Poglavlje 1. Diferencijalni operatori. 1.1 Pojam derivacije

Poglavlje Diferencijalni operatori U ovom uvodu donosimo neke elemente diferencijalnog računa koje koristimo kasnije. Većinu ovdje iznesenog sadržaja može se naći u [3], a ostale korisne reference su [] i [2].. Pojam derivacije Ovdje ćemo uvesti pojam derivacije funkcije u širem kontekstu koji će nam omogućiti deriviranje vektorskih i matričnih funkcija. Pri tome ćemo, radi jednostavnosti, promatrati samo realne prostore. Kroz cijelo poglavlje X i Y su normirani vektorski prostori, a Ω X je otvoren skup. Prostor svih linearnih i neprekidnih operatora iz X u Y označavamo s L(X, Y ), dok u slučaju X = Y pišemo L(X). Prostor L(X, Y ) je normiran na prirodan način pomoću operatorske norme Ax Y A L(X,Y ) = sup. x X x X Za funkciju f : Ω X Y derivaciju u točki definiramo na sljedeći način: Definicija. Za funkciju f : Ω X Y kažemo da je Gâteaux derivabilna u točki x Ω ako postoji linearan i neprekidan operator Df(x) L(X, Y ), takav da je za svako h X vrijedi lim (f(x + th) f(x)) = Df(x)[h], (.) t pri čemu smo djelovanje linearnog operatora Df(x) na vektor h označili s Df(x)[h]. Izraz Df(x)[h] nazivamo usmjerenom derivacijom funkcije f u točki x (u smjeru vektora h). t 0 Sama definicija zaslužuje nekoliko napomena. ) Konvergencija u jednadžbi (.) je konvergencija u normi prostora Y. Da bismo razlikovali norme u prostorima X i Y uvest ćemo za njih oznake X i Y. Sada (.) znači: lim t 0 t f(x + th) f(x) tdf(x)[h] Y = 0,

dif-op 2 za svako h X. 2) Gâteauxova derivacija je linearan operator, odnosno za svako α, β R te h, k X vrijedi Df(x)[αh + βk] = αdf(x)[h] + βdf(x)[k]. 3) Neprekidnost linearnog operatora ekvivalentna je njegovoj ograničenosti. To znači da postoji konstanta C takva da je za svako h X, Df(x)[h] Y C h X. Minimalna se takva konstanta označava s Df(x) i predstavlja (operatorsku) normu derivacije u točki x. Ako su X i Y konačnodimenzionalni prostori, onda je svaki linearni operator na njima ujedno i ograničen (neprekidan), pa uvjet neprekidnosti ne figurira u definiciji derivacije. Ako je X beskonačnodimenzionalan prostor, onda ograničenost derivacije treba posebno zahtijevati te je stoga i uvrštena u definiciju. 4) Gâteaux-ova derivacija se ponekad naziva i slaba derivacija. Funkcija je Gâteaux derivabilna na Ω ako je Gâteaux derivabilna u svakj točki x Ω. 5) Uočimo da je izraz na lijevoj strani u (.) derivaciju u smjeru koju računamo po formuli d dt f(x + th) t=0 = Df(x)[h]. Nadalje, birajući za h vektore kanonske baze dobivamo parcijalne derivacije. Na primjer, za X = R d u standardnim oznakama imamo Iz definicije slijedi: d dt f(x + te i) t=0 = f(x). x i Teorem. Ako Gâteauxova derivacija u točki postoji ona je jedinstvena. Samo deriviranje je linearna operacija, što se dokazuje kao u slučaju realnih funkcija realne verijable. Lema. Neka su f, g : Ω X Y Gâteaux derivabilne u točki x Ω i α, β R, tada je i funkcija αf + βg Gâteaux derivabilna u točki x Ω i vrijedi D(αf + βg)(x) = αdf(x) + βdg(x). Primjer. Funkcija f : R 2 R zadana formulom { x 2 y za (x, y) (0, 0) x f(x, y) = 4 +y 2 0 za (x, y) = (0, 0) ima usmjerenu derivaciju u točki (0, 0) u svakom smjeru h = (h, h 2 ) i ta je derivacija zadana formulom: { h 2 Df(0, 0)[h] = h 2 za h 2 0, 0 za h 2 = 0. Ta funkcija ipak nije Gâteaux derivabilna u (0, 0) budući da derivacija nije linearan operator. M. Jurak, Radna verzija 2 3. listopada 204.

dif-op 3 Primjer 2. Funkcija f : R 2 R zadana formulom { x 3 y za (x, y) (0, 0) x f(x, y) = 6 +y 2 0 za (x, y) = (0, 0) ima Gâteauxovu derivaciju u točki (0, 0) koja je jednaka nuli. Lako se provjerava da ta funkcija ipak nije neprekidna u (0, 0). Gâteauxova derivabilnost u točki ne povlači neprekidnost u točki, što je korisno svojstvo na koje smo navikli kod realnih funkcija realne varijable. Stoga moramo uvesti jači pojam derivabilnosti. Brzina konvergencije u (.) može ovisiti o vektoru h. Ukoliko u definiciji derivacije zahtjevamo odredenu uniformnost obzirom na h dolazimo da jačeg pojma derivacije, tzv. Fréchetove derivacije: Definicija 2. Za funkciju f : Ω X Y kažemo da je Fréchet derivabilna u točki x Ω ako postoji linearan i neprekidan operator Df(x) L(X, Y ), takav da vrijedi: ε > 0, δ > 0, h X, h X < δ f(x + h) f(x) Df(x)[h] Y < ε h X. (.2) Za funkciju koja je Fréchet derivabilna u točki kažemo jednostavno da je derivabilna u točki. U ovoj definiciji, kao i u prethodnoj, h mora biti dovoljno mali da x+h ostane u Ω. Ona predstavlja generalizaciju uobičajene derivacije realne funkcije realne varijable. Notaciju možemo pojednostaviti ako uočimo da (.2) ustvari tvrdi da je f(x + h) f(x) Df(x)[h] Y lim = 0. h 0 h X Stoga ćemo uvesti malo-o notaciju : Za funkciju F, definirani u okolini nule normiranog prostora X (i s vrijednostima u normiranom prostoru Y ) kažemo da je o(h) kada h 0 i pišemo F = o(h), ako vrijedi F(h) Y lim = 0. h 0 h X S tom notacijom (.2) možemo ekvivalentno zapisati u obliku: Iz definicije neposredno slijedi: f(x + h) = f(x) + Df(x)[h] + o(h). Teorem 2. Ako je funkcija Fréchet derivabilna u točki, onda je ona u njoj i Gâteaux derivabilna i neprekidna. Buduću da Gâteaux derivabilna funkcija u točki ne mora biti i neprekidna u točki vidimo da Gâteauxova derivabilnost ne povlači Fréchetovu derivabilnost. Fréchetova derivacija je evidentno jedinstvena kada postoji. K tome, Lema se prenosi i na Fréchetovu derivaciju odnosno D(αf + βg)(x) = αdf(x) + βdg(x) kad god Fréchetove derivacije Df(x) i Dg(x) postoje. M. Jurak, Radna verzija 3 3. listopada 204.

