Nenad Antonić Parcijane diferencijane jednadžbe 2. Separacija varijabi Opći postupak separacije varijabi Poazimo od inearnog parcijanog diferencijanog operatora (pdo) reda m: Lu = m k=0 α =k c α α u, pri čemu su općenito c α funkcije u varijabi x R d. Zanimaju nas operatori koji se mogu zapisati u obiku L = L 1 L 2 + M 1 M 2, pri čemu s L 1, M 1 označujemo inearne pdo po jednoj (od disjunktnih) skupina varijabi (npr. po x 1,..., x k ), a s L 2, M 2 pdo po drugoj skupini varijabi (npr. po x k+1,..., x d ). Na primjer, za L = x 2 + y 2 imamo: L 1 = x, 2 L 2 = 1, M 1 = 1 i M 2 = y. 2 U ovom se sučaju nameće traženje rješenja u obiku u(x, y) = u 1 (x)u 2 (y), jer je tada Lu = L 1 u 1 + M 2 u 2. Općenito zapisujemo u = u 1 u 2, pri čemu u 1 (u 2 ) ovisi samo o prvoj (drugoj) skupini varijabi, pa je: L 1 L 2 (u 1 u 2 ) = (L 1 u 1 )(L 2 u 2 ) i M 1 M 2 (u 1 u 2 ) = (M 1 u 1 )(M 2 u 2 ), odake sijedi da se Lu = 0 može zapisati u obiku: L 1 u 1 = M 2u 2 = µ. M 1 u 1 L 2 u 2 Kako prvi (drugi) razomak ovisi samo o varijabama iz prve (druge) skupine, to je µ nužno konstanta. Time smo dobii dvije odvojene jednadžbe: L 1 u 1 = µm 1 u 1 i M 2 u 2 = µl 2 u 2. Ako ih riješimo, produkt rješenja u = u 1 u 2 je rješenje poazne jednadžbe Lu = 0. Štoviše, zbog inearnosti je i inearna kombinacija takvih rješenja (za razičite µ!) ponovno rješenje poazne jednadžbe. Primjer. zadaću: Riješimo separacijom varijabi zadatak iz Uvoda (?...?): Riješiti početno-rubnu u tt c 2 u xx = 0 u(, 0) = 0 u(, ) = 0 u(0, x) = A sin πx u t (0, ) = 0. Potražimo rješenje u sjedećem obiku: u(t, x) = T (t)x(x). Gore opisani postupak vodi do dviju jednadžbi, kojima prirodno pridružujemo rubne, odnosno početne, uvjete: X µx = 0 T c 2 µt = 0 X(0) = 0 i T (0) = A X() = 0 T (0) = 0. Zaista, T (t)x(0) = 0 ima za posjedicu da je X(0) = 0 (T = 0 daje samo trivijano rješenje u = 0); sično i za X() = 0 i T (0) = 0. Za T (0) imamo samo uvjet da nije nua, dake A 0. Za funkciju T imamo Cauchyjevu zadaću, koja uvijek ima rješenje, neovisno o vrijednosti konstante µ. S druge strane, za X uvijek imamo trivijano rješenje X = 0, koje nas posebno ne zanima. Općenito rješenje jednadžbe za X (bez rubnih uvjeta) je X(x) = c 1 e µx + c 2 e µx za µ 0, odnosno X(x) = c 1 x + c 2 za µ = 0. 27. studenoga 2004.
Za µ 0 samo c 1 = c 2 = 0 nam omogućuje da gornja rješenja zadovojavaju rubne uvjete, pa ne dobivamo netrivijanog rješenja. Za µ < 0, gornje opće rješenje možemo izraziti i preko (reanih) trigonometrijskih funkcija: X(x) = d 1 cos µx + d 2 sin µx. Rubni uvjeti vode na d 1 = 0 i sin µ = 0, što daje µ = kπ, za k Z. Dake, samo za prebrojivo mnogo µk = ( ) kπ 2 dobivamo opće rješenje jednadžbe i rubnih uvjeta: X k (x) = sin kπ x. Uočimo da za k = 0 dobivamo nuu, dok za k < 0 zbog neparnosti sinusa dobivamo X k = X k, pa je dovojno gedati samo rješenja za k N i njihove inearne kombinacije. Ako tako dobivene µ k uvrstimo u jednadžbu za T, dobivamo za pojedini µ k opće rješenje obika T k (t) = k 1 cos ckπ t + k 2 sin ckπ t, za koje početni uvjet T (0) = 0 daje k 2 = 0. Time smo dobii da je rješenje inearna kombinacija u(t, x) = N k=1 a k cos ckπ t sin kπ x. Za k = 1 posebno dobivamo rješenje koje zadovojava i posjednji početni uvjet: u(t, x) = A cos cπ t sin π x, što se podudara s ranije dobivenim rješenjem preko d Aembertove formue. U prethodnom Primjeru mogi smo tražiti rješenje i za općenitiji početni uvjet: u(0, ) = f, i tu bi se postavio pitanje možemo i funkciju f prikazati kao inearnu kombinaciju funkcija obika sin kπ x. Praktično, dovojno nam je da f možemo po voji točno (u nekom prikadnom smisu, tj. u prikadnoj normi) aproksimirati takvim inearnim kombinacijama. To vodi na pitanje konvergencije Fourierovog reda k=1 a k sin kπ x prema funkciji f, za neki povojan izbor koeficijenata a k. Tim ćemo se pitanje nešto kasnije podrobnije pozabaviti. Primjer. Provodenje topine u tankom štapu dujine opisujemo na sjedeći način (za detajniji prikaz v. [Aganović-Veseić]). S u(t, x) označimo temperaturu štapa u trenutku t, a na mjestu x: u : R + 0 [0, ] R. 0 x Fourierov zakon provodenja topine tvrdi da je promjena temperature proporcionana toku (fuksu); to nam daje sjedeći zakon (nema izvora topine) za temperaturu: u t = κu xx. Pored toga, uzmimo da se krajevi štapa održavaju na stanoj temperaturi 0. To nam daje sjedeće rubne uvjete: u(, 0) = u(, ) = 0. Da bi zadaća bia dobro postavjena, potrebno je još zadati i početnu razdiobu topine: u(0, ) = u 0. Kako primijeniti separaciju varijabi na ovu zadaću? Uvrštavanjem u(t, x) = T (t)x(x) u jednadžbu dobivamo: T κt = X X = µ, Nenad Antonić 2
