Matematicke Metode Fizike

Matematičke metode fizike Bilješke Ivica Smolić, 2015 | travanj | 15

Nakon niza iteracija, skripta za kolegije MMF1 i MMF2 prvi put je dobila “glavu i rep”. Ipak, ovo je tek najgrublja verzija pred kojom je trnovit proces dorade na putu ka čitkom, probavljivom udžbeniku. Unaprijed zahvaljujem svima onima koji će me upozoriti na propuste, nejasnoće, te matematičke i pravopisne pogreške s kojima je ovaj tekst zasad još nesumnjivo protkan.

Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-Matematički fakultet

cbnd Creative Commons licences

ii

Sadržaj Uvod

vii

Konvencije i ostalo

ix

0 Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 0.1 Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2 Skupovi u Rn . . . . . . . . . . . . 0.3 Funkcije na Rn . . . . . . . . . . . . 0.4 Algebarske strukture . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

1 1 2 6 10

1 Kompleksna analiza 1.1 Polje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Kompleksne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Krivulje u kompleksnoj ravnini . . . . . . . . . . . 1.5 Riemannove plohe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Nizovi i redovi u C . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija 1.8 Integracija kompleksnih funkcija . . . . . . . . . . . 1.9 Laurentov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Singulariteti i reziduumi . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Sumiranje redova pomoću kompleksnih integrala .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

13 13 15 17 21 23 25 33 41 53 56 59

2 Gama, beta, zeta 2.1 Gama funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Beta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Riemannova zeta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61 61 74 76

3 Aproksimacije funkcija 3.1 Kvantificiranje približnog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Divergiranje nije nužno loše . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Asimptotski razvoji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83 83 85 86

4 Obične diferencijalne jednadžbe 4.1 Klasifikacija ODJ . . . . . . . . 4.2 Linearne ODJ prvog reda . . . 4.3 Linearne ODJ višeg reda . . . 4.4 Frobeniusova metoda . . . . .

. . . .

. . . .

iii

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

91 91 94 98 108

iv

Sadržaj

4.5 4.6

Hipergeometrijska diferencijalna jednadžba . . . . . . . . . . . . . . 113 Sustavi linearnih ODJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5 Fourierov red 5.1 Unitarni prostori . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Kvadratno integrabilne funkcije . . . . . . . 5.3 Norma na unitarnom prostoru . . . . . . . . 5.4 Ortonormirani skupovi vektora . . . . . . . 5.5 Aproksimiranje vektora . . . . . . . . . . . . 5.6 Parcijalni Fourierov red . . . . . . . . . . . . 5.7 Potpunost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Tri tipa konvergencije . . . . . . . . . . . . . 5.9 Konvergencija Fourierovog reda . . . . . . . 5.10 Sumiranje redova pomoću Fourierovog reda

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

127 127 130 134 135 139 140 144 147 149 155

6 Fourierov transformat 6.1 Osnovna svojstva Fourierovog transformata 6.2 Princip neodređenosti . . . . . . . . . . . . . 6.3 Konvolucija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Delta funkcija i distribucije . . . . . . . . . . 6.5 Ostale integralne transformacije . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

159 160 167 170 174 182

7 Parcijalne diferencijalne jednadžbe 7.1 Fizikalna pozadina osnovnih PDJ . . 7.2 Klasifikacija PDJ . . . . . . . . . . . 7.3 PDJ prvog reda . . . . . . . . . . . . 7.4 Metoda karakteristika . . . . . . . . 7.5 Kanonska forma PDJ drugog reda . 7.6 Poissonova i Laplaceova jednadžba 7.7 Toplinska jednadžba . . . . . . . . . 7.8 Valna jednadžba . . . . . . . . . . . 7.9 Maxwellove jednadžbe . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

183 183 186 189 191 193 195 199 205 210

8 Greenove funkcije 8.1 Greenove funkcije i ODJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Kramers-Kronigove relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Greenove funkcije i PDJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

213 213 220 221

9 Specijalne funkcije 9.1 Separacija u sfernom koordinatnom sustavu . . 9.2 Separacija u cilindričnom koordinatnom sustavu 9.3 Legendreovi polinomi i kugline funkcije . . . . 9.4 Besselove i Neumannove funkcije . . . . . . . . 9.5 Sturm-Liouvilleov problem . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

229 230 232 234 246 256

10 Varijacijski račun 10.1 Brahistohrona . . . . . . . 10.2 Opne od sapunice . . . . . 10.3 Varijacije s ograničenjima . 10.4 Lančanica . . . . . . . . . . 10.5 Izoperimetrijski problem .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

259 261 262 264 265 266

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

v

§ Sadržaj

10.6 10.7 10.8 10.9

Problem maksimalnog polja . . . . . . . . . . . . Varijacijski problemi s više funkcija i više varijabli Geodezici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maxwell-Boltzmannova raspodjela . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

268 269 270 271

Dodaci

273

A Jordanova forma matrice

275

B Eksponenciranje matrica

277

C Bernoullijevi brojevi

281

D Potpunost prostora Lp

283

E Lebesgueov integral

285

F Koordinatni sustavi

287

G Nejednakosti

291

Sadržaj

vi

Uvod Ovdje donosimo kratak vodič kroz literaturu za koju držim kako bi studentima mogla biti od koristi u svladavanju materije koja se obrađuje na ova dva kolegija. Udžbenik: knjiga namjenjena detaljnom svladavanju gradiva od motivacije, teorema i dokaza do primjene u matematici i fizici. ? Butkov: Mathematical Physics (jednim dijelom se poklapa s gradivom ovih kolegija, ali je pristupom poprilično zastario udžbenik) ? Lang: Complex Analysis (matematički udžbenik iz kompleksne analize) ? Tenenbaum, Pollard: Ordinary Differential Equations (udžbenik ciljan na “fizičarsku” publiku koji s mnoštvom rješenih primjera obrađuje teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi) ? Arnold: Ordinary Differential Equations (udžbenik o teoriji običnih diferencijalnih jednadžbi s naglaskom na intuitivni uvid) ? Artin: The Gamma Function (kratak udžbenik o gama funkciji) ? Jeffrey: Applied Partial Differential Equations (matematički udžbenik iz teorije parcijalnih diferencijalnih jednadžbi) Priručnik/Udžbenik: pregled definicija i teorema, s naglaskom na objašnjenje metoda, ali (gotovo) bez ikakvih dokaza. ? Arfken, Weber: Mathematical Methods for Physicists ? Riley, Hobson, Bence: Mathematical Methods for Physics and Engineering Priručnik: skup definicija, teorema, metoda i formula, sve u najkraćoj mogućoj formi. ? Bronshtein, Semendyayev, Musiol, Muehlig: Handbook of Mathematics ? Abramowitz, Stegun: Handbook of Mathematical Functions ? Bateman Manuscript Project, Vol. 1-3 Zbirka zadataka: skup zadataka s rješenjima, koji u formi može varirati od “američkog stila” (relativno lagani zadaci, detaljna rješenja) do “ruskog stila” (teži zadaci, štura rješenja). vii

Uvod

viii

? Schaum’s Outline of Complex Variables, Schaum’s Outline of Differential Equations, Schaum’s Outline of Fourier Analysis ? Mitrinović, Michael: Calculus of residues (zbirka zadataka iz kompleksne integracije; inače, toplo preporučam sve Mitrinovićeve udžbenike i zbirke zadataka!) ? Volkovyskii, Lunts, Aramanovich: A Collection of Problems on Complex Analysis (zbrika zadataka “ruskog stila” iz kompleksne analize s mnoštvom primjera kompleksnih integrala) ? Farlow: Partial Differential Equations for Scientists and Engineers (pedagoški izvrsno koncipirana zbrika zadataka iz parcijalnih diferencijalnih jednadžbi, ciljana na “fizičarsku” publiku)

Konvencije i ostalo Neka su A i B skupovi, te f : A → B preslikavanje među njima. Tada sliku svakog podskupa S ⊂ A s obzirom na preslikavanje f označavamo s f (S) ≡ {f (x) | x ∈ S} Kroneckerov delta simbol,  δij =

1, 0,

i=j i 6= j

Levi-Civita simbol. U n dimenzija,   +1 , {i1 , . . . , in } je parna permutacija skupa {1, . . . , n} −1 , {i1 , . . . , in } je neparna permutacija skupa {1, . . . , n} i1 ...in =  0 , inače θ-funkcija (engl. step function, Heaviside step function) θ : R → R,  1, x≥0 θ(x) = 0, x<0 Ponekad koristimo varijantu ove funkcije,  x>0  1, ˆ 1/2 , x = 0 θ(x) =  0, x<0

(1)

(2)

(3)

(4)

Parcijalni harmonički red Hn za n ∈ N, Hn ≡

n X 1 k

k=1

Za parcijalne derivacije koristimo nekoliko ekvivalentnih oznaka, ∂f = ∂ x f = fx ∂x ∂2f = ∂x ∂y f = fxy , ∂x∂y

∂2f = ∂x2 f = fxx ∂x2

Derivacija funkcije f : S → R (za neki S ⊂ R3 ) u smjeru vektora n ˆ, ∂f (r) =n ˆ · ∇f (r) ∂n ix

(5)

x

Konvencije i ostalo

Kada smo u potrazi za objektima koji bi trebali zadovoljiti neku jednakost, tada iznad znaka jednakosti stavljamo uskličnik. Na primjer, tražimo li veličinu x za koju je ispunjena jednakost a + x = b, tada to napomenemo s !

a+x=b

Izbor oznaka (slova) koje koristimo za indekse u sumama, kao i varijable u integracijama, nisu od esencijalne važnosti za sam račun i stoga ih slobodno možemo mijenjati, bez da time utječemo na rezultat računa, N X

ai =

i=1

N X

Z aj ,

b

Z

a

j=1

b

f (x) dx =

f (y) dy . a

Iz ovog razloga ove oznake ponekad zovemo slijepi (još i gluhi ili nijemi) indeksi i varijable.

Ansatz je pogođen oblik rješenja nekog problema, konzistentan s poznatim činjenicama ili pretpostavkama. Heuristički argument ili “argument mahanjem rukama” je formalno neprecizan, utemeljen primjerice na analogiji ili indukciji, ali može poslužiti kao vodilja u potrazi za preciznijim argumentom.

Grčki alfabet A

α

alfa

N

ν

ni

B

β

beta

Ξ

ξ

ksi

Γ

γ

gama

O

o

omikron

∆

δ

delta

Π

π, $

pi

E

, ε

epsilon

R

ρ, %

ro

Z

ζ

zeta

Σ

σ, ς

sigma

H

η

eta

T

τ

tau

Θ

θ, ϑ

theta

Υ

υ

ipsilon

I

ι

jota

Φ

φ, ϕ

fi

K

κ

kapa

X

χ

hi

Λ

λ

lambda

Ψ

ψ

psi

M

µ

mi

Ω

ω

omega

0 Mezanin: skupovi, funkcije, strukture § 0.1 Skupovi Definicija 0.1. Inkluzija je relacija među skupovima, A ⊂ B, koja vrijedi ako x∈A ⇒ x∈B Kažemo da je A sadržan u B. Ako postoje elementi iz B koji nisu sadržani u A, pišemo A ( B. U dijelu literature se upotrebljavaju alternativne oznake, redom, A ⊆ B i A ⊂ B. Prazan skup ∅ je skup koji nema niti jednog elementa. Za svaki skup A vrijedi ∅ ⊂ A . Na primjer, ako je S = {a, {b}}, tada vrijedi a∈S,

{a} ⊂ S ,

b∈ /S,

{b} ∈ S ,

{b} 6⊂ S ,

{{b}} ⊂ S

Definicija 0.2. Osnovne operacije na skupovima A, B ⊂ X, Unija skupova

A ∪ B = {x ∈ X | x ∈ A ∨ x ∈ B}

Presjek skupova

A ∩ B = {x ∈ X | x ∈ A ∧ x ∈ B}

Razlika skupova

A − B = {x ∈ A | x ∈ / B}

Kažemo da skup A siječe skup B ako vrijedi A ∩ B 6= ∅. Kažemo da su skupovi A i B disjunktni ako vrijedi A ∩ B = ∅. Komplement podskupa A ⊂ X je skup X − A. Definicija 0.3. Kartezijev produkt A × B skupova A i B je skup uređenih parova, A × B ≡ {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}

(1)

Ako za neki n ∈ N imamo n puta ponovljen Kartezijev produkt istog skupa, tada to pišemo kao “potenciju”, An ≡ A × · · · × A {z } | n puta

1

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture

2

Definicija 0.4. Neka je A skup na kojem je definirana relacija ekvivalencije ∼. Tada možemo definirati kvocijentni skup A/ ∼ ≡ {[a] | a ∈ A}

(2)

gdje je [a] klasa ekvivalencije elementa a ∈ A, [a] = {x ∈ A | x ∼ a}. Bez ulaženja u strogu aksiomatiku dotičnih skupova, ovdje navodimo one s kojima ćemo se učestalo služiti, • skup prirodnih brojeva, N = {1, 2, 3, . . . } • skup cijelih brojeva, Z = (N × N)/ ∼ , gdje je (a, b) ∼ (c, d) akko a + d = b + c • skup racionalnih brojeva, Q = (Z × N)/ ∼ , gdje je (a, b) ∼ (c, d) akko ad = bc • skup realnih brojeva možemo neformalno uvesti preko Dedekindovog reza na racionalnim brojevima: R je skup uređenih particija skupa Q, odnosno uređenih parova skupova (A, B), gdje su A, B ⊂ Q, takvi da je a < b za sve a ∈ A i b ∈ B, pri čemu se √ primjerice držimo konvencije kako B nema najmanjeg elementa; na primjer, 2 = (A, B), gdje je A unija svih negativnih racionalnih brojeva i onih racionalnih brojeva q za koje je q 2 < 2, a B skup svih pozitivnih racionalnih brojeva q za koje je q 2 > 2 Osim njih, koristimo i neke pomoćne, poput skupa nenegativnih cijelih brojeva N0 = N ∪ {0}, skupa pozitivnih racionalnih brojeva Q+ = {q ∈ Q | q > 0}, pozitivnih realnih brojeva R+ = {r ∈ R | r > 0} (i analogno, negativnih racionalnih Q− i negativnih realnih brojeva R− ), te realnih brojeva bez nule, R× = R − {0}.