dif-op 4 Napomena. Pored malo-o notacije korisna je i veliko-o notacija: Kažemo da je funkciju F O(h) kada h 0 i pišemo F = O(h), ako je izraz ograničen kada h teži u nulu. F(h) Y h X Uvedimo u d-dimenzionalni vektorski prostor X jednu ortonormiranu bazu koju ćemo označavati s {e,..., e d } i njoj pridruženi koordinatni sustav (x,..., x d ). Tada uvodimo pojam parcijalne derivacije funkcije f : Ω X Y na sljedeći način: za x Ω, f(x) x i f(x + te i ) f(x) = Df(x)[e i ] = lim. t 0 t Uočimo da je parcijalna derivacija vektor ukoliko funkcija f nije skalarna. Ako je X = R, odnosno imamo funkciju realne varijable f (ali s vrijednostima općenito u nekom vektorskom prostoru Y ), onda je derivacije derivacija linearan operator s R u Y. Lako se vidi da su svi takvi linearni operatori A: R X oblika Aα = αa, gdje je a Y fiksan vektor (a = A). To nam omogućava da derivaciju po jednoj varijabli tradicionalno (u mehanici) označavamo s točkom, koristeći sljedeći zapis: α R, Df(t)[α] = α f(t). Ovdje je f(t) Y vektor u Y koji reprezentira derivaciju (koja je linearan operator). Nela je L L(X, Y ) linearan i neprekida operator. Tada iz L(x + h) L(x) Lh = 0 slijedi da je DL(x)[h] = Lh, odnosno DL(x) = L za svako x X. Na primjer, ako je X konačnodimenzionalan prostor i A L(X) ogovarajuća kvadratna matrica, onda je φ(a) = tr(a) linearni funkcional iz L(X) u R. Tada je za svaku matricu H L(X) Dtr(A)[H] = tr(h), odnosno derivacija operatora trage je ponovo operator traga: Dtr(A) = tr, za svako A L(X). Zadatak. Neka je X unitaran prostori te φ: X R dano formulom φ(v) = v v, gdje točka označava skalarni produkt. Pokažite da je Dφ(v)[h] = 2v h. Zadatak 2. Neka je X unitaran prostori, A L(X) te φ: X R dano formulom φ(v) = Av v, gdje točka označava skalarni produkt. Pokažite da je Dφ(v)[h] = (A + A τ )v h. Zadatak 3. Neka je G: L(X) L(X) dano formulom G(A) = A 2. DG(A)[H] = AH + HA. Pokažite da je M. Jurak, Radna verzija 4 3. listopada 204.

dif-op 5 Zadatak 4. Neka je G: L(X) L(X) dano formulom G(A) = A 3. DG(A)[H] = A 2 H + AHA + HA 2. Pokažite da je Ako derivacija funkcije f : Ω X Y postoji u svakoj točki skupa Ω (ili nekog njegovog otvorenog podskupa) onda možemo promatrati preslikavanje x Df(x) koje ide iz Ω X u normirani prostor L(X, Y ). To preslikavanje možemo ponovo derivirati i tako dolazimo do pojma druge derivacije, i iterativno, treće i viših derivacija. Druga derivacija je linearan operator iz X u L(X, Y ) pa može biti predstavljen kao bilinearan operator. Nadalje se nećemo služiti višim derivacijama osim u nekim posebnim slučajevima. Napomena 2. Na konačnodimenzionalnom prostoru X sve su norme ekvivalentne, pa je stoga konvergencija matrica i vektora u svakoj normi jednaka konvergenciji po komponentama. Stoga izlazi da su podskupovi simetričnih odnosno antisimetričnih operatora u L(X), gdje je X konačnodimenzionalan vektorski prostor, zatvoreni u normi prostora L(X). U računanju s determinantom matrice od velike je koristi karakteristični polinom matrice. Radi jednostavnosti zapisa pogledajmo samo slučaj d = 3. Imamo: det(a ωi) = ω 3 + i (A)ω 2 i 2 (A)ω + i 3 (A), pri čemu su koeficijenti polinoma tzv. glavne invarijante linearnog operatora: i (A) = tr(a), i 2 (A) = 2 [(tra)2 tr(a 2 )], i 3 (A) = det(a). Zadatak 5. Koristeći karakteristični polinom pokažite da je skup regularnih operatora u L(V ), gdje je V konačnodimenzionalan vektorski prostor, otvoren u normi prostora L(V ). Zadatak 6. Koristeći karakteristični polinom pokažite da je derivacija preslikavanja A det(a) na skupu regularnih operatora u L(V ) dana formulom: D det(a)[h] = det(a)tr(a H). (.3) Kofaktor matrica. Za kvadratnu matricu A reda d kofaktor matricu definiramo na sljedeći način: Cof(A) = (d i,j ), gdje je d i,j = ( ) i+j det(a i,j) i gdje je A i,j matrica reda d koja se dobiva brisanjem i-tog retka i j-tog stupca matrice A. Za kofaktor matricu vrijedi Cof(A) τ A = A Cof(A) τ = det(a)i. Ako je matrica A regularna, onda je Cof(A) = det(a)a τ, gdje je A τ = (A ) τ. Derivaciju determinante možemo stoga izraziti kao D det(a)[h] = tr(cof(a) τ H) = Cof(A) : H; (vidi (.4) za definiciju skalarnog produkta linearnih operatora). M. Jurak, Radna verzija 5 3. listopada 204.

dif-op 6 Definicija 3. Neka su Y, Z i W normirani prostori. Preslikavanje π : Y Z W je neprekidna bilinearna forma ako zadovoljava: Za svako fiksirano y 0 Y i z 0 Z preslikavanja su linearna. Postoji konstanta C, takva da je y π(y, z 0 ), w π(y 0, z) y Y, z Z, π(y, w) W C y Y z Z. Kao i kod linearnih operatora vidimo da je neprekidnost ustvari ograničenost i u slučaju konačnodimenzionalnih prostora ona je posljedica bilinearnosti. Pretpostavimo da su X, Y, Z i W normirani prostori, Ω X otvoren skup i da imamo dvije funkcije f : Ω X Y, g : Ω X Z, te neprekidnu bilinearnu formau π : Y Z W. Tada možemo formirati funkciju φ(x) = π(f(x), g(x)), φ: Ω X W, koja je definirana u Ω X i ima vrijednosti u W. Uz gornje oznake i pretpostavke imamo sljedeći zaključak: Teorem 3. Neka su funkcije f i g derivabilne u točki x Ω X. derivabilna u točki x i vrijedi: Tada je i funkcija φ Dφ(x)[h] = π(df(x)[h], g(x)) + π(f(x), Dg(x)[h]). Dokaz. Zbog jedinstvenosti derivacije u točki dovoljno je provjeriti da tražena formula daje derivaciju. φ(x + h) φ(x) Dφ(x)[h] = π(f(x + h), g(x + h)) π(f(x), g(x)) π(df(x)[h], g(x)) π(f(x), Dg(x)[h]) Izraz možemo rastaviti na sljedeći način koristeći bilinearnost produkta: φ(x + h) φ(x) Dφ(x)[h] = π(f(x + h) f(x) Df(x)[h], g(x + h)) Sada možemo ocijeniti + π(f(x), g(x + h) g(x) Dg(x)[h]) + π(df(x)[h], g(x + h) g(x)). φ(x + h) φ(x) Dφ(x)[h] W C f(x + h) f(x) Df(x)[h] Y g(x + h) Z + C f(x) Y g(x + h) g(x) Dg(x)[h] Z + C Df(x)[h] Y g(x + h) g(x) Z. M. Jurak, Radna verzija 6 3. listopada 204.

