Parcijalne diferencijalne jednadˇzbe Skripta–radna …mapmf.pmfst.unist.hr/~skresic/PDJ/Literatura/pdj_v5.pdfPOGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 5 1.1.1 Linearne jednadˇzbe i princip

Parcijalne diferencijalne jednadzbe

Skripta–radna verzija

Sasa Kresic-Juric

Odjel za matematiku

Prirodoslovno-matematicki fakultet

Split 2014

Sadrzaj

1 Uvodna razmatranja 3

1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Linearne jednadzbe i princip superpozicije . . . . . . . . . . . 5

1.2 Elementarne tehnike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Klasicne jednadzbe matematicke fizike . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4 Pocetni i rubni uvjeti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Stabilnost rjesenja, Hadamardov primjer . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Fourierov red 17

2.1 Razvoj funkcije u Fourierov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2 Konvergencija Fourierovog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.3 Uniformna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.1 Gibbsova pojava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3 Klasifikacija jednadzbi drugog reda 40

3.1 Kanonski oblik hiperbolickih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.2 Kanonski oblik parabolickih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.3 Kanonski oblik eliptickih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4 Jednadzba provodenja 53

4.1 Princip maksimuma i jedinstvenost rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . 53

4.2 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu . . . . . . . . . . . . . . 59

4.3 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu . . . . . . . . . . . . . 70

1

SADRZAJ 2

5 Valna jednadzba 75

5.1 Valno gibanje i d’Alambertovo rjesenje . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

5.2 D’Alambertovo rjesenje za nehomogenu valnu jednadzbu . . . . . . . 80

5.3 Pocetno–rubni problem za valnu jednadzbu . . . . . . . . . . . . . . . 83

5.3.1 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu . . . . . . . . . . 86

5.3.2 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu . . . . . . . . . 94

Poglavlje 1

Uvodna razmatranja

1.1 Osnovni pojmovi

Neka je u(x) = u(x1, x2, . . . , xn) funkcija n nezavisnih varijabli x1, x2, . . . , xn. Parci-

jalne derivacija oznacavamo sa

uxi=

∂u

∂xi

, uxixj=

∂2u

∂xi∂xj

, . . . (1.1)

Red parcijalne derivacije odgovara broju indeksa na funkciji u. Pretpostavimo da je

u definirana na otvorenom skupu Ω ⊆ Rn.

Definicija 1.1 Kazemo da je funkcija u klase Ck na Ω, i pisemo u ∈ Ck(Ω), ako u

ima neprekidne parcijalne derivacije reda k na Ω.

Ako je u ∈ Ck(Ω), tada redoslijed u kojem se parcijalne derivacije racunaju nije

vazan. Prisjetimo se da u ∈ Ck(Ω) povlaci u ∈ Ck−1(Ω). Skup neprekidnih funkcija

na Ω oznacavamo sa C0(Ω). Ako je Ω zatvoren skup, odnosno Ω ukljucuje tocke

svoga ruba, tada u tockama ruba ne mozemo definirati parcijalne derivacije. U tom

slucaju cemo kazati da je u ∈ Ck(Ω) ako postoji funkcija u′ ∈ Ck(Ω′) definirana na

otvorenom skupu Ω′ ⊆ Rn, gdje je Ω ⊂ Ω′, takva da je u′(x) = u(x) za svaki x ∈ Ω.

Definicija 1.2 Parcijalna diferencijalna jednadzba reda k > 0 je jednadzba koja ovisi

o nepoznatoj funkciji u(x) i njenim parcijalnim derivacijama tako da je najvisi red

parcijane derivacije u jednadzbi jednak k.

3

POGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 4

Parcijalnu diferencijalnu jednadzbu mozemo opcenito zapisati u obliku

F (x1, . . . , xn, u, ux1 , . . . , uxn , ux1x1 , ux1x2 , . . .) = 0. (1.2)

Definicija 1.3 Rjesenje parcijalne diferencijalne jednadzbe (1.2) na skupu Ω ⊆ Rn

je funkcija u ∈ Ck(Ω) koja zadovoljava jednadzbu (1.2) u svakoj tocki u unutrasnjosti

skupa Ω.

Ova rjesenja nazivamo klasicna ili jaka rjesenja. U primjenama su od interesa i tzv.

distribucijska i slaba rjesenja koja ovdje necemo proucavati.

Primjer 1.1 Jednadzba

uxx − uyy = 0 (1.3)

je parcijalna diferencijalna jednadzba drugog reda. Lako se provjeri da su funkcije

u(x, y) = (x + y)3 i u(x, y) = sin(x − y) rjesenja jednadzbe (1.3) na skupu Ω = R2.

Parcijalne diferencijalne jednadzbe mozemo klasificirati na razlicite nacine. Osnovna

podjela je prema redu jednadzbe kao u definiciji 1.2. Za jednadzbu (1.2) kazemo da

je linearna ako je funkcija F linearna u varijabli u i svim njezinim derivacijama. U

tom slucaju koeficijenti koji mnoze u i njezine derivacije ovise samo o nezavisnim

varijablama x1, . . . , xn. Jednazba (1.2) je kvazi-linearna ako je linearna u parcijalnim

derivacijama najviseg reda funkcije u. Na primjer,

yuxx + 2xyuyy + u = 1 (1.4)

je lienarna jednadzba drugog reda, dok je

uxuxx + xuuy = sin(y) (1.5)

kvazi-linearna jednadzba drugog reda. Za jednadzbu koja nije linearna kazemo da je

nelinarna. Prema ovo definiciji, jednadzba (1.5) je nelinearna. Jednadzba

uxu2xx + xuuy = sin(y) (1.6)

je takodjer nelinearna, ali nije kvazilinearna jer clan u2xx nije linearan. Navedimo jos

nekoliko primjera:

uuxy + ux = y, kvazi-linearna jednadzba drugog reda, (1.7)

(ux)2 + (uy)

2 = 1, nelinearna jednadzba prvog reda, (1.8)

ux uxxy + xuy = sin(y), nelinarna jednadzba treceg reda. (1.9)


1.1.1 Linearne jednadzbe i princip superpozicije

Nas ce posebno zanimati linearne parcijalne diferencijalne jednadzbe drugog reda jer

ovaj tip jednadzbi ima vazne primjene u prirodnim i tehnickim znanostima. Klasicne

jednadzbe matematicke fizike kao sto su valna jednadzba, jednadzba provodenja to-

pline, Poissonova jednadzba i Schroedingerova jednadzba su linearne jednadzbe dru-

gog reda. Linearna jednadzba drugog reda u n nezavisnih varijabli x1, x2, . . . , xn ima

opci oblikn∑

i,j=1

Aijuxixj+

n∑

i=1

Bixxi+ Fu = G (1.10)

gdje su Aij , Bi, F i G funkcije varijabli x1, x2, . . . , xn. Ako je u klasicno rjesenje

jednadzbe (1.10), tada je uxixj= uxjxi

pa bez gubitka opcenitosti mozemo pretposta-

viti da je Aij = Aji. Diferencijalnoj jednadzbi (1.10) mozemo pridruziti diferencijalni

operator

L =n∑

i,j=1

Aij∂2

∂xi∂xj

+n∑

i=1

Bi∂

∂xi

+ F (1.11)

gdje je F operator mnozenja funkcijom F . Tada jednadzbu mozemo zapisati u kom-

paktnom obliku L[u] = G.

Definicija 1.4 Jednadzba L[u] = G je homogena ako je G = 0; u protivnom kazemo

da je nehomogena.

Operator L je linearan jer je

L[α1u1 + α2u2] = α1L[u1] + α2L[u2] (1.12)

za sve funkcije u1, u2 klase C2 i sve α1, α2 ∈ R. Linearne jednadzbe imaju vazno

svojstve koje nazivamo princip superpozicije. Ako su u1, u2, . . . , uk rjesenja problema

L[ui] = Gi, i = 1, 2, . . . , k, (1.13)

onda je linearna kombinacija u =∑k

i=1 αiui, αi ∈ R, rjesenje jednadzbe

L[u] =k∑

i=1

αiGi. (1.14)

U posebnom slucaju ako su ui rjesenja homogene jednadzbe L[ui] = 0 za svaki i =

1, 2, . . . , k, tada je svaka linearna kombinacija u =∑k

i=1 αiui rjesenje istog problema


L[u] = 0. Ovaj princip je narocito vazan u rjesavanju parcijalnih diferencijalnih

jednadzbi separacijom varijabli. Ovom metodom opce rjesenje dobivamo kao red

u =∑∞

i=1 αiui gdje je (ui) beskonacni niz rjesenja homogene jednadzbe L[ui] = 0.

Ako red zadovoljava odredene uvjete o konvergenciji, onda je L[u] =∑∞

i=1 αiL[ui] = 0.

Primjer 1.2 Promotrimo valnu jednadzbu

utt − uxx = 0. (1.15)

Lako se provjeri da su funkcije un(x, t) = sin(nt) cos(nx) rjesenja jednadzbe za svaki

n ∈ N jer je∂2un

∂t2=

∂2un

∂x2= −n2un. (1.16)

Stoga je svaka linearna kombinacija

u(x, t) =N∑

n=1

cn sin(nt) cos(nx), cn ∈ R, (1.17)

rjesenje jednadzbe (1.15).

Primjer 1.3 Odredite rjesenje jednadzbe

uxx − uy = 18x + 8y (1.18)

koristeci princip superpozicije. Promotrimo dvije jednadzbe

uxx − uy = 18x, (1.19)

uxx − uy = 8y. (1.20)

Rjesenja ovih jednadzbi potrazimo u obliku u1 = u1(x) i u2 = u2(y), redom. Tada je

u′′1(x) = 18x i −u′

2(y) = 8y2 pa integracijom dobivamo

u1(x) = 3x3 + ax + b, u2(y) = −4y2 + c (1.21)

gdje su a, b, c ∈ R konstante integracije. Prema principu superpozicije, funkcija

u(x, y) = u1(x) + u2(y) = 3x3 − 4y2 + ax + d, (1.22)

gdje su a i d proizvoljne konstante, je rjesenje jednadzbe (1.18).


1.2 Elementarne tehnike

U jednostvnim slucajevima parcijalne diferencijalne jednadzbe se mogu rijesiti direk-

tnom integracijom ili uvodjenjem novih varijabli. Ako jednadzba opisuje ponasanje

nekog fizikalnog sustava koji ima odredenu simetriju, na primjer sustav je invarijan-

tan na rotacije ili neku drugu transformaciju, onda se koristenjem simetrija jednadzba

moze pojednostavniti. Prisjetimo se da rjesenja obicnih diferencijalnih jednadzbi ovise

o proizvoljnim konstantama integracije. Slicno, opce rjesenje parcijalne diferenci-

jalne jednadzbi ovisi o proizvoljnim funkcijama koje se dobiju u postupku integracije.

Sljedeci primjeri ilustriraju ova svojstva parcijalnih diferencijalnih jednadzbi.

Primjer 1.4 Odredite rjesenje jendadzbe

uyy = 2 (1.23)

gdje je u = u(x, y). Integracijom po varijabli y dobivamo

uy =

∫2dy = 2y + f(x). (1.24)

Ponovna integracija daje

u =

∫(2y + f(x))dy = y2 + yf(x) + g(x) (1.25)

gdje su f(x) i g(x) proizvoljne C2 funkcije.

Primjer 1.5 Odredite opce rjesenje PDJ

ux − uy = 0. (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

ux − uy = 2uη = 0. (1.29)


U novim varijablama jednadzba ima jednostavniji oblik

uη = 0. (1.30)

Integracijom jednadzbe dobivamo

u = f(ξ) = f(x + y) (1.31)

gdje je f(ξ) proizvoljna C1 funkcija.

Primjer 1.6 Odredite opce rjesenje problema

uxx + cu = 0, (1.32)

gdje je u = u(x, t), za c > 0, c = 0 i c < 0. Obzirom da funkcija u(x, t) ovisi

o varijablama x i t, jednadzbu (1.32) mozemo promatriati kao obicnu diferencijalnu

jednadzbu u varijabli x koja o parametru t. Ako je c > 0, opce rjesenje je dano sa

u(x, t) = C1(t) sin(√

cx) + C2(t) cos(√

cx) (1.33)

gdje su C1(t) i C2(t) proizvoljne funkcije klase C2. Slicno, za c = 0 imamo

u(x, t) = C1(t)x + C2(t), (1.34)

dok je za c < 0 rjesenje dano sa

u(x, t) = C1(t)e√

|c|x + C2(t)e−√

|c|x. (1.35)

Primjer 1.7 Odredite opce rjesenje jednadzbe

ux = u2 (1.36)

za funkciju u = u(x, y). Kao u prethodnom primjeru, jednadzbu (1.36) mozemo

promatrati kao obicnu diferencijalnu jednadzbu u varijabli x s parametrom y. Separi-

ranjem jednadzbe dobivamo u−2du = dx iz cega slijedi −u−1 = x + f(y). Dakle,

u(x, y) = −1

x + f(y)(1.37)

gdje je f(y) proizvoljna funkcija klase C1.


Sljedeci primjer ilustrira kako se simetrija problema moze koristiti za svodenje parci-

jalne diferencijalne jednadzbe na jednostavniji oblik.

Primjer 1.8 Odredite sferno simetricno rjesenje Laplaceove jednadzbe

uxx + uyy + uzz = 0. (1.38)

Zelimo odrediti rjesenja koja ovise samo o udaljenosti tocke (x, y, z) od ishodista pa

trazimo rjesenje u obliku

u(x, y, z) = f(r), r =√

x2 + y2 + z2. (1.39)

Sada je

ux = f ′(r)∂r

∂x= f ′(r)

x

r, (1.40)

uxx =∂

∂x

(f ′(r)

)xr

+ f ′(r)∂

∂x

(xr

)(1.41)

= f ′′(r)(x

r

)2

+ f ′(r)(1

r−

x2

r3

). (1.42)

Zbog simerije problema ostale derivacije su dane slicnim izrazima,

uyy = f ′′(r)(y

r

)2

+ f ′(r)(1

r−

y2

r3

), (1.43)

uzz = f ′′(r)(z

r

)2

+ f ′(r)(1

r−

z2

r3

). (1.44)

Zabrajanjem jednadzbi (1.42)-(1.44) dobivamo

uxx + uyy + uzz = f ′′(r) +2

rf ′(r) = 0. (1.45)

Uvedimo supstituciju g(r) = f ′(r). Tada je g′(r) + 2r−1g(r) = 0 sto povlaci g(r) =

Cr−2. Sada je

f(r) =

∫g(r)dr = −

C

r+ K (1.46)

gdje su C,K ∈ R proizvoljne konstante integracije. Dakle, sferno simetricno rjesenje

Laplaceove jednadzbe je dano sa

u(x, y, z) = −C

√x2 + y2 + z2

+ K. (1.47)


1.3 Klasicne jednadzbe matematicke fizike

Fundamentalni zakoni u prirodnim znanostima se cesto formuliraju u obliku parci-

jalnih diferencijalnih jednadzbi. U vecini slucajeva to su linearne jednadzbe drugog

reda koje ovise o prostornim varijablama x, y i z i vremenskoj varijabli t. Tri osnovna

tipa parcijalnih diferencijalnih jednadzbi drugog reda su sljedeca.

(1) Valna jednadzba. Valna gibanja u razlicitim granama fizike i tehnike su opisana

valonom jednadzbom

utt − c2∇2u = 0 (1.48)

gdje je

∇2 =∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2(1.49)

Laplaceov operator. Na primjer, ako je u(x, y, z, t) tlak zraka u tocki (x, y, z) u

trenutku t i c je brzina zvua, onda jednadzba (1.48) opisuje sirenje zvucnih va-

lova. Ista jednadzba opisuje sirenje elektromagnetiskih valova ako je u potencijal

elektricnog polja i c brzina svjetlosti.

(2) Jednadzba provodenja topline. Pretpostavimo da je u(x, y, z, t) temperatura

homogenog toplinski vodoljivog tijela koji nema izvora topline. Tada temperatura

zadovoljava jednadzbu provodenja topline

ut − k∇2u = 0 (1.50)

gdje je konstanta k > 0 toplinska vodljivost materijala. Ovu jednadzbu takoder

nazivamo difuzijska jednadzba je opisuje difuzijske procese u tvarima.

(3) Laplaceova jednadzba. Ako distribucija temeperature u toplinski vodljivom

tijelu ne ovisi o vremenu, tada se jednadzba provodenja topline svodi na Lapla-

ceovu jednadzbu

∇2u = 0. (1.51)

Laplaceove jednadzba takoder opisuje stacionarnu distribuciju elektomagnetskog

polja gdje je u elektricni potencijal.

Navedene jednadzbe predstavljaju kanonske ili standardne oblike parcijalnih diferen-

cijalnih jednadzbi drugog reda. Navedimo jos nekoliko jednadzbi drugog reda koje

imaju vazne primjene u fizici i tehnici.


(4) Poissonova jednadzba

∇2u = ρ(x, y, z), (1.52)

(5) Helmholtzova jednadzba

∇2u + λu = 0, (1.53)

(6) Schroedingerova jednadzba

−~

2m∇2ψ + V (x, y, z)ψ = i~ψt. (1.54)

1.4 Pocetni i rubni uvjeti

Parcijalne diferencijalne jednadzbe opcenito imaju beskonacno mnogo rjesenja. Ako

jednadzba modelira neki fizikalni sustav, pozeljno je imati jedinstveno rjesenje kako bi

mogli predvidjeti ponasanje sustava. Stoga trazimo da rjesenje jednadzbe zadovoljava

neke dodatne uvjete koje nazivamo pocetni i rubni uvjeti. Za ilustraciju promotrimo

jednodimenzionalnu valnu jednadzbu

utt − c2uxx = 0. (1.55)

Funkcija u(x, t) predstavlja amplitudu titarnja zica u tocki x u trenutku t. Ako zica

ima duljinu L > 0, onda mozemo uzeti da je x ∈ [0, L]. Da bi odreditili titranje zice

potrebno je poznavati pocetni polozaj i pocetnu brzinu zice u svakoj tocki x ∈ [0, L].

Stoga trazimo da funkcija u zadvoljava pocetni uvjet

u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L], (1.56)

ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, L], (1.57)

gdje su f(x) i g(x) pocetna amplituda i pocetna brzina u tocki x, redom. Titranje

zice takoder ovisi o uvjetima na krajevima zice. Ako su krajevi zice ucvrsceni, onda

u zadovoljava Diricheltov rubni uvjet

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (1.58)

Ako krajevi zice slobodno titraju okomito na os x, onda derivacija amplitude iscezava

u tocakama x = 0 i x = L. U tom slucaju funkcija u zadovoljava Neumannov rubni

uvjet

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (1.59)


Ako je zica savijena u kruznicu, tada je rub intervala x = 0 identificiran s rubom

x = L pa funkcija u zadovoljava periodicke uvjete

u(0, t) = u(L, t), (1.60)

ux(0, t) = ux(L, t), t ≥ 0. (1.61)

Rubni uvjeti mogu biti kombinirani, na primjer u moze zadovoljavati Dirichletov

uvjet u jednom kraju a Neumannov uvjet u drugom kraju intervala.

Neka je u(x, y) rjesenje Laplaceove jednadzbe na podrucju Ω ⊂ R2 koje je omedeno

zatvorenom glatkom krivuljom ∂Ω,

uxx + uyy = 0, (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

∂~n(x, y) = h(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω, (1.64)

gdje je ~n jedinicni vektor normale na krivulju ∂Ω a

∂u

∂~n= ∇u ∙ ~n (1.65)

je usmjerena derivacija u smjeru vektora ~n.

1.5 Stabilnost rjesenja, Hadamardov primjer

U modeliranju fizikalnih problema cesto koristimo funkcije kojima su opisani pocetni

ili rubni uvjeti. Ove funkcije se obicno dobivaju mjerenjima pa stoga nisu poznate s

potpunom tocnoscu. Pogreska u pocetnim ili rubnim uvjetima uzrokuje pogresku u

rjesenju jednadzbe koja ne mora uvijek biti mala. Takoder, parcijalne diferencijalne

jednadzbe se cesto rjesavaju numerickim metodama pa diskretizacija jednadzbe utjece


na tocnost rjesenja. Jedno od osnovnih teorijskih pitanja jest da li je matemacki pro-

blem, koji se sastoji od jednadzbe i pocetnih ili rubnih uvjeta, dobro postavljen. Ovo

pitanje je formulirao francuski matematicar Jacques Hadamard (1865-1963). Prema

njegovoj definiciji problem je dobro postavljen ako zadovoljava sljedeca tri uvjeta:

(1) egzistencija: problem ima rjesenje,

(2) jedinstvenost: rjesenje problema je jedinstveno za zadane pocetne ili rubne uvjete,

(3) stabilnost: rjesenje jednadzbe na neprekidan nacin ovisi o parametrima jednadzbe

i rubnim ili pocetnim uvjetima.

