo varijable ξ = α + β, η = α β i funkciju w (ξ, η = w ( α(ξ, η, β(ξ, η, onda je drugi kanonski oblik jednadžbe (3.42 ima oblik w ξξ w ηη = 1 3 w ξ w η 8 9. ( Kanonski oblik paraboličkih jednadžbi Teorem 3.2 Neka je Au xx + 2Bu xy + Cuyy + Du x + Eu y + F u = G (3.52 jednadžba paraboličkog tipa u području Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y, β = β(x, y u kojima jednadžba (3.52 ima kanonski oblik w αα + 1 [w] = Ḡ (3.53 gdje je w(α, β = u ( x(α, β, y(α, β i 1 je diferencijalni operator prvog reda.