dif-op 7 Sada za svako ε > 0 možemo naći δ = min(δ, δ 2 ) takav da h X < δ povlači f(x + h) f(x) Df(x)[h] Y < ε h X, g(x + h) g(x) Dg(x)[h] Z < ε h X. Time dobivamo φ(x + h) φ(x) Dφ(x)[h] W Cε h X g(x + h) Z + Cε h X f(x) Y + C Df(x) L(X,Y ) h X g(x + h) g(x) Z. Uzimajući u obzir neprekidnost funkcije g u točki x možemo za dani ε > 0 naći δ 3, takav da h X < δ 3 povlači Time za δ = min(δ, δ 2, δ 3 ) i h X < δ izlazi g(x + h) g(x) Z < ε, g(x + h) Z. φ(x + h) φ(x) Dφ(x)[h] W C[ + f(x) Y + Df(x) L(X,Y ) ]ε h X. Uzimajući sada umjesto ε, ε/c[ + f(x) Y + Df(x) L(X,Y ) ] dobivamo tvrdnju. Dokaz pokazuje da tvrdnja općenito ne vrijedi za Gâteauxove derivacije jer se koristi neprekidnost jedne od dviju funkcija. Može se ipak pokazati da je produkt Gâteaux derivabilne funkcije i Fréchet derivabilne funkcije jedna Gâteaux derivabilna funkcija. Zadatak 7. Koristeću Lemu 3 dokažite da je funkcija G: L(V ) L(V ) definirana formulom G(A) = A derivabilna na skupu regularnih operatora te da vrijedi DG(A)[H] = A HA. Pogledajmo sada neke primjere različitih produkata. Imat ćemo sljedeće oznake: α, β R (skalari); u, v X = R d vektori; A, B L(X) operatori (odn. matrice u nekoj bazi, R d d. Neki primjeri produkata su sljedeći: π(α, u) = αu, π(α, A) = αa π(u, v) = u v, (skalarni produkt) π(a, u) = Au, (primjena operatora na vektor) π(a, B) = AB, (kompozicija operatora) π(u, v) = u v, (tenzorski produkt vektora) π(a, B) = A : B, (skalarni produkt operatora). Tenzorski produkt vektora je linearan operator definiran formulom: a V, (u v)a = (v a)u. Nadalje, lako se pokazuje da zadovoljava (u v) τ = v u, (u v)(w z) = (v w)(u z), tr(u v) = u v. M. Jurak, Radna verzija 7 3. listopada 204.

dif-op 8 Ako je e i ortonormirana baza u X = R d i A L(X) operator, onda definiramo A i,j = e i Ae j i imamo prikaz d A = A i,j e i e j. i,j= Pored toga (u v) i,j = u i v j i tr(u v) = u v. Zadatak 8. A(u v) = (Au) v, (u v)a = u (A τ v). Skalarni produkt dva linearna operatora A, B L(V ) definiramo sljedećom formulom: A : B = tr(a τ B). (.4) Zadatak 9. Dokažite da skalarni produkt linearnih operatora (.4) ima sva svojstva skalarnog produkta te da u ortonormiranoj (kanonskoj) bazi ima sljedeći zapis po komponentama: d A : B = A i,j B i,j. i,j= Zadatak 0. Dokažite da su simetrični i antisimetrični operatori medusobno ortogonalni u gornjem skalarnom produktu. Nadalje, svaki operator koji je ortogonalan na sve simetrične operatore nužno je antisimetričan. Vrijedi i suprotna tvrdnja: operator ortogonalan na sve antisimetrične operatore nužno je simetričan. Za d = 3 imamo još i vektorski produkt vektora u v, definiran na uobičajeni način. Taj je produkt vezan uz antisimetrične matrice na sljedeći način: Svaka se antisimetrična matrica W L(R 3 ) = R 3 3 može na jedinstven način prikazati pomoću nekog vektora w R 3 formulom u R 3, W u = w u. Matrica operatora W ima oblik 0 w 3 w 2 W = w 3 0 w w 2 w 0 Zadatak. Neka su φ, u, v te A i B glatke funkcije s R u skalare, vektore i linearne operatore, respektivno. Tada vrijedi: d dt (φu) = φu + φ u d (u v) = u v + u v dt d (AB) = ȦB + AḂ dt d (A : B) = Ȧ : B + A : Ḃ dt d (Au) = Ȧu + A u dt M. Jurak, Radna verzija 8 3. listopada 204.

dif-op 9 Teorem 4. Neka su X, Y i Z normirani prostori i Ω X, Ω Y otvoreni skupovi. Zadana su preslikavanja f : Ω X Y i g : Ω Y Z, pri čemu je slika of f(ω) Ω, tako da je kompozicija φ = g f dobro definirana. Ako je f derivabilno u x Ω, a g derivabilno u y = f(x), onda je φ derivabilno u x i vrijedi: Formulu (.5) možemo zapisati u obliku Dφ(x) = Dg(y) Df(x). (.5) Dφ(x)[h] = Dg(f(x))[Df(x)[h]]. Na primjer, ako je f realna funkcija, onda imamo d g(f(t)) = Dg(f(t))[ f(t)]. dt Dokaz. Neka je x Ω i y = f(x) Ω. Znamo da je f(x + h) f(x) Df(x)[h] = R f (x, h), g(y + k) g(y) Dg(y)[k] = R g (y, k), R f (x, h) 0 kada h 0; h X (.6) R g (y, k) 0 kada k 0. k Y (.7) Uvedimo oznaku u = f(x + h) f(x) = Df(x)[h] R f (x, h). Tada imamo, φ(x + h) φ(x) = g(f(x + h)) g(f(x)) = g(y + u) g(y) = g(y) + Dg(y)[u] R g (y, u) g(y) = Dg(y)[Df(x)[h]] Dg(y)[R f (x, h)] R g (y, u). Ostatak je R φ (x, h) = Dg(y)[R f (x, h)] + R g (y, u). Očito je Dg(y)[R f (x, h)] Z h X Drugi dio nije toliko očit. Imamo Dg(y) L(Y,Z) R f (x, h) Y h X 0 kada h 0. R g (y, u) Z h X = R g(y, u) Z u Y u Y R g(y, u) Z h X u Y Dakle za dovoljno male h imamo, na primjer, ( Df(x)[h] Y h X + R f(x, h) Y h X ). R g (y, u) Z h X 2 Df(x) L(X,Y ) R g (y, u) Z u Y. Da bismo pokazali da je član R g (y, u) Z / u Y po volji mali kada je h dovoljno malo uočimo da prema (.7) za svaki ε > 0 možemo odabrati σ > 0 takav da je ta sve k Y, k Y < σ, vrijedi R g (y, k) Z < ε. k Y M. Jurak, Radna verzija 9 3. listopada 204.