što pak vodi na sjedeće dvije obične diferencijane jednadžbe: T κµt = 0 i X µx = 0. Ovisno o vrijednosti µ (uzimamo λ R + ): a) µ = λ 2 < 0: u(t, x) = e λ2 κt (c 1 sin λx + c 2 cos λx), b) µ = λ 2 > 0: u(t, x) = e λ2 κt (c 1 e λx + c 2 e λx ), c) µ = 0: u(t, x) = c 1 x + c 2. Svako rješenje jednadžbe provodenja u obiku produkta nužno je jednog od navedenih obika, ai postoje rješenja jednadžbe provodenja koja nisu u obiku produkta, na primjer (v. Zadatak??): (1) u(t, x) = 1 4πκt e x2 4κt. Gornje se rješenje ne može prikazati niti kao (konačna!) inearna kombinacija rješenja obika kao u (a) (c), jer nije definirano u t = 0, a takva rješenja jesu. Zbog rubnog uvjeta na X: X(0) = X() = 0, u obzir doaze samo rješenja obika (a), dake: X(x) = c 1 sin λx + c 2 cos λx, i to uz c 2 = 0, te sin λ = 0. Time dobivamo jednadžbu za λ: λ = nπ, odnosno λ n = nπ, za n N (jer ±n daju isto rješenje, do na predznak, što ako ukjučimo u konstantu). Time smo dobii prebrojivo mnogo rješenja: X n (x) = sin nπ x. Uvrštavanjem tih λ n u jednadžbu za T dobivamo rješenja T (t) = e nπ ( ) 2 κt, odnosno za u rješenje kao inearnu kombinaciju: u(t, x) = N b n e n=1 nπ ( ) 2 κt sin nπ x. Za t = 0 posebno dobivamo N n=1 b n sin nπ x = u 0 (x), i to je obik početnog uvjeta za koji sada znamo riješiti početno-rubnu zadaću. Uočimo da taj početni uvjet zadovojava i uvjet kompatibinosti, da je u(0, 0) i u(0, ) dobro definirano. Zadaci. 1. Koristeći ogaritamsku derivaciju (n f) = f /f provjeriti da je formuom (1) zaista dano rješenje jednadžbe provodenja. Ortonormirana baza u unitarnom prostoru Podsjetimo se iz Linearne agebre definicije unitarnog prostora kao reanog ii kompeksnog vektorskog prostora opskrbjenog skaarnim produktom, koji ćemo označavati s u v. Norma se definira preko skaarnog produkta u := u u. Potpun unitaran prostor zovemo Hibertovim prostorom. (Naravno, svaki konačnodimenzionaan unitaran prostor je potpun; razike se javjaju tek kod beskonačnodimenzionanih prostora.) Svaki se unitarni prostor može upotpuniti do Hibertovog prostora. Hibertov prostor H je separabian ako ima prebrojiv gust podskup, odnosno ako ima prebrojiv podskup čija je inearna juska gusta u H. Beskonačan skup vektora u Hibertovom prostoru je ortogonaan (ortonormiran), ako je svaki njegov konačan podskup takav, odnosno ako su svaka dva vektora iz tog skupa medusobno okomita (i jedinična). Teorem 1. (Besseova nejednakost) Za ortonormiran skup {e 1,..., e n } H vrijedi ( h H) n h e k 2 h 2. k=1 Nenad Antonić 3
Dem. sijedi: Vektor z := h n k=1 h e k e k je okomit na svaki od vektora e i, pa akim računom 0 z z = h h n h e k h e k. k=1 Ako je (e k ) ortonormiran niz u H, to preaskom na imes u gornjem teoremu dobivamo ( h H) h e k 2 h 2, k=1 Q.E.D. što ima za posjedicu da je Fourierov red za h: k=1 h e k e k apsoutno konvergentan. Zaista, pripadni niz parcijanih suma je Cauchyjev, a zbog potpunosti H i konvergira k nekom imesu. Pitanje je konvergira i k h, na što nam odgovor daje sjedeći: Teorem 2. Sjedeća su svojstva ekvivaentna: i) Potprostor [{e 1, e 2,...