Ako je parcijalna diferencijalna jednadzba stabilna, onda male perturbacije pocetnih

ili rubnih uvjeta induciraju male promjene u rjesenju. Stoga ce dobiveno rjesenje biti

dobra aproksimacija egzaktnog rjesenja. Klasicne jednadzbe matematicke fizike su

dobro postavljene, dok se u tehnici susrecemo s problemima koji nisu dobro postav-

ljeni. Ilustrirajmo ove ideje na sljedecim primjerima.

Formulacija stabilnosti rjesenja za Laplaceovu jednadzbu

Promotrimo Laplaceovu jednadzbu na domeni Ω ⊂ R2

uxx + uyy = 0, (x, , y) ∈ Ω, (1.66)

koja zadovoljava rubne uvjete

u(x, y) = f(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω. (1.67)

Ako funkciju f zamijenimo funkcijom f1, tada ce se promijeniti rjesenje problema

(1.66)-(1.67). Neka je u1 rjesenje koje odgovara funkciji f1. Kazemo da rjesenje u

neprekidno ovisi o rubnim uvjetima ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da

sup(x,y)∈∂Ω

|f(x, y) − f1(x, y)| < δ ⇒ sup(x,y)∈Ω

|u(x, y) − u1(x, y)| < ε, (1.68)

gdje je Ω = Ω∪∂Ω. Rjesenja koja ispunjavaju ovaj uvjet se nazivaju stabilna rjesenja.

Drugim rijecima, rjesenje u je stabilno ako je maksimalna promjena rjesenja na za-

tvorenom skupu Ω manja od ε kada je promjena u pocetnim uvjetima manja od δ.


Hadamardov primjer

Sljedeci primjer ilustrira da mala promjena u rubnim uvjetima moze uzrokovati veliku

promjenu u rjesenju ako problem nije dobro postavljen. Neka je u rjesenje Laplaceove

jednadzbe

uxx + uyy = 0, (x, y) ∈ R2 (1.69)

s rubnim uvjetima na pravcu y = 0:

u(x, 0) = f(x), uy(x, 0) = g(x). (1.70)

Neka je v(x, y) rjesenje iste jednadzbe uz modificirane rubne uvjete

v(x, 0) = f(x), vy(x, 0) = g(x) +1

nsin(nx). (1.71)

Ocigledno je da se za dovoljno veliki n > 0 razlika u rubnim uvjetima moze napraviti

proizvoljno malom jer je

|v(x, 0) − u(x, 0)| + |vy(x, 0) − uy(x, 0)| =1

n| sin(nx)| ≤

1

n. (1.72)

Medjutim, razlika u pripadnim rjesenjima je velika bez obzira na vrijednost parametra

n. Definirajmo funkciju w = v − u. Tada w zadovoljava Laplaceovu jednadzbu

wxx + wyy = 0 (1.73)

s rubnim uvjetima

w(x, 0) = 0, wy(x, 0) =1

nsin(nx). (1.74)

Lako se provjeri da je rjesenje problema (1.73)-(1.74) dano s

w(x, y) =1

n2sh(ny) sin(nx). (1.75)

Funkcija sh(ny) nije ogranicena na R jer |sh(yn)| → ∞ kada y → ±∞. Dakle, za

svaki x takav da je sin(nx) 6= 0 vrijedi

|w(x, y)| → ∞ kada y → ±∞, (1.76)

pa w(x, y) nije ogranicena funkcija na R2. Graf funkcije w(x, y) prikazan je na slici

(1.1). Zakljucujemo da, iako se razlika u pocetnim uvjetima moze napraviti pro-

izvoljno malom za dovoljno veliki n > 0, pripadna rjesenja se znatno razlikuju kada

je |y| dovoljno velik. Ovo pokazuje da problem (1.69)-(1.70) nije stabilan.


Slika 1.1: Graf funkcije w(x, y) = 1n2 sh(ny) sin(nx) za n = 2.

Obrnuta jednadzba provodenja topline

Promotrimo sada obrnutu jednazbu provodenja topline

ut + uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (1.77)

u(x, 0) = 1. (1.78)

Ovu jednadzbu mozemo shvatiti kao jednadzbu provodenja topline u kojoj vrijeme

tece unatrag. Neka je v(x, t) rjesenje jednadzbe uz pocetni uvjet

v(x, 0) = 1 +1

nsin(nx). (1.79)

Lako se provjeri da su rjesenja ovih problema dana sa

u(x, t) = 1, v(x, t) = 1 +1

nen2t sin(nx). (1.80)

Medutim, razlika w = v − u nije ogranicena jer

|w(x, t)| =1

nen2t| sin(nx)| → ∞ kada t → ∞ (1.81)

za svaki x takav da je sin(nx) 6= 0 unatoc cinjenici da je razlika u pocetnim uvjetima

po volji mala kada je n > 0 dovoljno velik.


1.6 Zadaci

1. Pokazite da jednadzba uxy + ux = 0 ima opce rjesenje

u(x, y) = D(x)e−y + E(y). (1.82)

Uputa: koristite supstituciju v = ux.

2. Odredite konstante a i b tako da funkcija u(x, y) = f(ax + by) bude rjesenje

jednadzbe

ux + 3uy = 0. (1.83)

3. Rijesite jednadzbu

uxx + uyy = 5ex−2y. (1.84)

Uputa: pretpostavite rjesenje u obliku u(x, y) = Ceax+by.

4. Rijesite sustav jednadzbi

ux = 3x2y + y, (1.85)

uy = x3 + x. (1.86)

5. Pokazite da jednadzba

ut + uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (1.87)

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0, (1.88)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (1.89)

nije dobro postavljen problem. Uputa: provjerite da je

vn(x, t) =1

nen2t sin

(nπx

L

)(1.90)

rjesenje problema vt+vxx = 0, v(0, t) = v(L, t) = 0, v(x, 0) = (1/n) sin(nπx/L).

Koji problem rjesava funkcija u(x, t) + vn(x, t)?

Poglavlje 2

Fourierov red

2.1 Razvoj funkcije u Fourierov red

Fourierov red koristimo za aproksimaciju funkcija na konacnom intervalu pomocu tri-

gonometrijskih polinoma. Rastav funkcije na linearnu kombinaciju trigonometrijskih

funkcija je slican rastavu vektora po ortogonalnoj bazi unitarnog prostora. Na ideju o

razvoju funkcije u trigonometijski red dosao je francuski matematicar i inzenje Josoph

Fourier (1768–1830) proucavajuci jednazbu provodenja topline. Fourioerova analiza

danas ima istaknuto mjesto u primijenjenoj matematici, teoriji parcijalnih diferenci-

jalnih jednadzbi, obradi signala, i tvori osnovu moderne harmonijske analize.

Neka je funkcija f definirana na zatvorenom intervalu [−L,L]. Zanima nas kada se

f moze razviti u trigonometrijski red oblika

a0

2+

∞∑

n=1

[an cos

(nπx

L

)+ bn sin

(nπx

L

) ], −L ≤ x ≤ L. (2.1)

Ocigledno je da ce koeficijenti an i bn ovisiti o funkciji f . Ako pitanja o konvergenciji

reda za trenutak ostavimo po strani, an i bn mozemo odrediti na sljedeci nacin. Kako

je ∫ L

−L

cos(nπx

L

)dx =

∫ L

−L

sin(nπx

L

)dx = 0, n ≥ 1, (2.2)

formalnom integracijom reda (2.1) dobivamo

a0 =1

L

∫ L

−L

f(x)dx. (2.3)

17

POGLAVLJE 2. FOURIEROV RED 18

Ostali koeficijenti mogu se odrediti iz relacija ortogonalnosti

∫ L

−L

sin(mπx

L

)sin(nπx

L

)dx =

∫ L

−L

cos(mπx

L

)cos(nπx

L

)dx = Lδnm, n,m ≥ 1,

(2.4)∫ L

−L

sin(mπx

L

)cos(nπx

L

)dx = 0, n,m ≥ 1. (2.5)

gdje je δnm Kroneckerov delta simbol. Mnozenjem jednadzbe (2.1) s cos(mπx/L) i

integriranjem od −L do L imamo

∫ L

−L

f(x) cos(mπx

L

)dx =

a0

2

∫ L

−L

cos(mπx

L

)dx

+∞∑

n=1

[

an

∫ L

−L

cos(mπx

L

)cos(nπx

L

)dx + bn

∫ L

−L

cos(mπx

L

)sin(nπx

L

)dx

]

=∞∑

n=1

an L δnm = Lam. (2.6)

Stoga je

am =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(mπx

L

)dx, m ≥ 1. (2.7)

Ponavljanjem postupka s funkcijom sin(nπx/L) nalazimo

bm =1

L

∫ L

−L

f(x) sin(mπx

L

)dx, m ≥ 1. (2.8)

Definicija 2.1 Trigonometrijski red

a0

2+

∞∑

n=1

[an cos

(nπx

L

)+ bn sin

(nπx

L

) ](2.9)

gdje su

an =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπx

L

)dx, n = 0, 1, 2, . . . (2.10)

bn =1

L

∫ L

−L

f(x) sin(nπx

L

)dx, n = 1, 2, 3, . . . (2.11)

naziva se Fourierov red funkcije f na intervalu [−L,L]. Koeficijenti an i bn nazivaju

se Fourierovi koeficijenti funkcije f .


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 rijecima, kako iz Fourierovih

koeficijenata mozemo rekonstruirati funkciju f . Ovo pitanje vodi na niz interesantnih

problema jer cak i ako Fourierov red konvergira, ne mora konvergirati ka funkciji f .

Nadalje, Du Bois-Reymond je dokazao da postoji neprekidna funkcija ciji Fourierov

red divergira u tocki sto pokazuje da neprekidnost nije dovoljna da osigura konvergen-

ciju reda. Fourierov red moze konvergirati po tockama, uniformno ili u L2–normi. Da

bismo osigurali konvergenciju reda i postigli odredeni tip konvergencije potrebno je

da f zadovoljava neke dodatne uvjete. Prije nego detaljnije proucimo ove probleme,

navedimo nekoliko ilustrativnih primjera. Fourierov red cemo oznaciti s f kako bi ga

razlikovali od funkcije f .

Pri racunanju Fourierovih koeficijenata korisno je zapamtiti sljedeca pravila:

(i) ako je h : [−L,L] → R neparna funkcija, tada je

∫ L

−L

h(x)dx = 0, (2.12)

(ii) ako je h : [−L,L] → R parna funkcija, tada je

∫ L

−L

h(x)dx = 2

∫ L

0

h(x)dx. (2.13)

Primjer 2.1 Odredimo Fourierov red funkcije f(x) = x na intervalu [−L,L]. Za

Fouerierove koeficijente an imamo

an =1

L

∫ L

−L

x cos(nπx

L

)dx = 0, n ≥ 0, (2.14)

jer je x cos(nπx/L) neparna funkcija. Odredimo sada koeficijente bn:

bn =1

L

∫ L

−L

x sin(nπx

L

)dx =

2

L

∫ L

0

x sin(nπx

L

)dx (2.15)

=2

L

[

−Lx

nπcos(nπx

L

)+( L

nπ

)2

sin(nπx

L

)]∣∣∣∣∣

L

0

(2.16)

= −2L

nπcos(nπ), n ≥ 1. (2.17)


1.0 0.5 0.5 1.0

1.0

0.5

0.5

1.0

(a) N = 5

1.0 0.5 0.5 1.0

1.0

0.5

0.5

1.0

(b) N = 15

Slika 2.1: Razvoj funkcije f(x) = x u Fourierov red.

Kako je cos(nπ) = (−1)n, dobivamo

bn =2L

nπ(−1)n+1. (2.18)

Dakle, Fourierov red funkcije f(x) = x je dan sa

f(x) =2L

π

∞∑

n=1

(−1)n+1 1

nsin(nπx

L

)

=2L

π

[sin(πx

L

)−

1

2sin(2πx

L

)+

1

3sin(3πx

L

)− ∙ ∙ ∙

](2.19)

Slika 2.1 prikazuje parcijalne sume Fourierovog reda s N = 5 i 15 clanova. Pri-

mijetimo da je f(−L) = f(L) = 0 dok je f(−L) = −L i f(L) = L. Dakle,

f(±L) 6= f(±L). Moze se pokazati da u ostalim tockama x ∈ (−L,L) Fourierov

red konvergira ka f(x) sto se moze naslutiti iz slike 2.1 (b). Medutim, konvergencija

je sporija sto je tocka x blize rubovima intervala ±L.

Primjer 2.2 Razvijte u Fourierov red funkciju f(x) = x2 − 1 na intervalu [−1, 1].


Odredimo Fourierove koeficijente:

a0 =

∫ 1

−1

(x2 − 1)dx = −4

3, (2.20)

an =

∫ 1

−1

(x2 − 1) cos(nπx)dx =

∫ 1

−1

x2 cos(nπx)dx −∫ 1

−1

cos(nπx)dx

=1

(nπ)3

[2nπx cos(nπx) +

((nπx)2 − 2

)sin(nπx)

]∣∣∣1

−1−

1

nπsin(nπx)

∣∣∣1

−1

=4

(nπ)2cos(nπ) =

4(−1)n

(nπ)2, n ≥ 1. (2.21)

Funkcija (x2 − 1) sin(nπx) je neparna pa je

bn =

∫ 1

−1

(x2 − 1) sin(nπx)dx = 0, n ≥ 1. (2.22)

Stoga Fourierov red funkcije f(x) ima oblik

f(x) = −4

3+

4

π2

∞∑

n=1

(−1)n

n2cos(nπx)

= −2

3+

4

π2

[

− cos(πx) +1

4cos(2πx) −

1

9cos(3πx) + ∙ ∙ ∙

]

(2.23)

Paricijalne sume Fourierovog reda s N = 2 i N = 6 clanova su prikazane na slici 2.2.

Slika 2.2 (b) sugerira da red konvergira podjednako brzo na citavom intervalu [−1, 1].

U sljedecem poglavlju cemo razmatrati konvergenciju Fourierovog reda i odrediti

uvjete pod kojima red f konvergira po tockama ili uniformno ka funkciji f . Vi-

djet cemo da konvergencija u primjeru 2.1 nije uniformna, dok red u primjeru 2.2

konvergira uniformno.

Horizontalnom translacijom grafa funkcije f : [−L,L] → R za 2L dobivamo periodicko

prosirenje od f na citav skup R. Prosirena funkcija, koju cemo oznaciti s f , ima period

2L. Fourierov red funkcije f takoder ima period 2L pa ga u ovom smislu mozemo

promatrati kao red periodicke funkcije f koja je definirana na citavom skupu R.

2.2 Konvergencija Fourierovog reda

Cinjenica da su Fourierovi koeficijenti definirani integralom funkcije f sugerira da Fo-

urierov red ne mora konvergirati ka f u svakoj tocki jer se integral funkcije, pa tako


1.0 0.5 0.5 1.0

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

(a) N = 2

1.0 0.5 0.5 1.0

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

(b) N = 6

Slika 2.2: Razvoj funkcije f(x) = x2 − 1 u Fourierov red.

i Fourierovi koeficijenti, ne mijenjaju ako f promijenimo u konacno mnogo tocaka.

Razlikujemo tri nacina konvergencije Fourierovog reda: konvergencija po tockama,

uniformna konvergencija i konvergencija u smislu L2-norme. Razliciti nacini konver-

gencije su posljedica razlicitih svojstava funkcije. Na primjer, za konvergenciju po

tockama dovoljno je da je funkcija po dijelovima klase C1. U ovom poglavlju odrediti

cemo uvjete koji garantiraju konvegenciju po tockama i uniformnu konvergenciju.

Definicija 2.2 Za funkciju f : [−L,L] → C kazemo da je kvadratno integrabila ako

je ∫ L

−L

|f(x)|2dx < ∞. (2.24)

Kvadratno integrabile funkcije tvore vektorski prostor nad R ili C koji oznacavamo s

L2[−L,L].

Teorem 2.1 (Besselova nejednakost) Neka je f : [−L,L] → R kvadratno integra-

bilna funkcija. Ako Fourierovi koeficijenti

an =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπx

L

)dx i bn =

1

L

∫ L

−L

f(x) sin(nπx

L

)dx (2.25)

funkcije f postoje, tada vrijedi

1

2a2

0 +∞∑

n=1

(a2n + b2

n) ≤1

L

∫ L

−L

f 2(x)dx. (2.26)


Dokaz. Neka je SN (x) N -ta parcijalna suma Fourierovog reda funkcije f ,

SN (x) =a0

2+

N∑

n=1

(an cos

(nπx

L

)+ bn sin

(nπx

L

)). (2.27)

Tada je

0 ≤∫ L

−L

(f(x) − SN(x)

)2dx

=

∫ L

−L

f 2(x)dx − 2

∫ L

−L

f(x)SN (x)dx +

∫ L

−L

S2N (x)dx. (2.28)

Iz definicije Fourierovih koeficijenata dobivamo

∫ L

−L

f(x)SN(x)dx =

∫ L

−L

f(x)

[1

2a0 +

N∑

n=1

(an cos

(nπx

L

)+ bn sin

(nπx

L

))]

dx

=1

2a0La0 +

N∑

n=1

(anLan + bnLbn)

= L(1

2a2

0 +N∑

n=1

(a2n + b2

n)). (2.29)

Koristeci relacije ortogonalnosti (2.4)-(2.5) nalazimo

∫ L

−L

S2N(x)dx =

∫ L

−L

SN (x)

[1

2a0 +

N∑

n=1

(an cos

(nπx

L

)+ bn sin

(nπx

L

))]

dx

=1

2a0

∫ L

−L

SN (x)dx

+N∑

n=1

[

an

∫ L

−L

SN (x) cos(nπx

L

)dx + bn

∫ L

−L

SN(x) cos(nπx

L

)dx

]

= L(1

2a2

0 +N∑

n=1

(a2n + b2

n)). (2.30)

Supstitucijom (2.29)-(2.30) u (2.28) dobivamo

0 ≤∫ L

−L

f 2(x)dx − L(1

2a2

0 +N∑

n=1

(a2n + b2

n)), (2.31)


odnosno1

2a2

0 +N∑

n=1

(a2n + b2

n) ≤1

L

∫ L

−L

f 2(x)dx. (2.32)

Kako nejednakost (2.32) vrijedi za svaki N ≥ 1, zakljucujemo da je

1

2a2

0 +∞∑

n=1

(a2n + b2

n) ≤1

L

∫ L

−L

f 2(x)dx. (2.33)

�

Moze se se pokazati da za kvadratno integrabilne funkcije vrijedi jace svojstvo

1

2a2

0 +N∑

n=1

(a2n + b2

n) =1

L

∫ L

−L

f 2(x)dx (2.34)

koje nazivamo Parsevalova jednakost. Parsevalu jednakost koristimo za sumiranje

redova koje cesto susrecemo u analizi.

Primjer 2.3 Pokazimo da je∑∞

n=11n2 = π2

6. Funkcija f(x) = x, x ∈ [−L,L], u

primjeru 2.1 ima Fourierove koeficijente an = 0 za svaki n ≥ 0 i

bn =2L

nπ(−1)n+1, n ≥ 1, (2.35)

pa je b2n ∼ 1/n2 sto sugerira da se suma reda moze odrediti iz Parsevalova jednakosti

za funkciju f . Iz relacije (2.34) dobivamo

∞∑

n=1

(2L

nπ

)2

=1

L

∫ L

−L

x2dx =2

3L2 (2.36)

sto povlaci∞∑

n=1

1

n2=

π2

6. (2.37)

Teorem 2.2 (Riemann-Lebesgueova lema) Neka je f : [−L,L] → R kvadratno

integrabilna funkcija. Ako Fouerierovi koeficijenti funkcije f postoje, tada je

limn→∞

an =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπx

L

)= 0, (2.38)

limn→∞

bn =1

L

∫ L

−L

f(x) sin(nπx

L

)= 0. (2.39)


Dokaz. Besselova nejednakost implicira da red 12a2

0+∑∞

n=1(a2n+b2

n) konvergira, stoga

konvergiraju redovi∑∞

n=1 a2n i∑∞

n=1 b2n. Iz nuznog uvjeta za konvergenciju reda slijedi

limn→∞ a2n = limn→∞ b2

n = 0 pa je limn→∞ an = limn→∞ bn = 0. �

Jedan od centralnih rezultata o konvergenciji Fourierovog reda je Dirichletov teorem

za funkcije koje su po dijelovima klase C1. Uvedimo sljedece oznake za jednostrane

limese:

f(x−0 ) = lim

x→x−0

f(x), f(x+0 ) = lim

x→x+0

f(x). (2.40)

Primijetimo da je f neprekidna u tocki x0 ako i samo ako je f(x−0 ) = f(x+

0 ) = f(x0).