dif-op 0 S druge strane, prema (.6), znamo da je za h dovoljno malo i stoga je Zbog proizvoljnosti ε slijedi da u Y Df(x) L(X,Y ) h X + R f (x, h) Y < σ R g (y, u) Z h X 2 Df(x) L(X,Y ) ε. R g (y, u) Z h X 0 kada h 0 i time je dokaz gotov. Može se pokazati da ako je g Fréchet derivanilna, a f Gâteaux derivabilna, onda je g g Gâteaux derivabilna. Zadatak 2. Neka je X = R d i G: R L(X) zadana derivabilna funkcija. Pokažite da je G τ (t) = Ġ(t)τ = Ġτ (t). Derivacije deriviranja i transponiranja komutiraju pa je zadnja oznaka korektna. Zadatak 3. Neka je t A(t) glatka realna funkcija s vrijednostima u L(V ). Tada je d dt det(a) = det(a)tr(a Ȧ). (.8).2 Gradijent, divergencija, rotacija U ovoj sekciji normirani prostor X je konačnodimenzionalan vektorski prostor sa skalarnim produktom. Odabirom ortonormirane baze on se može identificirati s R d za d = dim(x). Isto tako, L(X) se može indentificirati s prostorom kvadratnih matrica dimenzije d. Neka je φ skalarna funkcija, derivabilna u točki x X. Tada je njena derivacija Dφ(x) linearan funkcional na X i prema Rieszovom teoremu o reprezentaciji linearnog funkcionala postoji jedinstveni vektor iz X koji dozvoljava da se taj funkcional prikaže kao skalarni umnožak s tim vektorom. Taj ćemo vektor označavati s φ(x) i zvati gradijenom funkcije φ u točki x. Drugim riječima, gradijent je definiran relacijom: h V, Dφ(x)[h] = φ(x) h, ili h V, φ(x + h) = φ(x) + φ(x) h + o(h). Posve se analogno definira gradijent vektorske funkcije u: X Y, relacijom h X, Du(x)[h] = u(x)h, M. Jurak, Radna verzija 0 3. listopada 204.

dif-op s time da je sada gradijent naprosto sinonim za derivaciju. Nas će posebno zanimati funkcije u: Ω X X za koje je u L(X). Tada definiramo divergenciju kao skalarni polje div(u) = tr( u). (.9) Ta je definicija neovisna o koordinatnim sustavima jer je trag invarijanta linearnog operatora. Zbog invarijantnosti oparatora traga u svakoj bazi {e i } imamo div(u(x)) = d Du(x)[e i ] e i = i= d i= u i (x) x i. Zadatak 4. Zadano je tenzorskog polja A: Ω X L(X). Pokažite da vrijedi: a, b X, a X, (DA(x)[b])[a] = D(A(x)a)[b], (DA(x)[a]) τ = D(A(x) τ )[a]. Koristeći prethodni zadatak lako je vidjeti da divergenciju glatkog tenzorskog polja A: Ω V L(V ) možemo definirati na sljedeći način: a V, div(a) a = div(a τ a). (.0) Uočimo da (.0) definira jedinstveni vektor div(a) neovisno o izabranom koordinatnom sustavu. Sljedeći zadatak pokazuje da je ta definicija ekvivalentna sa standardnom. Zadatak 5. Za tenzorsko polje A: Ω V L(V ) možemo divergenciju definirati kao trag derivacije, na sljedeći način: d div(a(x)) = (DA(x)[e i ])[e i ] (.) i= gdje je {e i } proizvoljna baza. Pokažite da su definicije (.0) i (.) medusobno ekvivalentne. Za skalarnu funkciju definiramo Laplaceov operator: φ = div( φ). Posve ista definicija u = div( u) koristi se i za vektorsku funkciju i tada daje vektor. Skalarna i vektorska polja koja zadovoljavaju u = 0 nazivaju se harmonijskim. Lema 2. Neka su φ, u, v i A respektivno glatka skalarna, vektorska i tenzorska polja. Dokažite da vrijedi: (φu) = φ u + u φ (.2) div(φu) = φ div(u) + u φ (.3) (u v) = ( u) τ v + ( v) τ u (.4) div(u v) = u div(v) + ( u)v (.5) div(a τ v) = A : v + v div(a) (.6) div(φa) = φ div(a) + A φ. (.7) M. Jurak, Radna verzija 3. listopada 204.

dif-op 2 Dokaz. Koristeći pravilo za deriviranje produkta dobivamo: D(φ(x)u(x))[h] = Dφ(x)[h]u(x) + φ(x)du(x)[h] = ( φ(x) h)u(x) + φ(x)( u(x))h = (u(x) φ(x))h + φ(x)( u(x))h, što dokazuje (.2). Formula (.3) dobiva se primjenom operatora traga na (.2). Po pravilu za deriviranje produkta D(u(x) v(x))[h] = Du(x)[h] v(x) + u(x) Dv(x)[h] = u(x)h v(x) + u(x) v(x)h = ( u(x)) τ v(x) h + ( v(x)) τ u(x) h što dokazuje (.4). Za konstantan vektor a, prema (.0) imamo a div(u v) = div((v u)a) = div((u a)v) = (u a) div v + (u a) v, gdje smo iskoristili (.3). Iz (.4) izlazi (u a) = ( u) τ a pa dobivamo a div(u v) = (u a) div v + ( u) τ a v = (u div v + ( u)v) a, što dokazuje (.5) zbog proizvoljnosti vektora a. Dokaz od (.6) je zanimljiviji. Prvo uočimo da za svaku konstantni operator A vrijedi To se lako dokazuje iz definicije derivacije: Množenje s operatorom A daje (Av(x)) = A (v(x)). (.8) v(x + h) = v(x) + ( v(x))h + o(h). Av(x + h) = Av(x) + A( v(x))h + o(h), iz čega nepostredno slijedi (.8). Uzimanjem traga u (.8) dobivamo po definiciji (.4) div(av) = A τ : v. Sada možemo dokazati (.6). Prvo uočimo da je div(a τ v) = tr( (A τ v)). Po teoremu o derivaciji produkta funkcija možemo pisati (A τ v)(x 0 ) = (A τ 0v)(x 0 ) + (A τ v 0 )(x 0 ), gdje su A τ 0 = A τ (x 0 ) i v 0 = v(x 0 ) konstantni operator i konstantan vektor. Koristeći (.8), uzimanjem operatora traga dobivamo div(a τ v)(x 0 ) = tr(a τ 0 v(x 0 )) + div(a τ v 0 )(x 0 ) = A 0 : v(x 0 ) + div A(x 0 ) v 0, M. Jurak, Radna verzija 2 3. listopada 204.

dif-op 3 što dokazuje (.6). Za dokaz (.7) odaberimo proizvoljan konstantan vektor a. Tada je prema (.3) div(φa) a = div(φa τ a) = φ div(a τ a) + φ A τ a = φ div(a) a + A φ a, što dokazuje (.7). Neke odnose medu diferencijalnim operatorima najlakše je dokazati u kartezijevom koordinatnom sustavu. Kako su sami operatori neovisni o koordinatnom sustavu na taj način dolazimo do odnosa koji vrijede neovisno njemu. Takav je sljedeći primjer. Zadatak 6. Dokažite div(( u) τ ) = (div u). Rotacija vektorskog polja u se definira relacijom: a R 3, ( u u τ )a = rot(u) a. To je dakle aksijalni vektor za tenzor u u τ. Zadatak 7. Ako je u glatko vektorsko polje koje zadovoljava div u = 0 i rot u = 0, onda je u = 0. Koordinatni prikaz svih operatora u kanonskoj bazi u R d (d = 3 za rotaciju) je lako naći iz definicije tih operatora. Ako je φ skalarno polje, u vektorski i T tenzorsko, imamo: Rotacija ima zapis ( φ) i = φ x i, div u = φ = d i= d i= u i x i, (div T) i = ( u) i,j = u i x j d T i,j x j j= 2 φ, ( u) x 2 i = u i. i rot(u) = ( u 3 x 2 u 2 x 3, u x 3 u 3 x, u 2 x u x 2 ) koji se formalno može napusato pomoću determinante: e e 2 e 3 rot(u) = x x 2 x 3 u u 2 u 3 Zadatak 8. Dokažite da za sva glatka polja vrijedi: (a) rot φ = 0; M. Jurak, Radna verzija 3 3. listopada 204.