§ 0.2 Skupovi u Rn Sada ćemo promotriti podskupove Kartezijevog produkta Rn za općeniti n ∈ N. Za skup S ⊂ Rn kažemo da je konveksan ako je za svaki par točaka x, y ∈ S dužina koja ih spaja cijela sadržana u S. Definicija 0.5. Udaljenost d : Rn × Rn → R, p d(a, b) = (b1 − a1 )2 + · · · + (bn − an )2

(3)

Za svaku točku s ∈ Rn i r > 0 definiramo otvorenu kuglu B(s, r) kao skup točaka B(s, r) = {x ∈ Rn | d(s, x) < r}

(4)

3

§ 0.2. Skupovi u Rn

Specijalno, na skupu realnih brojeva R imamo p d(a, b) = (b − a)2 = |b − a| , B(s, r) = hs − r, s + ri

Definicija 0.6. Za skup S ⊂ Rn kažemo da je otvoren ako za svaki x ∈ S postoji realan broj r > 0 i otvorena kugla B(x, r) ⊂ S. Specijalno, sam Rn i prazan skup ∅ su otvoreni skupovi. Za skup S ⊂ Rn kažemo da je zatvoren ako je skup Rn − S (komplement u Rn ) otvoren. Specijalno, skupovi Rn i ∅ su i zatvoreni skupovi. Definicija 0.7. Okolina točke a ∈ Rn je svaki otvoren skup O ⊂ Rn koji sadrži točku a. Mi ćemo koristiti oznaku Oa za okolinu točke a. Važno je uočiti kako je okolina Oa točke a ujedno i okolina svake točke x ∈ Oa . Na primjer, okoline točke x = 0 ∈ R mogu biti skupovi A = h−1, 1i, B = h−2, 3i ∪ h3, 5i, C = h−∞, 1i, itd. Primjetimo, kako okolina ne mora nužno biti nekakav “mali skup” — primjerice, cijeli skup R je okolina bilo koje točke x ∈ R. Definicija 0.8. Gomilište skupa S ⊂ Rn je točka g ∈ Rn čija svaka okolina Og sadrži barem jednu točku x ∈ S različitu od g. Na primjer, skup A = {1/k | k ∈ N} ima gomilište u točki x = 0, a skupovi B = [0, 1i i C = [0, 1] ∪ {2} imaju gomilišta u svim točkama zatvorenog intervala [0, 1] (uočimo da točka 2 nije gomilište skupa C, iako je njegov element). Komentar 0.9. Valja napomenuti kako u literaturi postoji suptilna razlika u upotrebi riječi “gomilište”. Gornja definicija se odnosi na gomilišta skupova, prema kojoj na primjer dvočlani skup S = (−1)k | k ∈ N = {−1, 1} nema gomilišta, iako nam intuitivno izgleda kao da je niz ak = (−1)k “nagomilan” u točkama −1 i 1. Suptilnost se sastoji u tome što smo u slučaju skupa S napravili uniju vrijednosti niza ak , čime smo “ponavljajuće” članove pretvorili u jedan. Iz ovog razloga se koristi donekle različita definicija gomilišta nizova. Definicija 0.10. Gomilište niza (ak )k∈N u Rn je točka g ∈ Rn čija svaka okolina Og sadrži beskonačno mnogo (ne nužno međusobno različitih) članova tog niza. Ako za dani niz točaka (ak )k∈N u Rn postoji točka c ∈ Rn , takva da za svaku okolinu Oc postoji N ∈ N takav da su am ∈ Oc za sve m ≥ N , tada kažemo da je dotični niz konvergentan, a za točku c kažemo da je limes tog niza. Na primjer, niz ak = (−1)k ima gomilišta niza u točkama 1 i −1, ali niti jedna od ove dvije točke nije njegov limes. S druge strane, niz bk = 1/k je konvergentan, te ima limes u točki x = 0. Komentar 0.11. Nije teško dokazati kako je svako “skupovno” gomilište skupa vrijednosti niza u Rn nužno i “nizovno” gomilište tog niza. Međutim, kao što smo vidjeli na primjeru niza ak = (−1)k , obrat ne vrijedi nužno. U ostatku teksta ćemo pod “gomilištem” podrazumijevati točku iz definicije 0.8 ako je posrijedi gomilište skupa, odnosno točku iz definicije 0.10 ako je posrijedi gomilište niza, osim ako nešto drugo nije posebno napomenuto.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture

4

Lema 0.12. Okolinu “Og ” u definicijama gomilišta skupa i gomilišta niza možemo zamjeniti s otvorenom kuglom “B(g, r)”. Dokaz : Pretpostavimo da je g gomilište skupa S prema definiciji 0.8. Tada i svaka otvorena kugla B(g, r) siječe skup S − {g} jer je B(g, r) okolina točke g. Obratno, pretpostavimo da svaka otvorena kugla B(g, r) siječe skup S − {g}, te neka je Og neka okolina točke g. Tada, prema definiciji otvorenog skupa u Rn postoji otvorena kugla B(g, R) ⊂ Og . Odavde odmah slijedi da okolina Og siječe skup S − {g}, zato što ga po pretpostavci siječe otvorena kugla B(g, R) koja je podskup okoline Og . Potpuno analogno se dokaže tvrdnja Leme za definiciju gomilišta niza.

Teorem 0.13. Zatvoren skup sadrži sva svoja gomilišta. Dokaz : Neka je A ⊂ Rn zatvoren skup i g ∈ Rn njegovo gomilište. Pretpostavimo da je g∈ / A, odnosno da je g element otvorenog skupa O = Rn − A. Međutim, otvoren skup O je okolina točke g disjunktna sa skupom A, što je u kontradikciji s definicijom gomilišta. Valja uočiti da isti dokaz možemo upotrijebiti kako bismo dokazali da je svako gomilište niza (ak )k∈N u zatvorenom skupu A nužno element skupa A.

Teorem 0.14. Neka je (ak )k∈N ⊂ Rn konvergentan niz. Tada on ima jedinstven limes. Dokaz : Pretpostavimo da ovaj niz ima dva limesa, a i b, takvi da je a 6= b. Otvorene kugle B(a, r) i B(b, r) za r < d(a, b)/2 su disjunktne. Kako su i a i b limesi dotičnog niza znamo da i) postoji Na ∈ N, takav da su xm ∈ B(a, r) za sve m ≥ Na , te ii) postoji Nb ∈ N, takav da su xm ∈ B(b, r) za sve m ≥ Nb , što je kontradikcija!

Definicija 0.15. Neka je S ⊂ Rn . Definiramo sljedeće dijelove skupa: unutrašnost S ◦ = {x ∈ Rn | ∃ Ox : Ox ⊂ S}, rub ∂S = {x ∈ Rn | ∀ Ox : Ox ∩ S 6= ∅ ∧ Ox ∩ (Rn − S) 6= ∅}, zatvarač S = S ◦ ∪ ∂S. Iz definicije odmah vidimo da su za svaki skup S ⊂ Rn njegova unutrašnjost S ◦ , rub ∂S, te unutrašnjost komplementa (Rn −S)◦ međusobno disjunktni skupovi, te vrijedi S ⊃ S ⊃ S◦ Također, svaki skup S ⊂ Rn i njegov komplement Rn − S imaju zajednički rub, ∂S = ∂(Rn − S). Nadalje, iz definicije vidimo da je unutrašnjost svakog skupa otvoren skup, odakle slijedi da su zatvarač i rub zatvoreni skupovi jer vrijedi
S = Rn − (Rn − S)◦ , ∂S = Rn − S ◦ ∪ (Rn − S)◦ . Promotrimo nekoliko primjera dijelova podskupova skupa realnih brojeva R,

5

§ 0.2. Skupovi u Rn

S h−∞, 1i h−∞, 1] h0, 1i h0, 1i ∪ {2} h0, 1i ∪ h1, 2i Q R

S◦ h−∞, 1i h−∞, 1i h0, 1i h0, 1i h0, 1i ∪ h1, 2i ∅ R

∂S {1} {1} {0, 1} {0, 1, 2} {0, 1, 2} R ∅

S h−∞, 1] h−∞, 1] [0, 1] [0, 1] ∪ {2} [0, 2] R R

Lema 0.16. Skup A ⊂ Rn je a) otvoren akko je A = A◦ ; b) zatvoren akko je A = A. Dokaz : a) Ako je A = A◦ , tada je prema ranijim napomenama A otvoren skup. Obratno, ako pretpostavimo da je A otvoren skup, tada za svaki a ∈ A postoji okolina Oa ⊂ A, odakle slijedi a ∈ A◦ , odnosno A ⊂ A◦ . Kako uvijek vrijedi A ⊃ A◦ , slijedi A = A◦ . b) Ako je A = A, tada je prema ranijim napomenama A zatvoren skup. Obratno, ako pretpostavimo da je A zatvoren skup, tada je prema prvom dijelu teorema Rn − A = (Rn − A)◦ = Rn − A, odakle slijedi A = A.

Definicija 0.17. Za skup K ⊂ Rn kažemo da je kompaktan ako svaki niz točaka (ak )k∈N u K ima gomilište g ∈ K. Ekvivalentno, skup K je kompaktan akko svaki niz točaka (ak )k∈N ⊂ K ima konvergentan podniz čiji je limes unutar skupa K, odnosno akko svaki njegov beskonačan podskup ima gomilište unutar skupa K. Primjer skupa koji nije kompaktan, A = h0, 2i, jer niz ak = 1/k ima jedino gomilište u x = 0, ali je ta točka izvan skupa A. Definicija 0.18. Za skup S ⊂ Rn kažemo da je omeđen ako postoji realan broj r > 0 i otvorena kugla B(x, r) ⊃ S.

Teorem 0.19. (Bolzano-Weierstraß) Svaki beskonačan omeđen skup A ⊂ Rn ima gomilište. Svaki omeđen niz u Rn ima gomilište (ekvivalentno, svaki omeđen niz u Rn ima konvergentan podniz). Dokaz : Vidi npr. Teorem 4.9 u Ungar: Matematička analiza 3.

Teorem 0.20. (Heine-Borel) Skup K ⊂ Rn je kompaktan akko je zatvoren i omeđen.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture

6

Dokaz : a) Pretpostavimo da je K kompaktan skup. Ako K nije omeđen skup, tada za svaku kuglu B(0, k), gdje je k ∈ N, postoji točka xk ∈ K − B(0, k). Niz (xk )k∈N nema gomilište. Naime, ako je g gomilište ovog niza i r = d(0, g), tada za svaki prirodan broj m > 2r, koristeći nejednakost trokuta, slijedi d(xm , g) ≥ d(xm , 0) − d(0, g) ≥ m − r > r , odnosno xm ∈ / B(g, r), što je u kontradikciji sa svojstvom gomilišta jer otvorena kugla B(g, r) sadrži samo konačno mnogo članova niza (xk )k∈N . S druge strane, ako K nije zatvoren, tada je K −K 6= ∅, pa možemo promatrati točku x ∈ K −K. Za svaki R > 0 otvorena kugla B(x, R) siječe K, pa za svaki m ∈ N možemo odabrati ym ∈ K ∩ B(x, 1/m). Točka x je gomilište niza (ym )m∈N ⊂ K, a kako je x ∈ / K imamo kontradikciju s pretpostavkom kompaktnosti. b) Pretpostavimo da je K omeđen i zatvoren skup, te neka je zadan niz (ak )k∈N u K. Kako je K omeđen skup, tada je i niz (ak )k∈N omeđen, pa po Bolzano-Weierstraßovom teoremu ima gomilište. Nadalje, kako je K po pretpostavci zatvoren skup, to gomilište je element skupa K, pa je K kompaktan skup.

§ 0.3 Funkcije na Rn Za svaku funkciju f : X → Y i skup A ⊂ X koristimo oznaku f (A) ≡ {f (a) | a ∈ A}

(5)

Definicija 0.21. Za preslikavanje f : A → B kažemo da je injekcija ako ∀ x, y ∈ A : x 6= y povlači f (x) 6= f (y), surjekcija ako je f (A) = B, bijekcija ako je injekcija i surjekcija. Dokaz narednog elementarnog teorema je ostavljen za vježbu, Teorem 0.22. Preslikavanje f : A → B ima inverz akko je bijekcija.

Definicija 0.23. Neka je n ∈ N, te S ⊂ Rn . Za funkciju f : S → R kažemo da je neprekidna u točki x0 ∈ S ako za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da za svaki x ∈ S kojem je d(x, x0 ) < δ vrijedi |f (x) − f (x0 )| < . Prekidi (diskontinuiteti) funkcija ne moraju biti izolirane točke. Na primjer, Dirichletova funkcija D : R → R, definirana s  1, x∈Q D(x) = (6) 0, x∈R−Q

7

§ 0.3. Funkcije na Rn

ima prekid u svakoj točki, dok je funkcija f (x) = xD(x) neprekidna samo u x = 0. Dokaz : Za svaki  > 0 dovoljno je uzeti δ < , tako da za svaki |x − 0| < δ vrijedi |f (x) − f (0)| = |f (x)| ≤ |x| < δ <  Dakle, funkcija f je neprekidna u x0 = 0. S druge strane, ako je x0 6= 0, tada za svaki  < |x0 | i svaki δ > 0 možemo odabrati x ∈ hx0 − δ, x0 + δi, takav da je |x| > |x0 |, te koji je iracionalan broj ako je x0 racionalan i obratno, pa vrijedi |f (x) − f (x0 )| ≥ |x0 | >  i stoga funkcija f ima prekid u svim točkama x0 6= 0.

Usput, postoji i primjer realne funkcije koja je neprekidna samo u iracionalnim brojevima (tzv. Thomaeova funkcija, definirana s t(x) = D(x)/q(x), gdje je q(x) najmanji pozitivni nazivnik u prikazu racionalnog broja x = p/q). Nadalje, valja biti oprezan oko funkcija više varijabli. Na primjer, ako su za funkciju f : R2 → R, restrikcije x 7→ f (x, y) i y 7→ f (x, y) neprekidne, to ne povlači nužno kako je f neprekidna funkcija! Na primjer,  xy/(x2 + y 2 ) , (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = (7) 0 , (x, y) = (0, 0) S jedne strane, lako se provjeri kako su navedene restrikcije neprekidne funkcije. S druge strane, duž pravca (x, x) imamo f (x, x) = 1/2 za sve x osim u ishodištu, gdje je f (0, 0) = 0, pa funkcija f nije neprekidna u ishodištu! Obratno, funkcija  x sin(1/y) + y sin(1/x) , xy 6= 0 g(x, y) = 0 , xy = 0 je neprekidna na cijeloj domeni R2 , iako restrikcija x 7→ g(x, y) za y 6= 0 nije neprekidna u x = 0, kao ni restrikcija y 7→ g(x, y) za x 6= 0 u y = 0. Definicija 0.24. Za skup A ⊂ Rn kažemo da je povezan ako ne postoje dva neprazna disjunktna skupa O i U , takvi da je O ∩ U = O ∩ U = ∅, te A = O ∪ U . Na primjer, sve otvorene kugle su povezane. S druge strane, skup A = h0, 1i ∪ h1, 2i nije povezan. Definicija 0.25. Neka su a, b ∈ R, takvi da je b > a. Put je neprekidno preslikavanje γ : [a, b] → Rn . Slika puta, γ([a, b]) je krivulja u prostoru Rn . Konstantan put za neku zadanu točku p ∈ Rn je trivijalno preslikavanje γp (x) = p. Ako je γ injekcija, odnosno ako dotična krivulja ne presjeca samu sebe, tada kažemo da je posrijedi Jordanov luk. Nadalje, Jordanova krivulja ili jednostavna zatvorena krivulja je slika neprekidne injekcije γ : S 1 → Rn , gdje S 1 označava kružnicu.

Teorem 0.26. (Jordan) Neka je C Jordanova krivulja u ravnini R2 . Tada se komplement R2 − C može napisati kao unija dva neprazna disjunktna otvorena povezana skupa.