Definicija 2.3 Funkcija f je po dijelovima neprekidna na [a, b] ako

(i) f(x) je definirana i neprekidna osim eventualno u konacno mnogo tocaka u [a, b],

(ii) f(x−0 ) i f(x+

0 ) postoje u svim tockama x0 ∈ (a, b),

(iii) f(a+) i f(b−) postoje.

Ako je f(x−0 ) 6= f(x+

0 ), tada f ima prekid prve vrste u x0. Slicno definiramo po

dijelovima C1 funkcije.

Definicija 2.4 Funkcija f je po dijelovima C1 na [a, b] ako su f i f ′ po dijelovima

neprekidne na [a, b].

Primjer 2.4 Funkcija

f(x) =

−1, −1 ≤ x < 0,

2, x = 0,

x2, 0 < x ≤ 1,

(2.41)

je po dijelovima C1 na [−1, 1] (vidi sliku 2.3) Primijetimo da f(x) ima prekid u

x = 0 i da je f(0−) = −1 i f(0+) = 0. Derivacija f ′ nije definirana u x = −1,

0 i 1. Medutim, jednostrani limesi u ovim tockama postojie i vrijedi f ′(−1+) = 0,

f ′(1−) = 1 i f ′(0−) = f ′(0+) = 0.


Slika 2.3: Funkcija (2.41) je po dijelovima C1 na [−1, 1].

Postoje mnoge funkcije koje nisu po dijelovima neprekidne. Na primjer, neogranicena

funkcija g(x) = 1/x, nije po dijelovima neprekidna na [−1, 1] jer limesi g(0−) = −∞

i g(0+) = ∞ ne postoje. Ogranicene funkcije takoder ne moraju biti po dijelovima

neprekidne. Funkcija h(x) = sin(1/x) je ogranicena na [−1, 1] ali h(0−) i h(0+) ne

postoje (vidi sliku 2.4).

Teorem 2.3 (Dirichletov teorem) Neka je f po dijelovima C1 funkcija na [−L,L]

i neka je f Fourierov red funkcije f . Tada je

(i)

f(x) = f(x) ako je f neprekidna u tocki x ∈ (−L,L), (2.42)

(ii)

f(x) =1

2

[f(x+) + f(x−)

]ako f ima prekid u tocki x ∈ (−L,L), (2.43)

(iii)

f(±L) =1

2

[f(−L+) + f(L−)

]. (2.44)


Slika 2.4: Funkcija f(x) = sin(1/x) nema jednostrane limese u x = 0.


1.0 0.5 0.5 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Slika 2.5: Razvoj funkcije (2.45) u Fourierov red.

Dokaz Dirichletovog teorema prelazi okvire ove skripte pa ga izostavljamo (vidi refe-

rence XX). Ako f ima prekid u tocki x0, tada je f(x0) jednako srednjoj vrijednosti

jednostranih limesa u x0. Vrijednost Fourierovog reda u rubnim tockama ±L se

takoder moze interpretirati kao srednja vrijednost jednostranih limesa ako interval

[−L,L] savijemo u kruznicu.

Primjer 2.5 Promotrimo stepenicastu funkciju

f(x) =

0, −1 ≤ x < 0,

1, 0 ≤ x ≤ 1.(2.45)

prikazanu na slici 2.5. Funkcija f je po dijelovima C1 na [−1, 1] i ima prekid prve

vrste u tocki x0. Fourierovi koeficijenti su dani sa

a0 =

∫ 1

0

dx = 1, (2.46)

an =

∫ 1

0

cos(nπx)dx =sin(nπ)

nπ= 0, n ≥ 1, (2.47)

bn =

∫ 1

0

sin(nπx)dx =1

nπ

(1 − (−1)n

), n ≥ 1. (2.48)

Stoga je

f(x) =1

2+

1

π

∞∑

n=1

1 − (−1)n

nsin(nπx). (2.49)


Iz jednadzbe (2.49) dobivamo

f(0) =1

2=

1

2

[f(0−) + f(0+)

], (2.50)

u skladu s Dirichletovim teoremom. Takoder, na rubovima intervala imamo

f(±1) =1

2=

1

2

[f(−1+) + f(1−)

]. (2.51)

Pokazimo da zbog prekida u tocki x = 0 Fourierov red ne konvergira uniformno

na [−1, 1]. Neka je SN(x) N -ta parcijalna suma Fourierovog reda (2.49). Kako je

SN(0) = 1/2 i SN(x) je neprekidna funkcija, za ε = 1/4 postoji δ > 0 takav da

|x| < δ ⇒∣∣∣SN (x) −

1

2

∣∣∣ <

1

4. (2.52)

Posebno, za 0 < x < δ iz (2.52) slijedi

1

4< SN(x) <

3

4. (2.53)

S druge strane, f(x) = 1 za 0 < x < δ pa je

|SN (x) − f(x)| > f(x) − SN (x) > 1 −3

4=

1

4. (2.54)

Zakljucujemo da je

1

4< |SN(x) − f(x)| za sve 0 < x < δ, N ≥ 1, (2.55)

sto povlaci

supx∈[−1,1]

|SN (x) − f(x)| >1

4za svaki N ≥ 1. (2.56)

Dakle, konvergencija Fourierovog reda nije uniformna na [−1, 1].

Primjer 2.6 Odredimo Fourierov red funkcije f(x) = |x| na intervalu [−π, π]. Funk-

cija f je po dijeloivma C1 na [−π, π] i neprekidna na [−π, π]. Za Fourierove koefici-

jente dobivamo

a0 =1

π

∫ π

−π

|x|dx =2

π

∫ π

0

xdx = π, (2.57)

an =1

π

∫ π

−π

|x| cos(nx)dx =2

π

∫ π

0

x cos(nx)dx

=2

π

[x sin(nx)

n

∣∣∣∣∣

π

0

−∫ π

0

sin(nx)

ndx

]

=2

π

cos(nx)

n2

∣∣∣∣∣

π

0

=2

π

(−1)n − 1

n2, n ≥ 1. (2.58)


3 2 1 1 2 3

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

Slika 2.6: Razvoj funkcije f(x) = |x| u Fourierov red.

Dakle,

an =

0, n je paran,

− 4πn2 , n je neparan.

(2.59)

Funkcija f(x) = |x| je parna pa je

bn =1

π

∫ π

−π

|x| sin(nx)dx = 0, n ≥ 1. (2.60)

Dakle, Fourierov red ima oblik

f(x) =π

2−

4

π

∞∑

n=1

1

(2n − 1)2cos((2n − 1)x

)(2.61)

(vidi sliku 2.6). Kako je f neprekidna na [−π, π], prema Dirichletovom teoremu je

f(x) = f(x) za svaki x ∈ [−π, π].

2.3 Uniformna konvergencija

U mnogim problemima primijenjene matematike pozeljno je da Fourierov red unifor-

mno konvergira. Vaznost uniformne konvergencije cemo posebno vidjeti kod rjesavanja

parcijalnih diferencijalnih jednadzbi metodom separacije varijabli. Na primjeru 2.5

smo pokazali da konvergencija Fourierovog reda ne moze biti uniformna ako funkcija


ima prekid u tocki. Ovo povlaci da je neprekidnost funkcije nuzan uvjet za uniformnu

konvergenciju. U teoremu 2.4 cemo dokazati da ako je funkcija f neprekidna, onda

uz neke dodatne uvjete Fourierov red uniformno konvergira ka f . U dokazu ovog

teorema koristimo sljedeci preliminarni rezultat.

Propozicija 2.1 (Cauchy–Schwartzova nejednakost) Neka su zi, wi kompleksni

brojevi za 1 ≤ i ≤ n. Tada je

∣∣∣∣∣

n∑

i=1

ziwi

∣∣∣∣∣≤

√√√√

n∑

i=1

|zi|2

√√√√

n∑

i=1

|wi|2. (2.62)

Dokaz. Definirajmo a =∑n

i=1 ziwi. Tada za svaki realni broj λ imamo

0 ≤n∑

i=1

|zi − λawi|2 =

n∑

i=1

(zi − λawi)(zi − λawi)

=n∑

i=1

zizi − λn∑

i=1

awizi − λn∑

i=1

ziawi + λ2aan∑

i=1

wiwi

=n∑

i=1

|zi|2 − 2λ|a|2 + λ2|a|2

n∑

i=1

|wi|2. (2.63)

Izraz (2.63) je kvadratni polinom p(λ) za koji vrijedi p(λ) ≥ 0 za svaki λ ∈ R. Stoga

diskriminanta polinoma

Δ =(−2|a|2

)2− 4

(

|a|2n∑

i=1

|wi|2

)(n∑

i=1

|zi|2

)

(2.64)

mora zadovoljavati Δ ≤ 0 sto povlaci

|a|2 ≤n∑

i=1

|zi|2

n∑

i=1

|wi|2, (2.65)

odnosnon∑

i=1

|ziwi| ≤

√√√√

n∑

i=1

|zi|2

√√√√

n∑

i=1

|wi|2. (2.66)

�


Teorem 2.4 (Teorem o uniformnoj konvergenciji) Neka je f neprekidna i po

dijelovima C1 funkcija na [−L,L] takva da je f(−L) = f(L). Tada Fourierov red f

konvergira uniformno ka f na [−L,L].

Dokaz. Neka je

SN(x) =a0

2+

N∑

n=1

[an cos

(nπ

Lx)

+ bn sin(nπ

Lx)]

(2.67)

N -ta parcijalna suma Fourierovog reda funkcije f . Prema Dirichletovom teoremu je

limN→∞

SN(x) = f(x) za svaki x ∈ [−L,L] (2.68)

jer je f neprekidna na [−L,L]. Stoga je

|f(x) − SN (x)| =∣∣∣

∞∑

n=N+1

[an cos

(nπ

Lx)

+ bn sin(nπ

Lx)] ∣∣∣

≤∞∑

n=N+1

∣∣∣an cos

(nπ

Lx)

+ bn sin(nπ

Lx)∣∣∣

≤∞∑

n=N+1

(|an| + |bn|) za svaki x ∈ [−L,L]. (2.69)

Ako pokazemo da su redovi∑∞

n=1 |an| i∑∞

n=1 |bn| konvergentni, tada ce uniformna

konvergencija slijediti iz relacije (2.69). Parcijalnom integracijom koeficijente an

mozemo prevesti na oblik

an =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπ

Lx)dx (2.70)

=1

L

f(x)L

nπsin(nπ

Lx)∣∣∣∣∣

L

−L

−∫ L

−L

f ′(x)L

nπsin(nπ

Lx)

(2.71)

= −L

nπ

1

L

∫ L

−L

f ′(x) sin(nπ

Lx)dx = −

L

nπAn, n ≥ 1, (2.72)

gdje su An Fourierovi koeficijenti funkcije f ′(x) koji mnoze sin(nπx/L). Slicno, ko-

risteci uvjet f(−L) = f(L) dobivamo

bn =L

nπ

1

L

∫ L

−L

f ′(x) cos(nπ

Lx)dx =

L

nπBn, n ≥ 1 (2.73)


gdje su Bn Fourierovi koeficijenti funkcije f ′(x) koji mnoze cos(nπx/L). Primijetimo

da je

B0 =1

L

∫ L

−L

f ′(x)dx = 0. (2.74)

Dakle,

|an| =L

π

1

n|An| i |bn| =

L

π

1

n|Bn|, n ≥ 1. (2.75)

Pokazimo sada da redovi∑∞

n=11n|An| i

∑∞n=1

1n|Bn| konvergiraju. Prema Cauchy–

Schwartzovoj nejednakosti, za svaki N ∈ N vrijedi

N∑

n=1

1

n|An| ≤

√√√√

N∑

n=1

1

n2

√√√√

N∑

n=1

A2n ≤

π√

6

√√√√

N∑

n=1

A2n (2.76)

jer je∑∞

n=11n2 = π2

6. Slicno dobivamo

N∑

n=1

1

n|Bn| ≤

π√

6

√√√√

N∑

n=1

B2n. (2.77)

Derivacija funkcije f ′ je po dijelovima neprekidna sto povlaci da je f ′ kvadratno

integrabilna na [−L,L] pa iz Besselova nejednakost povlaci

∞∑

n=1

(A2

n + B2n

)≤

1

L

∫ L

−L

|f ′(x)|2dx < ∞ (2.78)

gdje smo uzeli u obzir da je B0 = 0. Odavde slijedi da su redovi∑∞

n=1 A2n i∑∞

n=1 B2n

konvergentni pa iz (2.76) i (2.77) slijedi da je

∞∑

n=1

1

n|An| ≤

π√

6

√√√√

∞∑

n=1

A2n i

∞∑

n=1

1

n|Bn| ≤

π√

6

√√√√

∞∑

n=1

B2n. (2.79)

Iz jednadzbe (2.75) zakljucujemo da redovi∑∞

n=1 |an| i∑∞

n=1 |bn| konvergiraju jer je

∞∑

n=1

|an| ≤L√

6

√√√√

∞∑

n=1

A2n i

∞∑

n=1

|bn| ≤L√

6

√√√√

∞∑

n=1

B2n. (2.80)

Sada relacija (2.69) povlaci da Fourierov red konvergira uniformno jer

limN→∞

sup−L≤x≤L

|f(x) − SN(x)| ≤ limN→∞

∞∑

n=N+1

(|an| + |bn|) = 0 (2.81)


cime je tvrdnja dokazana. �

Ponekad je korisno procijeniti brzinu kojom Fourierovi koeficijenti teze k nuli. Pozna-

vajuci gornju medu za |an| i |bn| mozemo procijeniti koliko clanova Fourierovog reda

je potreba da bi se postigla odredena tocnost u aproksimaciji funkcije.

Propozicija 2.2 Neka je f ∈ C2[−L,L] takva da je f(−L) = f(L) i f ′(−L) = f ′(L).

Neka je M = maxx∈[−L,L] |f ′′(x)|. Tada za Fourierove koeficijente vrijedi

|an| =

∣∣∣∣1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπx

L

)dx

∣∣∣∣ ≤

2L2M

π2n2, (2.82)

|bn| =

∣∣∣∣1

L

∫ L

−L

f(x) sin(nπx

L

)dx

∣∣∣∣ ≤

2L2M

π2n2, n ≥ 1. (2.83)

Dokaz. Parcijalnom integracijom dobivamo

an =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπx

L

)dx

=1

L

[L

nπf(x) sin

(nπx

L

)∣∣∣x=L

x=−L−

L

nπ

∫ L

−L

f ′(x) sin(nπx

L

)dx

]

= −1

nπ

∫ L

−L

f ′(x) sin(nπx

L

)dx. (2.84)

Ako ponovo primijenimo parcijalnu derivaciju na dobiveni izraz, tada nalazimo

∫ L

−L

f ′(x) sin(nπx

L

)dx = −

L

nπf ′(x) cos

(nπx

L

)∣∣∣x=L

x=−L+

L

nπ

∫ L

−L

f ′′(x) cos(nπx

L

)dx

=L

nπ

∫ L

−L


L

)dx (2.85)

jer je f ′(−L) = f ′(L). Supstitucijom (2.85) u (2.84) dobivamo

an = −L

n2π2

∫ L

−L


L

)dx. (2.86)

Slicni racun pokazuje da uvjet f(−L) = f(L) implicira

bn = −L

n2π2

∫ L

−L

f ′′(x) sin(nπx

L

)dx. (2.87)


Slika 2.7: Suma reda∑∞

n=N+11n2

Iz jednadzbi (2.86) i (2.87) slijedi da su gornje mede za |an| i |bn| dane sa

|an| ≤L

n2π2

∫ L

−L

∣∣∣f ′′(x) cos

(nπx

L

)∣∣∣ dx ≤

2L2M

n2π2, (2.88)

|bn| ≤L

n2π2

∫ L

−L

∣∣∣f ′′(x) sin

(nπx

L

)∣∣∣ dx ≤

2L2M

n2π2(2.89)

jer je |f ′′(x)| ≤ M za svaki x ∈ [−L,L]. �

Ako Fourierovi koeficijenti nisu eksplicitno poznati, na primjer ako se racunaju nu-

merickim metodama, onda iz relacija (2.88) i (2.89) mozemo dobiti grubu procjenu

koliko clanova Fourierovog reda je potrebno za aproksimaciju funkcije unutar zadane

tocnosti. Razlika izmedju funkcije f(x) i N -te parcijalne sume Fourierovog reda SN (x)

zadovoljava

|f(x) − SN (x)| ≤∣∣∣

∞∑

n=N+1

(an cos

(nπ

Lx)

+ bn sin(nπ

Lx)∣∣∣

≤∞∑

n=N+1

(|an| + |bn|) =4L2M

π2

∞∑

n=N+1

1

n2. (2.90)


Primijetimo da je suma reda∑∞

n=N+11n2 manja od povrsine ispod krivulje y = 1

x2 ,

N ≤ x < ∞ (vidi sliku 2.7). Stoga je

∞∑

n=N+1

1

n2≤∫ ∞

N

dx

x2=

1

N(2.91)

pa iz (2.90) slijedi

|f(x) − SN (x)| ≤4L2M

π2N, x ∈ [−L,L]. (2.92)

Ako zelimo da je pogreska aproksimacije manja od ε > 0, onda N treba uzeti tako da

je

N >4L2M

π2ε. (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 izracunaju i onda primijeni integralna metoda

u majorizaciji reda. Ilustrirajmo ovu tvrdnju na sljedecem primjeru.

Primjer 2.7 Procijenite koliko clanova Fourierovog reda je potrebno za aproksima-

ciju funkcije f(x) = x3 − x, x ∈ [−1, 1], s pogreskom manjom od ε = 0.01.

Funkcija f(x) = x3 − x je naparna pa je an = 0 za svaki n ≥ 0. Koeficijenti bn su

dani sa

bn =

∫ 1

−1

(x3 − x) sin(nπx)dx = (−1)n 12

(nπ)3. (2.94)

Stoga je

f(x) =12

π3

∞∑

n=1

(−1)n

n3sin(nπx). (2.95)

Prema teoremu 2.4, red (2.95) uniformno konvergira ka f i∣∣∣∣∣f(x) −

12

π3

N∑

n=1

(−1)n

n3sin(nπx)

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣12

π3

∞∑

n=N+1

(−1)n

n3sin(nπx)

∣∣∣∣∣≤

12

π3

∞∑

N+1

1

n3(2.96)

za svaki x ∈ [−1, 1]. Suma reda∑∞

n=N+1 1/n3 je manja od povrsine ispod krivulje

y = 1/x3, N ≤ x < ∞. Dakle,

∞∑

n=N+1

1

n3≤∫ ∞

N

1

x3dx =

1

2N2. (2.97)


Sada iz (2.96) dobivamo

∣∣∣∣∣f(x) −

12

π3

N∑

n=1

(−1)n

n3sin(nπx)

∣∣∣∣∣≤

6

π3N2. (2.98)

Ako zelimo da pogreska aproksimacije bude manja od ε = 0.01, tada N treba uzeti

takav da je 6/(π3N2) < 0.01, odnosno

N >

√6

π3 ∙ 0.01≈ 4.4. (2.99)

Odavde zakljucujemo da je dovoljno uzeti N = 5 clanova reda. Za usporedbu odredimo

N iz relacije (2.93). Maksimalna vrijednost druge derivacije je dana sa

M = max−1≤x≤1

|6x| = 6, (2.100)

pa uvjet

N >4 ∙ 6

π2 ∙ 0.01≈ 243.17 (2.101)

povlaci N = 244. Ocigledno je prva procjena mnogo bolja od procjene dobivene rela-

cijom (2.93).

2.3.1 Gibbsova pojava

U primjeru 2.5 promatrali smo stepenicastu funkciju

f(x) =

0, −1 ≤ x < 0,

1, 0 ≤ x ≤ 1.(2.102)

Fourierov red ove funkcije pokazuje pojavu koja je uvijek prisutna kada funkcija ima

prekid prve vrste. Neka je

SN (x) =1

2+

1

π

N∑

n=1

1 + (−1)n+1

nsin(nπx) (2.103)

N -ta parcijalna suma reda Fouerierovog reda funkcije (2.102). Na slici 2.5 uocavamo

da je razlika izmedju SN(x) i f(x) znatno veca u okolini tocke x = 0 nego u drugim

tockama intervala. Pokazat cemo da postoji niz tocaka {xk} takav da xk → 0 u

kojima se razlika |SN(xk) − f(xk)| ne moze napraviti proizvoljno malom bez obzira


koliki je N . Ova cinjenica naziva se Gibbsova pojava po matematicaru J.W. Gibbsu.