dif-op 4 (b) div rot u = 0; (c) div{( u)u} = u : u τ + u (div u); (d) u : u τ = div{( u)u (div u)u} + (div u) 2 ; (e) div(u v) = v rot(u) u rot(v)..3 Teorem o divergenciji Teorem o divergenciji vrijedi za ograničena glatka područja. Glatkoću, pri tome nećemo precizirati budući da su ti zahtjevi dosta tehnički. Recimo samo da granica područja mora biri orijentabilna, tj. na njoj se na jedinstven način može definirati polje jedinične vanjske normale i lokalno se može prikazati kao graf dovoljno glatke funkcije, nakon eventualne translacije i rotacije koordinatnog sustava. Takvo ćemo područje Ω zvati regularnom domenom. Teorem 5. Neka je Ω R d regularna ograničena domena i φ: Ω R glatka funkcija. Tada vrijedi: φ n ds = φ dx, gdje je n polje jedinične vanjske normale na Ω. Ω Posljedica. Neka je Ω R d regularna ograničena domena te u: Ω R d, A: Ω L(R d ) dva glatka polja. Tada vrijedi: u n ds = div u dx, (.9) Ω Ω An ds = div A dx, (.20) Dokaz. Iz Teorema 5 slijedi da za sve i =,..., d vrijedi: φ φ n i ds = dx. x i Ω Ω Stavljanjem φ = u i i sumacijom po i dobivamo (.9). Da bismo dokazali (.20) uzmimo konstantan vektor a. Koristeći (.9) dobivamo, a An ds = A τ a n ds = div(a τ a) dx = a div A dx Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω M. Jurak, Radna verzija 4 3. listopada 204.

dif-op 5 Zadatak 9. Dokažite sljedeća dva teorema o divergenciji za glatko vektorska polja u, v i glatko tenzorsko polje A: u n ds = u dx, Ω Ω An u ds = Ω Ω Ω u An ds = Ω v(u n) ds = Ω [(div A) u + A u τ ] dx, [u div A + A u] dx, Ω [v div u + ( v)u] dx. Diferencijalne jednadžbe izvodimo iz globalnih zakona sačuvanja putem teorema o lokalizaciji Teorem 6. (Teorem o lokalizaciji) Ako je φ neprekidno skalarno polje na domeni Ω i x 0 Ω, onda je φ(x 0 ) = lim φ dx, r 0 K(x 0, r) K(x 0,r) gdje je K(x 0, r) kugla oko x 0 radijusa r, a K(x 0, r) njen volumen. Dokaz. φ(x 0) φ(x) dx K(x 0, r) = K(x 0,r) K(x 0, r) K(x 0, r) K(x 0,r) K(x 0,r) (φ(x 0 ) φ(x)) dx φ(x 0 ) φ(x) dx. Neprekidnost funkcije φ nam govori da za svako ε > 0 možemo naći δ > 0 takvo da za sve x K(x 0, δ) vrijedi φ(x 0 ) φ(x) < ε. Stoga za r < δ imamo φ(x 0) φ(x) dx K(x 0, r) < ε K(x 0,r) i tvrdnja je dokazana. Na osnovu teorema o lokalizaciji imamo za glatko vektorska polja u i glatko tenzorsko polje A: div u(x 0 ) = lim u n ds, r 0 K(x 0, r) div A(x 0 ) = lim r 0 K(x 0, r) K(x 0,r) K(x 0,r) An ds. Koja mehanička interpretacija divergencije slijedi iz tih formula? M. Jurak, Radna verzija 5 3. listopada 204.

dif-op 6.4 Ortogonalni krivolinijski koordinatni sustavi Neka je u trodimenzionalni normiran vektorski prostor V uvedena ortonormirana baza (e, e 2, e 3 ) i pripadni (pravokutni) koordinatni sustav (x, x 2, x 3 ). Tada svaku točku x V možemo identificirati s trojkom koordinata (x, x 2, x 3 ) koje joj pripadaju. Neka su Ω R 3 i Ω V otvoreni skupovi i neka je ˆx: Ω Ω glatka bijekcija sa svojstvom da je ˆx = ˆq takoder glatka funkcija (difeomorfizam). Neka preslikavanje ˆx ima koordinatni zapis x = ˆx (q, q 2, q 3 ), x 2 = ˆx 2 (q, q 2, q 3 ), x 3 = ˆx 3 (q, q 2, q 3 ), (.2) gdje je s (q, q 2, q 3 ) označena točka iz skupa Ω. Pomoću gornje formule svakoj točki x Ω možemo na jedinstven način pridružiti trojku koordinata (q, q 2, q 3 ). Stoga kažemo da je pomoću formula (.2) u skup Ω uveden krivolinijski ili generalizirani koordinatni sustav, a koordinate q, q 2 i q 3 nazivamo krivolinijskim ili generaliziranim koordinatama. Svaka funkcija φ definirana na skupu Ω V može se promatrati kao funkcija tri varijable tako da se stavi da je φ(x, x 2, x 3 ) = φ(x) gdje su (x, x 2, x 3 ) Kartezijeve koordinate točke x. Koristeći formule (.2) možemo φ promatrati kao funkciju generaliziranih koordinata uzimajući da je φ(q, q 2, q 3 ) = φ(ˆx (q, q 2, q 3 ), ˆx 2 (q, q 2, q 3 ), ˆx 3 (q, q 2, q 3 )) = φ ˆx(q, q 2, q 3 ); odnosno φ = φ ˆx. Neka je x 0 Ω neka točka i neka su (q 0, q 0 2, q 0 3) njene generalizirane koordinate. Preslikavanje (.2), ˆx(q, q 2, q 3 ) = ˆx (q, q 2, q 3 )e + ˆx 2 (q, q 2, q 3 )e 2 + ˆx 3 (q, q 2, q 3 )e 3. (ovdje zapisano vektorski) definira tri koordinatne linije kroje prolaze kroz točku x 0 i dane su parametrizacijama: q ˆx(q, q 0 2, q 0 3), q 2 ˆx(q 0, q 2, q 0 3), q 3 ˆx(q 0, q 0 2, q 3 ), (.22) gdje se q i, (i =, 2, 3), kreće u nekom intervalu oko q 0 i. U slučaju da je x i (q, q 2, q 3 ) = q i za i =, 2, 3 krivolinijski sustav je ponovo Kartezijev i koordinatne linije kroz točku x 0 su pravci paralelni s koordinatnim osima x, x 2 i x 3. U općenitom slučaju koordinatne linije nisu pravci i zato govorimo o krivolinijskim koordinatama. Tangencijalni vektori u točki x 0 na krivulje (.22) dani su formulama r = ˆx q (x 0 ), r 2 = ˆx q 2 (x 0 ), r 3 = ˆx q 3 (x 0 ). M. Jurak, Radna verzija 6 3. listopada 204.