8

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture

Definicija 0.27. Za skup A ⊂ Rn kažemo da je povezan putevima ako za svake dvije točke x, y ∈ A postoji put γ : [a, b] → A, takav da je γ(a) = x i γ(b) = y. Neprekidna deformacija puta γ : [a, b] → A u put λ : [a, b] → A unutar skupa A je neprekidno preslikavanje F : [a, b] × [0, 1] → A, takvo da za sve x ∈ [a, b] vrijedi F (x, 0) = γ(x) i F (x, 1) = λ(x). Za skup A ⊂ Rn kažemo da je jednostavno povezan ako je povezan putevima i ako je svaki zatvoren put u A moguće neprekidno deformirati u konstantan put. Specijalno, skup A ⊂ R2 je jednostavno povezan ako svaka Jordanova krivulja unutar tog skupa obuhvaća samo točke tog skupa. Definicija 0.28. Neka je n ∈ N, k ∈ N0 , te O ⊂ Rn otvoren skup. Za funkciju f : O → R kažemo da je tipa C k u točki p ∈ O ako postoje derivacije ∂xi1

∂j f · · · ∂xij

za sve j ≤ k i neprekidne su u točki p. Specijalno, C 0 funkcije su neprekidne funkcije. Nadalje, ako je neka funkcija tipa C k za sve k ∈ N0 , tada kažemo da je ona tipa C ∞ ili glatka funkcija. Na primjer, ako kažemo da je funkcija f : R3 → R tipa C 2 u nekoj točki p, tada to znači da je sama funkcija f neprekidna u točki p, te su (u Kartezijevom koordinatnom sustavu) sve derivacije do uključivo drugog reda, ∂f , ∂x

∂f , ∂y

∂f , ∂z

∂2f , ∂y 2

∂2f , ∂x2

∂2f , ∂z 2

∂2f , ∂x∂y

∂2f ∂x∂z

i

∂2f ∂y∂z

definirane i neprekidne u točki p. Svi polinomi, eksponencijalna funkcija ex , trigonometrijske funkcije cos i sin, te hiperbolne trigonometrijske funkcije sh i ch su primjeri glatkih funkcija. Primjer C k funkcija koje u x = 0 nisu tipa C k+1 , fk (x) = |x|xk Naime, f0 (x) = |x| je neprekidna funkcija koja nije derivabilna u ishodištu. Nadalje, za k > 0 imamo |x + |(x + )k − |x|xk fk (x + ) − fk (x) = lim →0 →0  

fk0 (x) = lim

(x + )k = xk + kxk−1  + O(2 ) fk0 (x) = kfk−1 (x) + lim xk →0

|x + | − |x| = kfk−1 (x) + xk sgn (x) = 

= kfk−1 (x) + |x|xk−1 = (k + 1)fk−1 (x) pa indukcijom slijedi tvrdnja. Postoje i primjeri neprekidnih funkcija koje u niti jednoj točki nisu derivabilne. Prvi takav primjer je pronašao Weierstraß1872. godine, tzv. Weierstraßova funkcija W : R → R, definirana redom W (x) =

∞ X n=0

an cos(bn x)

(8)

9

§ 0.3. Funkcije na Rn

gdje je 0 < a < 1, a b je neparan cijeli broj, takav da vrijedi ab ≥ 1. Primjetimo, međutim, kako imamo funkcije više varijabli koje u nekoj točki mogu imati definirane sve parcijalne derivacije, bez da budu neprekidne u toj točki. Primjer je funkcija f definirana u (7), za koju lako provjerimo fx (0, 0) = lim

f (, 0) − f (0, 0) =0 

fy (0, 0) = lim

f (0, ) − f (0, 0) =0 

→0

→0

Stoga, ako želimo da diferencijabilnost funkcije više varijabli bude “jače” svojstvo od neprekidnosti, ono mora uključivati više od pukog postojanja parcijalnih derivacija ... Neka je O ⊂ R otvoren skup. Taylorov razvoj glatke funkcije f : O → R oko točke a ∈ O dan je redom ∞ X f (n) (a) (x − a)n (9) n! n=0 Za funkciju f kažemo da je (realno) analitička funkcija, odnosno da je tipa C ω u točki a ∈ O ako je na nekoj okolini Ua ⊂ O jednaka svom Taylorovom razvoju. Ovu definiciju je moguće jednostavno poopćiti. Definicija 0.29. Neka je O ⊂ Rn otvoren skup. Za funkciju f : O → R kažemo da je (realno) analitička funkcija, odnosno da je tipa C ω u točki a ∈ O ako je na nekoj okolini Ua ⊂ O jednaka svom Taylorovom razvoju, odnosno za svaki x ∈ Ua f (x) = f (a) +

··· +

X ∂f 1 X ∂f (a)(xi − ai ) + (a)(xi − ai )(xj − aj ) + . . . i i ∂xj ∂x 2! ∂x i i,j 1 X ∂f (a)(xi1 − ai1 ) · · · (xik − aik ) + . . . i 1 k! i ,...,i ∂x · · · ∂xik 1

(10)

k

gdje sve sume idu u granicama od 1 do n. Sve analitičke funkcije su nužno glatke jer u protivnom neki koeficijenti u Taylorovom razvoju ne bi bili dobro definirani. Međutim, obrat općenito ne vrijedi. Standardni primjer glatke funkcije koja nije analitička (bar u jednoj točki) je f : R → R, definirana s  −1 e x , x>0 f (x) = 0, x≤0 Dokaz : Očigledno, funkcija je analitička za sve x < 0. Promotrimo nadalje točke x ≥ 0. Prvo ćemo indukcijom dokazati da za svaki k ∈ N0 vrijedi f (k) (x) = p2k (1/x) e−1/x , gdje je p2k neki polinom reda 2k. Odavde slijedi da je f glatka funkcija u svim točkama x > 0. Zatim ćemo dokazati da su sve derivacije f (k) definirane i neprekidne u x = 0.

10

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture

a) Trivijalno, tvrdnja vrijedi za k = 0 (p0 (y) = 1). Nadalje, f 0 (x) = e−1/x /x2 , pa je p2 (y) = y 2 . Pretpostavimo da je f (k) (x) = p2k (1/x) e−1/x . Tada je   1 1 f (k+1) (x) = p2k−1 (1/x) − 2 e−1/x + p2k (1/x)e−1/x 2 = x x
= q2k+1 (1/x) + q2k+2 (1/x) e−1/x ≡ p2k+2 (1/x) e−1/x b) Odmah vidimo da je f (0) = 0. Pretpostavimo da je f (k) (0) = 0. Tada je f (k+1) (0) = lim

x→0

f (k) (x) − f (k) (0) f (k) (x) = lim x→0 x x

Očigledno, lim

x→0−

f (k) (x) =0 x

S druge strane, lim

x→0+

p2k (1/x) e−1/x p2k+1 (u) f (k) (x) = lim = lim p2k+1 (1/x) e−1/x = lim =0, + + u→∞ x x eu x→0 x→0

gdje smo u pretposljednjem koraku uveli supstituciju u = 1/x, a u posljednjem upotrijebili L’Hospitalovo pravilo 2k + 1 puta. Dakle, sve derivacije funkcije f su definirane i jednake 0 u x = 0. Također, na sličan način provjerimo da su sve derivacije f (k) neprekidne u x = 0, lim f (k) (x) = lim p2k (1/x) e−1/x = lim

x→0+

u→∞

x→0+

p2k (u) = 0 = f (k) (0) eu

Konačno, funkcija f nije analitička u x = 0 jer je Taylorov red oko te točke identički jednak nuli, dok je funkcija f različita od nule za sve x > 0.

Postoje i primjeri funkcija koje su glatke, ali nisu analitičke u niti jednoj točki domene, poput f : R → R definirane sumom f (x) =

∞ X

 √  exp − 2n cos (2n x)

(11)

n=1

§ 0.4 Algebarske strukture Definicija 0.30. Grupa je uređen par (G, ∗) skupa G i operacije ∗ : G × G → G koja zadovoljava naredna svojstva, a) asocijativnost, ∀ a, b, c ∈ G : (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c), n) postojanje neutralnog elementa, ∃ e ∈ G : ∀ a ∈ G, e ∗ a = a ∗ e = a, i) postojanje inverza, ∀ a ∈ G ∃ a−1 ∈ G : a ∗ a−1 = a−1 ∗ a = e. Ako je operacija u grupi komutativna, odnosno ako za svaki a, b ∈ G vrijedi a ∗ b = b ∗ a, tada kažemo da je grupa (G, ∗) komutativna ili Abelova grupa.

11

§ 0.4. Algebarske strukture

Definicija 0.31. Polje je uređena trojka (P, +, · ) skupa P i operacija “zbrajanja” + : P × P → P i “množenja” · : P × P → P , koja zadovoljava naredna svojstva, 1. uređen par (P, +) je Abelova grupa (s neutralnim elementom 0), 2. uređen par (P − {0}, · ) je Abelova grupa, 3. distributivnost, ∀ a, b, c ∈ P : a · (b + c) = a · b + a · c .

Definicija 0.32. Vektorski prostor (ili linearni prostor) nad poljem F (obično R ili C) je uređena trojka (V, +, ·) skupa V i dvije operacije, + : V × V → V (zbrajanje vektora) i · : F × V → V (množenje skalarom), koje zadovoljavaju sljedeća svojstva za sve a, b ∈ V i sve λ, κ ∈ F 1. (V, +) je Abelova grupa, 2. kvaziasocijativnost, λ · (κ · a) = (λκ) · a, 3. postoji jedinica 1 ∈ F , takva da je 1 · a = a, 4. distributivnost s obzirom na zbrajanje skalara, (λ + κ) · a = λ · a + κ · a, 5. distributivnost s obzirom na zbrajanje vektora, λ · (a + b) = λ · a + λ · b.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture

12

1 Kompleksna analiza Kako poopćiti analizu sa skupa realnih brojeva R na skup kompleksnih brojeva C?

§ 1.1 Polje kompleksnih brojeva Polje kompleksnih brojeva (C, +, · ) je uređena trojka koja se sastoji od skupa R × R, te operacija definiranih sljedećim pravilima, (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) ≡ (x1 + x2 , y1 + y2 )

(zbrajanje)

(1.1)

(x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) ≡ (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 )

(množenje)

(1.2)

Neutralni element s obzirom na zbrajanje (“nula”) je (0, 0), a neutralni element s obzirom na množenje (“jedinica”) je (1, 0). Za skup kompleksnih brojeva bez nule upotrebljavamo oznaku C× = C − {(0, 0)} (ponekad se ovaj skup označava s C∗ ). Aditivni i multiplikativni inverzi kompleksnog broja z = (x, y) dani su redom s (1.3)

− z = (−x, −y) za sve z ∈ C, te z

−1

 =

y x ,− 2 x2 + y 2 x + y2



(1.4)

za sve z ∈ C× . Valja uočiti kako su kompleksni brojevi oblika (x, 0) s gore uvedenim operacijama izomorfni s poljem realnih brojeva. Stoga obično nulu (0, 0) pišemo jednostavno kao realni broj 0, a jedinicu (1, 0) kao realni broj 1. Nadalje, kako vrijedi (x, y) = (1, 0) · (x, 0) + (0, 1) · (y, 0) uobičajeno je kompleksne brojeve z = (x, y) pisati u obliku z = x + iy, gdje je izostavljeno eksplicitno pisanje jedinice 1, a uvedena je imaginarna jedinica i ≡ (0, 1). Na ovaj način je identitet (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) preveden u izraz i2 = −1 13

(1.5)

14

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Ovdje vidimo orginalnu motivaciju uvođenja imaginarne jedinice: ona je korijen jednadžbe z 2 + 1 = 0. Svaki kompleksni broj z = x+iy ima svoj realni dio Re(z) = x i imaginarni dio Im(z) = y. U starijim knjigama su u upotrebi nešto drugačije oznake, < z za realni dio i = z za imaginarni dio kompleksnog broja z. Ako je Re(z) = 0 i Im(z) 6= 0 kažemo da je z čisto imaginaran. Dva kompleksna broja z1 i z2 su jednaki ako i samo ako su im jednaki realni i imaginarni dio, z1 = z2

⇐⇒

Re(z1 ) = Re(z2 ) ∧ Im(z1 ) = Im(z2 )

Nanovo, osnovne operacije među kompleksnim brojevima u ovom zapisu sada glase, z1 ± z2 = (x1 + iy1 ) ± (x2 + iy2 ) = (x1 ± y1 ) + i(y1 ± y2 ) z1 · z2 = (x1 + iy1 ) · (x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 )

(1.6) (1.7)

Omjer kompleksnih brojeva z1 i z2 6= 0 računamo prema     z1 x1 + iy1 x1 + iy1 x2 − iy2 x1 x2 + y1 y2 x2 y1 − x1 y2 = = · = + i z2 x2 + iy2 x2 + iy2 x2 − iy2 x22 + y22 x22 + y22 Primjetimo, razlomak je proširen tako da u nazivniku dobijemo realan broj, a potom smo razdvojili realni i imaginarni dio u brojniku. Prilikom potenciranja, odnosno uzastopnog množenja kompleksnih brojeva valja imati na umu da za sve k ∈ Z vrijede sljedeće jednakosti i4k+1 = i ,

i4k+2 = −1 ,

i4k+3 = −i ,

i4k = 1

(1.8)

Za svaki kompleksni broj z = x+iy definiramo operaciju kompleksne konjugacije, (1.9)

z ∗ ≡ x − iy Ovo je idempotentna operacija, (z ∗ )∗ = z, koja zadovoljava sljedeća svojstva (z1 ± z2 )∗ = z1∗ ± z2∗ ,

(z1 · z2 )∗ = z1∗ · z2∗ ,

(z −1 )∗ = (z ∗ )−1

(1.10)

Ponekad se upotrebljava i alternativna oznaka, z¯ = z ∗ . Pomoću kompleksne konjugacije možemo zapisati realni i imaginarni dio kompleksnog broja, Re(z) =

1 (z + z ∗ ) , 2

Im(z) =

1 (z − z ∗ ) 2i

(1.11)

Svakom kompleksnom broju z pridružujemo i modul (apsolutnu vrijednost) |z|, nenegativan realni broj definiran preko p |z| ≡ x2 + y 2 (1.12) Nula je jedini kompleksni broj iščezavajućeg modula. Modul kompleksnog broja zadovoljava sljedeća svojstva: |z1 | · |z2 | = |z1 z2 | , |z ∗ | = |z| ,

|z −1 | = |z|−1

z ∗ · z = |z|2

(1.13) (1.14)

15

§ 1.2. Kompleksna ravnina

§ 1.2 Kompleksna ravnina Iz same definicije jasno je kako postoji prirodna korespodencija između skupa kompleksnih brojeva C i točaka u ravnini: svakom kompleksnom broju z = x+iy možemo jednoznačno pridružiti točku T (x, y) u ravnini R2 . Ravninu u kojoj je svakoj točki pridružen odgovarajući kompleksni broj zovemo kompleksna ravnina1 . Radi jednostavnijeg izražavanja često se rabi fraza u točki z ili čak samo u z u značenju “u točki (kompleksne ravnine) pridruženoj kompleksnom broju z”.

Im(z)

z

Re(z)

Promotrimo čemu odgovaraju dosad uvedeni pojmovi u ovakvom geometrijskom prikazu kompleksnih brojeva. Očigledno, Re(z) jednak je apscisi, a Im(z) ordinati točke T . U skladu s tim obično os apscisa zovemo realna os, a os ordinata imaginarna os. Apsolutna vrijednost kompleksnog broja |z| jednaka je udaljenosti odgovarajuće točke T od ishodišta kompleksne ravnine. Općenito, udaljenost točaka T1 i T2 , pridruženih brojevima z1 i z2 , jednaka je modulu razlike tih kompleksnih brojeva, p d(T1 , T2 ) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 = |z1 − z2 | (1.15) Ako je kompleksnom broju z pridružena točka T (x, y), tada je kompleksno konjugiranom broju z ∗ pridružena točka T 0 (x, −y), nastala refleksijom na realnoj osi. Nadalje, −→ kako svakoj točki T (x, y) odgovara radijus-vektor OT , zbroju kompleksnih brojeva −−→ −−→ z1 + z2 pridružen je zbroj radijus-vektora OT1 + OT2 . Teorem 1.1. Kompleksni brojevi z1 , z2 ∈ C zadovoljavaju nejednakost trokuta, |z1 | − |z2 | ≤ |z1 ± z2 | ≤ |z1 | + |z2 | (1.16) Dokaz : Polazimo od sljedeće jednakosti |z1 + z2 |2 = (z1 + z2 )(z1∗ + z2∗ ) = |z1 |2 + |z2 |2 + 2 Re(z1 z2∗ )

1 U literaturi nailazimo na niz različitih naziva ove ravnine koji se vezuju uz imena matematičara, među kojima su Caspar Wessel (1745.-1818.), Jean-Robert Argand (1768.-1822.) i Johann Carl Friedrich Gauss (1777.-1855.), a čiji su radovi doprinjeli razvoju ideje smještanja kompleksnih brojeva u ravninu. Mi ćemo upotrebljavati povijesno neutralan naziv.