}] je gust u H. ii) Za svaki vektor h H njegov Fourierov red konvergira k h. iii) Za svaki h H vrijedi Besseova jednakost: k=1 h e k 2 = h 2 H. iv) Ako je svaki Fourierov koeficijent nekog vektora nua, onda je taj vektor nužno nu-vektor. Ukoiko ortonormiran niz (e n ) u H ima jedno od gornjih svojstava, onda kažemo da je taj niz potpun, odnosno ortonormirana ii Hibertova baza za H. Napomenimo da Hibertova baza u beskonačnodimenzionanim prostorima nije i (agebarska) baza. U svakom beskonačnodimenzionanom separabinom Hibertovom prostoru postoji potpun ortonormirani niz. Primjer. Na predavanju je intuitivno definirana diferencijabina struktura kružnice. Sada ćemo to pokušati načiniti rigoroznije. Poazimo od aditivne grupe reanih brojeva, s pripadnom topooškom i diferencijanom strukturom. U (R, +) je (Z, +) podgrupa, pa je dobro definirana kvocijentna grupa T := R/Z. Na T uvodimo topoogiju kao kvocijentnu topoogiju, preko presikavanja g : R T (namatanja pravca na kružnicu). Skup U T je otvoren ako i samo ako je njegova prasika, g (U) otvoren skup u R. Lako se provjeri da je na taj način zaista zadana topoogija na T. Može se pokazati da je T kompaktan topooški prostor. Ako je f : T X proizvojna funkcija s T u bio koji skup X, onda povačenjem definiramo funkciju g f : R X. Može se pokazati da je takva funkcija f neprekinuta (dake, uzimamo da je X topooški prostor) ako i samo ako je g f neprekinuta. Istu ideju koristimo za definiciju diferencijabinosti odgovarajuće kase. Integra funkcija po T možemo definirati kao integra njihovih povačenja g f po [0, 1. Na taj način možemo doći i do prostora L 2 (T), upotpunjenja prostora C 0 (T) u normi dobivenoj iz sjedećeg skaarnog produkta: (2) u v := uv. U L 2 (T) je funkcijama e n, čija povačenja gase t e 2nπit, n Z, zadan ortonormiran niz, za koji se može pokazati da je potpun. Te se funkcije mogu zamijeniti i s 1, 2 cos 2nπt, 2 sin 2nπt, n N, koje ponovno čine prebrojiv ortonormiran skup. Povačenjem funkcija s T na R dobivamo sve 1-periodične funkcije na R, i obratno, poazeći od 1-periodičnih funkcija na R dobro je definirana neka funkcija na T. Posve anaogno smo mogi (za R + ) gedati i podgrupu (2Z, +) u (R, +), te pripadnu kvocijentnu grupu R/2Z. Umjesto skaarnog produkta (2) uzmimo 1 2 T uv, gdje je 2 upravo mjera (dujina) T, dobivamo da funkcije t e nπ it čine ortonormiranu bazu za L 2 (T). T Nenad Antonić 4
Simetrične obične diferencijane jednadžbe drugog reda 2. Separacija varijabi Separacijom varijabi u kasičnim jednadžbama matematičke fizike često doazimo do inearnih običnih diferencijanih jednadžbi sjedećeg obika: (3) x + p 1 x + p 0 x = 0, gdje su p 0 i p 1 funkcije u varijabi t. Tu jednadžbu možemo zapisati u obiku ekvivaentnog sustava prvog reda (v. pogavje o običnim diferencijanim jednadžbama; zamjena je x 1 := x, x 2 := x ): [ x 0 1 = p 0 p 1 ] x = Ax, [ ] [ ] x1 a pri čemu je x =, dok bi pripadni početni uvjeti x(t x 0 ) = a, x (t 0 ) = b gasii x(t 0 ) =. 2 b Definiramo da je sustavu x = Ax adjungiran sustav y = A y (A = A za reane matrice). Lako se može provjeriti da je sustavu y = A y adjungiran upravo poazni sustav. U dajem ćemo radi jednostavnosti gedati samo reane funkcije i matrice, osim ako posebno ne nagasimo. Posebno, sustavu pridruženom jednadžbi (3) adjungiran je sustav [ ] y 0 p0 =, 1 p 1 kojem možemo pridružiti inearnu običnu diferencijanu jednadžbu drugog reda (y 2 = y 1 + p 1 y 2 deriviramo i uvrstimo y 1 izraženo iz prve jednadžbe sustava, te zamijenimo oznaku y 2 s y) y (p 1 y) + p 0 y = 0. Kažemo da je ta jednadžba adjungirana (3). Kad bi u poaznoj jednadžbi koeficijent uz x bio p 2 umjesto 1, adjungirana bi joj jednadžba po definiciji gasia (p 2 y) (p 1 y) + p 0 y = 0. Definirajmo diferencijane operatore (4) d 2 L := p 2 dt 2 +p d 1 dt +p 0, M := d2 dt 2 (p 2 ) d dt (p 1 ) + p 0, recimo L, M : C 2 (I) C 0 (I), ukoiko su funkcije p i dovojno gatke na intervau I. Jednadžbe Lx = 0 i My = 0 su medusobno adjungirane, pa to motivira da kažemo kako su i operatori L i M medusobno adjungirani. Lema 1. vrijedi Dem. Koroar 1. (Lagrangeev identitet) Postoji funkcija Q u varijabama t, x, x, y, y takva da yl(x) xl(y) = d dt Q(t, x, x, y, y ). Lakim računom se može provjeriti da je yl(x) xl(y) = d dt t2 t 1 (yl(x) xl(y)) = ( ) p 2 x y x(p 2 y) t 2 + xp 1 y t 1 ( ) p 2 x y x(p 2 y) + xp 1 y. Q.E.D. Posebno, ako su x i y funkcije koje iščezavaju van nekog zatvorenog segmenta u intervau I, onda iz Koroara sijedi da su operatori L i M adjungirani operatori na L 2 (I). Nenad Antonić 5