dif-op 7 Ova tri vektora čine bazu u pripadnom vektorskom prostoru budući da je ˆx ˆx ˆx r [r 2, r 3 ] = (x q q 2 q 3, x 2, x 3 ) (q, q 2, q 3 ) = det(dˆx(q, q 2, q 3 )) = ˆx 2 ˆx 2 ˆx 2 q q 2 q 3 0 (.23) ˆx 3 ˆx 3 ˆx 3 q q 2 q 3 zbog difeomorfnosti funkcije ˆx. Prema tome, uvodenjem krivolinijskih koordinata u skup Ω u svakoj točki x Ω dobivamo bazu vektorskog prostora. Jedinične vektore te baze označavamo s q 0 = h r, q 0 2 = h 2 r 2, q 0 3 = h 3 r 3, gdje su h = r, h 2 = r 2, h 3 = r 3, tzv. Laméovi parametri. Važno je uočiti da su vektori q 0 i funkcije koordinata (q, q 2, q 3 ) i da se općenito mijenjaju od točke do točke. Kažemo da je koordinatni sustav u skupu Ω ortogonalan ako su vektori q 0 i, i =, 2, 3 medusobno ortogonalni u svakoj točki skupa Ω. U tom slučaju je matrica operatora T koji preslikava bazu (e i ) u bazu (q 0 i ) ortogonalna. Budući da je T e i = q 0 i za i =, 2, 3 imamo da je matrica tog operatora u bazi (e i ): ˆx ˆx ˆx h q h 2 q 2 h 3 q 3 T = ˆx 2 ˆx 2 ˆx 2 h q h 2 q 2 h 3 q 3. (.24) ˆx 3 ˆx 3 ˆx 3 h q h 2 q 2 h 3 q 3 Zbog ortogonalnosti matrica (.24) može se čitati i po stupcima i po recima: tako je npr. q 0 j = h j i= ˆx i q j e i, e i = Radi lakšeg pamćenja zapisat ćemo (.24) u slijedećem obliku: j= h j ˆx i q j q 0 j. (.25) q 0 q 0 2 q 0 3 e ˆx ˆx ˆx h q h 2 q 2 h 3 q 3 e 2 ˆx 2 ˆx 2 ˆx 2 h q h 2 q 2 h 3 q 3 e 3 ˆx 3 ˆx 3 ˆx 3 h q h 2 q 2 h 3 q 3 (.26) M. Jurak, Radna verzija 7 3. listopada 204.

dif-op 8 Zadatak 20. U ortogonalnom koordinatnom sustavu je det( ˆx) = h h 2 h 3. Uočimo sada da definiciju baznih vektora možemo zapisati u sljedećem kompaktnom obliku: za i =, 2, 3 vrijedi: (Dˆx)e i = h i q 0 i. (.27) Koristeći teorem o inverznoj funkciji koji kaže da je (Dˆx(q)) = Dˆq(x) za x = ˆx(q), dobivamo: e i = h i Dˆq(x)q 0 i. (.28) Odatle pak slijedi: (Dˆq(x)) τ e i = = q 0 j (q 0 j (Dˆq(x)) τ e i ) = j= q 0 j ( e j e i ) = q 0 i. h j h i j= q 0 j (Dˆq(x)q 0 j e i ) j= Time smo dobili: (Dˆq) τ e i = h i q 0 i. (.29) Sada možemo izračunati gradijent skalarne funkcije u krivolinijskim koordinatama. Neka nam je zadana funkcija φ: Ω R te označimo φ = φ ˆx U primjenama krivolinijskih koordinata mi redovito znamo funkciju φ i htjeli bismo gradijent funkcije φ izraziti preko parcijalnih derivacija funkcije φ i krivolinijskih baznih vektora q 0 i. Za x = ˆx(q) imamo: odnosno Dφ(x)[h] = D( φ ˆq(x))[h] = D( φ(q))[dˆq(x))[h]] φ(x) h = q φ(q) ( xˆq(x))h = ( xˆq(x)) τ q φ(q) h. Time smo dobili φ(x) = ( xˆq(x)) τ q φ(q). Raspišimo sada q φ(q) kao q φ(q) = i= φ(q) e i q i i iskoristimo (.29) da bismo dobili za x = ˆx(q): φ(x) = i= φ(q) q 0 i. (.30) h i q i Zadana je vektorska funkcija v(x). Imamo v(x) = ṽ ˆq(x) i stoga za x = ˆx(q), v(x) = ( q ṽ(q))( xˆq(x)) M. Jurak, Radna verzija 8 3. listopada 204.

dif-op 9 Uzmimo ṽ u obliku Tada je prema formuli (.2) ṽ = v i (q)q 0 i. i= q ṽ(q) = = stoga korištenjem (.29) slijedi v k (q) q q 0 k + k= v k (q) q q 0 k + i= q 0 i q v i (q) i= i= 2 j= v i (q) q 0 i e j q j v(x) = = v k (q)( q q 0 k)( xˆq(x)) + k= v k (q)( q q 0 k)( xˆq(x)) + k= i= i= j= j= v i (q) q 0 i ( xˆq(x)) τ e j q j v i (q) q 0 i q 0 j h j q j Raspisujemo koristeći (.28), ( q q 0 k)( xˆq(x)) = = = [( q q 0 k)( xˆq(x))q 0 j q 0 i ](q 0 i q 0 j ) i,j= i,j= i,j= gdje smo uveli Christoffelove simbole: h j [( q q 0 k)e j q 0 i ](q 0 i q 0 j ) h j [ q0 k q j q 0 i ](q 0 i q 0 j ) = i,j= h j Γ i j,k(q 0 i q 0 j ), Sada je v(x) = h i,j= j Γ i j,k = q 0 i q0 k q j (.3) [ k= ] Γ i j,kv k (q) + v i(q) (q 0 i q 0 j ). (.32) q j Uočimo da Christoffelovi simboli čine koeficijente u rastavu derivacija vektora baze: q 0 k q j = Γ i j,kq 0 i (.33) i= M. Jurak, Radna verzija 9 3. listopada 204.

dif-op 20 Zadatak 2. Pokažite sljedeća svojstva Christoffelovih simbola:. Γ i j,k = Γk j,i za k i i za sve j; 2. Γ i j,i = 0 za sve i, j; 3. Za sve i j vrijedi 4. Za sve i, j, k za koje i / {j, k} vrijedi Γ i i,j = h j h i q j ; h k Γ i j,k = h j Γ i k,j; 5. Γ i j,k = 0 ako su i, j i k medusobno različiti. Zadatak 22. Na osnovu prethodnog zadatka pokažite da su matrice Γ i = (Γ i j,k ) dane sljedećim izrazima: h 0 h Γ h 2 q 2 h 3 q 3 h = 0 h 2 h q 0, Γ 2 h 2 q 2 0 0 h h = 2 h 0 0 h q 0 2 h 3 q 3, Γ 3 h 3 q 3 0 0 = 0 h 2 h 3 h q 0 0 h 3 q 3 0 h 3 h 3 h 3 h 2 q 2 h q h 2 q 2 0 Uputa: Točku iz prošlog zadatka treba iskoristiti za k = j, što daje dijagonalne članove: Γ i j,j = Γ j j,i = h i h j q i. Izračunajmo divergenciju vektorskog polja. Iz formule (.32) slijedi [ ] tr( v) = Γ i h i,kv k (q) + v i(q) i= i q i k= h i = v k (q) + v i(q) h i h k q k q i = i= k= h k ( Za prvi član na desnoj strani imamo: h i ( )v k (q) h k h i q k k= = h ( i= i k i= i h i h i q )v (q) + h 2 ( i= i 2 k= k i i= i k h i h i q k )v k (q) + h i h i q 2 )v 2 (q) + h 3 ( i= i 3 i= h i v i (q) q i (.34) h i h i q 3 )v 3 (q) = h ( h 2 h 2 q + h 3 h 3 q )v (q) + h 2 ( h h q 2 + h 3 h 3 q 2 )v 2 (q) + h 3 ( h h q 3 + h 2 h 2 q 3 )v 3 (q) M. Jurak, Radna verzija 20 3. listopada 204.