Preuredimo izraz za parcijalnu sumu (2.103) na sljedeci nacin. Kako je 1+(−1)n+1 = 0

za parni n, sumu (2.103) mozemo zapisati u obliku

S2N−1(x) =1

2+

2

π

N∑

k=1

1

2k − 1sin((2k − 1)πx)

). (2.104)

U tocki x = 12N

imamo

S2N−1

( 1

2N

)=

1

2+

1

π

N∑

k=1

sin(

(2k−1)π2N

)

(2k−1)π2N

π

N. (2.105)

Definirajmo tocke

xk =(2k − 1)π

2N, k = 1, 2, . . . , N. (2.106)

Ove tocke tvore uniformnu particiju intervala [0, π] gdje je duljina svakog podintervala

Δx = xk+1 − xk = πN

. Primijetimo da sumu (2.105) mozemo zapisati kao

S2N−1

( 1

2N

)=

1

2+

1

π

N∑

k=1

f(xk)Δx (2.107)

gdje je f(x) = sin(x)/x. Gornji izraz prepoznajemo kao Riemannovu sumu funkcije

f(x) na intervalu [0, π], pa u limesu kada N → ∞ dobivamo

limN→∞

S2N−1

( 1

2N

)=

1

2+

1

π

∫ π

0

sin(x)

xdx ≈ 1.0895. (2.108)

Tocke 12N

teze k nuli kada N → ∞, ali razlika S2N−1(1

2N)− f( 1

2N) ne tezi k nuli jer je

limN→∞

[

S2N−1

( 1

2N

)− f

( 1

2N

)]

≈ 1.0895 − 1 = 0.0895. (2.109)

Dakle, parcijalne sume premasuju vrijednost funkcije za otprilike 8 .9% u svakoj tocki1

2N. Vazno je napomenuti da ovo nije u kontradikciji s cinjenicom da Fourierov red

konvergira po tockama ka f(x), ali konvergencija nije uniformna. Zapazanje u opisa-

nom primjeru se naziva Gibbosva pojava i moze se opcenito formulirati kao sljedeci

rezultat.


Teorem 2.5 (Gibbsova pojava) Neka je f po dijelovima C1 funkcija na intervalu

[−L,L]. Neka je −L ≤ x0 < L tocka prekida funkcije f i neka je

SN(x) =a0

2+

N∑

n=1

(an cos

(nπx

L

)+ bn sin

(nπx

L

))(2.110)

N -ta parcijalna suma Fourierovog reda od f . Tada postoji niz tocaka {xN}, xN > x0,

takav da je limN→∞ xN = x0 i

limN→∞

SN (xN ) − f(xN)

f(x+0 ) − f(x−

0 )≥ 0.089. (2.111)

Poglavlje 3

Klasifikacija jednadzbi drugog reda

u dvije nezavisne varijable

U ovom poglavlju cemo klasificirati linearne jednadzbe drugog reda u dvije nezavisne

varijable. Ovaj tip jednadzbi se moze podijeliti na hiperbolicke, parabolicke i elipticke

jednadzbe. Rjesenja istog tipa jednadzbi dijele mnoga zajednicka kvalitivna svojstva,

a svaki tip jednadzbe se moze transformacijom varjiabli prevesti na tzv. kanonski

oblik.

Opca linearna parcijalna diferencijalna jednadzba drugog reda u dvije nezavisne va-

rijable ima oblik

L[u] = Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu = G (3.1)

gdje su u,A,B,C,D,E, F,G funkcije varijabli x, y u nekom podrucju Ω ⊆ R2. Ope-

rator

L0 = A∂2

∂x2+ 2B

∂2

∂x∂y+ C

∂2

∂y2(3.2)

naziva se glavni dio operatora L. Glavnom dijelu operatora L prdruzena je diskrimi-

nanta

Δ(x, y) = B2(x, y) − A(x, y)C(x, y). (3.3)

Pokazat cemo da predznak diskriminante ne ovisi o koordinatnom sustavu u kojem

promatramo jednadzbu. Stoga ima smisla klasificirati jednadzbe oblika (3.1) prema

predznaku diskriminante Δ(x, y).

40

POGLAVLJE 3. KLASIFIKACIJA JEDNADZBI DRUGOG REDA 41

Definicija 3.1 Jednadzba (3.1) naziva se

(a) hiperbolicka u tocki (x, y) ako je Δ(x, y) > 0,

(b) parabolicka u tocki (x, y) ako je Δ(x, y) = 0,

(c) elipticka u tocki (x, y) ako je Δ(x, y) < 0.

Ako je jednadzba (3.1) hiperbolicka (parabolicka, elipticka) u svakoj tocki podrucja Ω,

tada kazemo da je jednadzba hiperbolicka (parabolicka, elipticka) u Ω. Klasifikacija

jednadzbi na spomenute tipove ima motivaciju u analitickoj geometriji jer jednadzba

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (3.4)

predstavlja hiperbolu, parabolu ili elipsu ovisno o tome je li diskriminanta Δ = B2 −

AC pozitivna, nula ili negativna.

Primjer 3.1 (a) Valna jednadzba

utt − c2uxx = 0 (3.5)

je hiperbolicka (A = −c2, B = 0, C = 1) u R2 jer je Δ = c2 > 0.

(b) Jednadzba provodenja topline

ut − kuxx = 0 (3.6)

je parabolicka (A = −k,B = C = 0) u R2 jer je Δ = 0.

(c) Laplaceova jednadzba

uxx + uyy = 0 (3.7)

je elipticka (A = C = 1, B = 0) u R2 jer je Δ = −1 < 0.

(d) Tricomijeva jednadzba

yuxx + uyy = 0 (3.8)

(A = y,B = 0, C = 1) ima diskriminantu Δ = −y. Jednadzba je elipticka u

poluravnini y > 0, hiperbolicka u poluravnini y < 0 i parabolicka na pravcu y = 0.


Promotrimo sada sto se desava s jednadzbom ako uvedemo nove varijable. Pretpos-

tavimo da jednadzba (3.1) spada u jedan od tri tipa u podrucju Ω ⊆ R2. Uvedimo

varijable

α = α(x, y), β = β(x, y), (x, y) ∈ Ω. (3.9)

S ozbzirom da promatramo jednadzbe drugog reda, pretpostavit cemo da su α i β

funkcije klase C2 u Ω. Zanimaju nas samo regularne transformacije ciji Jacobijan je

J =

∣∣∣∣∣αx αy

βx βy

∣∣∣∣∣= αxβy − αyβx 6= 0 (3.10)

jer u tom slucaju postoji inverzna transformacija

x = x(α, β), y = y(α, β). (3.11)

Lema 3.1 Neka je

Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu = G (3.12)

linearna jednadzba drugog reda. Uvedimo nove varijable α = α(x, y), β = β(x, y) gdje

je (x, y) 7→ (α, β) regularna transformacija. Tada je predznak diskriminante jednadzbe

(3.12) invarijantan obzirom na transformaciju (x, y) 7→ (α, β).

Drugim rijecima, predznak diskriminante Δ(x, y) je intrinzicno svojstvo jednadzbe jer

funkcija w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)) zadovoljava jednadzbu 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

ux = wα αx + wβ βx, (3.13)

uy = wα αy + wβ βy, (3.14)

uxx = wαα α2x + 2wαβ αx βx + wββ β2

x + wα αxx + wβ βxx, (3.15)

uxy = wαα αx αy + wαβ(αxβy + αyβx) + wββ βx βy + wα αxy + wβ βxy, (3.16)

uyy = wαα α2y + 2wαβ αy βy + wββ β2

y + wα αyy + wβ βyy. (3.17)


Suptitucijom ovih izraza u jednadzbu (3.12) slijedi da funkcija w zadovoljava

L[w] = Awαα + 2Bwαβ + Cwββ + Dwα + Ewβ + Fw = G (3.18)

gdje je

A(α, β) = Aα2x + 2Bαx αy + Cα2

y, (3.19)

B(α, β) = Aαx βx + B(αx βy + αy βx) + Cαy βy, (3.20)

C(α, β) = Aβ2x + 2Bβx βy + Cβ2

y . (3.21)

Ostale koeficijente ne trebamo eksplicitno izracunati jer tip jednadzbe ovisi samo o

koeficijentima A, B i C. Jednadzbe (3.19)-(3.21) se mogu zapisati u matricnom obliku

(A B

B C

)

=

(αx αy

βx βy

)(A B

B C

)(αx βx

αy βy

)

. (3.22)

Uzimanjem determinante na lijevoj i desnoj strani jednadzbe (3.22) dobivamo

AC − B2 = (AC − B2)(αx βy − αy βx)2, (3.23)

odnosno

Δ = ΔJ2. (3.24)

Iz pretpostavke da je α = α(x, y), β = β(x, y) regularna transformacija slijedi da je

J = αx βy − αy βx 6= 0, pa zakljucujemo da diskriminante Δ i Δ imaju isti predznak.

Ovo implicira da funkcije u i w zadovoljavaju isti tip jednadzbe. �

Uvodenjem novih varijabli jednadzba (3.1) se moze svesti na jednostavniji, tzv. ka-

nonski oblik, gdje je glavni dio kanonskog oblika jednadzbe jednak glavnom dijelu

valne, toplinske ili Laplaceove jednadzbe. Proucavanjem kanonskih oblika dobi-

vamo laksi uvid u svojstva opce jednadzbe (3.1). Ako nam je poznato rjesenje

kanonskog oblika jednadzbe w(α, β), tada je rjesenje pocetne jednadzbe dano sa

u(x, y) = w(α(x, y), β(x, y)).

Definicija 3.2 Kanonski oblik hiperbolicke jednadzbe je

wαβ + L1[w] = G(α, β) (3.25)


gdje je L1 diferencijalni operator prvog reda. Ovaj kanonski oblik je ekvivalentan sa

wξξ − wηη + L1[w] = G(ξ, η) (3.26)

gdje su variable ξ, η dane transformacijom ξ = α + β, η = α − β. Kanonski oblik

parabolicke jednadzbe je

wαα + L1[w] = G(α, β), (3.27)

dok je kanonski oblik elipticke jednadzbe

wαα + wββ + L1[w] = G(α, β). (3.28)

U sljedecem poglavlju cemo proucavati transformacije varijabli kojima se jednadzbe

svode kanonski oblik.

3.1 Kanonski oblik hiperbolickih jednadzbi

Teorem 3.1 Pretpostavimo da je


jednadzba hiperbolickog tipa u podrucju Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y), β =

β(x, y) u kojima jednadzba (3.29) ima kanonski oblik

wαβ + L1[w] = G (3.30)

gdje je w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)) i L1 je diferencijalni operator prvog reda.

Dokaz. Ako je A = C = 0, onda je Δ = B2 > 0 pa se u ovom slucaju jednadzba svodi

na kanonski oblik dijeljenjem s B > 0. Pretpostavimo sada bez gubitka opcenitosti da

je A 6= 0 u Ω. Prema lemi 3.1, trebamo pronaci transformaciju varijabli α = α(x, y),

β = β(x, y) takvu da je

A(α, β) = Aα2x + 2Bαxαy + Cα2

y = 0, (3.31)

C(α, β) = Aβ2x + 2Bβxβy + Cβ2

y = 0. (3.32)

Kako je Δ = B2 − AC > 0 u Ω, jednadzba

Aλ2 + 2Bλ + C = 0 (3.33)


ima dva razlicita realna rjesenja λ1(x, y) i λ2(x, y) u svakoj tocki (x, y) ∈ Ω:

λ1,2 =−B ±

√B2 − AC

A. (3.34)

Pretpostavimo da funkcije α(x, y) i β(x, y) zadovoljavaju sustav jednadzbi prvog reda

αx = λ1(x, y)αy, (3.35)

βx = λ2(x, y)βy (3.36)

Jednadzbe (3.35) i (3.36) nazivamo karakteristicne jednadzbe. Supstitucijom karak-

teristicnih jednadzbi u izraze za A i C dobivamo

A = (Aλ21 + 2Bλ1 + C)α2

y = 0, (3.37)

C = (Aλ22 + 2Bλ2 + C)β2

y = 0. (3.38)

Dakle, jednadzba (3.29) u novim varijablama ima oblik

2Bwαβ + L1[w] = G. (3.39)

Ostaje nam provjeriti je li transformacija α = α(x, y), β = β(x, y) regularna. Sups-

titucijom jednadzbi (3.35) i (3.36) u Jacobijan transformacije dobivamo

J =

∣∣∣∣∣λ1αy αy

λ2βy βy

∣∣∣∣∣= (λ1 − λ2)αyβy. (3.40)

Kako je λ1 6= λ2, zakljucujemo da je transformacija regularna ako je αy 6= 0 i βy 6= 0.

Kako je Δ = B2, jednadzba Δ = ΔJ2 povlaci

B2 = ΔJ2 > 0. (3.41)

Stoga jednadzbu (3.39) mozemo podijeliti s 2B > 0 cime dobivamo kanonski oblik

(3.30). Dakle, hiperbolicka jednadzba se moze transformirati u kanonski oblik ako

funkcije α(x, y) i β(x, y) zadovoljavaju jednadzbe (3.35) i (3.36) uz uvjet αy 6= 0 i

βy 6= 0. �

Primjer 3.2 Odredite kanonski oblik jednadzbe

4uxx + 5uxy + uyy + ux + uy = 2. (3.42)


Koeficijenti jednadzbe su A = 4, B = 5/2 i C = 1, pa je jednadzba hiperbolicka na

R2 jer je Δ = B2 − AC = 9/4 > 0. Jednadzba Aλ2 + 2Bλ + C = 0 ima dva realna

korijena λ1 = −1/4 i λ2 = −1. Stoga su karakteristicne jednadzbe dane sa

αx = −1

4αy, βx = −βy, (3.43)

odakle slijedi

α = −1

4x + y, β = −x + y. (3.44)

Definirajmo funkciju w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)

). Tada je

ux = −1

4wα − wβ, (3.45)

uy = wα + wβ, (3.46)

uxx =1

16wαα +

1

2wαβ + wββ, (3.47)

uyy = wαα + 2wαβ + wββ, (3.48)

uxy = −1

4wαα −

5

4wαβ − wββ. (3.49)

Supstitucijom izraza (3.45)–(3.49) u jednadzbu (3.42) dobivamo kanonski oblik jed-

nadzbe

wαβ =1

3wα −

8

9. (3.50)

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 jednadzbe (3.42) ima oblik

w∗ξξ − w∗

ηη =1

3w∗

ξ +1

3w∗

η −8

9. (3.51)

3.2 Kanonski oblik parabolickih jednadzbi

Teorem 3.2 Neka je


jednadzba parabolickog tipa u podrucju Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y), β =

β(x, y) u kojima jednadzba (3.52) ima kanonski oblik

wαα + L1[w] = G (3.53)

gdje je w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)

)i L1 je diferencijalni operator prvog reda.


Dokaz. Prema pretpostavci je Δ = B2 − AC = 0, a A, B i C nisu svi nula sto

povlaci da je A 6= 0 ili C 6= 0. Bez gubitka opcenitosti pretpostavimo da je A 6= 0

u Ω. Ako je C 6= 0, dokaz se moze modificirati na ocigledni nacin. Prema lemi 3.1,

potrebno je pronaci transformaciju α = α(x, y), β = β(x, y) takvu da koeficijenti



y , (3.55)

iscezavaju. Zbog uvjeta Δ = B2 −AC = 0 jednadzba Aλ2 + 2Bλ + C = 0 ima jedno

realno rjesenje u Ω,

λ(x, y) = −B(x, y)

A(x, y). (3.56)

Pretpostavimo da varijabla β zadovoljava karakteristicnu jednadzbu

βx = λ(x, y)βy (3.57)

i da je βy 6= 0. Uvrstavanjem jednadzbe (3.57) u (3.54) i (3.55) dobivamo

B = (Aλ + B)αxβy + (Bλ + C)αyβy

=1

A

(AC − B2

)αyβy = 0, (3.58)

C = (Aλ2 + 2Bλ + C)β2y = 0. (3.59)

Za funkciju α(x, y) mozemo odbrati bilo koju funkciju za koju Jacobijan transforma-

cije (x, y) 7→ (α, β) ne iscezava. Ako odaberemo α = x, tada imamo

J =


βx βy

∣∣∣∣∣= βy 6= 0. (3.60)

Sada za koeficijent A imamo

A = Aα2x + 2Bαxαy + C2α2

y = A 6= 0 (3.61)

pa dijeljenjem jednadzbe u novim varijablama s A 6= 0 i uzimajuci u obzir B = C = 0

dobivamo kanonski oblik

wαα + L1[w] = G. (3.62)

�


Primjer 3.3 Odredite kanonski oblik jednadzbe

x2uxx − 2xyuxy + y2uyy + xux + yuy = 0 (3.63)

i pronadite opce rjesenje jednadzbe u poluravnini x > 0. Koeficijenti glavnog dijela

jednadzbe su A = x2, B = −xy i C = y2. Stoga je

Δ = B2 − AC = (xy)2 − x2y2 = 0 (3.64)

za svaki (x, y) ∈ R2, pa slijedi da je jednadzba parabolicka u R2. Prema jednadzbi

(3.56) koeficijent λ dan je sa

λ =y

x, (3.65)

pa β zadovoljava jednadzbu

xβx = yβy (3.66)

koja ocigledno ima rjesenje β = xy. Definirajmo transformaciju varijabli β = xy,

α = x i funkciju w(α, β) = u(x, y). Tada imamo

ux = wα + wββ

α, (3.67)

uy = wβα, (3.68)

uxx = wαα + 2wαββ

α+ wββ

(β

α

)2

, (3.69)

uxy = wαβα + wββ β + wβ, (3.70)

uyy = wββ α2. (3.71)

Uvrsenjem ovih izraza u jednadzbu (3.63) dobivamo

α2wαα + αwα = 0. (3.72)

Supstitucijom v = wα dobivamo jednadzbu prvog reda za v,

αvα + v = 0. (3.73)

Integracijom jednadzbe nalazimo

v = f(β)1

α, (3.74)


pa konacno dobivamo

w =

∫vdα = f(β) ln |α| + g(β). (3.75)

Dakle, opce rjesenje jednadzbe (3.63) u poluravnini x > 0 je funkcija

u(x, y) = f(xy) ln(x) + g(xy) (3.76)

gdje su f, g ∈ C2(R) proizvoljne funkcije.

3.3 Kanonski oblik eliptickih jednadzbi

Pronalazenje varijabli u kojima elipticka jednadzba ima kanonski oblik je u opcenitom

slucaju slozenije nego za hiperbolicke ili parabolicke jednadzbe (vidi [P.R. Garabe-

dian, Partial Diferential Equations, John Wiley and Sons, New York, 1964]). Ako su

koeficijenti elipticke jednadzbe konstantni, onda je procedura za svodenje na kanonski

oblik slicna hiperbolickom slucaju.

Teorem 3.3 Neka je


elipticka jednadzba u podrucju Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y), β = β(x, y) u

kojima jednadzba ima kanonski oblik

wαα + wββ + L1[w] = G (3.78)

gdje je w(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)

)i L1 je diferencijalni operator prvog reda.

Dokaz. Dokaz provodimo u slucaju kada su koeficijenti u jednadzbi konstante. Kako

je Δ = B2 − AC < 0, slijedi da je A 6= 0 i C 6= 0. Prisjetimo se da su koeficijenti

transformirane jednadzbe dani sa

A(α, β) = Aα2x + 2Bαx αy + Cα2

y, (3.79)



y . (3.81)


Zelimo pronaci transformaciju α = α(x, y) i β = β(x, y) takvu da je A = C i B = 0.

Ovo povlaci da α i β zadovoljavaju sustav jednadzbi A − C = 0 i B = 0, odnosno

A(α2x − β2

x) + 2B(αxαy − βxβy) + C(α2y − β2

y) = 0, (3.82)

Aαxβx + B(αxβy + αyβx) + Cαyβy = 0. (3.83)

Uvedimo kompleksnu funkciju φ = α + iβ. Tada je sustav jednadzbi (3.82)–(3.83)

ekvivalentan sa

Aφ2x + 2Bφxφy + Cφ2

y = 0. (3.84)

Jednadzba Aλ2 + 2Bλ + C = 0 ima dva kompleksno–konjugirana rjesenja

λ1 =−B + i

√AC − B2

A, λ2 =

−B − i√

AC − B2

A. (3.85)

Pretpostavimo da funkcija φ zadovoljava jednadzbu

φx = λ1φy. (3.86)

Tada je

Aφ2x + 2Bφxφy + Cφ2

y = (Aλ21 + 2Bλ1 + C)φ2

y = 0 (3.87)

sto znaci da su za ovaj izbor funkcije φ jednadzbe (3.82) i (3.83) zadovoljene, odnosno

da je A = C i B = 0. Definirajmo a = −B/A i b =√

AC − B2/A. Tada jednadzba

(3.86) ima rjesenje φ = λ1x + y odakle slijedi da je trazena transformacija dana sa

α = ax + y, β = bx. (3.88)

Tranformacija je regularna jer je

J =


βx βy

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣a 1

b 0

∣∣∣∣∣= −b 6= 0. (3.89)

Transformirani koeficijenti imaju oblik A = C = Ab2 pa dijeljenjem s Ab2 6= 0

dobivamo kanonski oblik

wαα + wββ + L1[w] = G. (3.90)

�

Primijetimo da se jednadzba moze svesti na kanonski oblik i ako funkcija φ zadovoljava

uvjet φx = λ2φy.