Primjer. Sjedeće se jednadžbe često dobivaju kao rezutat separacije varijabi: x + λx = 0, (Besse) t 2 x + tx + (λt 2 µ 2 )x = 0, (Euer) t 2 x + 2tx + λx = 0, i (Legendre) (1 t 2 )x 2tx + λx = 0. Zanimjivo je da se svi gornji primjeri mogu zapisati u posebnom obiku (5) Lx = d dt (px ) + qx = 0, pri čemu je p funkcija t, a q i t i λ (µ je unaprijed zadana konstanta). Kažemo da je diferencijani operator L simetričan ako je adjungiran samome sebi. Lema 2. Operator L u (4) je simetričan ako i samo ako je obika (5). 2. Separacija varijabi Dem. Računom se ako vidi da je operatoru (5) zaista adjungiran on sam. Neka je sada zadan operator L u (4), te neka je on jednak sebi adjungiranom operatoru M; nakon kraćenja to daje d 2p 1 dt d 2p 2 dt p 2 + p 1 = 0. Taj diferencijani operator prvog reda će biti nua ako i samo ako je p 1 = p 2 i p 1 = p 2, a to će upravo vrijediti ako je ispunjen prvi od njih, što daje traženi obik za L. Q.E.D. Uočimo da smo u Lemi 2 impicitno pretpostavii da su p i, odnosno p, dovojno gatki (koiko je to dovojno?). Takoder uočimo da za simetrične operatore Lagrangeev identitet poprima obik: yl(x) xl(y) = d dt ( ) p(x y y x). U dajem pretpostavjamo da je p diferencijabino i istog znaka (recimo, p > 0), a q neprekinuto na intervau I na kojem gedamo diferencijanu jednadžbu (5). Ukoiko uvedemo oznaku y := px, jednadžbu možemo zapisati u obiku inearnog sustava prvog reda x = 1 p y y = qx, za koji Cauchyjeva zadaća ima jedinstveno rješenje. Prijedimo na poarne koordinate (H. Prüfer): x(t) = r(t) cos ϕ(t) y(t) = r(t) sin ϕ(t), što je reguarna zamjena varijabi za (x, y) (0, 0). Uvrštavanjem gornjeg obika za x i y u sustav, dobivamo sjedeći sustav za r i ϕ: r cos ϕ r sin ϕ ϕ = r p sin ϕ r sin ϕ + r cos ϕ ϕ = qr cos ϕ, odake agebarskim rješavanjem po r i ϕ (Cramerov sustav) dobivamo 1 ) ϕ = ( p sin2 ϕ + q cos 2 ϕ (6) ( 1 ) r = p q r cos ϕ sin ϕ. Nenad Antonić 6
Prva od tih jednadžbi ne sadrži nepoznanicu r, pa postoji njezino rješenje, funkcija ϕ u varijabi t. Uvrstivši takvo rješenje u drugu jednadžbu, ako separiramo varijabe odake integriranjem dobivamo dr r = ( 1 p q ) cos ϕ sin ϕ dt, r(t) = Ce 1 2 R t 0 (1/p(τ) q(τ)) sin 2ϕ(τ) dτ (pritom smo uzei početni uvjet r(0) = C 0). Uočimo sjedeće svojstvo rješenja ϕ: Ako je ϕ rješenje za (6 1 ), onda je i ϕ+nπ, n Z takoder rješenje. Stoga za zadani k Z, i danu točku t 0 I, možemo izabrati rješenje tako da vrijedi Zadaci. π 2 + (k 1)π < ϕ(t 0) π 2 + kπ. 1. Pokazati da ako su x 1, x 2 dva inearno neovisna rješenja prvog sustava, dake ako je X = [x 1 x 2 ] eementarno (fundamentano) rješenje (tada je ta matrica reguarna u svakoj točki, ako je u barem jednoj!), onda je Y := X eementarno rješenje adjungiranog sustava. 2. Ako jednadžbu p 2 x + p 1 x + p 0 x = 0 možemo podijeiti s p 2, pokazati da tako dobivenoj jednadžbi adjungirana jednadžba ne mora biti ekvivaentna s (p 2 y) (p 1 y) + p 0 y = 0. 3. Po anaogiji s definicijom adjungirane jednadžbe drugog reda, definirati adjungiranu jednadžbu jednadžbi n-tog reda. Pokazati anoogon Lagrangeevog identiteta. 4. Neka su p i q neprekinute funkcije na [0, ]. a) Zamjenom u(x) = y(x)e 1 R x 2 0 p(ξ) dξ svesti jednadžbu ( ) u + pu + qu = 0 na kanonski obik y + Ay = 0. b) Množenjem jednadžbe ( ) s a(x) := e R x 0 p(ξ) dξ svesti je na Sturm-Liouvieov obik (au ) bu = 0. 5. Napisati sjedeće jednadžbe u kanonskom i Sturm-Liouvieovom obiku: a) x 2 u + xu + (x 2 n 2 )u = 0. b) u + (ctgx)u + u = 0. c) (1 x 2 )u 2xu + n(n + 1)u = 0. d) u + p(x)u = 0. Nenad Antonić 7