dif-op 2 Odavdje je, h h 2 h 3 k= h k ( i= i k h i h i q k )v k (q) = (h 3 h 2 q + h 2 h 3 q )v (q) + (h 3 h q 2 + h h 3 q 2 )v 2 (q) + (h 2 h q 3 + h h 2 q 3 )v 3 (q) = (h 2h 3 ) v (q) + (h h 3 ) v 2 (q) + (h h 2 ) v 3 (q). q q 2 q 3 Drugi član u izrazu (.34) daje i= h i v i (q) q i = v (q) + v 2 (q) h q h 2 q 2 ( v (q) = h 2 h 3 h h 2 h 3 q ( = h h 2 h 3 h h 2 h 3 + h 3 v 3 (q) q 3 + h h 3 v 2 (q) q 2 ) v 3 (q) + h h 2 q 3 (h 2 h 3 v (q)) + (h h 3 v 2 (q)) + ) (h h 2 v 3 (q)) q q 2 q ( 3 v (q) (h 2 h 3 ) + v 2 (q) (h h 3 ) + v 3 (q) ) (h h 2 ) q q 2 q 3 Zbrajanjem dobivenih izraza izlazi: ( div v = (h 2 h 3 v ) + (h h 3 v 2 ) + ) (h h 2 v 3 ). (.35) h h 2 h 3 q q 2 q 3 Zadatak 23. Pokažite da za laplasijan skalarne funkcije vrijedi: φ= ( ( h 2h 3 φ ) + ( h h 3 φ ) + ( h ) h 2 φ ). (.36) h h 2 h 3 q h q q 2 h 2 q 2 q 3 h 3 q 3 Zadatak 24. Ispitajte cilindričan koordinatni sustav i izračunajte osnovne diferencijalne operatore u cilindričnom sustavu. Rješenje. Neka je u prostoru E postavljen Kartezijev koordinatni sustav (O; e, e 2, e 3 ). Tada su svakoj točki prostora pridružene koordinate (x, x 2, x 3 ) i baza pridruženog vektorskog prostora (e, e 2, e 3 ). S druge strane svakoj točki prostora možemo pridružiti uredenu trojku brojeva q = (r, ϕ, z), r [0, ), ϕ [0, 2π), z R, prema slici. Veza s Kartezijevim koordinatama točke je x = r cos ϕ, x 2 = r sin ϕ, x 3 = z. (.37) Inverzno preslikavanje je dano s r = x 2 + x 2 2, z = x 3, a kut ϕ je jednoznačno odreden formulama x x cos ϕ =, sin ϕ = 2. x 2 + x 2 2 x 2 + x 2 2 M. Jurak, Radna verzija 2 3. listopada 204.

dif-op 22 Odavde vidimo da se cilindrični koordinatni sustav ne može uvesti u cijeli prostor budući da preslikavanje (.37) nije injektivno pri r = 0. Stoga za skup Ω treba uzeti R 3 \{(0, 0, x 3 ): x 3 R}, a za Ω skup (0, ) [0, 2π) R. S praktičnog stajališta ovaj nedostatak cilindričnog sustava ne pravi poteškoće budući da su točke na x 3 -osi posve odredene z-koordinatom; koordinata ϕ za te točke ostaje nedefinirana. Neka je x 0 točka prostora s koordinatama (r 0, ϕ 0, z 0 ), koja se ne nalazi na x 3 -osi tj. z-osi. Kroz nju prolaze tri koordinatne linije odredene preslikavanjima: r (r, ϕ 0, z 0 ), ϕ (r 0, ϕ, z 0 ), z (r 0, ϕ 0, z). Jedinične tangencijalne vektore na koordinatne linije u točki x 0 označimo respektivno s r 0, ϕ 0 i k. Lako je vidjeti da su r-koordinatna linija i z-koordinatna linija pravci, a da je ϕ- linija kružnica. Kako je z-koordinatna linija pravac paralelan x 3 -osi to je njen tangencijalni vektor k = e 3. Nadalje, ϕ-linija ima parametrizaciju: Deriviranjem po kutu ϕ dobivamo Analogno se dobiva ˆx(ϕ) = r 0 cos ϕe + r 0 sin ϕe 2 + z 0 e 3. dˆx dϕ (ϕ) = r 0 sin ϕe + r 0 cos ϕe 2 ϕ 0 = sin ϕe + cos ϕe 2. a Laméovi parametri su r 0 = cos ϕe + sin ϕe 2, h = h r =, h 2 = h ϕ = r, h 3 = h z =. S lakoćom se vidi da je baza (r 0, ϕ 0, k) ortogonormirana u svakoj točki prostora (osim, naravno na z-osi, gdje nije definirana). Christoffelovi simboli su dani sljedećim izrazima: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Γ = 0 0, Γ 2 = 0 0, Γ 3 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Gradijent skalarne funkcije: φ(x) = φ r r 0 + φ r ϕ ϕ 0 + φ k. (.38) z Matrica gradijenta vektorske funkcije zapisan u bazi (r 0, ϕ 0, k): v r v r r v v r r ϕ r ϕ z v v = ϕ v ϕ + v v ϕ r r ϕ r r z. (.39) v z r r v z ϕ Ovako definiran skup Ω nije otvoren, no to ne pravi poteškoće. v z z M. Jurak, Radna verzija 22 3. listopada 204.

dif-op 23 Posebno slijedi: 0 0 0 0 0 0 0 0 r 0 = 0 r 0, φ r 0 = 0 0 0, k = 0 0 0 (.40) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Divergencija vektorske funkcije : Laplace skalarne funkcije: div v = r φ= r Divergenciju tenzorskog polja možemo izračunati iz formula r (rv r) + v ϕ r ϕ + v z z. (.4) φ (r r r ) + 2 φ r 2 ϕ + 2 φ 2 z. (.42) 2 div T r 0 = div(t τ r 0 ) T r 0 div T ϕ 0 = div(t τ ϕ 0 ) T ϕ 0 div T k = div(t τ k) Pri tome uzimamo da T ima u bazi (r 0, ϕ 0, k) matricu: T rr T rϕ T rz T = T ϕr T ϕϕ T ϕz T zr T zϕ T zz Vektor komponenti od div T u bazi (r 0, ϕ 0, k): div T = r r r (rt rr) + r r (rt ϕr) + r r r (rt zr) + r T rϕ + Trz ϕ z T ϕϕ + Tϕz ϕ z T zϕ ϕ T r ϕϕ + T r rϕ (.43) + Tzz z Budući da imamo ortonormiranu bazu trag matrice u njoj računamo kao sumu elemenata na dijagonali pa Laplace vektorske funkcije računamo po formuli: u = div( u); vektor komponenti u bazi (r 0, ϕ 0, k): v = vr (r ) + 2 v r r r 2 ϕ 2 ) + 2 v ϕ r r 2 ϕ 2 r r vϕ (r r r r r vz (r ) + 2 v z r r 2 ϕ 2 + 2 v r z 2 2 r 2 v ϕ ϕ vr r 2 + 2 v ϕ z 2 + 2 r 2 v r + 2 v z z 2 vϕ ϕ r 2. (.44) Zadatak 25. Ispitajte sferni koordinatni sustav i izračunajte osnovne diferencijalne operatore u sfernom sustavu. M. Jurak, Radna verzija 23 3. listopada 204.