16

Poglavlje 1. Kompleksna analiza Kako uvijek vrijedi Re(z) ≤ |z|, imamo Re(z1 z2∗ ) ≤ |z1 z2∗ | = |z1 ||z2 | pa je

|z1 + z2 |2 ≤ |z1 |2 + |z2 |2 + 2 |z1 ||z2 | = (|z1 | + |z2 |)2

odakle slijedi jedna od traženih nejednakosti. Dakako, zamjenom z2 → −z2 odmah imamo i |z1 − z2 |2 ≤ (|z1 | + |z2 |)2 Nadalje, primjenimo li upravo dokazanu nejednakost na par kompleksnih brojeva z2 i z1 − z2 , dobivamo |z1 | = |z2 + (z1 − z2 )| ≤ |z2 | + |z1 − z2 | odnosno |z1 | − |z2 | ≤ |z1 − z2 | Desna strana nejednakosti je simetrična na zamjenu z1 ↔ z2 , pa slijedi i preostala nejednakost.

Komentar 1.2. Naziv ove nejednakosti je očigledno povezan s geometrijskim nejednakostima koje vrijede među stranicama trokuta: zbroj dvije stranice je uvijek veći od treće stranice, a razlika dvije stranice uvijek manja od treće stranice. Ako je |z1 | = 6 |z2 |, sve veličine u nejednakostima (1.16) su strogo pozitivne, pa možemo pisati recipročnu verziju nejednakosti trokuta, 1 1 1 |z1 | − |z2 | ≥ |z1 ± z2 | ≥ |z1 | + |z2 |

(1.17)

Kompleksnu ravninu možemo promatrati i u polarnim koordinatama (r, φ), koje su povezane s Kartezijevim koordinatama (x, y) preko x = r cos φ ,

y = r sin φ

Odavde slijedi zapis kompleksnog broja u polarnim koordinatama, z = r(cos φ + i sin φ) Radijus r jednak je apsolutnoj vrijednosti kompleksnog broja, p r = x2 + y 2 = |z|

(1.18)

(1.19)

a polarni kut φ određen je (do na višekratnik broja 2π) sustavom jednadžbi cos φ =

x , r

sin φ =

y r

(1.20)

Kut φ zovemo argument kompleksnog broja z i pišemo Arg(z) = φ . Specijalno, za slučaj kompleksnog broja z = 0 imamo r = 0, dok je njegov argument nedefiniran. Obično se uvodi restrikcija argumenta na interval duljine 2π, u kom slučaju govorimo o glavnoj vrijednosti argumenta i pišemo arg(z). Odabir intervala glavne vrijednosti argumenta ovisi o problemu kojeg rješavamo. Na primjer, ako definiramo −π < arg(z) ≤ π

17

§ 1.3. Kompleksne funkcije

tada je arg(1) = 0 ,

arg(i) =

π , 2

arg(−1) = π ,

arg(−i) = −

π , 2

itd.

Općenito, imamo vezu Arg(z) = arg(z) + 2kπ ,

k∈Z

(1.21)

Množenjem dva kompleksna broja njihove apsolutne vrijednosti se množe, a argumenti zbrajaju, u što se možemo jednostavno uvjeriti: z1 · z2

= r1 (cos φ1 + i sin φ1 ) · r2 (cos φ2 + i sin φ2 ) =
= r1 r2 cos(φ1 + φ2 ) + i sin(φ1 + φ2 )

(1.22)

Nadalje, za multiplikativan inverz kompleksnog broja z ∈ C× imamo z −1 =

cos φ − i sin φ 1 1 = = (cos φ − i sin φ) r(cos φ + i sin φ) r r(cos2 φ + sin2 φ)

Ova zapažanja moguće je sažeti u obliku sljedećih jednakosti |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 | = r1 r2 ,

Arg(z1 · z2 ) = Arg(z1 ) + Arg(z2 ) ,

|z −1 | = |z|−1 = r−1 ,

Arg(z −1 ) = −Arg(z) ,

(1.23) (1.24)

gdje su svi kompleksni brojevi u gornjim jednakostima različiti od 0. Odavde indukcijom slijedi |z n | = |z|n , Arg(z n ) = nArg(z) (1.25) za sve n ∈ Z.

§ 1.3 Kompleksne funkcije Neka je S ⊂ C podskup kompleksnih brojeva i f : S → C zadano preslikavanje. Kažemo da je f funkcija kompleksne varijable. Funkciju kompleksne varijable uvijek možemo rastaviti na njen realni dio u(x, y) i imaginarni dio v(x, y), f (z) = f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y)

(1.26)

pri čemu podrazumijevamo da su u, v : SR → R funkcije dvije realne varijable, pri čemu je njihova domena SR = {(x, y) | x + iy ∈ S} ⊂ R2

Polinomi Polinom n-tog stupnja je preslikavanje Pn : C → C definirano s Pn (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0

(1.27)

18

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

gdje su kompleksni koeficijenti a0 , . . . , an ∈ C, takvi da je an 6= 0. Općenito polinom n-tog stupnja posjeduje n nul-točaka, međutim, neke od njih mogu biti međusobno jednake. Eksponencijalna funkcija Eksponencijalna funkcija exp : C → C definirana je s exp(z) ≡ ex (cos y + i sin y)

(1.28)

Ponekad eksponencijanu funkciju zapisujemo i s ez = exp(z). Kako su funkcije cos y i sin y periodične s osnovnim periodom 2π, slijedi da je eksponencijalna funkcija na kompleksnoj domeni periodična s osnovnim periodom 2πi, ez+2πi = ez

(1.29)

Nadalje, valja uočiti kako vrijedi ez1 · ez2 = ex1 (cos y1 + i sin y1 ) · ex2 (cos y2 + i sin y2 ) = = ex1 +x2 (cos(y1 + y2 ) + i sin(y1 + y2 )) = ez1 +z2

(1.30)

Teorem 1.3. Eksponencijalna funkcija nema nul-točaka. Dokaz : Neka je z = x + iy. Jednadžba exp(z) = 0 je ekvivalentna sa zahtjevom exp(x) = 0 i/ili cos y + i sin y = 0. Ne postoje brojevi x, y ∈ R koji rješavaju ijednu od ovih jednadžbi.

Tradicionalno se izraz za eksponencijalnu funkciju čisto imaginarnih brojeva zove Eulerova formula, eix = cos x + i sin x (1.31) a specijalni slučaj dobiven za x = π Eulerov identitet, eπi + 1 = 0

(1.32)

Ovaj potonji je posebno zanimljiv jer objedinjuje 5 važnih matematičkih konstanti, 0, 1, i, π, te e. Eksponencijalna funkcija nam omogućuje da kompleksne brojeve z ∈ C× zapišemo u tzv. polarnom obliku, z = r eiφ (1.33) Uz ovakav prikaz operacije s kompleksnim brojevima postaju mnogo preglednije: koristeći svojstvo dokazano u (1.30), imamo primjerice z1 · z2 = r1 r2 ei(φ1 +φ2 ) , te z n = rn einφ

(1.34)

za svaku cijelobrojnu potenciju n ∈ Z. Koristeći kompleksni broj z jediničnog modula zapisan u polarnom obliku, z = eiφ , s lakoćom dolazimo do De Moivréovog teorema, (cos φ + i sin φ)n = (eiφ )n = einφ = cos(nφ) + i sin(nφ)

19

§ 1.3. Kompleksne funkcije

Konačno, za svaki n ∈ N i z ∈ C× jednadžba wn = z ima n rješenja, koja možemo elegantno zapisati u polarnom obliku,   √ φ + 2kπ n wk = r exp i , k ∈ Zn (1.35) n √ gdje je n r > 0 “obični” n-ti korijen realnog broja r. Za sva rješenja wk kažemo da su dobivena operacijom vađenja n-tog korijena iz kompleksnog broja z, kojeg najčešće √ pišemo kao n z ili z 1/n . Na primjer, rješenja jednadžbe w4 = 1 dana su s wk = ekπi/2 ,

k ∈ {0, 1, 2, 3}

odnosno, w0 = e0i = 1 ,

w1 = eπi/2 = i ,

w2 = eπi = −1 ,

w3 = e3πi/2 = −i

Valja uočiti kako ova 4 kompleksna broja leže u vrhovima kvadrata upisanog u jediničnu kružnicu. Općenito, korijeni jednadžbe wn = 1 leže u vrhovima pravilnog n-terokuta upisanog u jediničnu kružnicu sa središtem u ishodištu kompleksne ravnine. Trigonometrijske funkcije Sve trigonometrijske funkcije moguće je s realne proširiti na kompleksnu domenu. Za početak imamo funkcije cos z i sin z, cos : C → C ,

cos z ≡

1 iz (e + e−iz ) 2

(1.36)

1 iz (e − e−iz ) (1.37) 2i Funkcije sin z i cos z su periodične s realnim periodom 2π, a jedine nul-točke su njihove realne nul-točke, sin : C → C ,

sin z ≡

sin zk = 0

za

zk = kπ

cos zk = 0

za

zk = (2k + 1)π/2

za k ∈ Z. Funkcije tg z i ctg z su definirane na cijelom skupu kompleksnih brojeva izuzev, redom, nul-točaka funkcije cos z i sin z, tg z ≡

sin z , cos z

ctg z ≡

cos z sin z

(1.38)

Funkcije tg z i ctg z su periodične s realnim periodom π, a jedine nul-točke su im, kao i kod funkcija sin z i cos z, one realne (tg z ima iste nul-točke kao i sin z, a ctg z iste nul-točke kao i cos z). Hiperboličke funkcije Funkcije ch z i sh z su preslikavanja definirana s ch : C → C ,

ch z ≡

1 z (e + e−z ) 2

(1.39)

20

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

f (z)

Pf

zk

Pg

g(z)

sin z

2π

kπ

π

tg z

cos z

2π

(2k + 1)π/2

π

ctg z

sh z

2πi

kπi

πi

th z

ch z

2πi

(2k + 1)πi/2

πi

cth z

Tablica 1.1: Periodi Pf , Pg i nul-točke zk funkcija f (z) i g(z). 1 z (e − e−z ) (1.40) 2 Funkcije sh z i ch z su periodične s imaginarnim periodom 2πi, a jedine nul-točke su njihove imaginarne nul-točke sh : C → C ,

sh z ≡

sh zk = 0

za

zk = kπi

ch zk = 0

za

zk = (2k + 1)πi/2

Funkcije th z i cth z su definirane na cijelom skupu kompleksnih brojeva izuzev, redom, nul-točaka funkcije ch z i sh z, th z ≡

sh z , ch z

cth z ≡

ch z sh z

(1.41)

Funkcije th z i cth z su periodične s imaginarnim periodom πi, a jedine nul-točke su im, kao i kod funkcija sh z i ch z, one imaginarne (th z ima iste nul-točke kao i sh z, a cth z iste nul-točke kao i ch z).

Logaritamska funkcija Kažemo da je kompleksni broj w logaritam broja z, w = Ln(z), ako vrijedi exp(w) = z. Za bilo koji z 6= 0 ova definicija daje beskonačno mnogo vrijednosti logaritma danog broja z prema Ln(z) = ln |z| + iArg(z) = ln |z| + i(arg(z) + 2kπ) ,

k∈Z

(1.42)

gdje je “ln” na desnoj strani jednadžbe “obični” prirodni logaritam definiran na skupu realnih brojeva. Kao i kod argumenta kompleksnog broja definiramo glavnu vrijednost logaritamske funkcije, ln(z) = ln(r) + i arg(z) Imamo sljedeći niz primjera, uz k ∈ Z, Ln(1) = ln(1) + i(arg(1) + 2kπ) = 2kπi , ln(1) = 0 π  πi Ln(i) = i + 2kπ , ln(i) = 2 2   πi πi Ln(−i) = i − + 2kπ , ln(−i) = − 2 2

(1.43)

21

§ 1.4. Krivulje u kompleksnoj ravnini

Logaritam produkta kompleksnih brojeva moguće je, kao i kod realnih brojeva, napisati kao sumu logaritama, Ln(z1 · z2 )

=

ln |z1 · z2 | + iArg(z1 · z2 ) =

=

ln |z1 | + ln |z2 | + iArg(z1 ) + iArg(z2 ) =

=

Ln(z1 ) + Ln(z2 )

(1.44)

pri čemu smo koristili rastav logaritma produkta realnih brojeva i rastav argumenta produkta kompleksnih brojeva. Potenciranje Pomoću logaritamske funkcije moguće je definirati potenciranje i za kompleksnu potenciju. Za svaki z ∈ C − {0, e}, te w ∈ C definiramo (1.45)

z w ≡ exp(w Ln z)

Ovako definirano potenciranje je općenito “višeznačna funkcija”, uz iznimku kada je w ∈ Z. Naime, u potonjem slučaju imamo     z w = exp w(ln |z| + i arg(z)) exp(2kwπi) = exp w(ln |z| + i arg(z) Razlog izuzimanja broja e kao baze potencije u gornjoj definiciji je čisto praktične naravi: u protivnom bismo imali nekonzistentan zapis, kao npr. u slučaju e1/2 = exp

1 2

 (1 + 2kπi) = e1/2 ekπi = (−1)k e1/2

(?!)

Zanimljiv je naredni primjer π

ii = exp(i Ln i) = e−( 2 +2kπ) ,

k∈Z

Kao i kod ranije definiranih funkcija, glavnu vrijednost potencije z w možemo definirati pomoću glavne vrijednosti logaritma baze z, exp(w ln z) , no u literaturi ne postoji nekakva ustaljena (konvencionalna) posebna oznaka za ovu vrijednost potencije.

§ 1.4 Krivulje u kompleksnoj ravnini Korištenje kompleksnih brojeva nam ponekad olakšava zapis raznih krivulja u ravnini. Ovdje ćemo kratko izložiti nekoliko najvažniji primjera. Pravci. Pravac je moguće zadati na nekoliko različitih načina. Pretpostavimo da želimo provući pravac kroz dvije različite točke a, b ∈ C. Tada je za svaku točku z tog

22

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

pravca, različitu od a i b, kut α = ] azb jednak 0 ili π. Sinus ovog kuta je stoga uvijek nula, što je moguće elegantno zapisati u sljedećem obliku   z−a Im =0 (1.46) b−a Specijalno, za z = a i z = b ovo odmah slijedi, pa pretpostavimo da to nije slučaj. Tada možemo pisati z − a = r1 eiφ1 , te b − a = r2 eiφ2 , gdje su r1 , r2 6= 0, pa je   z−a r1 r1 Im = sin(φ1 − φ2 ) = sin α . b−a r2 r2

z b

α φ2 a

Ako je pravac definiran kao simetrala dužine zadane točkama z1 i z2 , tada imamo zapis |z − z1 | = |z − z2 | (1.47) Drugim riječima, simetrala se sastoji od točaka z jednako udaljenih od zadanih točaka z1 i z2 . Konačno, pravac u kompleksnoj ravnini moguće je zapisati i pomoću 2 parametra, kompleksnog broja c ∈ C i realnog broja p ∈ R, Re(cz) = p

(1.48)

Naime, pretpostavimo li da je c = α + iβ, gornja jednadžba odgovara implicitnom obliku jednadžbe pravca u analitičkoj geometriji, αx − βy = p

Čunjosječnice. Tri klasične krivulje, elipsu, hiperbolu i parabolu, možemo zapisati upotrebom njihove geometrijske definicije. Elipsu (hiperbolu) sačinjavaju točke z čiji je zbroj (razlika) udaljenosti od dvije zadane točke z1 i z2 (fokusa) u kompleksnoj ravnini konstantan. Parabolu sačinjavaju točke z čija je udaljenost od zadane točke z0 (fokusa) u kompleksnoj ravnini jednak zbroju apscise točke z i realne pozitivne konstante. Na primjer, jednadžba elipse se bitno komplicira ako joj osi s koordinatnim osima zatvaraju kut koji nije višekratnik pravog kuta. Međutim, upotrebom kompleksnih brojeva svi slučajevi izgledaju jednako elegantno. Elipsa s fokusima u z1 i z2 i velikom poluosi a > 0, |z − z1 | + |z − z2 | = 2a

(1.49)

Specijalno, kružnica radijusa r > 0 sa središtem u točki z0 , |z − z0 | = r

(1.50)

23

§ 1.5. Riemannove plohe

Hiperbola s fokusima u z1 i z2 i velikom poluosi a > 0, |z − z1 | − |z − z2 | = 2a

(1.51)

Parabola s fokusom u z0 i realnim pozitivnim parametrom p > 0, |z − z0 | =

p + Re(z) 2

(1.52)

Upotrebom nejednakosti možemo definirati unutrašnjost elipse bez ruba, |z − z1 | + |z − z2 | < 2a

(1.53)

kao i unutrašnjost elipse s rubom |z − z1 | + |z − z2 | ≤ 2a

(1.54)

Komentar 1.4. Ako imam neku krivulju u kompleksnoj ravnini zadanu jednadžbom f (z) = 0, te je onda želimo zarotirati u pozitivnom smjeru za kut α, tada to jednostavno postižemo transformacijom početne jednadžbe u f (ze−iα ) = 0.