Zadaci. Razni zadaci Sijedi niz razičitih zadataka o separaciji varijabi. 2. Separacija varijabi 1. Kružna poča jediničnog poumjera u x, y-ravnini ima izoirane stranice. Na dijeu ruba gdje je y > 0 održava se temperatura u + R, dok se na preostaom dijeu ruba održava u R. Odrediti stacionarnu razdiobu temperature. 2. Odrediti stacionarnu razdiobu temperature unutar kružnog isječka ρ < a i ϕ 0, α, za a R + i α 0, 2π ; ukoiko se na dijeu ruba koji čine poumjeri kruga održava temperatura 0, dok je na dijeu kružnice temperatura zadana s u(a, ϕ) = f(ϕ). 3. Na K(0, R) R 2 riješiti sjedeću rubnu zadaću: gdje su a i b reane konstante. { u = 0 u(r, ϕ) = a sin 2 ϕ + b cos 2 ϕ 4. Na jediničnom krugu u R 2 riješiti sjedeću rubnu zadaću: { u = 0 u(1, ϕ) = 120 + 60 cos 2ϕ. 5. Naći funkciju u, harmoničku unutar jediničnog kruga, za koju vrijedi u(1, ϕ) = sin 6 ϕ+cos 6 ϕ. 6. Na krugu D... x 2 + y 2 + 2x < 0 riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu ( u = 0), ako za (x, y) na pripadnoj kružnici vrijedi u(x, y) = 4x 3 + 6x 1. 7. Na K(0, a) R 2 riješiti sjedeću rubnu zadaću: u = 0 { sin ϕ, za 0 ϕ < π u(a, ϕ) = 1 3 sin3 ϕ, za π ϕ < 2π 8. Naći harmoničku funkciju u, na krugu radijusa R sa središtem u ishodištu, ako je u r (R, ϕ) = sin3 ϕ. 9. Naći harmoničku funkciju u na kružnom vijencu 1 < r < 2, ako vrijedi { u(1, ϕ) = 1 + cos 2 ϕ u(2, ϕ) = 2 + sin 2 ϕ. 10. Riješiti Poissonovu jednadžbu u = A unutar kružnog vijenca R 1 < r < R 2, uz rubne uvjete: u r=r1 = u 1 i u r=r2 = u 2 ; pri čemu su A, u 1 i u 2 zadani brojevi. 11. Riješiti Poissonovu jednadžbu u = Axy (A je reaan broj) u krugu poumjera R sa središtem u ishodištu, uz rubni uvjet u r=r = 0. 12. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu u jediničnoj kugi sa središtem u ishodištu trodimenzionanog eukidskog prostora, ako je na dijeu pousfere gdje je z > 0, u = u 0 (u 0 R); dok je na preostaom dijeu sfere u = 0. Nenad Antonić 8
13. Riješiti Dirichetovu rubnu zadaću za Lapaceovu jednadžbu u poukugi poumjera R, u kojoj je z > 0; ako je na pousferi u = u 0 (u 0 R), dok je na bazi u = 0. 14. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu u kugi poumjera R, ako je (u = i u su konstante): u(r, th, ϕ) = { u+, 0 th < π 2 u, π 2 th π. 15. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu u kugi poumjera 2, ako je: u(2, th, ϕ) = cos 2 th sin 2 th. 16. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu u jediničnoj kugi sa središtem u ishodištu trodimenzionanog eukidskog prostora, ako je na sferi u(1, th, ϕ) = cos th. 17. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu u jediničnoj kugi sa središtem u ishodištu trodimenzionanog eukidskog prostora, ako je na sferi u(1, th, ϕ) = 4 cos nth. 18. Naći harmoničku funkciju u na kugi poumjera R, ako zadovojava sjedeći mješovit rubni uvjet: (u + u r ) r=r = 1 + cos 2 th. 19. Riješiti vanjsku Dirichetovu zadaću na vanjštini jedinične kuge (r > 1) za Lapaceovu jednadžbu, ako je: { cos th, 0 th π u(1, th, ϕ) = 2 0, π 2 < th π n=0 im u(r, th, ϕ) = 0. r 20. Riješiti Dirichetovu zadaću za Poissonovu jednadžbu u = 1 unutar sfernog soja a < r < b u trodimenzionanom prostoru, ako je: u r=a = u r=b = 0. 21. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu unutar sfernog soja 1 < r < 2 u trodimenzionanom prostoru, ako je u r=1 = 1 cos 2th, a u r=2 = 2 cos th. 22. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu unutar sfernog soja 1 < r < 2 u trodimenzionanom prostoru, ako je u(1, th, ϕ) = sin th sin 3th, a u(2, th, ϕ) = cos 2 th sin 2 th. 23. Naći harmoničku funkciju u na kugi poumjera R, ako zadovojava sjedeći Dirichetov rubni uvjet: u r=r = sin 2 th cos 2ϕ. 24. Naći harmoničku funkciju u na kugi poumjera 1, ako zadovojava sjedeći Dirichetov rubni uvjet: u r=1 = sin 2 th cos(2ϕ + π 3 ). 25. Naći harmoničku funkciju u na kugi poumjera 1, ako zadovojava sjedeći Dirichetov rubni uvjet: u r=1 = sin th(sin ϕ + sin th). 26. Naći harmoničku funkciju u na kugi poumjera 1, ako zadovojava sjedeći Neumannov rubni uvjet: (u r ) r=1 = sin 10 th sin 10ϕ;, ako je k tome vrijednost funkcije u u ishodištu jednaka 1. Nenad Antonić 9