Primjer 3.4 Oredite kanonski oblik jednadzbe

uxx + uxy + uyy + ux = 0. (3.91)

Koeficijenti glavnog dijela jednadzbe su A = 1, 2B = 1 i C = 1. Kako je

Δ = B2 − AC = −3

4< 0, (3.92)

jednadzba je elipticka u R2. Rjesenja jednadzbe Aλ2 + 2Bλ + C = 0 su dana sa

λ1,2 =−1 ± i

√3

2. (3.93)

Prema jednadzbi (3.88), transformirane varijable imaju oblik

α = −1

2x + y, β =

√3

2x (3.94)

odakle dobivamo

ux = −1

2wα +

√3

2wβ, (3.95)

uxx =1

4wαα −

√3

2wαβ +

3

4wββ, (3.96)

uxy = −1

2wαα +

√3

2wαβ, (3.97)

uyy = wββ. (3.98)

Supstitucijom jednadzbi (3.95)–(3.97) u jednadzbu (3.91) dobivamo

3

4wαα +

3

4wββ −

1

2wα +

√3

2wβ = 0. (3.99)

odnosno

wαα + wββ −2

3wα +

2√

3wβ = 0. (3.100)

Kanonski oblik mozemo dobiti i koristenjem kompleksno konjugiranog rjesenja λ2 =

−12− i

√3

2. Tada su transformirane varijable dane sa

α = −1

2x + y, β = −

√3

2x, (3.101)


a pripadni kanonski oblik je

wαα + wββ −2

3wα −

2√

3wβ = 0. (3.102)

Dok je glavni dio kanonskog oblika jedinstven, preostali dio ovisi o izboru korijena λ1

ili λ2.

Zadaci

1. Neka je u rjesenje jednadzbe

uxx + 2uxy + uyy = 0. (3.103)

Napisite jednadzbu u koordinatama s = x, t = x − y i odredite opce rjesenje.

2. Jednadzbu

uxx − 2uxy + 5uyy = 0 (3.104)

napisite u koordinatama s = x + y, t = 2x, i odredite opce rjesenje jednadzbe.

3. Klasificirajte sljedece jednadzbe:

x2uxy − y uyy + ux − 4u = 0, (3.105)

xy uxx + 4uxy − (x2 + y2)uyy − u = 0. (3.106)

4. Za svaku od sljedecih jednadzbi odredite podrucja u ravnini gdje su jednadzbe

hiperbolicke, parabolicke ili elipticke:

2uxx + 4uxy + 3uyy − u = 0, (3.107)

uxx + 2xuxy + uyy + sin(xy)u = 5, (3.108)

yuxx − 2uxy + exuyy + x2ux − u = 0. (3.109)

5. Reducirajte na kanonski oblik sljedece jednadzbe:

c2uxx − uyy = 0, (3.110)

2uxx + uxy + y uyy = 0, y > 1, (3.111)

x2uxx − 2xy uxy + y2uyy = 0, (3.112)

xuxx − 4uxy = 0, x > 0. (3.113)

Poglavlje 4

Jednadzba provodenja

Jednadzba provodenja je najvazniji primjer diferencijalne jednadzbe parabolickog

tipa. U prvom dijelu izlaganja dokazat cemo jedinstvenost rjesenja pocetno–rubnog

problema, princip maksimuma i neprekidnu ovisnost rjesenja o pocetnim i rubnim

uvjetima. U drugom dijelu odredit cemo rjesenje homogene jednadzbe metodom se-

paracije varijabli za razlicite vrste rubnih uvjeta, a zatim cemo ovu metodu prosiriti

na nehomogenu jednadzbu.

4.1 Princip maksimuma i jedinstvenost rjesenja

U krutom, homogenom, toplinski vodljivom materijalu toplina se iz podrucja vise

temperature prenosi u podrucje nize temperature pri cemu se raspodjela temperature

mijenja. Ako je tijelo u obliku tankog homogenog stapa duljine L, tada je temperatura

u poprecnom presjeku konstantna pa se moze opisati funkcijom u(x, t), 0 ≤ x ≤ L.

Funkcija u zadovoljava jednodimenzionalnu jednadzbu provodenja topline

ut − kuxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (4.1)

gdje je k > 0 konstanta koju nazivamo toplinska vodljivost. Funkcija F (x, t) modelira

izvor ili ponor topline, na primjer vanjski izvor koji grije tijelo. Ako vanjski izvor

topline nije prisutan, tada u zadovoljava homogenu jedndnadzbu

ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0. (4.2)

53

POGLAVLJE 4. JEDNADZBA PROVODENJA 54

Fizikalna intuicija sugerira da je raspodjela temperature poznata ako je poznata

pocetna temperatura u(x, 0) i temperatura na krajevima stapa u(0, t) i u(L, t). Ovo

nas vodi na razmatranje pocetno–rubnog problema s Dirichletovim uvjetima

ut − kuxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (4.3)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.4)

u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), t ≥ 0. (4.5)

Ako je umjesto temperature na krajevima stapa poznat njezin gradijent, tada funkcija

u zadovoljava Neumannove uvjete

ux(0, t) = a(t), ux(0, t) = b(t), t ≥ 0. (4.6)

Pretpostavljamo da su funkcije f , a i b neprekidne. Funkcija u zadovoljava jednadzbu

provodenja na domeni

Ω ={(x, t) | 0 < x < L, 0 < t

}, (4.7)

a rubni i pocetni uvjeti su zadani na rubu domene

∂Ω = {(x, 0) | a ≤ x ≤ b} ∪ {(0, t) | t ≥ 0} ∪ {(L, t) | t ≥}. (4.8)

Nas zadatak je odrediti C2 funkciju u(x, t) koja zadovoljava jednadzbu (4.3) na Ω

sa zadanim pocetnim i rubnim uvjetima. U daljenjem tekstu pretpostavljamo da je

skup Ω definiran jednadzbom (4.7).

Teorem 4.1 (Jedinstvenost rjesenja) Neka su u1 i u2 C2 rjesenja problema (4.3)–

(4.5). Tada je u1 = u2.

Dokaz. Neka je w = u1 − u2. Funkcija w zadovoljava homogenu jednadzbu

wt − kwxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.9)

w(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L, (4.10)

w(0, t) = w(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.11)

Definirajmo pomocnu funkciju

J(t) =1

2k

∫ L

0

w2dx. (4.12)


Kako je (w2)t = 2w wt neprekidna funkcija, prema Leibnizovom pravilu J(t) mozemo

derivirati pod znakom integrala pa je

J ′(t) =1

2k

∫ L

0

∂

∂tw2dx =

1

k

∫ L

0

w wt dx =

∫ L

0

w wxx dx (4.13)

jer je wt = kwxx. Parcijalnom integracijom dobivamo

∫ L

0

w wxx dx = w wx

∣∣∣x=L

x=0−∫ L

0

w2x dx = −

∫ L

0

w2x dx (4.14)

gdje smo uzeli u obzir da je w(0, t) = w(L, t) = 0. Dakle,

J ′(t) = −∫ L

0

w2x dx ≤ 0, (4.15)

sto povlaci da J(t) nije strogo rastuca funkcija. Nadalje, pocetni uvjet w(x, 0) = 0

implicira J(0) = 0. Sada J(0) = 0 i J ′(t) ≤ 0 zajedno povlace da je J(t) ≤ 0 za svaki

t ≥ 0. Medjutim, iz definicije (4.12) slijedi J(t) ≥ 0, sto implicira da je

J(t) =1

2k

∫ L

0

w2 dx = 0 (4.16)

za svaki t ≥ 0. Kako je w2 ≥ 0, ovo povlaci w = 0, odnosno u1 = u2. Dakle, rjesenje

problema je jedinstveno. �

Primijetimo da prema istom dokazu Neumannov problem ima jedinstveno rjesenje jer

slobodni clan u jednadzbi (4.14) iscezava kada je wx(0, t) = wx(L, t) = 0. Sada cemo

dokazati zanimljivi rezultat prema kojem u svakom konacnom vremenskom intervalu

[0, T ] rjesenje homogene jednadzbe (4.2) ima maksimum na tzv. parabolickom rubu

pravokutnika D = [0, L] × [0, T ].

Definicija 4.1 Neka je D zatvoreni pravokutnik [a, b] × [c, d]. Parabolicki rub od D,

u oznaci ∂pD, je unija stranica y = c, x = a i x = b:

∂pD = {(x, c) | a ≤ x ≤ b} ∪ {(a, y) | c ≤ y ≤ d} ∪ {(b, y) | c ≤ y ≤ d} (4.17)

Teorem 4.2 (Princip maksimuma) Neka je u C2 rjesenje jednadzbe provodenja

ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0. (4.18)


Neka je T > 0 i neka je D zatvoreni pravokutnik [0, L]×[0, T ]. Tada u ima maksimum

po D na parabolickom rubu ∂pD. Drugim rijecima,

max(x,t)∈D

u(x, t) = u(x0, t0) (4.19)

za neku tocku (x0, t0) ∈ ∂pD.

Dokaz. Dokaz provodimo kontradikcijom. Neka je M = max(x,t)∈D u(x, t) i pretpos-

tavimo da je na parabolickom rubu

max(x,t)∈∂pD

u(x, t) = M − ε (4.20)

za neki ε > 0. Kako je u ∈ C(D), postoji tocka (x0, t0) ∈ D takva da je M = u(x0, t0).

Prema pretpostavci je (x0, t0) ∈ D \ ∂pD. Uvedimo pomocnu funkciju

v(x, t) = u(x, t) +ε

2L2(x − x0)

2. (4.21)

Jednadzba (4.20) povlaci da na prabolickom rubu vrijedi

v(x, t) ≤ M − ε +ε

2L2L2 = M −

ε

2, (x, t) ∈ ∂pD. (4.22)

S druge strane,

v(x0, t0) = u(x0, t0) = M > M −ε

2(4.23)

pa zakljucujemo da max(x,t)∈D v(x, t) nije dosegnut na rubu ∂pD. Dakle,

max(x,t)∈D

v(x, t) = v(x1, t1) za neku tocku (x1, t1) ∈ D \ ∂pD. (4.24)

U tocki (x1, t1) funkcija v zadovoljava nuzni uvjet za postojanje maksimuma:

vt(x1, t1) = 0 i vxx(x1, t1) ≤ 0 ako je 0 < t1 < T, (4.25)

ili

vt(x1, t1) ≥ 0 i vxx(x1, t1) ≤ 0 ako je t1 = T. (4.26)

U svakom slucaju vrijedi

vt(x1, t1) − kvxx(x1, t1) ≥ 0. (4.27)


Medutim, iz definicije funkcije v slijedi

vt(x1, t1) − kvxx(x1, t1) = ut(x1, t1) − kuxx(x1, t1) −kε

L2< 0 (4.28)

jer je ut(x1, t1) − kuxx(x1, t1) = 0, sto vodi na kontradikciju. Odavde zakljucujemo

da funkcija u ima maksimu po D u nekoj tocki parabolickog ruba ∂pD. �

Fizikalna interpretacija ovog principa je sljedeca: temperatura u unutrasnjosti stapa

(u tocki 0 < x < L) je u svakom trenutku 0 ≤ t ≤ T manja od maksimalne pocetne

temperature ili maksimalne temperature na rubovima stapa. U geometrijskim termi-

nima, ploha u = u(x, t) ima maksimalnu visinu na jednoj od stranica x = 0, x = L

ili t = 0 pravokutnika [0, L] × [0, T ].

Korolar 4.1 (Princip minimuma) Ako funkcija u zadovoljava pretpostavke iz te-

orema 4.2, tada u ima minimum u nekoj tocki parabolickog ruba ∂pR.

Dokaz. Definirajmo funkciju w = −u. Tada w zadovoljava pretpostavke iz teorema

4.2 pa w ima maksimum u nekoj tocki (x0, t0) ∈ ∂pR sto povlaci da u = −w ima

minimum u (x0, t0). �

Principi maksimuma i minimuma imaju za posljedicu da rjesenje jednadzbe provodenja

na kontinuirani nacin ovisi o pocetnim i rubnim uvjetima. To znaci da mala pro-

mjena u pocetnim ili rubnim uvjetima rezultira malom promjenom u rjesenju pa je

jednadzba provodenja stabilna. Ovaj rezultat je vazan jer se u primjenama pocetni

ili rubni uvjeti cesto ne mogu egzaktno odrediti.

Teorem 4.3 (Stabilnost obzirom na pocetne i rubne uvjete) Neka su u1 i u2

C2 rjesenja pocetno–rubnih problema

∂ui

∂t− k

∂2ui

∂x2= 0, 0 < x < L, t > 0, (4.29)

ui(x, 0) = fi(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.30)

ui(0, t) = ai(t), ui(L, t) = bi(t), t ≥ 0 (4.31)


za i = 1, 2. Neka su T > 0 i ε > 0. Ako je

max0≤x≤L

|f1(x) − f2(x)| < ε, (4.32)

max0≤t≤T

|a1(t) − a2(t)| < ε, max0≤t≤T

|b1(t) − b2(t)| < ε, (4.33)

tada je

max0≤x≤L0≤t≤T

|u1(x, t) − u2(x, t)| < ε. (4.34)

Drugimm rijecima, jednadzba provodenja je stabilna u svakom konacnom vremen-

skom intervalu [0, T ].

Dokaz. Neka je D zatvoreni pravokutnik [0, L] × [0, T ]. Definirajmo v = u1 − u2.

Tada je vt − kvxx = 0, i na parabolickom rubu od D vrijedi

|v(x, 0)| = |f1(x) − f2(x)| < ε, 0 ≤ x ≤ L, (4.35)

|v(0, t)| = |a1(t) − a2(t)| < ε, 0 ≤ t ≤ T, (4.36)

|v(L, t)| = |b1(t) − b2(t)| < ε, 0 ≤ t ≤ T. (4.37)

Ovo povlaci da je

max(x,t)∈∂pD

|v(x, t)| < ε (4.38)

pa je

−ε < min(x,t)∈∂pD

v(x, t) i max(x,t)∈∂pD

v(x, t) < ε. (4.39)

Prema principu maksimuma i minimuma imamo

−ε < min(x,t)∈D

v(x, t) i max(x,t)∈D

v(x, t) < ε (4.40)

sto implicira

−ε < v(x, t) < ε za svaki (x, t) ∈ D. (4.41)

Odavde zakljucujemo da je

max(x,t)∈D

|u1(x, t) − u2(x, t)| < ε. (4.42)

�


4.2 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu

U ovom poglavlju cemo rijesiti jednadzbu provodenja topline metodom separacije

varijabli. Ovom metodom rjesenje se dobiva u obliku reda po vlastitim funkcijama

pridruzenog Sturm–Liouvilleovog problema. Pokazat cemo da uz odredenje pretpos-

tavke na pocetne uvjete, ovako dobiveni red predstavlja klasicno rjesenje jednadzbe.

Dirichletovi rubni uvjeti

Promotrimo homogenu jednadzbu provodenja

ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.43)

s pocetno–rubnim uvjetima

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.44)

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.45)

Kompatibilnost uvjeta (4.44) i (4.45) impicira da je

f(0) = f(L) = 0. (4.46)

Iz prethodnih razmatranja znamo da ovaj problem ima jedinstveno rjesenje koje na

kontinuirani nacin ovisi o pocetnom uvjetu u(x, 0) = f(x). Rjesenje problema cemo

odrediti metodom separacije varijabli i razvojem u Fourierov red. Pretpostavimo da

se u(x, t) moze napisati u separiranom obliku

u(x, t) = P (x)Q(t) (4.47)

gdje funkcije P i Q ovise samo o varijablama x i t, redom. Supstitucijom jednadzbe

(4.47) u (4.43) dobivamo PQt = kPxxQ, odnosno

Qt

kQ=

Pxx

P. (4.48)

Kako su x i t nezavisne varijable, iz (4.48) slijedi da su obje strane jednadzbe kons-

tantne. Stoga jeQt

kQ=

Pxx

P= −λ (4.49)


za neki λ ∈ R. Konstantu λ nazivamo separacijska konstanta, a negativni predznak

je odabran radi konvencije. Iz jednadzbe (4.49) slijedi da u zadovoljava jednadzbu

(4.43) ako i samo ako su P i Q rjesenja obicnih diferencijalnih jednadzbi

Pxx + λP = 0, 0 < x < L, (4.50)

Qt + kλQ = 0, t > 0. (4.51)

Rubni uvjeti

u(0, t) = P (0)Q(t) = 0, u(L, t) = P (L)Q(t) = 0 (4.52)

povlace da je P (0) = P (L) = 0. Diferencijalna jednadzba za funkciju P ,

Pxx + λP = 0, (4.53)

P (0) = P (L) = 0, (4.54)

naziva se Sturm–Liouvilleov problem pridruzen jednadzbi (4.43)–(4.45). Ako problem

ima netrivijalno rjesenje P 6= 0, tada λ nazivamo vlastita vrijednost, a funkciju P vlas-

tita funnkcija Sturm–Liouvilleovog problema (4.53)–(4.54). Nas zadatak je odrediti

vlastite vrijednosti i vlastite funkcije ovog problema. S obzirom da priroda rjesenja

ovisi o predznaku konstante λ, posebno cemo razmatrati slucajeve λ < 0, λ = 0 i

λ > 0. Uvedimo oznaku λ = ±c2, c ≥ 0.

Slucaj λ = −c2 < 0. Opce rjesenje jednadzbe (4.53) je dano sa

P (x) = Aecx + Be−cx. (4.55)

Rubni uvjeti impliciraju da A i B zadovoljavaju sustav jednadzbi

P (0) = A + B = 0, (4.56)

P (L) = AecL + Be−cL = 0. (4.57)

Determinanta matrice ovog sustava je∣∣∣∣∣

1 1

ecL e−cL

∣∣∣∣∣6= 0 (4.58)

sto povlaci da sustav ima samo trivijalno rjesenje A = B = 0. Stoga λ < 0 nije

vlastita vrijednost Sturm–Liouvilleovog problema.


Slucaj λ = 0. U ovom slucaju imamo

P (x) = A + Bx (4.59)

sto daje

P (0) = A = 0, (4.60)

P (L) = A + BL = 0. (4.61)

Ocigledno je A = B = 0 pa slijedi da λ = 0 nije vlastita vrijednost problema (4.53)–

(4.54).

Slucaj λ = c2 > 0. U ovom slucaju je opce rjesenje jednadzbe (4.53) oscilatorno,

P (x) = A cos(cx) + B sin(cx). (4.62)

Iz rubnih uvjeta dobivamo

P (0) = A = 0, (4.63)

P (L) = A cos(cL) + B sin(cL) = 0. (4.64)

Ovaj sustav ima netrivijalno rjesenje B 6= 0 samo ako konstanta c zadovoljava

sin(cL) = 0. (4.65)

Jednadzba ima diskretna rjesenja

cn =nπ

L, n = ±1,±2, . . . (4.66)

pa su vlastite vrijednosti Sturm–Liouvilleovog problema dane sa

λn =(nπ

L

)2

, n ≥ 1. (4.67)

Svakoj vlastitoj vrijednosti λn pripada vlastita funkcija

Pn(x) = Bn sin(nπ

Lx), n ≥ 1. (4.68)

Zakljucujemo da Sturm–Liouvilleov problem (4.53)–(4.54) ima beskonacno mnogo

vlastitih funkcija (4.68) s vlastitim vrijednostima (4.67).


Za svaku vlastitu vrijednost λn funkcija Q zadovoljava pripadnu jednadzbu

Qt + kλnQ = 0 (4.69)

koja ima eksponencijalno rjesenje

Qn(t) = e−k(

nπL

)2

t, n ≥ 1. (4.70)

Ovom metodom dobivamo niz separiranih rjesenja

un(x, t) = Qn(t)Pn(x) = Bne−k(

nπL

)2

t sin(nπ

Lx), n ≥ 1 (4.71)

koji zadovoljavaju rubne uvjete un(0, t) = un(L, t) = 0. Prema principu superpozicije,

svaka linearna kombinacija

u(x, t) =N∑

n=1

Bne−k(

nπL

)2

t sin(nπ

Lx)

(4.72)

je rjesenje jednadzbe provodenja sa svosjstvom da je u(0, t) = u(L, t) = 0. U

pocetnom trenutku t = 0 imamo

u(x, 0) =N∑

n=1

Bn sin(nπ

L

). (4.73)

Ako se funkcija f moze napisati kao linearna kombinacija

f(x) =N∑

n=1

Bn sin(nπ

L

)(4.74)

na intervalu [0, L], onda je u(x, 0) = f(x) pa funkcija (4.72) predstavlja rjesenje

pocetno–rubnog prolema (4.43)–(4.45).