§ 1.5 Riemannove plohe Prikaz grafova funkcija ograničen je dvodimenzionalnošću ploha na kojima iscrtavamo crteže (papir, ploča). U slučaju realnih funkcija (jedne varijable) sve savršeno sjeda na svoje mjesto: vrijednost varijable na x-osi uparujemo s vrijednošću same funkcije na y-osi. U slučaju kada imamo realnu funkciju dvije varijable, još donekle možemo doskočiti “dimenzionalnom problemu” projiciranjem 3D crteža na 2D plohu. Međutim, u slučaju kompleksnih funkcija problemi u prikazu postaju još veći. Stoga obično reduciramo dio “informacije” (npr. prikazom samo realne ili samo imaginarne vrijednosti promatrane funkcije) ili crtamo u paru kompleksne ravnine domene i kodomene s naznačenim točkama koje povezuje promatrana funkcija. Sada ćemo podrobnije razmotriti što se krije iza višeznačnosti nekih kompleksnih funkcija . . . Primjer #1: f (z) =

√

z

Uvodimo dvije pomoćen funkcije (dvije “grane” početne “funkcije”), √ √ f+ (reiθ ) = reiθ/2 , f− (reiθ ) = − reiθ/2 Nadalje, razmotrit ćemo dva slučaja odabira područja argumenta kompleksnog broja. a) −π ≤ θ < π Promatramo 4 točke u domeni:

24

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

a = rei(π−)

c = rei

b = rei(−π+)

d = re−i

f+

a0

f−

b0

c0

d0

d0

c0

b0

a0

b) 0 ≤ θ < 2π Promatramo 4 točke u domeni:

b0

d0

a0

a = rei(π−)

c = rei

b = rei(π+)

d = rei(2π−)

f+

f+

c0 c0

d0

a0

b0

25

§ 1.6. Nizovi i redovi u C

U prvom slučaju imamo diskontinuitet, rez, duž negativne realne osi, a u drugom slučaju duž pozitivne realne osi. Ono što je zajedničko svakom odabiru reza jest točka grananja, koja je u slučaju ove funkcije ishodište, z = 0. Ako bismo htjeli prikazati obje grane, f+ i f− , jednom funkcijom, tada nam jedna kompleksna ravnina nije dovoljna za domenu. Umjesto toga, koristimo dvije kompleksne ravnine spojene preko rezova. Konačnu plohu zovemo Riemannova ploha, a njene dijelove (u ovom slučaju dvije kompleksne ravnine) Riemannovi listovi. Primjer #2: f (z) = ln z Uvodimo beskonačno “grana”, fk (z) = ln |z| + i(θ + 2kπ) ,

k∈Z

i opet razmatramo različite slučajeve odabira područja argumenta. Kao i u prethodnom primjeru, u slučaju područja argumenta −π ≤ θ < π imamo rez duž negativne realne osi, a u slučaju područja argumenta 0 ≤ θ < 2π rez duž pozitivne realne osi. U slučaju kada imamo konačan broj Riemannovih listova (kao kod z q , gdje je q ∈ Q − Z), obično govorimo o algebarskom rezu, a u protivnom, kada imamo beskonačan broj Riemannovih listova (kao kod ln(z) ili z p , gdje je p ∈ R − Q), govorimo o logaritamskom rezu.

§ 1.6 Nizovi i redovi u C Definicija 1.5. Niz kompleksnih brojeva je preslikavanje f : N → C. Ako “članove” niza obilježimo sa zn = f (n) za svaki n ∈ N, tada za niz koristimo oznake poput (zn )n∈N , (zn )n ili {zn }. Definicija 1.6. Neka je (zn )n niz kompleksnih brojeva. Tada je g ∈ C gomilište ovog niza ako svaka okolina Og ⊂ C sadrži beskonačno mnogo (ne nužno međusobno različitih) njegovih članova. Ako za dani niz postoji točka c ∈ C, takva da za svaku okolinu Oc postoji N ∈ N takav da su zm ∈ Oc za sve m ≥ N , tada kažemo da je dotični niz konvergentan, a za točku c kažemo da je limes tog niza.

Teorem 1.7. Niz kompleksnih brojeva (zn )n konvergira k broju c = a + ib akko niz realnih brojeva (Re zn )n konvergira k broju a, a niz realnih brojeva (Im zn )n konvergira k broju b. Dokaz : Pretpostavimo da je lim Re zn = a i

n→∞

lim Im zn = b

n→∞

26

Poglavlje 1. Kompleksna analiza Tada za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da za sve n > N vrijedi |a − xn | < /2 i

|b − yn | < /2

gdje su xn = Re zn , te yn = Im zn . Koristeći nejednakost trokuta, odavde slijedi |c − zn | = |(a − xn ) + i(b − yn )| ≤ |a − xn | + |b − yn | < /2 + /2 =  i stoga limn→∞ zn = c. Obratno, pretpostavimo da za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da za svaki n > N vrijedi |c − zn | < . Kako je uvijek |Re(z)| ≤ |z| i |Im(z)| ≤ |z|, odavde slijedi |a − xn | <  i |b − yn | <  , čime je pokazana tvrdnja.

Pn Definicija 1.8. Neka je (zn )n niz u C, te sn = k=1 zk suma P prvih n članova tog niza. Red je niz suma (sn )n , ponekad skraćeno zapisana kao zk . Ako postoji limes limn→∞ sn = s, kažemo da je red konvergentan, a broj s zovemo suma reda. P U zk protivnom, ako red nije konvergentan, onda kažemoPda je divergentan. Za red kažemo da je apsolutno konvergentan ako je red |zk | konvergentan.

Lema 1.9. Neka su (xn )n i (yn )n konvergentni nizovi realnih brojeva. Ako postoji N ∈ N, takav da vrijedi xn ≤ yn za sve n ≥ N , tada je lim xn ≤ lim yn

n→∞

n→∞

Dokaz : Označimo s x ≡ limn→∞ xn i y ≡ limn→∞ yn , te pretpostavimo suprotno, x > y. Odaberimo  < (x − y)/2. Tada postoji M ∈ N, takav da za sve m ≥ M vrijedi |x − xm | <  i |y − ym | < . No, tada je i xm > ym , jer xm − ym = (x − y) + (xm − x) − (ym − y) ≥ (x − y) − 2 > 0 , što je u kontradikciji s početnom pretpostavkom.

P Testovi konvergencije. Neka je zn red kompleksnih brojeva. Nas zanima kako provjeriti da li je ovaj red konvergentan. Na raspolaganju nam je više testova, među kojima izdvajamo nekoliko najvažnijih, P • Test usporedbom. Ako je wn apsolutno konvergentan red i vrijedi |zk | ≤ P |wk | za sve k ≥ N ∈ N, tada je red zn apsolutno konvergentan. Dokaz : Izostavljajući početni, konačan dio sume (koji ne utječe na konvergentnost), za svaki M ≥ N imamo M X k=N

|zk | ≤

M X k=N

|wk | ≤

∞ X

|wk | < ∞

k=N

Odavde slijedi da niz parcijalnih suma s lijeve strane omeđen rastući niz, pa stoga i konvergentan.

27

§ 1.6. Nizovi i redovi u C

• Test omjerom (D’Alembertov test). Ako postoji pozitivan realan broj r i prirodan Pbroj N ∈ N, takav da vrijedi |zn+1 /zn | ≤ r < 1 za sve n ≥ N , tada je red |zn | konvergentan. U protivnom, postoji pozitivan P realan broj r, takav da vrijedi 1 < r ≤ |zn+1 /zn | za sve n ≥ N , tada je red |zn | divergentan. Dokaz : Iz pretpostavke indukcijom slijedi |zN +p | ≤ r|zN +p−1 | ≤ r2 |zN +p−2 | ≤ · · · ≤ rp |zN | S jedne strane imamo (početni, konačni dio sume ne utječe na pitanje konvergencije), ∞ X

|zj | =

j=N

∞ X

|zk+N | ,

k=0

a s druge strane ∞ X

rk |zN | =

k=0

|zN | <∞ 1−r

Koristeći test usporedbom slijedi tvrdnja o (apsolutnoj) konvergenciji reda. Obratna tvrdnja o divergenciji se dobije okretanjem znakova nejednakosti i korištenjem činjeP n nice da za r > 1 geometrijski red r divergira.

• Korijenski test (Cauchyjev test). p Ako postoji pozitivan realan broj r i prirodan P broj N ∈ N, takav da vrijedi n |zn | ≤ r < 1 za sve n ≥ N , tada je red |zn | konvergentan. U protivnom, postoji pozitivan p P realan broj r, takav da vrijedi 1 < r ≤ n |zn | za sve n ≥ N , tada je red |zn | divergentan. Dokaz : Iz pretpostavke slijedi |zn | ≤ rn za sve n ≥ N . Kao i u prethodnom dokazu s jedne strane imamo ∞ ∞ X X |zk+N | |zj | = j=N

k=0

a s druge ∞ X k=0

rk+N =

rN <∞ 1−r

Koristeći test usporedbom slijedi tvrdnja o (apsolutnoj) konvergenciji reda. Obratna tvrdnja o divergenciji se dobije okretanjem znakova nejednakosti i korištenjem činjeP n nice da za r > 1 geometrijski red r divergira.

Komentar 1.10. Primjetimo kako gore navedeni testovi ništa ne govore u slučaju kada je r = 1. Tada valja posegnuti za nekim složenijim testovima konvergencije.

Definicija 1.11. Za niz kompleksnih brojeva (zn )n kažemo da je Cauchyjev niz ako za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da za sve m, n ≥ N vrijedi |zm − zn | < .

Lema 1.12. Cauchyjev niz (xn )n realnih brojeva je nužno konvergentan.

28

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Dokaz : Pretpostavimo da je (xn )n Cauchyjev niz. Tada je on nužno omeđen. Naime, za dani  > 0 postoji N ∈ N, takav da je |xm − xn | <  za sve m, n ≥ N . No, to znači da se svi xn za n ≥ N nalaze unutar intervala duljine , a onda zajedno s prvih N − 1 članova u nizu leže unutar intervala konačne duljine. Nadalje, prema Bolzano-Weierstraßovom teoremu, omeđen niz u R ima konvergentan podniz, (xnk )nk . Označimo limes ovog podniza s x. Tada za svaki  postoji N ∈ N, takav da za sve n, nk ≥ N vrijedi   |xn − x| ≤ |xn − xnk | + |xnk − x| < + =  2 2 Drugim riječima, niz (xn )n je konvergentan i ima limes u točki x.

Teorem 1.13. Niz kompleksnih brojeva (zn )n je Cauchyjev niz akko je konvergentan. Dokaz : Pretpostavimo da je niz (zn )n konvergentan, te limn→∞ zn = z. Tada za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da je |zn − z| < /2 za sve n ≥ N . Koristeći nejednakost trokuta onda imamo   |zm − zn | = |(zm − z) + (z − zn )| ≤ |zm − z| + |zn − z| < + =  2 2 za sve m, n ≥ N . Drugim riječima, niz (zn )n je Cauchyjev niz. Obratno, pretpostavimo da je (zn )n Cauchyjev niz. Uz standardni zapis zn = xn + iyn , koristeći |Re z| ≤ |z| i |Im z| ≤ |z|, imamo |xm − xn | ≤ |zm − zn | i |ym − yn | ≤ |zm − zn |. Ovo odmah povlači da su (xn )n i (yn )n Cauchyjevi nizovi realnih brojeva, pa su nužno i konvergentni. Neka je limn→∞ xn = x i limn→∞ yn = y. No, to znači da je lim zn = x + iy

n→∞

Teorem 1.14. Apsolutno konvergentan red kompleksnih brojeva gentan i vrijedi ∞ ∞ X X zn ≤ |zn | n=1

P

zn je nužno konver-

n=1

Dokaz : Pretpostavimo da je red kompleksnih brojeva je, prema Teoremu 1.13 niz parcijalnih suma p X

P

zn apsolutno konvergentan. Tada

|zn |

n=1

Cauchyjev niz, pa za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da za sve p > q ≥ N vrijedi p p q p X X X X zn − zn = zn ≤ |zn | = n=1 n=1 n=q+1 n=q+1 p p q q X X X X = |zn | − |zn | = |zn | − |zn | <  n=1

n=1

n=1

n=1

Ovo povlači da je i niz parcijalnih suma p X

zn

n=1

P Cauchyjev niz, pa je prema Teoremu 1.13 red zn konvergentan. Nejednakost u teoremu vrijedi za parcijalne sume, pa ista slijedi i za njihove limese.

29

§ 1.6. Nizovi i redovi u C

Definicija 1.15. Niz kompleksnih funkcija (fn )n definiranih na skupu S ⊂ C je preslikavanje koje svakom prirodnom broju n pridružuje funkciju fn : S → C. Red Pn kompleksnih funkcija je niz parcijalnih suma k fk . Red potencija je red funkcija fk (z) = ak (z − z0 )k . Ako nije posebno naglašeno drugačije, obično se podrazumijeva da suma u redu potencija ide od “nultog” člana, ∞ X

ak (z − z0 )k

k=0

ili skraćeno zapisano

P

ak (z − z0 )k .