dif-op 24 Rješenje. Neka je u prostoru E postavljen Kartezijev koordinatni sustav (O; e, e 2, e 3 ). Tada su svakoj točki prostora pridružene koordinate (x, x 2, x 3 ) i baza pridruženog vektorskog prostora (e, e 2, e 3 ). Svakoj točki prostora, koja se ne nalazi na x 3 -osi možemo pridružiti uredenu trojku brojeva (r, θ, ϕ), r [0, ), θ [0, π], ϕ [0, 2π), kao na slici. Tada je veza s Kartezijevim koordinatama točke: x = r sin θ cos ϕ, x 2 = r sin θ sin ϕ, x 3 = r cos θ. (.45) Lako se provjerava da je preslikavanje (.45) injektivno, odnosno da je svaka točka prostora E koja ne leži na x 3 -osi jedinstveno odredena koordinatama (r, θ, ϕ). Formule kojima se (r, θ, ϕ) odreduju iz (x, x 2, x 3 ) su r = x 2 + x 2 2 + x 2 3, cos θ = x 3 r, cos ϕ = x r sin θ, sin ϕ = x 2 r sin θ. Prva jednakost jedinstveno odreduje r, pa je onda drugom jedinstveno odreden kut θ [0, π]; kut ϕ je odreden s posljednje dvije jednakosti. Točke koje se nalaze na x 3 -osi posve su odredene r-koordinatom i kutem θ. Koordinata ϕ za te točke ostaje nedefinirana; u ishodištu koordinatnog sustava nije definirana niti koordinata θ. Dakle, vidimo da sferni koordinatni sustav ne možemo uvesti u cijeli prostor već samo u skup Ω = R 3 \{(0, 0, x 3 ): x 3 R}. Za skup 2 Ω treba uzeti (0, ) (0, π) [0, 2π). S praktičnog stajališta ovaj nedostatak sfernog sustava ne pravi poteškoće. Neka je x 0 proizvoljna točka prostora s koordinatama (r 0, θ 0, ϕ 0 ), koja se ne nalazi na x 3 -osi. Kroz nju prolaze tri koordinatne linije odredene preslikavanjima: r (r, θ 0, ϕ 0 ), θ (r 0, θ, ϕ 0 ), ϕ (r 0, θ 0, ϕ). Jedinične tangencijalne vektore na koordinatne linije u točki x 0 označimo respektivno s r 0, θ 0 i ϕ 0. Lako je vidjeti da je r-koordinatna linija pravac, a da su θ-koordinatna linija i ϕ-linija kružnice (vidi sliku). Za ϕ-liniju imamo parametrizaciju deriviranjem po kutu ϕ dobivamo ˆx(ϕ) = r 0 sin θ 0 cos ϕe + r 0 sin θ 0 sin ϕe 2 + r 0 cos θ 0 e 3 ; dˆx dϕ (ϕ) = r 0( sin θ 0 sin ϕe + sin θ 0 cos ϕe 2 ) ϕ 0 = sin ϕe + cos ϕe 2. Analogno se dobiva θ 0 = cos θ cos ϕe + cos θ sin ϕe 2 sin θe 3, (.46) r 0 = sin θ cos ϕe + sin θ sin ϕe 2 + cos θe 3. (.47) 2 Ovako definiran skup Ω nije otvoren, no to ne pravi poteškoće. M. Jurak, Radna verzija 24 3. listopada 204.

dif-op 25 Odavde je lako vidjeti da su Laméovi parametri h = h r =, h 2 = h θ = r, h 3 = h ϕ = r sin θ, (.48) da je baza (r 0, θ 0, ϕ 0 ) ortonormirana u svakoj točki prostora u kojoj je definirana. Gradijent skalarne funkcije: φ(x) = φ r r 0 + φ r θ θ 0 + φ r sin θ ϕ ϕ 0. (.49) Matrica gradijent vektorske funkcije zapisana u bazi (r 0, θ 0, ϕ 0 ): v r v r r v v r r θ r θ v r sin θ ϕ r ϕ v v = θ v θ + v v θ r r θ r r ctg θ v r sin θ ϕ r ϕ. (.50) v ϕ v ϕ v ϕ + v r r θ r sin θ ϕ r r + ctg θ v r θ Divergencija vektorske funkcije: div v = r Laplace skalarne funkcije: r (rv r) + v θ r θ + v ϕ r sin θ ϕ + r v r + r ctg θ v θ. (.5) φ= φ r 2 (r2 r r ) + 2 φ r 2 θ + 2 φ 2 r 2 sin 2 θ ϕ + φ ctg θ 2 r2 θ. (.52) Neka T ima u bazi (r 0, θ 0, ϕ 0 ) matricu: T rr T rθ T rϕ T= T θr T θθ T θϕ T ϕr T ϕθ T ϕϕ Vektor komponenti od div T u bazi (r 0, θ 0, ϕ 0 ): (rt r r rr) + T rθ + T rϕ + (T r θ r sin θ ϕ r rr + ctg θ T rθ T θθ T ϕϕ ) div T= (rt r r θr) + T θθ + T θϕ + (T r θ r sin θ ϕ r θr + T rθ ) + ctg θ (T r θθ T ϕϕ ) (.53) (rt r r ϕr) + T ϕθ + T ϕϕ + (T r θ r sin θ ϕ r ϕr + T rϕ ) + ctg θ (T r ϕθ + T θϕ ) Vektor komponenti od u = div( u) u bazi (r 0, θ 0, ϕ 0 ): vr r 2 (r2 ) + 2 v r + 2 v r 2 v θ 2 r r r 2 θ 2 r 2 sin 2 θ ϕ 2 r 2 θ r 2 sin θ v= r 2 r (r2 v θ ) + 2 v θ + 2 v θ + 2 v r r r 2 θ 2 ϕ 2 r 2 θ r 2 r 2 sin 2 θ r (r2 v ϕ r ) + r 2 2 v ϕ θ 2 + r 2 sin 2 θ 2 v ϕ ϕ 2 + 2 r 2 sin θ v ϕ ϕ + + ctg θ v θ r 2 θ v r + 2 ctg θ ϕ r 2 sin θ 2vr 2 r 2 2 ctg θ v ϕ v r 2 sin θ ϕ r 2 sin 2 θ θ v θ + ctg θ ϕ r 2 ctg θ vr r 2 θ ctg θ v r 2 θ. v ϕ θ r 2 sin 2 θ v ϕ (.54) M. Jurak, Radna verzija 25 3. listopada 204.

dif-op 26 Bibliografija [] Ibrahim Aganović. Uvod u rubne zadaće mehanike kontinuuma. Element, Zagreb, 2003. [2] Philippe G. Ciarlet. Mathematical Elasticity, Volume I: Three-Dimensional Elasticity. North-Holland, 988. [3] Morton E. Gurtin. An Introduction to Continuum Mechanics. Academic Press, 98. M. Jurak, Radna verzija 26 3. listopada 204.