Primjer 4.1 Odredite rjesenje problema

ut − 2uxx = 0, 0 < x < π, t > 0, (4.75)

u(x, 0) = 5 sin(2x) − 10 sin(3x), 0 ≤ x ≤ π (4.76)

u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0. (4.77)


U ovom primjeru je L = π i k = 2, stoga rjesenje ima oblik

u(x, t) =N∑

n=1

Bne−2n2t sin(nx). (4.78)

Iz pocetnog uvjeta

u(x, 0) =N∑

n=1

Bn sin(nx) = 5 sin(2x) − 10 sin(3x) (4.79)

zakljucujemo da je N = 3, B1 = 0, B2 = 5 i B3 = −10. Supstitucijom ovih vrijednosti

u jednadzbu (4.78) dobivamo

u(x, t) = 5e−8t sin(2x) − 10e−18t sin(3x). (4.80)

U opcenitom slucaju pocetni uvjet se ne moze napisati kao linearna kombinacija

konacno mnogo clanova kao u jednadzbi (4.74). Medutim, ako se f moze razviti u

Fourierov red

f(x) =∞∑

n=1

Bn sin(nπ

Lx)

(4.81)

na intervalu [0, L], onda ocekujemo da rjesenje u ima oblik

u(x, t) =∞∑

n=1

Bne−k( nπL

)2t sin(nπ

Lx)

(4.82)

gdje je

Bn =2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπx

L

)dx, n ≥ 1. (4.83)

Rjesenje nazivamo (4.82)–(4.83) formalno rjesenje jednadzbe provodenja topline. Sljedeci

rezultat daje uvjete pod kojima je funkcija u klasicno rjesenje prolema.

Teorem 4.4 (Egzistencija rjesenja) Pretpostavimo da je funkcija f

(i) neprekidna na [0, L] i po dijelovima C1 na [0, L],

(ii) f(0) = f(L) = 0.


Tada je funkcija u(x, t) definirana sa (4.82)–(4.83) klasicno rjesenje pocetno–rubnog

problema

ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.84)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.85)

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.86)

Dokaz. Neka je f neparno prosirenje funkcije f na [−L,L],

f(x) =

f(x), 0 ≤ x ≤ L,

−f(−x), −L ≤ x < 0.(4.87)

Funkcija f je neprekidna i po dijelovima C1 na [−L,L] i ocigledno je f(−L) = f(L) =

0. Prema teoremu 2.4, Fourierov red

f(x) =A0

2+

∞∑

n=1

An cos(nπx

L

)+ Bn sin

(nπx

L

)(4.88)

gdje su

An =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπx

L

)dx = 0, n ≥ 0, (4.89)

Bn =1

L

∫ L

−L

f(x) sin(nπx

L

)dx =

2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπx

L

)dx, n ≥ 1, (4.90)

konvergira uniformno ka f na [−L,L] i vrijedi∑∞

n=1(|An| + |Bn|) < ∞. Kako je f

neparna funkcija, imamo Definirajmo funkcije

un(x, t) = Bne−k( nπL

)2t sin(nπ

Lx), n ≥ 1. (4.91)

Tada je |un(x, t)| ≤ |Bn| za sve 0 ≤ x ≤ L i t ≥ 0. S obzirom da je∑∞

n=1 |Bn| < ∞,

prema Weierstrassovom kriteriju red∑∞

n=1 un(x, t) konvergira uniformno na zatvore-

nom skupu Ω = {(x, t) | 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0}. Funkcije un(x, t) su neprekidne na Ω pa

red konvergira ka neprekidnoj funkciji

u(x, t) =∞∑

n=1

un(x, t), (x, t) ∈ Ω. (4.92)


Kako bi dokazali da funkcija u(x, t) zadovoljava jednadzbu provodenja, potrebno je

pokazati da red (4.92) mozemo derivirati po clanovima. Neka je ε > 0 i neka je

Ωε = {(x, t) | 0 < x < L, t > ε}. Funkcija f je ogranicena na [0, L] pa vrijedi

|Bn| =2

L

∣∣∣∣

∫ L

0

f(x) sin(nπ

Lx)dx

∣∣∣∣ ≤

2

L

∫ L

0

|f(x)|dx ≤ 2M (4.93)

gdje je M = max−L≤x≤L |f(x)|. Deriviranjem funkcije un(x, t) dobivamo

∂un

∂t= −Bnk

(nπ

L

)2

e−k( nπL

)2t sin(nπ

Lx)

(4.94)

pa je u svakoj tocki (x, t) ∈ Ωε derivacija ogranicena sa∣∣∣∣∂un

∂t

∣∣∣∣ ≤ |Bn|k

(nπ

L

)2

e−k( nπL

)2ε ≤ 2Mk(π

L

)2

n2e−k( nπL

)2ε. (4.95)

D’Alambertovim kriterijem lako se provjeri da red∑∞

n=1 n2e−k( nπL

)2ε konvergira sto

prema Weierstrassovom kriteriju povlaci da red∑∞

n=1 ∂un/∂t konvergira uniformno

na Ωε. Stoga se red∑

n=1 un(x, t) moze derivirati po clanovima pa imamo

∂u

∂t=

∞∑

n=1

∂un

∂t, (x, t) ∈ Ωε. (4.96)

Slicno se pokazuje da red∑∞

n=1 ∂2un/∂x2 konvergira uniformno na Ωε sto povlaci

∂2u

∂x2=

∞∑

n=1

∂2un

∂x2, (x, t) ∈ Ωε. (4.97)

Sada iz jednadzbi (4.96) i (4.97) slijedi da u zadovoljava

ut − kuxx =∂

∂t

( ∞∑

n=1

un

)− k

∂2

∂x2

( ∞∑

n=1

un

)=

∞∑

n=1

(∂un

∂t− k

∂2un

∂x2

)

= 0 (4.98)

na skupu Ωε. Kako je ε > 0 odabran proizvoljno, zakljucujemo da u zadovoljava

jednadzbu (4.98) na otvorenom skupu Ω = {(x, t) | 0 < x < L, t > 0}. Funkcija

u(x, t) ocigledno zadovoljava rubne uvjete u(0, t) = u(L, t) = 0 i pocetni uvjet

u(x, 0) =∞∑

n=1

Bn sin(nπ

Lx)

= f(x), −L ≤ x ≤ L, (4.99)

jer Fourierov red (4.99) konvergira (uniformno) ka f na skupu [0, L]. �



ut − uxx = 0, 0 < x < π, t > 0 (4.100)

u(0, t) = u(L, t) = 0, (4.101)

u(x, 0) =

x, 0 ≤ x ≤ π2

π − x, π2

< x ≤ π.(4.102)

Rjesenje Duljina intervala je L = π pa je funkcija u dana sa

u(x, t) =∞∑

n=1

Bne−n2t sin(nx). (4.103)

Funkcija f(x) = u(x, 0) je neprekidna i po dijelovima C1 na [0, π]. Stoga je prema

Dirichletovom teoremu

f(x) =∞∑

n=1

Bn sin(nx) za svaki 0 ≤ x ≤ π (4.104)

Fourierovi koeficijenti su dani sa

Bn =2

π

∫ π

0

f(x) sin(nx)dx =2

π

∫ π2

0

x sin(nx)dx +2

π

∫ π

π2

(π − x) sin(nx)dx

=2

π

[−

x cos(nx)

n+

sin(nx)

n2

]π2

0+

2

π

[−

(π − x) cos(nx)

n−

sin(nx)

n2

]ππ2

=4

πn2sin(nπ

2

). (4.105)

Kako je

sin(nπ

2

)=

0, n = 2m,

(−1)m+1, n = 2m − 1,(4.106)

samo koeficijenti

B2m−1 =4

π

(−1)m+1

(2m − 1)2, m ≥ 1, (4.107)

su razliciti od nule. Stoga je

u(x, t) =4

π

∞∑

m=1

(−1)m+1

(2m − 1)2e−(2m−1)2t sin

((2m − 1)x

). (4.108)

Rjesenje u(x, t) prikazano je na slici 4.1. Primijetimo da za svaki T > 0 funkcija u

ima maksimum na stranici t = 0 pravokutnika [0, π] × [0, T ], u skladu s principom

maksimuma. �


00

00

0.50.5

11

1.51.5

8π8π11

4π4π

tt 83π83π

2π2π

xx

2285π85π

43π43π

87π87πππ

Slika 4.1: Graf funkcije (4.108).

Neumannovi rubni uvjeti

Na slican nacin se metodom separacije varijabli moze pokazati da je rjesenje Neuman-

novog problema

ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.109)

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0, (4.110)

u(x, 0) = f(x), − L ≤ x ≤ L. (4.111)

dano u obliku reda

u(x, t) =A0

2+

∞∑

n=1

Ane−k(nπL

)2t cos(nπ

Lx), (4.112)

An =2

L

∫ L

0

f(x) cos(nπ

Lx)dx, n ≥ 0. (4.113)


Periodicni rubni uvjeti

Pretpostavimo da je zica duljine 2L savijena u obliku kruznice. U tockama x = −L

i x = L temperatura i njezin gradijent imaju iste vrijednosti pa funkcija u(x, t)

zadovoljava jednadzbu

ut − kuxx = 0, − L < x < L, t > 0, (4.114)

u(x, 0) = f(x), − L ≤ x ≤ L, (4.115)

s periodickim rubnim uvjetima

u(−L, t) = u(L, t), ux(−L, t) = ux(L, t), t ≥ 0. (4.116)

Separacijom varijabli se moze pokazati da je opce rjesenje dano sa

u(x, t) =A0

2+

∞∑

n=1

e−k( nπL

)2t[An cos

(nπ

Lx)

+ Bn sin(nπ

Lx)]

(4.117)

gdje su

An =1

L

∫ L

−L

f(x) cos(nπ

Lx)dx, n ≥ 0, (4.118)

Bn =1

L

∫ L

−L

f(x) sin(nπ

Lx)dx, n ≥ 1. (4.119)


ut − kuxx = 0, −L < x < L, t > 0, (4.120)

u(x, 0) = cos3(πL

x), −L ≤ x ≤ L, (4.121)

u(−L, t) = u(L, t), ux(−L, t) = ux(L, t), t ≥ 0. (4.122)

Funkciju f(x) = cos3( πLx) mozemo razviti u Fourierov red na [−L,L] koristeci trigo-

nometrijski identitet

cos(x) cos(y) =1

2

[cos(x + y) + cos(x − y)

]. (4.123)


Iz jednadzbe (4.123) dobivamo

cos3(x) = cos(x) cos2(x) =1

2cos(x)

[cos(2x) + 1

]

=1

2cos(x) cos(2x) +

1

2cos(x)

=1

4

[cos(3x) + cos(x)

]+

1

2cos(x)

=3

4cos(x) +

1

4cos(3x). (4.124)

Dakle,

cos3(πL

x)

=3

4cos(πL

x)

+1

4cos(3π

Lx). (4.125)

Jednadzba (4.125) predstavlja razvoj fukcije cos3(πx/L) u Fouerierov red

cos3(πL

x)

=A0

2+

∞∑

n=1

[An cos

(nπ

Lx)

+ Bn sin(nπ

Lx)]

(4.126)

gdje su A1 = 34

i A3 = 14

dok svi ostali koeficijenti An i Bn iscezavaju. Uvrstavanjem

ovih koeficijenata u izraz (4.117) dobivamo

u(x, t) =3

4e−k( π

L)2t cos

(π

Lx)

+1

4e−k( 3π

L)2t cos

(3π

Lx). (4.127)

Ostali rubni uvjeti

Na kraju navedimo da se metodom separacije varijabli mogu konstruirati rjesenja

jednadzbe provodenja za razlicite kombinacije rubnih uvjeta. Na primjer, na jednom

kraju intervala moze biti zadan Dirichletov a na drugom Neuannov rubni uvjet,

ut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (4.128)

u(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t ≥ 0, (4.129)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L. (4.130)

U tom slucaju rjesenje je dano sa

u(x, t) =∞∑

n=1

Cne−k( π2L

)2(2n−1)2t sin((2n − 1)π

2Lx)

(4.131)

gdje je

Cn =2

L

∫ L

0

f(x) sin((2n − 1)π

2Lx)dx. (4.132)


Koeficijenti Cn se mogu odrediti tako da se funkcija f prosiri sa intervala [0, L] na

[0, 2L]. Prosirena funkcija

f(x) =

f(x), 0 ≤ x ≤ L,

f(2L − x), L ≤ x ≤ 2L.(4.133)

se razvije u Fourierov red po funkcijama sin(nπx/(2L)

)na intervalu [0, 2L] (koristeci

neparno prosirenje na interval [−2L, 2L]) iz cega se potom dobiju koeficijenti Cn.

4.3 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu

Modifikacijom prethodne metode moguce je odrediti rjesenje nehomogene jednadzbe

provodjenja

ut − kuxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (4.134)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (4.135)

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (4.136)

Ako je F = 0, tada znamo da je rjesenje dano u obliku reda

u(x, t) =∞∑

n=1

Bne−k( nπL

)2t sin(nπ

Lx). (4.137)

Ako u interpretiramo kao funkciju varijable x koja ovisi o parametru t, onda ovo

rjesenje mozemo predstaviti kao Fourireov red

u(x, t) =∞∑

n=1

Bn(t) sin(nπ

Lx)

gdje je Bn(t) = Bn e−k(nπL )

2t. (4.138)

Ovo zapazanje nam sugerira da rjesenje nehomogene jednadzbe potrazimo u obliku

u(x, t) =∞∑

n=1

Tn(t) sin(nπ

Lx)

(4.139)

gdje su Tn(t) nepoznate funkcije. Primijetimo da funkcija (4.139) zadovoljava rubne

uvjete u(0, t) = u(L, t) = 0 za svaki izbor funkcija Tn(t). Da bismo odredili funkcije

Tn(t) potrebno je nehomogeni clan F (x, t) razviti u isti oblik Fourierovog reda kao


funkciju u(x, t). Pretpostavimo da je za svaki t ≥ 0 funkcija F (x, t) neprekidna i po

dijelovima C1 na [0, L] i da je F (0, t) = F (L, t) = 0. Onda F (x, t) mozemo napisati

kao

F (x, t) =∞∑

n=1

Cn(t) sin(nπ

Lx)

, (4.140)

gdje Fourierov red uniformno konvergira ka F (x, t) na intervalu [0, L] za svaki t ≥ 0.

Supstitucijom izraza (4.139) i (4.140) dobivamo

∞∑

n=1

(

T ′n(t) + k

(nπ

L

)2

Tn(t)

)

sin(nπ

Lx)

=∞∑

n=1

Cn(t) sin(nπ

Lx)

. (4.141)

Odavde slijedi da funkcije Tn(t) zadovoljavaju diferencijalne jednadzbe

T ′n(t) + k

(nπ

L

)2

Tn(t) = Cn(t), n ≥ 1. (4.142)

Opce rjesenje jednadzbe (4.142) je dano sa

Tn(t) = Bn e−k(nπL )

2t + T p

n(t) (4.143)

gdje je Bn konstanta integracije, a T pn(t) je partikularno rjesenje koje ovisi o funkciji

Cn(t). Uvrstenjem rjesenja (4.143) u jednadzbu (4.82) dobivamo

u(x, t) =∞∑

n=1

Bn e−k(nπL )

2t sin

(nπ

Lx)

+∞∑

n=1

T pn(t) sin

(nπ

Lx)

. (4.144)

Prvi clan u jednadzbi (4.144) prepoznajemo kao rjesenje homogenog problema,

uh(x, t) =∞∑

n=1

Bn e−k(nπL )

2t sin

(nπ

Lx)

, (4.145)

dok je drugi clan partikularno rjesenje

up(x, t) =∞∑

n=1

T pn(t) sin

(nπ

Lx)

(4.146)

koje ovisi o funkciji F (x, t). Koeficijente Bn mozemo odrediti iz pocetnog uvjeta

u(x, 0) = f(x),

∞∑

n=1

(Bn + T p

n(0))sin(nπ

Lx)

= f(x), 0 ≤ x ≤ L. (4.147)


Odavde dobivamo

Bn + T pn(0) =

2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπ

Lx)

dx (4.148)

cime je rjesenje nehomogene jednadzbe provodjenja potpuno odredeno.

Primjer 4.4 Rijesite nehomogenu jednadzbu

ut − uxx = e−t sin(3x), 0 < x < π, t > 0, (4.149)

u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0, (4.150)

u(x, 0) = x sin(x), 0 ≤ x ≤ π. (4.151)

Nehomogeni clan F (x, t) = e−t sin(3x) zadovoljva uvjet F (0, t) = F (π, t) = 0 pa

rjesenje mozemo potraziti u obliku

u(x, t) =∞∑

n=1

Tn(t) sin(nx). (4.152)

Supstitucijom izraza (4.152) u jednadzbu (4.149) dobivamo

∞∑

n=1

(T ′

n(t) + n2Tn(t))sin(nx) = e−t sin(3x). (4.153)

Ovo implicira da funkcije Tn(t) zadovoljavaju diferencijalne jednadzbe

T ′n(t) + n2Tn(t) = 0, n 6= 3, (4.154)

T ′3(t) + 9T3(t) = e−t. (4.155)

Rjesenje prve jednadzbe je dano sa

Tn(t) = Bne−n2t, n 6= 3. (4.156)

Drugu jednadzbu mozemo rijesiti medotom varijacije konstanti. Pretpostavimo da

je T3(t) = C3(t)e−9t. Tada iz jednadzbe (4.155) slijedi da je C ′

3(t) = e8t sto povlaci

C3(t) = 18e8t + B3. Dakle, funmcija T3(t) je dana sa

T3(t) = B3e−9t +

1

8e−t. (4.157)


Sada rjesenje u(x, t) mozemo zapisati kao

u(x, t) =∞∑

n=1

Bne−n2t sin(nx) +1

8e−t sin(3x). (4.158)

Iz pocetnog uvjeta (4.151) dobivamo

∞∑

n=1

Bn sin(nx) +1

8sin(3x) = x sin(x), 0 ≤ x ≤ π. (4.159)

Definirajmo B′n = Bn za n 6= 3 i B′

3 = B3 + 18. Tada je

∞∑

n=1

B′n sin(nx) = x sin(x), 0 ≤ x ≤ π, (4.160)

sto znaci da su koeficijenti B′n dani sa

B′n =

2

π

∫ L

0

x sin(x) sin(nx)dx, n ≥ 1. (4.161)

Za n = 1 imamo

B′1 =

2

π

∫ π

0

x sin2(x)dx =π

2. (4.162)

Za n ≥ 2 dobivamo

B′n =

2

π

∫ π

0

x sin(x) sin(nx)dx

=2

π

∫ π

0

x1

2

[cos((n − 1)x

)− cos

((n + 1)x

)]dx

=1

π

1

(n − 1)2

[cos((n − 1)x

)+ (n − 1)x sin(x) sin

((n − 1)x

)]π

0

−1

π

1

(n + 1)2

[cos((n + 1)x

)+ (n + 1)x sin(x) sin

((n + 1)x

)]π

0

=1

π

(−1)n−1 − 1

(n − 1)2−

1

π

(−1)n+1 − 1

(n + 1)3= −

4

π

n((−1)n + 1

)

(n2 − 1)2. (4.163)

Primijetimo da je B′n = 0 za neparni n > 1, dok je za parne indekse

B′2n = −

16

π

n

(4n2 − 1)2, n = 1, 2, 3, . . . (4.164)


0000

0.20.2

0.40.4

0.60.6

0.80.8

11

1.21.2

1.41.4

1.61.6

1.81.8

11tt 8

π8π22 4

π4π

83π83π

2π2π

xx

85π85π

43π43π

87π87πππ

Slika 4.2: Graf funkcije (4.167).

Iz jednadzbi (4.162) i (4.164) te iz definicije koeficijenata B′n dobivamo

B1 =π

2, B3 = −

1

8, Bn = 0 za neparni n > 3, (4.165)

B2n = −16

π

n

(4n2 − 1)2, n = 1, 2, 3, . . . (4.166)

Uvrstavanjem koeficijenata Bn u jednadzbu (4.158) nalazimo rjesenje problema

u(x, t) =π

2e−t sin(x) +

1

8(e−t − e−9t) sin(3x) −

16

π

∞∑

n=1

n

(4n2 − 1)2e−4n2t sin(2nx).