P Teorem 1.16. Neka je an z n red potencija. Ako ovaj red ne konvergira apsolutno za sve z ∈ C, tada postoji realan broj R ≥ 0 takav da red konvergira apsolutno za sve |z| < R, odnosno z ∈ B(0, R), i ne konvergira apsolutno za sve |z| > R, odnosno z∈ / B(0, R). P Dokaz : Pretpostavimo da red an z n ne konvergira apsolutno za sve z ∈ C. Neka je R P supremum skupa brojeva s ≥ 0 za koje red |an |sn konvergira (valja uočiti kako ovaj red P trivijalno konvergira barem za s = 0). Tada pomoću testa usporedbom vidimo da red an z n konvergira apsolutno za sve |z| < R, odnosno divergira za sve |z| > R

Definicija 1.17. Broj R u prethodnom teoremu zovemo radijus konvergencije reda P an z n . Ako je red apsolutno konvergentan za sve z ∈ C tada je formalno R = ∞. P Obratno, ako je R = 0, tada red an z n konvergira apsolutno samo za z = 0. Sada nas zanima eksplicitan način računanja radijusa konvergencije zadanog niza kompleksnih brojeva. Prvo ćemo uvesti pomoćne pojmove vezane za nizove realnih brojeva. Definicija 1.18. Limes supremum i limes infimum niza realnih brojeva (xn )n definirani su s   lim sup xn = lim sup xm (1.55) n→∞

n→∞

m≥n

 lim inf xn = lim n→∞

n→∞

Primjer: Zadan je niz xn = (−1)n

 inf xm

m≥n

(1.56)

n+5 n

Uvodimo pomoćnu oznaku   n+5 n+6 n+7 σn = sup (−1)n , (−1)n+1 , (−1)n+2 ,... n n+1 n+2 Prvo valja uočiti da za sve pozitivne realne brojeve x > y > 0 i svaki p > 0 vrijedi x+p x < y+p y

30

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

pa je

 σn =

(n + 5)/n , paran n (n + 6)/(n + 1) , neparan n

odnosno lim sup xn = lim σn = 1 n→∞

n→∞

Analogno se pokaže da je lim inf xn = −1 n→∞

Uočimo kako niti x = 1 niti x = −1 nisu limesi, ali su gomilišta dotičnog niza. Nešto intuitivniji opis ovih veličina jest taj da je limes supremum niza realnih brojeva ili ∞ ili njegovo najveće gomilište (analogno, limes infimum je ili −∞ ili njegovo najmanje gomilište). Uvedimo pokrate s = lim supn→∞ xn i σn = supm≥n xm , te pretpostavimo da je s 6= ∞. Prvo ćemo dokazati da je s gomilište niza (xn )n . Promotrimo okolinu B(s, ) = hs − , s + i za proizvoljni  > 0. Tada, prema definiciji limesa, postoji N ∈ N, takav da su σn ∈ B(s, ) za svaki n ≥ N . Nadalje, prema definiciji supremuma, svaka okolina točke σn sadrži član niza xnk , takav da je nk ≥ n. Ovo nam omogućuje odabir podniza unutar okoline B(s, ) induktivnim postupkom: nakon odabira člana xnk promatramo supremum σnk koji nam daje novu točku xnk+1 uz nk+1 ≥ nk , i tako dalje. Drugim riječima, okolina B(s, ) sadrži beskonačno mnogo članova niza (xn )n , pa je s gomilište. Pretpostavimo sada da je g neko proizvoljno gomilište niza (xn )n . Tada znamo kako postoji konvergentan podniz xnk kojem je limes točka g. Drugim riječima, za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da za sve nk ≥ N vrijedi xnk > g − . No, tada je s ≥ g − . Kako ova nejednakost vrijedi za svaki  > 0 slijedi da je s ≥ g. Tvrdnja za limes infimum dokaže se analogno. Teorem 1.19. (Cauchy-Hadamard) Radijus konvergencije reda je izrazom 1 R= lim supn→∞ |an |1/n

P

an (z − z0 )n dan

Dokaz : Možemo bez smanjenja općenitosti pretpostaviti da je z0 = 0. Želimo dokazati da red apsolutno konvergira za |z| < R, a apsolutno divergira za |z| > R. Neka je t = lim supn→∞ |an |1/n i pretpostavimo za početak da je t 6= 0, ∞. Za svaki  > 0 postoji samo konačno mnogo brojeva n ∈ N za koje vrijedi |an |1/n > t + . Dakle, za sve osim konačno mnogo brojeva n ∈ N vrijedi |an | ≤ (t + )n P Neka je |z| < r za neki realan broj r > 0. Geometrijski red P (t + )n rn konvergira kada je r < 1/(t + ), pa pomoću testa usporedbom slijedi da je red an z n apsolutno konvergentan kada je |z| < 1/(t + ). Dakle, za svaki  > 0 vrijedi R ≥ 1/(t + ) i stoga je R ≥ 1/t.

1 t+

1 t

1 t−

Obratno, za svaki  > 0 postoji beskonačno mnogo brojeva n ∈ N takvih da je |an |1/n ≥ t −  > 0, odnosno |an | ≥ (t − )n

31

§ 1.6. Nizovi i redovi u C

P Neka je |z| > r za neki realan broj r > 0. Geometrijski red (t − )n rn divergira kada je P r > 1/(t − ), pa pomoću testa usporedom slijedi da je red an z n apsolutno divergentan kada je |z| > 1/(t − ). Dakle, za svaki  > 0 vrijedi R ≤ 1/(t − ) i stoga je R ≤ 1/t. Iz dvije dobivene premise slijedi tvrdnja, R = 1/t. Analiza slučajeva t = 0 i t = ∞ je analogna.

Promotrimo naredne primjere, a)

∞ X zn , n2 n=1

b)

∞ X

nz n ,

c)

n=1

∞ X zn n n=1

√ n

√ Prvo valja uočiti da je limn→∞ n = 1. Naime, kako za svaki n ∈ N vrijedi n n ≥ 1, √ postoji δn ≥ 0, takav da je n n = 1 + δn . Tada, koristeći binomni poučak, imamo   n 2 n n = (1 + δn ) = 1 + nδn + δ + ... 2 n r   n 2 2 n> δ ⇒ 0 ≤ δn < 2 n n−1 Tada po “sendvič teoremu” slijedi limn→∞ δn = 0, a otuda i tražena tvrdnja. Odavde nadalje slijedi i to da je radijus konvergencije u sva tri reda jednak R = 1 (može se pokazati da su kod konvergentnih nizova limes supremum i limes infimum međusobno jednaki i jednaki limesu tog niza). No, nas zanima i što se događa s ovim redovima na samoj granici apsolutne konvergencije, jediničnoj kružnici = R = 1. P |z| U a) slučaju, usporedbom s konvergentnim nizom n−2 , zaključujemo kako je promatrani red apsolutno konvergentan, a onda i konvergentan za sve |z| = 1. U slučaju b) možemo se jednostavno Puvjeriti da promatrani red divergira za sve |z| = 1. Naime, ako je neki općeniti red k zk konvergentan, tada su parcijalne sume sn = Pn k zk Cauchyjev niz. Specijalno, to znači da za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da za sve n ≥ N vrijedi |zn | = |sn − sn−1 | <  Drugim P riječima limn→∞ |zn | = 0. Obratno, ako ovo ne vrijedi, tada je promatrani red k zk nužno divergentan. U našem konkretnom primjeru imamo lim |nz n | = lim n 6= 0

n→∞

n→∞

pa je red nz n divergentan za sve |z| = 1. Konačno, u c) slučaju znamo da je promatrani red divergentan u z = 1 (kada se svodi na harmonijski red), dok u ostalim točkama jedinične kružnice |z| = 1 konvergira (ovo se može primjerice provjeriti tzv. Dirichletovim testom). P

Definicija 1.20. Neka je (fn )n niz funkcija definiranih na skupu S ⊂ C. Kažemo niz funkcija (fn )n konvergira po točkama k funkciji f : S → C ako za svaki  > 0 i svaki z ∈ S postoji N (, z) ∈ N, takav da za sve n ≥ N vrijedi |fn (z) − f (z)| < ; konvergira uniformno k funkciji f : S → C ako za svaki  > 0 postoji N () ∈ N, takav da za sve n ≥ N i sve z ∈ S vrijedi |fn (z) − f (z)| < .

32

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Uniformna konvergencija implicira konvergenciju po točkama, ali obrat općenito ne vrijedi. Primjer: niz funkcija fn (z) = |z|n na otvorenom disku B(0, 1) teži po točkama u konstantnu funkciju f (z) = 0. Međutim, za svaki  ∈ h0, 1i i svaki n ∈ N postoji

z0 ∈ B(0,  1) za koji vrijedi |fn (z0 )−f (z0 )| ≥  (konkretno, to vrijedi za svaki z0 ∈ 1/n , 1 ), pa ovaj niz funkcija ne konvergira uniformno k funkciji f . P Teorem 1.21. (Weierstraßov M-test) Neka je fn red funkcija definiranih na skuP pu S ⊂ C. Red funkcija fn konvergira apsolutno (po točkama) i uniformno na skupu S ako postoji niz (Mn )n nenegativnih realnih brojeva, takav da je P a) Mn < ∞ , i b) |fn (z)| ≤ Mn za sve z ∈ S. P Dokaz : Testom Pusporedbe odmah vidimo da red |fn (z)| konvergira za sve z ∈ S. Nadalje, neka je s(z) = fn (z) i N X sN (z) = fn (z) n=0

Tada vrijedi |s(z) − sN (z)| ≤

∞ X

|fn (z)| ≤

n=N +1

No, kako je red

P

∞ X

Mn

n=N +1

Mn konvergentan, za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da je ∞ X

Mn < 

n=N +1

Odavde slijedi da red funkcija

P

fn konvergira uniformno.

P Teorem 1.22. (Abel) Neka red an z n konvergira za neki z = z0 6= 0. Tada on konvergira apsolutno za svaki z ∈ B(0, |z0 |), te konvergira uniformno za svaki z ∈ B(0, r) ⊂ B(0, |z0 |), gdje je r < |z0 |.

z0

r

33

§ 1.7. Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija

P Dokaz da je an z n konvergentan za z = z0 . Tada je niz parcijalnih suma Pp : Pretpostavimo n ( n=1 an z0 )p Cauchyjev niz, pa za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da za sve p > q ≥ N vrijedi p p q X X X n n n > an z0 − an z0 = an z0 n=0

n=0

Specijalno, za q = p − 1 imamo

n=q+1

|ap z0p | < 

To znači da je niz (|an z0n |)n omeđen, odnosno postoji konstanta K, takva da je |an z0n | ≤ K za sve n ∈ N0 . Apsolutna konvergencija: za sve z ∈ B(0, |z0 |) imamo ∞ X n=0

|an z n | =

∞ X

|an z0n | ·

n=0

∞ X |z|n |z|n ≤ K <∞ |z0 |n |z0 |n n=0

Uniformna konvergencija: neka je r < |z0 | i Mn = K Red

P

n

rn . |z0 |n

M konvergira jer je r < |z0 |. Nadalje, za svaki z ∈ B(0, r) vrijedi |an z n | = |an z0n |

pa po Weierstraßovom M -testu red

P

|z|n rn ≤K = Mn n |z0 | |z0 |n

an z n konvergira uniformno za sve z ∈ B(0, r).

§ 1.7 Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija Definicija 1.23. Neka je S ⊂ C i f : S → C. Kažemo da je funkcija f neprekidna u točki z0 ∈ S ako za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da za svaki z ∈ B(z0 , δ) ∩ S vrijedi f (z) ∈ B(f (z0 ), ) ili, kraće pisano, f (B(z0 , δ) ∩ S) ⊂ B(f (z0 ), ) Nadalje, kažemo da je funkcija f neprekidna ako je neprekidna u svim točkama svoje domene. Na primjer, f (z) = z, g(z) = z ∗ i h(z) = |z| su neprekidne funkcije. Za svaki  > 0 možemo jednostavno odabrati δ =  : |z − z0 | <  povlači |f (z) − f (z0 )| = |z − z0 | <  |g(z) − g(z0 )| = |z ∗ − z0∗ | = |(z − z0 )∗ | = |z − z0 | <  |h(z) − h(z0 )| = ||z| − |z0 || ≤ |z − z0 | < 

34

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Teorem 1.24. Neka su f i g neprekidne kompleksne funkcije. Tada je neprekidan i njihov zbroj f + g, razlika f − g, produkt f g, te kompozicija f ◦ g. Nadalje, u svim točkama gdje je g(z) 6= 0 i njihov omjer f /g je neprekidna funkcija.

Teorem 1.25. Neka je S ⊂ C i (fn )n niz neprekidnih funkcija definiranih na S koje uniformno konvergiraju k funkciji f : S → C. Tada je f neprekidna funkcija. Dokaz : Po pretpostavkama teorema, za svaki  > 0 postoji δ > 0 i N ∈ N, takav da za sve n ≥ N i z ∈ B(z0 , δ) vrijedi |f (z) − f (z0 )| ≤ |f (z) − fn (z)| + |fn (z) − fn (z0 )| + |fn (z0 ) − f (z0 )| <    + + = 3 3 3 gdje smo u prvoj nejednakosti iskoristili nejednakost trokuta, a u drugoj redom uniformnu konvergentnost niza (fn )n , neprekidnost svake pojedinačne funkcije fn i opet uniformnu konvergentnost (fn )n . Drugim riječima, funkcija f je neprekidna za sve z0 ∈ S. <

Definicija 1.26. Neka je Ω ⊂ C otvoren skup, te f : Ω → C kompleksna funkcija. Kažemo da je funkcija f analitička u točki z0 ∈ Ω ako postoji r > 0, takav da je funkciju f moguće prikazati pomoću apsolutno konvergentnog reda potencija, f (z) =

∞ X

an (z − z0 )n

(1.57)

n=0

za sve z ∈ B(z0 , r) ⊂ Ω. Kažemo da je funkcija f analitička na otvorenom skupu O ⊂ Ω ako je analitička u svakoj točki tog skupa. Ako neki skup S ⊂ Ω nije otvoren, tada kažemo da je funkcija f analitička na S ako je ovaj skup sadržan u otvoreno skupu O ⊂ Ω na kojem je f analitička. Ako nije posebno napomenuto, podrazumijeva se da fraza “funkcija f je analitička” znači “funkcija f je analitička na svojoj domeni”.

Lema 1.27. Ako je dvostruka suma apsolutno konvergentna, ! ∞ ∞ X X |zkl | < ∞ , k=1

l=1

tada poredak sumacije možemo promjeniti bez da se promjeni rezultat, ! ! ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X zkl = zkl . k=1

l=1

l=1

k=1

P Teorem 1.28. Neka je f (z) = an z n red potencija čiji je radijus konvergencije r. Tada je f analitička funkcija na otvorenom disku B(0, r).

35

§ 1.7. Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija

Dokaz : Moramo dokazati da je funkcija f analitička u proizvoljnoj točki z0 ∈ B(0, r), pa vrijedi |z0 | < r. Neka je s > 0 realan broj, takav da je |z0 | + s < r, odnosno B(z0 , s) ⊂ B(0, r). Koristit ćemo rastav
n z = z0 + (z − z0 ) , z n = z0 + (z − z0 ) Tada je f (z) =

∞ X

an z n =

n=0

∞ X n=0

an

! ! n X n n−k z0 (z − z0 )k k

k=0

Sada bismo htjeli promjeniti poredak sumacije, ali se prvo moramo uvjeriti da je gore napisan red apsolutno konvergentan. P Ako jen |z − z0 | < s, tada vrijedi i |z0 | + |z − z0 | < r − s + s = r, a po pretpostavci je red |an | |w| konvergentan za sve |w| < r. To znači da je red ! ! ∞ ∞ n X X
n X n n−k k |an | |z0 | + |z − z0 | = |an | |z0 | |z − z0 | k n=0 n=0 k=0

konvergentan i stoga možemo promjeniti poredak sumiranja. Konačno imamo ! ! ∞ ∞ X X n n−k f (z) = an z (z − z0 )k k 0 k=0

n=k

i znamo da je ovaj red apsolutno konvergentan, što smo i htjeli pokazati.

Komentar 1.29. Koristeći translaciju z 7→ z + w prethodni teorem odmah možemo proširiti na otvorene diskove sa središtem u proizvoljnom kompleksnom broju w ∈ C. Teorem 1.30. Neka je S ⊂ C neki podskup kompleksnih brojeva i f, g : S → C analitičke funkcije. Tada su i f + g, te f g analitičke funkcije na skupu S. Nadalje, omjer f /g je analitička funkcija na svakom otvorenom skupu O ⊂ S, gdje je g(z) 6= 0 za sve z ∈ O. Konačno, ako su g : U → V i f : V → C analitičke funkcije, tada je i njihova kompozicija f ◦ g analitička funkcija.