27. Naći harmoničku funkciju u na kugi poumjera R, ako zadovojava sjedeći Dirichetov rubni uvjet: u r=r = sin 3 th sin(3ϕ + π 4 ). 28. Naći harmoničku funkciju u na kugi poumjera R, ako zadovojava sjedeći mješovit rubni uvjet: ( (u + u r ) r=r = sin 2 π ) th 2 cos(2ϕ + 4 ) + 2 cos2 ϕ. 29. Riješiti vanjsku Dirichetovu zadaću na vanjštini jedinične kuge (r > 1) za Lapaceovu jednadžbu, ako je: u r=1 = cos 2 th sin th sin(ϕ + π 3 ). 30. Riješiti vanjsku Dirichetovu zadaću na vanjštini jedinične kuge (r > 1) za Lapaceovu jednadžbu, ako je: u r=1 = u 0 cos th sin 3 th cos 3ϕ, pri čemu je u 0 konstanta. 31. Riješiti vanjsku mješovitu zadaću na vanjštini kuge poumjera R (r > R) za Lapaceovu jednadžbu, ako je: (u u r ) r=r = cos 2 th 2 sin th sin(ϕ + π 6 ). 32. Riješiti vanjsku Dirichetovu zadaću na vanjštini jedinične kuge (r > 1) za Lapaceovu jednadžbu, ako je: u r=1 = cos 4 th cos 2ϕ. 33. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu unutar sfernog soja 1 < r < 2 u trodimenzionanom prostoru, ako je u r=1 = 3 sin 2 th sin 2ϕ, a u r=2 = 3 cos th. 34. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu unutar sfernog soja 1 < r < 2 u trodimenzionanom prostoru, ako je u r=1 = 7 sin th cos ϕ, a u r=2 = 7 cos th. 35. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu unutar sfernog soja 1 < r < 2 u trodimenzionanom prostoru, ako je u r=1 = 31 sin 2th sin ϕ, a u r=2 = 31 sin 2 th cos 2ϕ. 36. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu unutar sfernog soja 1 2 < r < 1 u trodimenzionanom prostoru, ako je u r=1/2 = 0, a u r=1 = 6 sin 2 th cos 2 ϕ. 37. Naći harmoničku funkciju u u sferičnom soju 1 < r < 2, koja zadovojava sjedeće rubne uvjete: u r=1 = 1 (u r ) r=2 = 15 cos ϕ ( cos 2 th sin th + sin ϕ sin 2 th cos th ). 38. Naći harmoničku funkciju u u sferičnom soju 1 < r < 2, koja zadovojava sjedeće rubne uvjete: u r=1 = sin th sin ϕ(5 + 6 cos th) (u r ) r=2 = 12 sin 2th sin ϕ. 39. Riješiti Dirichetovu zadaću za Lapaceovu jednadžbu unutar sfernog soja 1 2 < r < 1 u trodimenzionanom prostoru, ako je u r=1/2 = 30 sin 2 th cos th cos 2 ϕ, a u r=1 = 0. 40. Naći rješenje Lapaceove jednadžbe u jediničnoj kugi takvo da zadovojava uvjet (u Kartezijevim koordinatama) 1 u(0, 0, z) =. 1 + z 2 41. Kvadratna tanka poča jedinične stranice ima izoirane pohe, dok su joj stranice na temperaturi 0. Ako je početna temperatura poče dana funkcijom f, odrediti temperaturu u bio kom vremenu t > 0. Nenad Antonić 10
42. Kvadratna tanka poča jedinične stranice ima izoirane pohe, dok su joj stranice na temperaturi 0, osim stranice y = 1 gdje je temperatura jednaka konstanti u 0. Odrediti stacionarno stanje temperature na poči. 43. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, 3] R + : u t = 2u xx u(0,.) = 10 u(3,.) = 40 u(., 0) = 25. 44. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + ( γ je pozitivna a β reana konstanta, dok je f funkcija na [0, L]): u t = ku xx + βe γx te dati fizikanu interpretaciju. u(l,.) = 0 u(., 0) = f, 45. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α, u 1 i u 2 su konstante, a f funkcija na [0, L]): Posebno napisati rješenje za f = 0. u t = u xx α 2 u u(0,.) = u 1 u(l,.) = u 2 u(., 0) = f. 46. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α i u 0 su konstante): u t = α 2 u xx u(l,.) = 0 u(., 0) = u 0. Ako je U n (x, t) n-ta parcijana suma Fourierovog reda dobivenog separacijom varijabi, dokazati da vrijedi: im n U n(/2, t) = 0. 47. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, 1] R + (α, h i u 0 su konstante; h > 0): u t = α 2 u xx h(u u 0 ) u(1,.) = 0 u(., 0) = 0. 48. Tanak homogeni štap dujine L ima početnu temperaturu ax/l (a R). Na kraju x = 0 podržava se temperatura nua, dok se na kraju x = L temperatura mijenja po zakonu u(l, t) = ae t. Naći raspodjeu temperature za t > 0. Nenad Antonić 11
49. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α, A i T su konstante): u t = α 2 u xx u(l, t) = Ae t u(., 0) = T. 50. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, 1] R + : u t = u xx + 4u x + x 4t + 1 + e 2x cos 2 πx u(0, t) = t u(1, t) = 2t u(., 0) = 0. 51. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, π] R + : u t = u xx + 6u + x 2 (1 6t) 2(t + 3x) + sin 2x u x (0,.) = 1 u x (π, t) = 2πt + 1 u(x, 0) = x. 52. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, π] R + : u t = u xx 2u x + u + e x sin x t u(0, t) = 1 + t u(π, t) = 1 + t u(x, 0) = 1 + e x sin 2x. 53. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α, u 1 i u 2 su konstante): u t = α 2 u xx u(0,.) = u 1 u(l,.) = u 2 u(., 0) = 0. Odrediti asimptotičku vrijednost rješenja: w(x) := im t u(x, t). gornje zadaće, a koje je značenje w? 54. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, π] R + (α i β su pozitivne konstante): u t = α 2 u xx βu + sin πx L u(π,.) = 0 u(., 0) = 0. Koje je fizikano značenje 55. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α i h su konstante, a f funkcija na [0, L]): Koje je fizikano značenje gornje zadaće? u t = α 2 u xx u x (0, t) = hu(0, t) u x (L, t) = hu(l, t) u(., 0) = f. Nenad Antonić 12
56. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α, T, U i h su konstante, h > 0): u t = α 2 u xx u(0,.) = T u x (L,.) + hu(l,.) = U u(., 0) = 0. 57. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α, β, U i h su konstante, β, h > 0): u x (., t) hu(0, t) = 0 u t = α 2 u xx βu u x (L, t) = 0 u(., 0) = U. 2. Separacija varijabi 58. Tankoj vodjivoj žici kraj x = 0 održava se na temperaturi nua, dok je kraj x = L uronjen u sredstvo temperature nua (točnije, na tom je kraju promjena temperature proporcionana s razikom temperatura na žici i sredstvu). Preostai dio žice je izoiran. Ako je u početnom času temperatura žice bia opisana funkcijom f, odrediti temperaturu žice za t > 0. 59. Beskonačno duga poča širine a ima dvije paraene stranice održavane na temperaturi nua, dok je treća stranica na temperaturi u 0 R. Odrediti stacionarno stanje temperature. 60. Kroz stranicu y = 0 beskonačnog ciindra pravokutnog presjeka [0, a] [0, b] R uazi koičina topine Q, dok ta ista koičina topine izazi kroz stranicu x = 0. Naći stacionarnu raspodjeu temperature u ciindru, ako je tôk topine jednoik po spomenute dvije stranice, dok su preostae dvije stranice izoirane. 61. Žica dujine L ima početni obik zadan funkcijom f, dok je početna brzina jednaka nui. Odrediti poožaj žice u ovisnosti o vremenu, ako je žica učvršćena na krajevima. 62. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α, v 0 i g su konstante): u tt = α 2 u xx + g u x (L,.) = 0 u(., 0) = 0 u t (., 0) = v 0. 63. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α i β su konstante): u tt = α 2 u xx + βshx u(l,.) = 0 u(., 0) = 0 u t (., 0) = 0. 64. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α i β su konstante): u tt = α 2 u xx + βe t sin πx L u(l,.) = 0 u(., 0) = 0 u t (., 0) = 0. Nenad Antonić 13
65. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α i β > 0 su konstante): u tt = α 2 u xx u x (0,.) = 0 u x (L, t) = βe t u(x, 0) = βαch x α sh L α u t (., 0) = 0. 66. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α, h, k > 0 su konstante): Koje je fizikano značenje gornje zadaće. u tt = α 2 u xx u x (0,.) = 0 u x (L,.) + hu(l,.) = 0 u(x, 0) = kx u t (., 0) = 0. 67. Odrediti ongitudinane titraje eastičnog štapa čiji su krajevi vezani oprugama jednakih krutosti uz čvrstu podogu. Početni uvjeti za progib su: u(., 0) = ϕ i u t (., 0) = ψ; dok su rubni uvjeti: u x (0,.) h 68. Riješiti početno-rubnu zadaću: u x (L,.) + hu(l,.) = 0. u xx α 2 u tt 2hu t b 2 u = 0 uz homogene početne uvjete i rubne uvjete zadane s: u(0,.) = A i u(l,.) = 0. 69. Desni kraj eastičnog štapa vezan je oprugom, a ijevi kraj je sobodan. Odrediti ongitudinane titraje štapa ako je početna deformacija u(., 0) = 0 i u t (., 0) = ϕ. 70. Progib žice u poju sie teže u sredstvu s otporom zadovojava jednadžbu u tt = α 2 u xx 2νu t + g. Žica je učvršćena na krajevima, te ima početnu brzinu nua i početni progib { hx x u(x, 0) = 0, 0 < x < x 0 h(l x) L x 0, x 0 < x < L. Naći progib žice u ovisnosti o vremenu, te odrediti imes im u(x, t). t 71. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α > 0 je konstanta): u tt = α 2 u xx + 2 sin 2t u x (0,.) = 0 u x (L, t) = 2 a sin 2L α u(x, 0) = 0 sin 2t u t (x, 0) = 2 cos 2x α. Nenad Antonić 14
72. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, π] R + : u tt = u xx u(0, t) = t u x (π,.) = 1 u(x, 0) = sin x 2 u t (x, 0) = 1. 73. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, L] R + (α > 0 je konstanta): u tt = α 2 u xx + Ae t cos πx 2 u x (0,.) = 0 u(l,.) = 0 u(., 0) = 0 u t (., 0) = 0. 74. Odrediti ongitudinane titraje eastičnog štapa čiji su krajevi učvršćeni, pod djeovanjem harmoničke sie gustoće: p(x, t) = Aρ sin ωt, pri čemu je ω kπα, k Z. Početni uvjeti su homogeni. 75. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, π] R + : u tt 3u t = u xx + 2u x 3x 2t u(π, t) = πt u(x, 0) = e x sin x u t (x, 0) = x. 76. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, π] R + : u tt 3u t = u xx + u x(4 + t) + cos 3x 2 u x (0, t) = t + 1 u(π, t) = π(t + 1) u(x, 0) = x u t (x, 0) = x. 77. Kvadratna membrana stranice jedinične dujine ima početni progib opisan funkcijom f(x, y) i početnu brzinu nua. Odrediti progib membrane za t > 0, ako su rubovi membrane učvršćeni u x, y- ravnini. 78. Odrediti titranje pravokutne membrane ([0, a] [0, b]) s učvršćenim krajevima, ako je početna brzina nua, a početni poožaj u(x, y, 0) = Axy(a x)(b y). 79. Odrediti titranje pravokutne membrane ([0, a] [0, b]) s učvršćenim krajevima, ako su početna brzina i početni poožaj nua, a na membranu djeuje sia površinske gustoće f(x, y, t) = A(x, y) sin ωt. Nenad Antonić 15
80. Riješiti početno-rubnu zadaću na [0, π] [0, π] R + : u tt = u u(0,.,.) = u(π,.,.) = 0 u(., 0,.) = u(., π,.) = 0 u(x, y, 0) = 3 sin x sin 2y u t (x, y, 0) = 5 sin 3x sin 4y. 81. Kružna poča jediničnog poumjera ima početnu temperaturu f(r), dok se na rubu održava temperatura nua. Odrediti temperaturu poče za t > 0 ako nema gubitaka topine preko dviju ravnih poha poče. 82. Riješiti početno-rubnu zadaću na K[0, 1] R + (u dvije prostorne dimenzije): u t = k u u(1,, ) = u 0 u(,, 0) = 0, ako su k > 0 i u 0 konstante. Koje je fizikano značenje zadaće? 83. Riješiti početno-rubnu zadaću na K[0, λ 1 λ ] R + (u dvije prostorne dimenzije): λu t = u u(r,, 0) = J 0 (λr) u( λ 1,, ) = 0, λ ako su λ > 0 konstanta, a λ 1 nutočka Besseove funkcije J 0. 84. Kružni ciindar jediničnog poumjera i jedinične visine ima početnu temperaturu f(r, z), dok se na čitavoj površini ciindra održava temperatura nua. Odrediti ovisnost temperature ciindra za t > 0. 85. Riješiti početno-rubnu zadaću na K[0, 1] [0, 1] R + (ciindar u tri prostorne dimenzije): u t = k u u(1,,, ) = u(,, 0, ) = u(,, 1, ) = 0 u(,,, 0) = u 0, ako su k > 0 i u 0 konstante. Koje je fizikano značenje zadaće? 86. Odrediti stacionarno stanje temperature u u kružnom ciindru kružnog presjeka poumjera R i visine h, ako je temperatura donje baze i pašta održavana na nui, dok je temperatura gornje baze funkcija udajenosti od osi u 0 = u 0 (r). 87. Odrediti stacionarno stanje temperature u u kružnom ciindru kružnog presjeka poumjera R i visine h, ako je temperatura gornje baze i pašta održavana na nui, dok je temperatura donje baze u 0 (r, ϕ) = r 2 cos ϕ. 88. Neograničen ciindar poumjera R ima početnu temperaturu f(r) i hadi se preko bočne površine na kojoj vrijedi rubni uvjet ( n u + Hu) r=r = 0, gdje je H > 0 konstanta, a n je vanjska normaa na ciindar. Odrediti temperaturu ciindra za t > 0. Nenad Antonić 16
89. Odrediti temperaturu u beskonačnog ciindra poumjera R, ako je početna temperatura bia konstantna (u 0 ), dok na paštu ciindra vrijedi (α i q su konstante) α n u = q. 90. Odrediti temperaturu u beskonačnog ciindra poumjera R, ako je početna temperatura bia u 0 r 2, dok se pašt održava na konstantnoj temperaturi T. 91. Odrediti temperaturu u beskonačnog ciindra poumjera R, ako je početna temperatura bia konstantna (u 0 ), dok se pašt ciindra održava na temperaturi u 1 + αt (u 1 i α su konstante). 92. Kuga poumjera R sadrži otopinu tvari početne koncentracije c 0. Koncentracija tvari u vanjskom sredstvu je c 1 > c 0. Odrediti koičinu tvari koja se otopi (apsorbira) u kugi u vremenu t. Koeficijent difuzije je D. 93. Početna temperatura beskonačnog okrugog šupjeg ciindra a r b je konstantna (u 0 ). Odrediti temperaturu ciindra ako je temperatura unutrašnje i vanjske površine ciindra konstanta u 1. Nenad Antonić 17