(4.167)

Graf funkcije u je prikazan na slici 4.2. �

Poglavlje 5

Valna jednadzba

5.1 Valno gibanje i d’Alambertovo rjesenje

Valna jednadzba ima istaknuto mjesto u primjenama jer opisuje titranje kontinuiranih

mehanickih sustava, sirenje elektromagnetiskih i zvucnih valova, a nalazi primjene i

u kvantnom opisu elementarnih cestica. U ovom poglavlju razmatrat cemo valnu

jednadzbu u jednoj prostornoj dimenziji

utt − c2uxx = 0. (5.1)

Jednadzba (5.1) opisuje tiranje elasticne zice u idealiziranom slucaju kada mozemo

zanemariti disipativne efekte kao sto su unutarnje trenje zice ili trenje zraka, a zica

titra u ravnini gdje je otklon u(x, t) od ranvoteznog polozaja u tocki x okomit na os

x. Ovakvo titranje se naziva transferzalno za razliku od logitudinalnog koje se odvija

duz osi x. Konstanta c > 0 predstavlja brzinu sirenja vala.

Proucavanje valne jednadzbe pocinjemo nekim opcim zapazanjima o valnim giba-

njima. Uvedimo nove variable

α = x + ct, β = x − ct (5.2)

i funkciju w(α, β) = u(x(α, β), t(α, β)

). Tada je

utt − c2uxx = −4c2wαβ (5.3)

75

POGLAVLJE 5. VALNA JEDNADZBA 76

pa u novim varijablama jednadzba ima kanonski oblik

wαβ = 0. (5.4)

Integracijom ove jednadzbe dobivamo

w(ξ, η) = A(ξ) + B(η), (5.5)

stoga je opce rjesenje dano sa

u(x, t) = A(x + ct) + B(x − ct) (5.6)

gdje su A i B proizvoljne funkcije klase C2. Funkcija A(x + ct) predstavlja val koji

se krece brzinom c u negativnom smjeru, dok B(x − ct) predstavlja val koji se krece

istom brzinom u pozitivnom smjeru. Dakle, opce valne jednadzbe je superpozicija

dvaju valova koji se gibaju u suprotnim smjerovima.

Pretpostavimo da valna jednadzba opisuje titranje vrlo dugacke zice. Kako se valno

gibanje siri konacnom brzinom, mozemo zanemariti rubne uvjete na krajevima zice

barem na neko vrijeme. U tom slucaju titranje zice mozemo modelirati jednadzbom

utt − c2uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (5.7)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ R, (5.8)

gdje funkcije f(x) i g(x) predstavljaju pocetni otklon i pocetnu brzinu u tocki x,

redom. Supsitucijom opceg rjesenja u pocetne uvjete (5.8) dobivamo

u(x, 0) = A(x) + B(x) = f(x), (5.9)

ut(x, 0) = cA′(x) − cB′(x) = g(x). (5.10)

Integracijom jednadzbe (5.10) slijedi

A(x) − B(x) =1

c

∫ x

0

g(s)ds + D (5.11)

gdje je D konstanta integracije. Dakle, funkcije A i B zaodovljavaju sistem jednadzbi

A(x) + B(x) = f(x), (5.12)

A(x) − B(x) =1

c

∫ x

0

g(s)ds + D (5.13)


koji ima jedinstveno rjesenje

A(x) =1

2f(x) +

1

2c

∫ x

0

g(s)ds +D

2, (5.14)

B(x) =1

2f(x) −

1

2c

∫ x

0

g(s)ds −D

2. (5.15)

Dakle, rjesenje valne jednadzbe je dano sa

u(x, t) = A(x + ct) + B(x − ct) (5.16)

=1

2

[f(x + ct) + f(x − ct)

]+

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(s)ds. (5.17)

Ovo rjesenje nazivamo d’Alambertovo rjesenje s pocetnom amplitudom f ∈ C2(R) i

brzinom g ∈ C(R). Intuitivno je jasno da je gibanje zice jedinstveno odredeno ako

su poznati pocetni polozaj i brzina. Takoder je razumno ocekivati da male promjene

u pocetnim uvjetima uzrokuju male promjene u rjesenju u(x, t) kada titranje pro-

matramo u konacnom vremenskom intervalu. Ove tvrdnje dokazane su u sljedecem

teoremu.

Teorem 5.1 Neka su f ∈ C2(R) i g ∈ C(R). Tada valna jednadzba (5.7)-(5.8) ima

jedinstveno rjesenje

u(x, t) =1

2

[f(x + ct) + f(x − ct)

]+

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(s)ds (5.18)

koje je u svakom konacnom intervalu 0 ≤ t ≤ T stabilno u odnosu na pocetne uvjete

(5.8).

Dokaz. Koristeci formulu

d

dx

∫ ϕ2(x)

ϕ1(x)

f(u)du = f(ϕ2(x)) ϕ′2(x) − f(ϕ1(x)) ϕ′

1(x) (5.19)

lako se provjeri da funkcija (5.18) zadovoljava jednadzbu (5.7) i pocetne uvjete (5.8).

Iz konstrukcije rjesenja slijedi da je svaka funkcija koja zadovoljava jednadzbe (5.7)-

(5.8) nuzno oblika (5.18) pa je rjesenje jedinstveno.


Pokazimo da je rjesenje (5.18) stabilno. Neka su u1 i u2 rjesenja pridruzena pocetnim

uvjetima f1, g1 i f2, g2, redom. Neka je T > 0. Odaberimo ε > 0 i pretpostavimo da

pocetni uvjeti zadovoljavaju

supx∈R

|f1(x) − f2(x)| <ε

1 + T, sup

x∈R|g1(x) − g2(x)| <

ε

1 + T. (5.20)

Razlika rjesenja jednaka je

u1(x, t) − u2(x, t) =1

2

[f1(x + ct) − f2(x + ct) + f1(x − ct) − f2(x − ct)

]

+1

2c

∫ x+ct

x−ct

(g1(s) − g2(s)) ds, (5.21)

pa iz nejednakosti (5.20) slijedi

|u1(x, t) − u2(x, t)| ≤1

2

(|f1(x + ct) − f2(x + ct)| + |f1(x − ct) − f2(x − ct)|

)

+1

2c

∫ x+ct

x−ct

|g1(s) − g2(s)| ds

≤1

2

(ε

1 + T+

ε

1 + T

)

+1

2c

∫ x+ct

x−ct

ε

1 + Tds

=ε

1 + T(1 + t) ≤ ε (5.22)

za svaki 0 ≤ t ≤ T . Ovo implicira da je

supx∈R

0≤t≤T

|u1(x, t) − u2(x, t)| ≤ ε. (5.23)

Pokazali samo da za svaki ε > 0 postoji δ = ε/(1 + T ) takav da

supx∈R

(|f1(x)−f2(x)|+ |g1(x)−g2(x)|

)< δ ⇒ sup

x∈R0≤t≤T

|u1(x, t)−u2(x, t)| < ε. (5.24)

Dakle, u svakom konacnom intervalu 0 ≤ t ≤ T mala promjena u pocetnim uvjetima

uzrokuje malu promjenu u rjesenju, pa je rjesenje valne jednadzbe stabilno. �

Primjer 5.1 Rijesite valnu jednadzbu

utt − c2uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (5.25)

u(x, 0) =1

1 + x2, ut(x, 0) = 0. (5.26)


(a) Pocetni profil f(x) = 11+x2 . (b) Funkcija u(x, t) kao superpozicija dva

putujuca vala.

Slika 5.1:

U ovom problemu je f(x) = 11+x2 i g(x) = 0. D’Alambertovo rjesenje je dano sa

u(x, t) =1

2

[ 1

1 + (x + ct)2+

1

1 + (x − ct)2

]. (5.27)

Slika 5.1 prikazuje pocetni profil vala i rjesenje u(x, t). �


utt − c2uxx = 0, x ∈ R, t > 0, (5.28)

u(x, 0) = sin(x), ut(x, 0) = cos(x). (5.29)

Prema d’Alambertovoj formuli imamo

u(x, t) =1

2[sin(x + ct) + sin(x − ct)] +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

cos(s)ds

= sin(x) cos(ct) +1

2c[sin(x + ct) − sin(x − ct)]

= sin(x) cos(ct) +1

ccos(x) sin(ct). (5.30)

Koristeci identitet sin(α) cos(β) = 12[sin(α+β)+sin(α−β)], rjesenje mozemo zapisati

kao superpoziciju valova koji putuju u suprotnim smjerovima

u(x, t) =c + 1

2csin(x + ct) +

c − 1

2csin(x − ct). (5.31)

�


5.2 D’Alambertovo rjesenje za nehomogenu valnu

jednadzbu

U ovom poglavlju cemo d’Alambertovo rjesenje prosiriti na nehomogenu valnu jed-

nadzbu

utt − c2uxx = F (x, t), x ∈ R, t > 0, (5.32)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ R. (5.33)

Funkcija F (x, t) modelira vanjsku silu koja djeluje na zicu u tocki x u trenutku t. Uve-

dimo varijablu y = ct i definirajmo funkciju w(x, y) = u(x, t). Ovom transformacijom

dobivamo ekvivalentni problem

wxx − wyy = F ∗(x, y), x ∈ R, y > 0, (5.34)

w(x, 0) = f(x), wy(x, 0) = g∗(x), x ∈ R (5.35)

gdje su

F ∗(x, y) = −1

c2F (x, t), g∗(x) =

1

cg(x). (5.36)

Neka je (x0, y0) proizvoljna tocka u poluravnini x0 ∈ R, y0 > 0. Promotrimo trokut

D kojeg tvore vrhovi P0 = (x0, y0), P1 = (x0 − y0, 0) i P2 = (x0 + y0, 0). Oznacimo

stranice trokuta s B0, B1 i B2 kao na slici 5.2. Ideja za rjesenje problema (5.34)–

(5.35) je sljedeca. Jednadzbu (5.34) cemo integrirati po trokutu D i primjenom

Greenovog teorema integral zamijeniti krivuljnim integralom po stranicama trokuta.

Racunanjem krivuljnih integrala dobit cemo vrijednost funkcije w u tocki (x0, y0).

Time je rjesenje odredeno jer je tocka (x0, y0) odabrana proizvoljno. Integracijom

jednadzbe (5.34) po trokutu D dobivamo∫∫

D

(wxx − wyy)dx dy =

∫∫

D

F ∗(x, y)dx dy. (5.37)

Prema Greenovom teoremu integral na lijevoj strani jednak je∫∫

D

(wxx − wyy)dx dy =

∫

∂D

(wydx + wxdy) (5.38)

gdje je ∂D pozitivno orijentirani rub trokuta D sastavljen od segemenata B0, B1 i

B2. Integral po segmentu B0 iznosi∫

B0

(wydx + wxdy) =

∫ x0+y0

x0−y0

wy(x, 0)dx =

∫ x0+y0

x0−y0

g∗(x)dx. (5.39)


Slika 5.2: Podrucje integracije za nehomogenu valnu jednadzbu.

Integral po segmentu B1 se moze izracunati uvodeci parametrizaciju

x(t) = x0 + (1 − t)y0, y(t) = ty0, t ∈ [0, 1] (5.40)

gdje smo vodili racuna o orijentaciji segmenta. Sada je∫

B1

(wydx + wxdy) =

∫ 1

0

[wy(x(t), y(t)) x′(t) + wx(x(t), y(t)) y′(t)

]dt. (5.41)

Primijetimo da je x′(t) = −y′(t) = −y0, stoga zamjenom x′(t) sa y′(t) u integralu

(5.41) dobivamo

∫

B1

(wydx + wxdy) = −∫ 1

0

[wx(x(t), y(t)) x′(t) + wy(x(t), y(t)) y′(t)

]dt

= −∫ 1

0

d

dtw(x(t), y(t))dt = −w(x(t), y(t))

∣∣∣t=1

t=0

= w(x0 + y0, 0) − w(x0, y0). (5.42)

Slicno se pokazuje da je integral po segmentu B2 jednak∫

B2

(wydx + wxdy) = w(x0 − y0, 0) − w(x0, y0). (5.43)


Kako je w(x, 0) = f(x), zbrajanjem integrala po segmentima B0, B1 i B2 dobivamo

∫

∂D

(wydx + wxdy) = f(x0 + y0) + f(x0 − y0) − 2w(x0, y0) +

∫ x0+y0

x0−y0

g∗(x)dx. (5.44)

Iz jednadzbi (5.37), (5.38) i (5.44) slijedi da je∫∫

D

F ∗(x, y)dxdy =

∫

∂D

(wydx + wxdy)

= f(x0 + y0) + f(x0 − y0) − 2w(x0, y0) +

∫ x0+y0

x0−y0

g∗(x)dx. (5.45)

Odavde nalazimo

w(x0, y0) =1

2

[f(x0 + y0) + f(x0 − y0)

]+

1

2

∫ x0+y0

x0−y0

g∗(x)dx −1

2

∫∫

D

F ∗(x, y)dx dy.

Funkcija w u tocki (x0, y0) je potpuno odredjena funkcijama f , g i F . Kako je tocka

(x0, y0) ∈ R2+ odabrana proizvoljno, mozemo pisati

w(x, y) =1

2

[f(x + y)+ f(x− y)

]+

1

2

∫ x+y

x−y

g∗(x′)dx′−1

2

∫∫

D

F ∗(x′, y′)dx′dy′ (5.46)

gdje podrazumijevamo da se vrh trokuta D nalazi u tocki (x, y). Pocetno rjesenje

nalazimo iz jednadzbe u(x, t) = w(x, ct). Primijetimo da su prva dva clana u gornjoj

jednadzbi rjesenja–homogene valne jednadzbe, dok je treci clan partikularno rjesenje

koje ovisi o funkciji F (x, t).


wxx − wyy = 1, x ∈ R, y > 0, (5.47)

w(x, 0) = sin(x), wy(x, 0) = x. (5.48)

U ovom problemu je F ∗(x, y) = 1, f(x) = sin(x) i g∗(x) = x. Iz d’Alambertove

formule slijedi

w(x, y) =1

2

[sin(x + y) + sin(x − y)

]+

1

2

∫ x+y

x−y

x′dx′ −1

2

∫∫

D

dx′ dy′ (5.49)

= sin(x) cos(y) +1

4(x′)2

∣∣∣x+y

x=y−

1

2(2y)y (5.50)

= sin(x) cos(y) + xy −1

2y2. (5.51)


Primjer 5.4 Rijesite jednadzbu

utt − c2uxx = xet, x ∈ R, t > 0, (5.52)

u(x, 0) = sin(x), ut(x, 0) = 0. (5.53)

Definirajmo funkcije F (x, t) = xet, f(x) = sin(x) i g(x) = 0. Tada su

F ∗(x, y) = −1

c2x ey/c i g∗(x) = 0 (5.54)

pa je prema d’Alambertovoj formuli

w(x, y) =1

2

[sin(x + y) + sin(x − y)

]+

1

2c2

∫∫

D

x′ ey′/cdx′dy′. (5.55)

Oznacimo vrh trokuta D s (x, y) (vidi sliku 5.2). Tada je

∫∫

D

x′ ey′/cdx′dy′ =

∫ y

0

∫ −y′+(x+y)

y′+(x−y)

x′ ey′/cdx′dy′ =

∫ y

0

ey′/c(1

2(x′)2

∣∣∣x′=−y′+(x+y)

x′=y′+(x−y)

)dy′

=1

2

∫ y

0

ey′/c[(−y′ + x + y)2 − (y′ + x − y)2

]dy′

= 2x

∫ y

0

ey′/c(−y′ + y) dy′ = 2c2x(ey/c −

y

c− 1). (5.56)

Supstitucijom jednadzbe (5.56) u (5.55) dobivamo

w(x, y) = sin(x) cos(y) + x(ey/c −

y

c− 1). (5.57)

Dakle, rjesenje u(x, t) je dano sa

u(x, t) = w(x, ct) = sin(x) cos(ct) + x(et − t − 1

). (5.58)

5.3 Pocetno–rubni problem za valnu jednadzbu

Razmotrimo sada titranje zice koja je razapeta izmedu tocaka x = 0 i x = L. Ovaj

problem opisan je valnom jednadzbom

utt − c2uxx = F (x, t), 0 < x < L, t > 0, (5.59)

i pocetnim uvjetima

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.60)


Rjesenje problema ovisi o rubnim uvjetima na krajevima zice x = 0 i x = L. Ako su

krajevi zice ucvrsceni, tada u zadovoljava Dirichletove uvjete

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.61)

Ako krajevi zice slobodno titraju okomito na os x, tada se zica postavlja tako da je

tangenta na nju horizontalna u tockama x = 0 i x = L. U tom slucaju funkcija u

zadovoljava Neumannove uvjete

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.62)

Ocigledno, ako je zica ucvrscena u jednom kraju, a drugom kraju slobodno titra, tada

funkcija u zadovoljava kombinirane Dirichletove i Neumannove uvjete. Rjesenje valne

jednadzbe promatramo na domeni Ω = {(x, t) | 0 < x < L, t > 0}.

Teorem 5.2 (Jedinstvenost rjesenja) Neka su u1 i u2 C2 rjesenja problema (5.59)–

(5.61). Tada je u1 = u2.

Dokaz. Definirajmo funkciju w = u1 − u2. Tada je w rjesenje homogene jednadzbe

wtt − c2wxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (5.63)

w(x, 0) = wt(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L, (5.64)

w(0, t) = w(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.65)

Pokazat cemo da problem (5.63)-(5.65) ima samo trivijalno rjesenje w = 0. Defini-

rajmo pomocnu funkciju

E(t) =1

2

∫ L

0

(c2w2x + w2

t )dx. (5.66)

Funkcija E(t) predstavlja ukupnu energiju titrajuce zice u trenutku t. Funkcije

(wx)2t = 2wxwxt i (wt)

2t = 2wtwtt su neprekidne, pa prema Leibnizovom pravilu za

deriviranje pod znakom integrala dobivamo

dE

dt=

∫ L

0

(c2wx wxt + wt wtt)dt. (5.67)


Parcijalnom integracijom prvog clana nalazimo

∫ L

0

c2wxwxt dx = c2wxwt

∣∣∣x=L

x=0−∫ L

0

c2wtwxx dx

= c2[wx(L, t)wt(L, t) − wx(0, t)wt(0, t)

]−∫ L

0

c2wtwxx dx. (5.68)

Fukcija w zadovoljava rubni uvjet w(0, t) = 0 za svaki t ≥ 0 sto implicira

wt(0, t) = limΔt→0

w(0, t + Δt) − w(0, t)

Δt= 0. (5.69)

Slicno, iz uvjeta w(L, t) = 0 za svaki t ≥ 0 slijedi

wt(L, t) = 0. (5.70)

Supsitucijom jednadzbi (5.69) i (5.70) u jednadzbu (5.68) dobivamo

∫ L

0

c2wxwxt dx = −∫ L

0

c2wtwxx dx (5.71)

pa je derivacija energije dana sa

dE

dt=

∫ L

0

wt (wtt − c2wxx) dx = 0 (5.72)

jer je vtt − c2vxx = 0. Zakljucujemo da je funkcija E(t) konstantna, odnosno

E(t) = E(0) za svaki t ≥ 0. (5.73)

U pocetnom trenutku je

E(0) =1

2

∫ L

0

[c2w2

x(x, 0) − w2t (x, 0)

]dx =

1

2

∫ L

0

c2w2x(x, 0) dx (5.74)

jer je zbog pocetnog uvjeta wt(x, 0) = 0. Kako je w(x, 0) = 0 za svaki x ∈ [0, L],

imamo

wx(x, 0) = limΔx→0

w(x + Δx, 0) − w(x, 0)

Δx= 0. (5.75)

Zakljucujemo da je E(0) = 0 sto povlaci

E(t) =1

2

∫ L

0

(c2w2

x + w2t

)dx = 0. (5.76)


Odavde slijedi da je

wx(x, t) = wt(x, t) = 0 (5.77)

sto pokazuje da je funkcija w konstantna jer ne ovisi o varijablama x i t. Sada iz

pocetnog uvjeta w(x, 0) = 0 zakljucujemo w(x, t) = 0 za svaki x ∈ [0, L] i t ≥ 0.

Dakle, u1 = u2 cima je pokazano da je rjesenje problema jedinstveno. �

Primijetimo da se na isti nacin moze dokazati jedinstvenost rjesenja valne jednadzbe

s Neumannovim rubnim uvjetima ux(0, t) = 0 i ux(L, t) = 0.