Definicija 1.31. Neka je Ω ⊂ C otvoren skup i f : Ω → C zadana kompleksna funkcija. Kažemo da je f derivabilna u točki z0 ∈ Ω ako postoji limes df (z) f (z0 + w) − f (z0 ) f 0 (z0 ) ≡ ≡ lim dz z=z0 w→0 w U tom slučaju taj limes zovemo derivacija funkcije f u točki z0 . Ako točka z0 ima okolinu Oz0 ⊂ Ω, takvu da je f derivabila u svakoj točki z ∈ Oz0 , tada kažemo da je f holomorfna u točki z0 . Ako je funkcija f holomorfna na cijeloj domeni Ω, tada pišemo f ∈ H (Ω). Ako je funkcija f : C → C holomorna na cijelom skupu C, tada kažemo da je ona cijela funkcija (engl. entire function). Na primjer, f (z) = z je cijela funkcija (jedina kojoj je restrikcija na realnim brojevima identitet f (x) = x). S druge strane, f (z) = Re(z) nigdje nije derivabilna. Naime, usporedimo li limes duž realne osi s limesom duž imaginarne osi imamo (x + ) − x f (z + ) − f (z) = lim =1 →0 →0   lim

36

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

f (z + i) − f (z) x−x = lim =0 →0 i i pa derivacija uopće nije dobro definirana. Poučeni ovim primjerom izvest ćemo praktičan test u obliku nužnog (ali ne i dovoljnog!) uvjeta koji moraju zadovoljavati holomorfne funkcije. lim

→0

Teorem 1.32. (Cauchy-Riemann) Neka je Ω ⊂ C otvoren skup, te f = u + iv : Ω → C kompleksna funkcija derivabilna u točki z ∈ Ω. Tada funkcija f u točki z nužno zadovoljava tzv. Cauchy-Riemannove uvjete (skraćeno, C-R uvjete), ∂u ∂v = , ∂x ∂y

∂u ∂v =− . ∂y ∂x

(1.58)

Ako je f holomorfna na otvorenom skupu O ⊂ Ω, tada su C-R uvjeti ispunjeni u svim točkama skupa O. Dokaz : Po definiciji,

f (z + w) − f (z) w Prvo ćemo gledati derivaciju duž realne osi (w =  ∈ R), a onda duž imaginarne osi (w = i), f 0 (z) = lim

w→0

f 0 (z) = lim

→0

f (z + ) − f (z) = 


u(x + , y) − u(x, y) + i v(x + , y) − v(x, y) ∂u ∂v = +i →0  ∂x ∂x f (z + i) − f (z) f 0 (z) = lim = →0 i
u(x, y + ) − u(x, y) + i v(x, y + ) − v(x, y) ∂u ∂v = lim = −i + →0 i ∂y ∂y Kako bi ova dva rezultata bili konzistentni, realni i imaginarni dijelovi moraju biti jednaki, što nam upravo daje Cauchy-Riemannove uvjete. = lim

Promotrimo primjer funkcije g(z) = |z|, p u(x, y) = x2 + y 2 , x ∂u =p , ∂x x2 + y 2

v(x, y) = 0

y ∂u =p , ∂y x2 + y 2

∂v ∂v = =0 ∂x ∂y

Vidimo da funkcija |z| ne zadovoljava C-R uvjete u niti jednoj točki z 6= 0. Specijalno, promotrimo li derivaciju u točki z = 0 pomoću limesa duž realne i imaginarne osi, lim

→0

g(0 + ) − g(0)  = lim = 1 →0  

g(0 + i) − g(0)  = lim =i →0 i i vidimo da ona niti tamo nije dobro definirana, pa funkcija |z| nigdje nije derivabilna, a stoga niti holomorfna. lim

→0

37

§ 1.7. Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija

Komentar 1.33. Prisjetimo se, među realnim funkcijama postoje primjeri neprekidnih funkcija koje nigdje nisu derivabilne, poput primjerice Weierstraßove funkcije. Međutim, ovo su u pravilu “egzotični”, pažljivo konstruirani primjeri. S druge strane, kod kompleksnih funkcija na analogne slučajeve, neprekidnih i nigdje derivabilnih funkcija, nalazimo već među elementarnim primjerima, poput Re(z) i |z|. To nam na još jedan način sugerira kako je derivabilnost kompleksnih funkcija daleko “jače” svojstvo nego li je to bila derivabilnost kod realnih funkcija.

Komentar 1.34. Odmah vidimo da su realni i imaginarni dijelovi holomorfne funkcije tzv. harmoničke funkcije, ∂x2 u + ∂y2 u = ∂x ∂y v − ∂y ∂x v = 0 ,

∂x2 v + ∂y2 v = −∂x ∂y u + ∂y ∂x u = 0

Ovdje uočavamo vezu s dvodimenzionalnom elektrostatikom: električni skalarni potencijal u je u vakuumu zadan diferencijalnom jednadžbom ∇2 u = 0. To znači da svaka holomorfna funkcija u svom realnom i imaginarnom dijelu sadrži rješenja dvodimenzionalnog elektrostatičkog problema.

Komentar 1.35. Iz C-R uvjeta je moguće iščitati još jedan zaključak. Naime, promatramo li realni i imaginarni dio kompleksne varijable z kao funkcije varijabli z i z∗, z − z∗ z + z∗ , y= , x= 2 2i tada možemo pisati ∂f ∂x ∂f ∂y 1 ∂f = + = ∂z ∗ ∂x ∂z ∗ ∂y ∂z ∗ 2 =



∂f ∂f +i ∂x ∂y

 =

∂x u + i∂x v + i∂y u − ∂y v 2

Ako je f holomorfna funkcija, tada iz C-R uvjeta izlazi kako je desna strana jednakosti nula, odnosno ∂f /∂z ∗ = 0 na nekom otvorenom skupu. U obratnom slučaju, za funkciju f koja zadovoljava ∂f /∂z = 0 na nekom otvorenom skupu, ponekad se koristi fraza antiholomorfna funkcija. Sada se pitamo vrijedi li obrat Cauchy-Riemannovog teorema, odnosno, da li je ispunjavanje C-R uvjeta dovoljno kako bi funkcija f bila holomorfna? Odgovor je negativan, ali se može “popraviti” uz neke dodatne uvjete. Na primjer, imamo naredni teorem. Teorem 1.36. Neka je Ω ⊂ R2 otvoren skup, te u, v : Ω → R funkcije koje su derivabilne (kao realne funkcije dvije varijable) u točki (x0 , y0 ) ∈ Ω, te koje zadovoljavaju C-R uvjete u toj točki. Tada je kompleksna funkcija f = u + iv derivabilna u točki z0 = x0 + iy0 .

38

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Dokaz : Pretpostavka o derivabilnosti funkcija u i v znači da postoje brojevi a, b, c, d ∈ R, takvi da je lim (x,y)→(x0 ,y0 )

lim (x,y)→(x0 ,y0 )

u(x, y) − u(x0 , y0 ) − a(x − x0 ) − b(y − y0 ) p =0 (x − x0 )2 + (y − y0 )2 v(x, y) − v(x0 , y0 ) − c(x − x0 ) − d(y − y0 ) p =0 (x − x0 )2 + (y − y0 )2

No, primjetimo da su a = ∂x u(x0 , y0 ) ,

b = ∂y u(x0 , y0 ) ,

c = ∂x v(x0 , y0 ) ,

d = ∂y v(x0 , y0 ) .

To znači da C-R uvjeti povlače da je c = −b te d = a. To znači da je f (z) − f (z0 ) − (a − ib)(z − z0 ) = = u(x, y) − u(x0 , y0 ) − a(x − x0 ) − b(y − y0 )+
+i v(x, y) − v(x0 , y0 ) − c(x − x0 ) − d(y − y0 ) = Pa je stoga

f (z) − f (z0 ) − (a − ib) = 0 lim z→z0 z − z0

Postoje i “snažniji” rezultati, u smislu da koriste manje pretpostavki, poput narednog teorema. Teorem 1.37. (Looman-Menchoff) Ako je Ω ⊂ C otvoren skup, te f = u + iv : Ω → C funkcija takva da vrijedi a) f je neprekidna na Ω, b) parcijalne derivacije ux , uy , vx i vy su definirane na cijelom Ω, te c) u i v zadovoljavaju C-R jednadžbe na Ω, tada je f ∈ H (Ω). Na prvi pogled (naivno) izgleda kao da bi uvjet b) u obratu trebao povlačiti uvjet a). Da li je funkcija f : S ⊂ R2 → R koja u svim točkama domene S ima definirane parcijalne derivacije ∂x f (x, y) i ∂y f (x, y), nužno neprekidna? Ne! Protuprimjer, f : R2 → R  2xy x2 +y 2 , (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = 0 , (x, y) = (0, 0) Naime, i u jednoj potencijalno “problematičnoj” točki imamo ∂x f (0, 0) = lim

→0

f (0 + , 0) − f (0, 0) 0 = lim = 0 →0  

f (0, 0 + ) − f (0, 0) 0 = lim = 0 →0   ali f (t, t) = 1 za svaki t = 6 0, a f (0, 0) = 0, pa ova funkcija nije neprekidna u točki (x, y) = (0, 0)! ∂y f (0, 0) = lim

→0

Sada ćemo dokazati pomalo očekivanu vezu — analitičke funkcije su nužno holomorfne.

39

§ 1.7. Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija

P Teorem 1.38. Ako red potencija f (z) = an z n ima radijus konvergencije R, tada P a) red nan z n−1 ima isti radijus konvergencije, b) funkcija f je holomorfna na otvorenom disku B(0, R), te vrijedi f 0 (z) =

∞ X

nan z n−1

n=1

Drugim riječima, analitičke kompleksne funkcije su nužno i holomorfne. P Dokaz : a) Radijus konvergencije R reda an z n dan je prema Cauchy-Hadamardovom teoremu s 1 . lim sup |an |1/n = R n→∞ Vrijedi lim sup |nan |1/n = lim sup n1/n |an |1/n n→∞

n→∞

Kako jePlimn→∞P n = 1, nizovi (|nan | )n i (|an |1/n )n imaju isti limes supremum, pa P n n redovi a z i na nan z n−1 n n z imaju isti radijus konvergencije, a znamo da su redovi P i nan z n apsolutno konvergentni za iste vrijednosti argumenta z, čime je dokazan prvi dio tvrdnje. 1/n

1/n

b) Neka je |z| < R i δ > 0, takav da vrijedi B(z, δ) ⊂ B(0, R). Promotrimo kompleksan broj w ∈ B(0, δ), odnosno |w| < δ.

δ R

z z+w

Vrijedi f (z + w) =

X

an (z + w)n =

X

an z n + nwz n−1 + w2 Pn−2 (z, w)

gdje je Pn−2 (z, w) polinom ! n X n Pn−2 (z, w) = wk−2 z n−k k k=2

Koristeći |w| < δ i nejednakost trokuta, ! n X n k−2 n−k |Pn−2 (z, w)| ≤ δ |z| = Pn−2 (|z|, δ) k k=2




40

Poglavlje 1. Kompleksna analiza Nadalje, f (z + w) − f (z) −

X

nwan z n−1 = w2

X

an Pn−2 (z, w)

Na lijevojP strani jednakosti imamo tri apsolutno konvergentna reda (jer su z, z + w ∈ B(0, R), a za red nan z n−1 smo u prvom dijelu teorema dokazali da ima isti radijus konvergencije) pa je i desna strana apsolutno konvergentan red. Djeljenjem obje strane s w 6= 0 dobivamo X f (z + w) − f (z) X − nan z n−1 = w an Pn−2 (z, w) w Za sve |w| < δ vrijedi (nejednakosti vrijede za parcijalne sume, a kako su dotični nizovi konvergentni, vrijede i za njihove limese) X X X an Pn−2 (z, w) ≤ |an ||Pn−2 (z, w)| ≤ |an |Pn−2 (|z|, δ) pri čemu je X

|an |Pn−2 (|z|, δ) = f (|z| + δ) − f (|z|) −

X

nδan |z|n−1

dobro definiran izraz jer je |z| + δ < R. Nadalje, X X an Pn−2 (z, w) ≤ |w| |an |Pn−2 (|z|, δ) w Dakle, kako w → 0, desna strana ide u nulu, a onda i lijeva, X an Pn−2 (z, w) = 0 lim w w→0

Time smo dokazali da je funkcija f derivabilna (i stoga holomorfna) na otvorenom skupu B(0, R), te je njena derivacija dana deriviranjem “član po član” u sumi.

Odavde vidimo da je f 0 (z) = a1 + 2a2 z + 3a3 z 2 + . . . f 00 (z) = 2a2 + 6a3 z + 12a4 z 2 + . . . i općenito f (k) (z) = k! ak + gk (z) , gdje je gk (z) red potencija bez konstantnog člana. Imamo, dakle an =

f (n) (0) , n!

f (z) =

∞ X f (n) (0) n z n! n=0

(1.59)

i općenito, za razvoj oko točke z0 , f (z) =

∞ X f (n) (z0 ) (z − z0 )n n! n=0

Time smo izveli kompleksnu verziju Taylorovog razvoja.

(1.60)

41

§ 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

§ 1.8 Integracija kompleksnih funkcija Definicija 1.39. Neka je [a, b] ⊂ R i k ∈ N0 ili k = ∞. Za preslikavanje f : [a, b] → C kažemo da je po dijelovima klase C k ako je klase C k u svim osim u konačno mnogo točaka intervala [a, b]. Definicija 1.40. Neka je [a, b] ⊂ R. Put je neprekidno preslikavanje γ : [a, b] → C kojem su realni i imaginarni dijelovi po dijelovima klase C 1 . Varijablu funkcije γ zovemo parametar puta. Slika ovog preslikavanja, γ([a, b]), je krivulja u kompleksnoj ravnini. Za put γ kažemo da je zatvoren put ako vrijedi γ(a) = γ(b). Definicija 1.41. Jordanova ili jednostavna zatvorena krivulja je slika neprekidne injekcije γ : S 1 → C, odnosno γ : [0, 2πi → C. Komentar 1.42. Ponekad ćemo “zloupotrebljavati” istu oznaku za put (preslikavanje) γ : [a, b] → C i krivulju (sliku tog preslikavanja) γ([a, b]). Primjeri: γ(t) = z1 + (z2 − z1 )t , it

γ(t) = s + Re ,

t ∈ [0, 1]

t ∈ [0, 2π]

z2 s

z1

Definicija 1.43. Neka je [a, b] ⊂ R i F : [a, b] → C neprekidna funkcija, te F (t) = u(t) + iv(t). Tada definiramo integral Z Z Z F (t) dt ≡ u(t) dt + i v(t) dt

Definicija 1.44. Neka je Ω ⊂ C otvoren skup i γ : [a, b] → Ω put koji je klase C 1 na cijelom intervalu [a, b]. Integral neprekidne kompleksne funkcije f : Ω → C je definiran narednim izrazom Z Z b f (z) dz ≡ f (γ(t)) γ 0 (t) dt (1.61) γ

a

42

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

gdje je

γ 0 (t) = (Re(γ(t)))0 + i(Im(γ(t)))0

Općenitije, ako je γ : [a, b] → Ω put koji je klase C 1 na konačno mnogo podintervala [tj , tj+1 ] ⊂ [a, b], tada definiramo integral Z f (z) dz ≡

XZ

γ

tj+1

f (γ(t)) γ 0 (t) dt

(1.62)

tj

j

Komentar 1.45. Ovdje na elegantan način izbjegavamo ponovno uvođenje integrala preko “gornjih” i “donjih” suma, jer je to već skriveno u definicji realnih integrala. Umjesto toga formalnom supstitucijom z = γ(t), odnosno dz = γ 0 (t) dt motiviramo svođenje integracije kompleksne funkcije po putu u kompleksnoj ravnini na integraciju kompleksne funkcije po realnom intervalu, prirodno rastavljene na dva realna integrala prema gornjoj definiciji.