5.3.1 Separacija varijabli za homogenu jednadzbu

Dirichletovi rubni uvjeti

Razmotrimo sada pocetno–rubni problem za homogenu valnu jednadzbu

utt − c2uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (5.78)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.79)

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.80)

Kompatibilnost pocetnih i rubnih uvjeta zahtijeva da f i g zadovoljavaju f(0) =

f(L) = 0 i g(0) = g(L) = 0. Metodu separacije konstanti, koju smo uveli za

rjesavanje jednadzbe provodenja, mozemo na slican nacin primijeniti na valnu jed-

nadzbu. Rjesenje problema trazimo u separiranom obliku

u(x, t) = P (x)Q(t). (5.81)

Supstitucijom izraza (5.81) u jednadzbu (5.78) dobivamo PQtt = c2PxxQ, odnosno

Pxx

P=

1

c2

Qtt

Q. (5.82)

Varijable x i t su nezavisne pa obje strane u jednadzbi (5.82) moraju biti konstantne.

Dakle,Pxx

P=

1

c2

Qtt

Q= −λ (5.83)


za neku separacijsku konstantu λ ∈ R. Odavde slijedi da su funkcije P i Q rjesenja

obicnih diferencijalnih jednadzbi

Pxx + λP = 0, 0 < x < L, (5.84)

Qtt + λc2Q = 0, t > 0. (5.85)

Rubni uvjeti u(0, t) = P (0)Q(t) = 0 i u(L, t) = P (L)Q(t) = 0 povlace P (0) = 0 i

P (L) = 0. Stoga funkcija P zadovoljava pridruzeni Sturm–Liouvilleov problem

Pxx + λP = 0, (5.86)

P (0) = P (L) = 0. (5.87)

U poglavlju 4.2 je pokazano da jednadzba (5.86)-(5.87) ima netrivijalna rjesenja samo

za vlastite vrijednosti

λn =(nπ

L

)2

, n ≥ 1, (5.88)

kojima pripadaju vlastite funkcije

Pn(x) = Bn sin(nπ

Lx), n ≥ 1. (5.89)

Za svaku vlastitu vrijednost λn mozemo odrediti funkciju Q(t) iz jednadzbe (5.85).

Opce rjesenje je dano sa

Qn(t) = Cn cos(nπc

Lt)

+ Dn sin(nπc

Lt), n ≥ 1. (5.90)

Time smo dobili niz funkcija

un(x, t) = Pn(x)Qn(t) =[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

sin(nπ

Lx)

(5.91)

gdje su an = CnBn i bn = DnBn neodredene konstante. Funkcije un(x, t) zadovolja-

vaju valnu jednadzbu (5.78) i rubne uvjete (5.80), a svaka linearna kombinacija

u(x, t) =N∑

n=1

[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

sin(nπ

Lx)

(5.92)

je takoder rjesenje istog problema.


(a) n = 1 (b) n = 2 (c) n = 3

Slika 5.3: Prva tri harmonika za titranje zice s ucvrscenim krajevima.

Funkciju un(x, t) nazivamo harmonik n-tog reda za zicu s ucvrscenim krajevima u

x = 0 i x = L. Ako an i bn nisu oba nula, onda se harmonik un(x, t) moze zapi-

sati u sljedecem obliku. Definirajmo Rn =√

a2n + b2

n. S obzirom da je (an/Rn)2 +

(bn/Rn)2 = 1, postoji θn ∈ R takav da je

an = Rn sin(θn) i bn = Rn cos(θn). (5.93)

Tada je

un(x, t) = Rn

[sin(θn) cos

(nπc

Lt)

+ cos(θn) sin(nπc

Lt)]

sin(nπ

Lx)

= Rn sin(nπ

Lx)

sin(nπc

Lt + θn

). (5.94)

Iz ovog izraza je vidljivo da harmonik un(x, t) u tocki x ima amplitudu Rn| sin(nπL

x)|

i fazu θn. Period harmonika, tj. vrijeme potrebno da se zavrsi jedna oscilacija,

dobivamo iz jednadzbe nπcT/L = 2π sto daje

Tn =2L

nc. (5.95)

Frekvencija titranja fn je broj oscilacija u jedinici vremena i dana je sa

fn =1

Tn

=nc

2L. (5.96)

Slika 5.3 prikazuje prva tri harmonika za titrajucu zicu s ucvrscenim krajevima.


Titranje zice je opcenito superpozicija harmonika svakog reda, odnosno svih mogucih

frekvencija, pa ocekujemo da se opce rjesenje valne jednadzbe moze zapisati u obliku

reda

u(x, t) =∞∑

n=1

[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

sin(nπ

Lx)

(5.97)

Konstante an i bn se mogu odrediti iz pocetnih uvjeta u(x, 0) = f(x) i ut(x, 0) = g(x).

Ako pretpostavimo da se red (5.97) moze derivirati po clanovima, onda dobivamo

u(x, 0) =∞∑

n=1

an sin(nπ

Lx)

= f(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.98)

ut(x, 0) =∞∑

n=1

(nπc

L

)bn sin

(nπ

Lx)

= g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.99)

Ako su funkcije f i g neprekidne i po dijelovima C1 na [0, L], gdje je f(0) = f(L) = 0

i g(0) = g(L) = 0, onda Fourierovi redovi (5.98) i (5.99) uniformno konvergiraju ka

f i g, a Fourierovi koeficijenti su dani sa

an =2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπ

Lx)

dx, (5.100)

bn =2

nπc

∫ L

0

g(x) sin(nπ

Lx)

dx. (5.101)

Iz dobivenog rjesenja se vidi da je titranje zice potpuno odredeno pocetnim i rubnim

uvjetima. Ovo rjesenje je formalno jer je potrebno odrediti uvjete pod kojima red

(5.97) predstavlja C2 funkciju koja zadovoljava valnu jednadzbu.

Teorem 5.3 (Egzistencija rjesenja) Neka su f ∈ C4([0, L]) i g ∈ C3([0, L]). Pret-

postavimo da funkcije f i g zadovoljavaju uvjete

(i) f(0) = f ′′(0) = 0, f(L) = f ′′(L) = 0,

(ii) g(0) = g(L) = 0.

Tada je funkcija (5.97), gdje su Fourierovi koeficijenti dani relacijama (5.100) i

(5.101), klasicno rjesenje valne jednadzbe

utt − c2uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (5.102)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.103)

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.104)


Dokaz. Pokazimo da koeficijenti an i bn dovoljno brzo teze k nuli tako da red (5.97)

definira neprekidnu funkciju koja se moze derivirati po clanovima. Parcijalnom in-

tregracijom relacije (5.100) dobivamo

an =2

nπ

∫ L

0

f ′(x) cos(nπ

Lx)dx (5.105)

jer je f(0) = f(L) = 0. Koristeci pretpostavku f ′′(0) = f ′′(L) = 0 ponavljanjem

parcijalne integracije tri puta nalazimo

an =2L3

(nπ)4

∫ L

0

f (4)(x) sin(nπ

Lx)dx. (5.106)

Odavde slijedi da je∣∣∣(nπ

L

)2

an

∣∣∣ ≤

2L

(nπ)2

∫ L

0

|f (4)(x)|dx. (5.107)

Kako je f (4) neprekidna na [0, L], integral u gornjoj nejednakosti je konacan pa

mozemo definirati

C1 =2L

π2

∫ L

0

|f (4)(x)|dx. (5.108)

Tada je ∣∣∣(nπ

L

)2

an

∣∣∣ ≤

C1

n2, n ≥ 1. (5.109)

Slicno se pokazuje da koristeci pretpostavke g(0) = g(L) = 0 i g ∈ C3([0, L]), iz

relacije (5.101) dobivamo

∣∣∣(nπ

L

)2

bn

∣∣∣ ≤

C2

n2, n ≥ 1, (5.110)

gdje je

C2 =2L

cπ2

(|g′′(0)| + |g′′(L)| +

∫ L

0

|g(3)(x)|dx). (5.111)

Primijetimo da g(0) = g(L) = 0 predstavlja prirodni zahtjev da je brzina zice u

ucvrscenim krajevima x = 0 i x = L jednaka nuli. Definirajmo funkcije

un(x, t) =[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

nt)]

sin(nπ

Lx), n ≥ 1. (5.112)

Nejednakosti (5.109) i (5.110) povlace da redovi∑∞

n=1 an i∑∞

n=1 bn apsolutno konver-

giraju. Kako je

|un(x, t)| ≤ |an| + |bn| (5.113)


za svaki 0 ≤ x ≤ L i t ≥ 0, prema Weierstrassovom testu red∑∞

n=1 un(x, t) konvergira

uniformno na skup Ω = {(x, t) | 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0} ka neprekidnoj funkciji

u(x, t) =∞∑

n=1

[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

sin(nπ

Lx)

(5.114)

Pokazimo da se red (5.114) moze derivirati po clanovima na otvorenom skupu Ω =

{(x, t) | 0 < x < L, t > 0}. Deriviranjem funkcije (5.114) dobivamo

∂2un

∂x2= −

(nπ

n

)2[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

sin(nπ

Lx)

(5.115)

pa nejednakosti (5.109) i (5.110) povlace∣∣∣∂2un

∂x2

∣∣∣ ≤

(nπ

L

)2

|an| +(nπ

L

)2

|bn| ≤C1 + C2

n2(5.116)

za svaki 0 < x < L i t > 0. Red∑∞

n=1 1/n2 je konvergentan pa prema Weierstrasso-

vom kriteriju red funkcija∑∞

n=1 ∂2un/∂x2 konvergira uniformno na Ω. Stoga se red

u(x, t) =∑∞

n=1 un(x, t) moze derivirati po clanovima i vrijedi

∂2u

∂x2=

∞∑

n=1

∂2un

∂x2, (x, t) ∈ Ω. (5.117)

Deriviranjem po varijabli t dobivamo∣∣∣∂2un

∂t2

∣∣∣ ≤ c2 C1 + C2

n2(5.118)

za svaki 0 < x < L i t > 0 pa je prema istom argumentu

∂2u

∂t2=

∞∑

n=1

∂2un

∂t2, (x, t) ∈ Ω. (5.119)

Funkcije un(x, t) zadovoljavaju valnu jednadzbu (un)tt − c2(un)xx = 0 i rubne uvjete

un(0, t) = un(L, t) = 0. Odavde slijedi da u(x, t) zadovoljava u(0, t) = u(L, t) = 0 i

utt − c2uxx =∞∑

n=1

∂2un

∂t2− c2

∞∑

n=1

∂2un

∂x2=

∞∑

n=1

(∂2un

∂t2− c2 ∂2un

∂x2

)= 0. (5.120)

Promotrimo sada pocetne uvjete

u(x, 0) =∞∑

n=1

an sin(nπ

Lx)

= f(x), (5.121)

ut(x, t) =∞∑

n=1

(nπc

L

)bn sin

(nπ

Lx)

= g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.122)


Ako su f i g neparna prosirenja funkcija f i g na [−L,L], onda f i g imaju neprekidne

derivacije na [−L,L] i vrijedi f(−L) = f(L) = 0, g(−L) = g(L) = 0. Kao posljedica

teorema 2.4 Fourierovi redovi (5.121) i (5.122) konvergiraju uniformno ka funkcijama

f i g na [0, L] gdje su Fourierovi koeficijenti dani sa

an =2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπ

Lx)dx, (5.123)

nπc

Lbn =

2

L

∫ L

0

g(x) sin(nπ

Lx)dx, (5.124)

odnosno

bn =2

nπc

∫ L

0

g(x) sin(nπ

Lx)dx. (5.125)

Time je pokazano da funjcija u(x, t) zadovoljava pocetne uvjete (5.121) i (5.122). �

Neumannovi rubni uvjeti

Metoda separacije varjiabli se moze primijeniti na rjesavanje valne jednadzbe s razlicitim

rubnim uvjetima. Na primjer, ako krajevi zice slobodno titraju, tada se zica postavlja

tako da je ux(0, t) = ux(L, t) = 0 za svaki t ≥ 0. Titranje zice sa slobodnim krajevima

je opisano Neumannovim problemom

utt − c2uxx = 0, 0 < x < L, (5.126)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.127)

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.128)

Kompatibilnost pocetnih i rubnih uvjeta povlaci da je

f ′(0) = f ′(L) = g′(0) = g′(L) = 0. (5.129)

Separacijom varijabli u(x, t) = P (x)Q(t) i koristenjem rubnih uvjeta ux(0, t) =

Px(0)Q(t) = 0 i ux(L, t) = Px(L)Q(t) = 0 dobivamo sljece jednadzbe za P i Q:

P ′′(x) + λP (x) = 0, 0 < x < L, (5.130)

Px(0) = Px(L) = 0, (5.131)

Q′′(t) + λc2Q(t) = 0. (5.132)


Vlastite vrijednosti su diskretizirane, λn =(

nπL

)2, n = 0, 1, 2, . . ., a funkcije Pn su

dane sa

Pn(x) = Bn cos(nπ

Lx), n = 0, 1, 2, . . . (5.133)

Za λ = λn jednadzba (5.132) ima rjesenja

Q0 = C0 + D0t, (5.134)

Qn(t) = Cn cos(nπc

Lt)

+ Dn sin(nπc

Lt), n = 1, 2, 3, . . . (5.135)

Time dobivamo niz funkcija un(x, t) = Pn(x)Qn(t):

u0(x, t) =a0 + b0t

2, (5.136)

un(x, t) =[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

cos(nπ

Lx), n = 1, 2, 3, . . . (5.137)

gdje su a0 = 2C0B0, b0 = 2D0B0 i an = CnBn, bn = DnBn. Opce rjesenje u(x, t) je

dano u obliku Fourierovog reda

u(x, t) =a0 + b0t

2+

∞∑

n=1

[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

cos(nπ

Lx). (5.138)

Koeficijenti an i bn su odredjeni pocetnim uvjetima

u(x, 0) =a0

2+

∞∑

n=1

an cos(nπ

Lx)

= f(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.139)

ut(x, 0) =b0

2+

∞∑

n=1

(nπc

L

)bn cos

(nπ

Lx)

= g(x), 0 ≤ x ≤ L. (5.140)

Iz relacija ortogonalnosti

∫ L

0

cos(nπ

Lx)

cos(mπ

Lx)dx =

0, n 6= m,

12L, n = m 6= 0,

L, n = m = 0,

(5.141)

dobivamo Fourierove koeficijente

a0 =2

L

∫ L

0

f(x)dx, an =2

L

∫ L

0

f(x) cos(nπ

Lx)dx, (5.142)

b0 =2

L

∫ L

0

g(x)dx, bn =2

nπc

∫ L

0

g(x) cos(nπ

Lx)dx. (5.143)


5.3.2 Separacija varijabli za nehomogenu jednadzbu

Metoda separacije varijabli moze se prilagoditi za rjesavanje nehomogene valne jed-

nadzbe. Promotrimo Neumannov problem

utt − c2uxx = F (x, t), 0 < x < L, (5.144)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.145)

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.146)

gdje je F (x, t) linearna gustoca vanjske sile koja djeluje na zicu. Ako je F = 0, tada

znamo da je rjesenje dano sa

u(x, t) =a0 + b0t

2+

∞∑

n=1

[an cos

(nπc

Lt)

+ bn sin(nπc

Lt)]

cos(nπ

Lx). (5.147)

Ovo sugerira da rjesenje nehomogene jednadzbe potrazimo u obliku

u(x, t) =1

2Q0(t) +

∞∑

n=1

Qn(t) cos(nπ

Lx). (5.148)

Supstitucijom relacije (5.148) u valnu jednadzbu (5.144) dobivamo

1

2Q0(t) +

∞∑

n=1

(Q′′

n(t) +(nπc

L

)2

Qn(t))

cos(nπ

Lx)

= F (x, t). (5.149)

Ako funkciju F (x, t) mozemo razviti u Fourierov red u varijabli x po kosinusima, tada

Qn(t) mozemo odrediti usporedjivanjem dvaju Fourierovih reda u jednadzbi (5.149).

Pretpostavimo da F (x, t) zadovoljava rubne uvjete

Fx(0, t) = Fx(L, t) = 0, t ≥ 0. (5.150)

Tada u fiksnom trenutku t funkciju F (x, t) mozemo razviti u red

F (x, t) =1

2C0(t) +

∞∑

n=1

Cn(t) cos(nπ

Lx), 0 ≤ x ≤ L. (5.151)

Ako ovu relaciju uvrstimo u jednadzbu (5.149), tada dobivamo

1

2

(Q′′

0(t) − C0(t))

+∞∑

n=1

[Q′′

n(t) +(nπc

L

)2

Qn(t) − Cn(t)]cos(nπ

Lx)

= 0. (5.152)


Fourierov red neke funkcije iscezava ako i samo ako su Fourierovi koeficijenti jednaki

nuli, sto povlaci

Q′′0(t) = C0(t), (5.153)

Q′′n(t) +

(nπc

L

)2

Qn(t) = Cn(t), n ≥ 1. (5.154)

Opce rjesenje diferencijalne jednadzbe za Qn(t) je zbroj rjesenja homogene jednadzbe

i partikularnog rjesenja:

Q0(t) = a0 + b0t + Qp0(t), (5.155)

Qn(t) = a0 cos(nπc

Lt)

+ b0 sin(nπc

Lt)

+ Qpn(t), (5.156)

gdje je Qpn(t) partikularno rjesenje koje je potpun odredjeno funkcijom Cn(t). Sups-

titucijom rjesenja za Qn(t) u jednadzbu (5.148) slijedi da je

u(x, t) = uh(x, t) + up(x, t) (5.157)

gdje je uh(x, t) rjesenje homogene valne jednadzbe (5.147), dok je

up(x, t) =1

2Qp

0(t) +∞∑

n=1

Qpn(t) cos

(nπ

Lx)

(5.158)

partikularno rjesenje. Koeficijenti an i bn se odredjuju, kao u homogenom slucaju, iz

pocetnih uvjeta u(x, 0) = f(x) i ut(x, 0) = g(x).

Primjer 5.5 Odredite rjesenje valne jednadzbe

utt − uxx = cos(2πx) cos(2πt), 0 < x < 1, t > 0, (5.159)

u(x, 0) = cos2(πx), 0 ≤ x ≤ 1, (5.160)

ut(x, 0) = 2 cos(2πx), 0 ≤ x ≤ 1, (5.161)

ux(0, t) = ux(1, t) = 0. (5.162)

Ovdje je L = c = 1 pa opce rjesenje ima oblik

u(x, t) =1

2Q0(t) +

∞∑

n=1

Qn(t) cos(nπx). (5.163)


Supstitucijom izraza (5.163) u jednadzbu (5.159) dobivamo

1

2Q′′

0(t) +∞∑

n=1

(Q′′

n(t) + (nπ)2Qn(t))

= cos(2πt) cos(2πx). (5.164)

Za n = 0 i n = 2 funkcije Qn zadovoljavaju

Q′′0(t) = 0, (5.165)

Q′′2(t) + 4π2Q2(t) = cos(2πt), (5.166)

dok za n 6= 0, 2 vrijedi

Q′′n(t) + (nπ)2Qn(t) = 0. (5.167)

Rjesenja jednadzbi (5.165) i (5.167) su dana sa

Q0(t) = a0 + b0t, Qn(t) = an cos(nπt) + bn sin(nπt). (5.168)

Partikularno rjesenje jednadzbe (5.166) je

Qp2(t) =

t

4πsin(2πt) (5.169)

jer je frekvencija prisilnih titraja ω = 2π jednaka prirodnoj frekvenciji ω0 = 2π. Stoga

je

Q2(t) = a2 cos(2πt) + b2 sin(2πt) +t

4πsin(2πt). (5.170)

Dakle, funkcija u(x, t) je dana sa

u(x, t) =a0 + b0t

2+

∞∑

n=1

(an cos(nπt) + bn sin(nπt)

)cos(nπx) +

t

4πsin(2πt) cos(2πx).

(5.171)

Iz pocetnog uvjeta (5.160) imamo

u(x, 0) =a0

2+

∞∑

n=1

an cos(nπx) = cos2(πx). (5.172)

Iz identiteta cos2(πx) = 12

+ 12cos(2πx) i usporedbom Fourierovih koeficijenata za-

kljucujemo da je

a0 = 1, a2 =1

2, an = 0, n 6= 0, 2. (5.173)


Slicno, pocetni uvjet (5.161) povlaci

ut(x, 0) =b0

2+

∞∑

n=1

nπbn cos(nπx) = 2 cos(2πx) (5.174)

iz cega slijedi

b2 =1

π, bn = 0, n 6= 2. (5.175)

Uvrstavanjem Fourierovih koeficijenata an i bn u izraz za u(x, t) dobivamo rjesenje

u(x, t) =1

2+(1

2cos(2πt) +

4 + t

4πsin(2πt)

)cos(2πx). (5.176)

�

Documents

Parcijalne diferencijalne jednadˇzbe Skripta–radna …mapmf.pmfst.unist.hr/~skresic/PDJ/Literatura/pdj_v5.pdfPOGLAVLJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 5 1.1.1 Linearne jednadˇzbe i princip