Teorem 1.46. Definicija integracije je neovisna o reparametrizaciji puta po kojem se integrira. Dokaz : Neka je s : [a, b] → [c, d] funkcija klase C 1 , takva da je s(a) = c i s(b) = d, te ψ : [c, d] → C put klase C 1 na cijelom intervalu [c, d]. Tada je γ(t) = ψ(s(t)) put, po kojem integracija glasi Z Z b Z b f (z) dz = f (γ(t)) γ 0 (t) dt = f (ψ(s(t)))ψ 0 (s(t))s0 (t) dt = γ

a

a d

Z =

f (ψ(s))ψ 0 (s) ds =

c

Z f (z) dz ψ

Komentar 1.47. Kada imamo integraciju po zatvorenom putu, tada obično koristimo posebnu oznaku (integral s “kružićem”) kako bismo to dodatno naglasili, I f (z) dz γ

Ponekad ćemo koristiti posebnu oznaku za put koji ide u “obratnom smjeru”, −γ : [a, b] → C, (−γ)(t) ≡ γ(a + b − t) Lako se provjeri da integracija po putu −γ samo mijenja predznak rezultata, Z

Z f (z) dz =

−γ

b

f ((−γ)(t))(−γ)0 (t) dt =

a

Z

b

f (γ(a + b − t))

= a

dγ(a + b − t) dt dt

43

§ 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

Upotrebom supstitucije s = a + b − t imamo dγ(a + b − t) dγ(s) ds dγ(s) = =− dt ds dt ds Z a f (γ(s))(−1 · γ 0 (s))(−ds) = f (z) dz =

Z −γ

b

Z =−

b

Z

0

f (γ(s))γ (s) ds = − a

f (z) dz γ

Ono što je nespretno kod ovakve oznake jest moguća zamjena funkcije −γ s funkcijom γ pomnoženom s brojem −1, što smo gore pokušali izbjeći dodatnom upotrebom zagrada. Nije se teško domisliti alternativnim i vjerojatno manje zbunjujućim oznakama, poput γ− , ali takve nažalost općenito nisu u upotrebi kroz literaturu.

Promotrimo jednostavan primjer integracije po tri različita puta s istom početnom (z1 = 1) i završnom točkom (z2 = i), Z dz γ z

z2 γ2 γ1 z1

γ3

• put γ1 γ1 (t) = 1 − t + it = 1 + (−1 + i)t , f (γ1 (t)) =

t ∈ [0, 1] ,

γ10 (t) = −1 + i

1 (1 − t) − it 1−t t = − i = 2 (1 − t) + it (1 − t)2 + t2 2t − 2t + 1 2t2 − 2t + 1
Z 1 Z (−1 + i) (1 − t) − it dz = dt 2t2 − 2t + 1 γ1 z 0

Tablični integrali za P (x) = ax2 + bx + c, uz pokratu ∆ = 4ac − b2 > 0, Z dx 2 2ax + b I1 = = √ arctg √ +C P (x) ∆ ∆ Z
x dx 1 I2 = = ln(P (x)) − bI1 + C P (x) 2a

44

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Mi imamo

1

Z

1 dt π = arctg (2t − 1) = − 2t + 1 2 0 0   t dt π 1 π 1 2 + 2 = ln(2t − 2t + 1) = 2t2 − 2t + 1 4 2 4 0   Z dz π π πi πi = (−1 + i) − − = 2 4 4 2 γ1 z 2t2

Z 0

1

• put γ2

γ2 (t) = eit , t ∈ [0, π/2] , γ20 (t) = ieit Z Z π/2 Z π/2 it dz πi ie dt = i dt = = it z e 2 γ2 0 0

Rezultat se slaže s integracijom po putu γ1 ! • put γ3 γ3 (t) = ei( Z γ3

5π 2 −t

) = ie−it ,

dz = z

Z

2π π 2

t ∈ [π/2, 2π] ,

e−it dt = −i ie−it

Z

γ30 (t) = e−it

2π

dt = − π 2

3πi 2

Rezultat se ne slaže s integracijom po putevima γ1 i γ2 ! Zašto? Prvo primjetimo da podintegralna funkcija f divergira u točki z0 = 0. Nadalje, putevi γ1 i γ2 omeđuju skup u kompleksnoj ravnini koji ne sadrži točku z0 , dok skupovi koje omeđuju γ1 i γ3 , odnosno γ2 i γ3 sadrže točku z0 . Ovaj fenomen ćemo sada detaljnije proučiti. Prvo ćemo dokazati nekoliko pomoćnih rezultata. Lema 1.48. Neka je K ⊂ Rm kompaktan skup i f : K → Rn neprekidna funkcija. Tada je slika f (K) ⊂ Rn također kompaktan skup. Dokaz : Promotrimo niz točaka (bn )n u skupu f (K). Svaka točka ovog niza je oblika bn = f (an ) za neki an ∈ K. Skup K je po pretpostavci kompaktan, pa niz (an )n ima gomilište g ∈ K. Tvrdimo da je f (g) ∈ f (K) gomilište niza (bn )n . Kako je f neprekidna funkcija, za svaku otvorenu kuglu B(f (g), ) postoji δ > 0, takav da je f (B(g, δ) ∩ K) ⊂ B(f (g), ). Točka g je gomilište niza (an )n , pa svaka otvorena kugla B(g, δ) sadrži beskonačno mnogo njegovih članova. Stoga i skup f (B(g, δ) ∩ K), a onda i otvorena kugla B(f (g), ) sadrži beskonačno mnogo članova niza (bn )n . Time smo dokazali da je f (K) kompaktan skup.

Lema 1.49. Neka je K ⊂ Rm kompaktan skup i f : K → R neprekidna funkcija. Tada postoje zmax , zmin ∈ K, na kojima funkcija f poprima maksimalnu i minimalnu vrijednost, odnosno f (zmin ) ≤ f (z) ≤ f (zmax ) za sve z ∈ K. Dokaz : Prema prethodnoj lemi znamo da je f (K) ⊂ R kompaktan skup, a onda prema Heine-Borelovom teoremu omeđen i zatvoren skup. Neka je s ∈ R supremum skupa f (K). Kako je f (K) zatvoren skup, nije moguće s ∈ R − f (K) jer bi u tom slučaju postojao otvoren interval hs − δ, s + δi disjunktan sa skupom f (K), a time i gornje međe skupa f (K) manje

45

§ 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

od s. Dakle, s ∈ f (K), odakle slijedi da postoji zmax ∈ K sa svojstvom iz teorema. Postojanje točke zmin se dokaže analogno.

Odmah valja uočiti kako su obje leme dirketno primjenjive i na slučaj kada je K kompaktan skup u C (korišteni su samo otvoreni skupovi, a ne i algebarska svojstva brojeva u dotičnim skupovima). Lema 1.50. Neka je Ω ⊂ C otvoren skup, γ : [a, b] → Ω ⊂ C po dijelovima C 1 put, a f : Ω → C neprekidna funkcija. Tada vrijedi Z f (z) dz ≤ `(γ) · max |f (z)| (1.63) z∈γ

γ

gdje je `(γ) duljina krivulje γ. Dokaz : Pretpostavimo prvo da je put γ klase C 1 na cijelom intervalu [a, b]. Uvedimo pokratu Z w≡ f (z) dz γ

Ako je w = 0 tada tvrdnja trivijalno vrijedi, pa pretpostavimo w 6= 0. Tada vrijedi  Z  Z  Z |w|2 = w∗ f (z) dz = Re w∗ f (z) dz = Re w∗ f (z) dz = γ

γ b

Z = Re

w∗ f (γ(t))γ 0 (t) dt

γ

 =

a

Z ≤


Re w∗ f (γ(t))γ 0 (t) dt ≤

a b

∗ w f (γ(t))γ 0 (t) dt = |w|

a

Dijeljenjem s |w| dobivamo Z Z f (z) dz ≤ γ

b

Z

b

Z

f (γ(t))γ 0 (t) dt

a

b

  f (γ(t))γ 0 (t) dt ≤ max |f (γ(t))|

Z

t∈[a,b]

a

b

|γ 0 (t)| dt

a

U zadnjem koraku smo iskoristili činjenicu da je interval [a, b] kompaktan podskup realnih brojeva, pa negdje na njemu neprekidna funkcija |f (γ(t))| nužno poprima maksimalnu vrijednost. Valja napomenuti kako izraz za maksimalnu vrijednost mogli napisati i u nešto drugačijem obliku, max |f (γ(t))| = max |f (z)| z∈γ

t∈[a,b]

pri čemu zaključak o postojanju takve maksimalne vrijednosti ostaje nepromjenjen jer je slika puta γ([a, b]) opet kompaktan skup (u kompleksnoj ravnini). Primjetimo sada da je duljina krivulje γ dana izrazom Z Z p dx2 + dy 2 `(γ) = d` = γ

γ

Kako su dx(t) = x0 (t) dt i dy(t) = y 0 (t) dt, imamo Z bp Z 0 2 0 2 `(γ) = x (t) + y (t) dt = a

b

|γ 0 (t)| dt

a

odakle slijedi tvrdnja. Rezultat se jednostavno poopći za put koji je po dijelovima klase C 1 , razlamanjem integrala u “regularne” dijelove puta Z X Z XZ f (z) dz = f (z) dz ≤ f (z) dz ≤ γj γ γj j

j

46

Poglavlje 1. Kompleksna analiza ! ≤

X

`(γj ) · max |f (z)| ≤

X

z∈γj

j

`(γj ) max |f (z)| = `(γ) · max |f (z)| z∈γ

j

z∈γ

Lema 1.51. Neka je Ω ⊂ C otvoren skup, f : Ω → C neprekidna funkcija, te neka je F ∈ H (Ω) primitivna funkcija funkcije f , odnosno F 0 (z) = f (z). Ako su p, q ∈ Ω i γ : [a, b] → Ω po dijelovima C 1 put, takav da je γ(a) = p i γ(b) = q, tada vrijedi Z f (z) dz = F (q) − F (p) (1.64) γ

Specijalno, ako je p = q, tada je γ zatvoren put i vrijedi I f (z) dz = 0 γ

Dokaz : Pretpostavimo prvo da je γ put klase C 1 na cijelom intervalu [a, b]. Koristeći pretpostavke iz teorema imamo Z b Z b Z d F (γ(t)) dt = f (z) dz = F 0 (γ(t))γ 0 (t) dt = dt γ a a = F (γ(b)) − F (γ(a)) = F (q) − F (p) Općenito, ako je γ put klase C 1 na podintervalima [t0 = a, t1 ] , [t1 , t2 ] , . . . , [tN −1 , tN = b] za neki N ∈ N, tada korištenjem prethodnog zaključka i rastavom integracije na dijelove, možemo jednostavno možemo poopćiti rezultat, Z f (z) dz = γ

N −1 Z tj+1 X j=0

F 0 (γ(t))γ 0 (t) dt =

tj

N −1 X

F (γ(tj+1 )) − F (γ(tj )) = F (q) − F (p)

j=0

Komentar 1.52. Primjetimo da prethodni teorem tvrdi kako je integral ne ovisi o putu sve dok on prolazi kroz skup Ω i ima neizmjenjene početnu i završnu točku. Uzmimo na primjer funkcije fn (z) = z n za n ∈ Z − {−1}. Njihove primitivne funkcije su Fn (z) = z n+1 /(n + 1). Tada za zatvoren put γ (koji za n < 0 ne prolazi kroz ishodište kompleksne ravnine) vrijedi I z n dz = 0 (1.65) γ

Lema 1.53. (Goursat) Neka je Ω ⊂ C otvoren skup, T ⊂ Ω trokut i f ∈ H (Ω). Tada za rub trokuta C = ∂T vrijedi I f (z) dz = 0 C

47

§ 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

Dokaz :

Ako spajanjem polovišta stranica početni trokut rastavimo na 4 manja trokuta s pozitivno orijentiranim rubovima, tada vrijedi I f (z) dz = C

4 I X i=1

f (z) dz ∂4i

jer se integracije duž stranica unutrašnjeg trokuta pokrate. 4 I I I 4 I X X ≤ 4 f (z) dz = f (z) dz f (z) dz f (z) dz ≤ C1 C ∂4i ∂4i i=1

i=1

gdje je C1 rub jednog od 4 trokuta koji daje najveći doprinos u integraciji. Iterativnim ponavljanjem dobivamo I I f (z) dz ≤ 4n f (z) dz C

Cn

Označimo s Tn trokut čiji je rub Cn . Tvrdimo da je presjek svih trokuta Tn neprazan i sastoji se od točno jedne točke, z0 ∈ T . Neka je wn neka točka unutar trokuta Tn (na primjer, središte upisane kružnice). Tada je (wn )n Cauchyjev niz točaka u kompleksnoj ravnini, pa je nužno i konvergentan. Točka z0 ≡ lim wn je sadržana u svakom trokutu Tn (jer su oni kompaktni skupovi, pa sadrže gomilišta svojih nizova). Konačno, ako bi postojala još jedna točka z1 sadržana u presjeku svih trokuta, tada imamo kontradikciju jer postoje trokuti po volji manji od duljine |z0 − z1 |. Nadalje, po pretpostavci je f holomorna funkcija u svim točkama unutar početnog trokuta T , pa tako i u z0 . Stoga postoji r > 0, takav da za sve z ∈ B(z0 , r) vrijedi f (z) = f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) + η(z)(z − z0 ) gdje je lim η(z) = 0

z→z0

Za dovoljno velik n trokut Cn je sadržan unutar otvorenog diska B(z0 , r), pa vrijedi I I I I
f (z) dz = f (z0 ) − z0 f 0 (z0 ) 1 dz + f 0 (z0 ) z dz + η(z)(z − z0 ) dz Cn

Cn

Cn

Cn

Ranije izvedena formula (1.65) nam kaže da dva prva člana iščezavaju. Nadalje, I ≤ Ln · max |η(z)(z − z0 )| η(z)(z − z ) dz 0 Cn

z∈Cn

gdje je Ln opseg n-tog trokuta. Vrijedi Ln = 2−n L, gdje je L opseg početnog trokuta, te |z − z0 | < Ln /2 za sve z ∈ Cn . Nadalje, za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da |z − z0 | < δ

48

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

povlači |η(z)| < 2/L2 . Uvijek možemo odabrati dovoljno velik n, takav da trokut Cn leži unutar otvorenog kruga B(z0 , δ). Dakle, I L 2 L  η(z)(z − z0 ) dz < n 2 n+1 = n 2 L 2 4 Cn te

I f (z) dz <  C

Teorem 1.54. (o postojanju primitivne funkcije) Neka je Ω ⊂ C otvoren konveksan skup i f ∈ H (Ω). Nadalje, neka je z0 ∈ Ω. Tada je za svaki z ∈ Ω funkcija Z F (z) ≡ f (ζ) dζ [z0 ,z]

primitivna funkcija funkcije f , odnosno vrijedi F 0 (z) = f (z). Dokaz : Promotrimo proizvoljnu točku z1 ∈ Ω. Koristeći Goursatovu lemu znamo da vrijedi Z Z Z F (z) − F (z1 ) = f (ζ) dζ − f (ζ) dζ = f (ζ) dζ , [z0 ,z]

[z0 ,z1 ]

[z1 ,z]

Imamo stoga, Z 1 F (z) − F (z1 )
− f (z1 ) = f (ζ) − f (z1 ) dζ ≤ z − z1 [z1 ,z] z − z1 1 `([z1 , z]) · max |f (ζ) − f (z1 )| = max |f (ζ) − f (z1 )| ζ∈[z1 ,z] ζ∈[z1 ,z] |z − z1 | Kako je f neprekidna funkcija u točki z1 , slijedi da za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da za sve z ∈ B(z1 , δ) vrijedi |f (z) − f (z1 )| < , a stoga i F (z) − F (z1 ) − f (z ) 1 ≤ max |f (ζ) − f (z1 )| <  ζ∈[z1 ,z] z − z1 ≤

Time smo dokazali da je F 0 (z1 ) = f (z1 ).

Teorem 1.55. (Cauchy-Goursat) Neka je Ω ⊂ C otvoren jednostavno povezan skup i f ∈ H (Ω). Nadalje, neka je γ : [a, b] → Ω zatvoren, po dijelovima C 1 put u Ω. Tada je I (1.66)

f (z) dz = 0 γ

Dokaz : Ako je Ω konveksan skup, tada prema prethodnoj Lemi znamo da postoji primitivna funkcija F , a onda iz Leme 1.51 slijedi tvrdnja teorema. Poopćenje za jednostavno povezane skupove se napravi promatranjem neprekidne deformacije integracijskog puta u točku (ovdje samo iznosimo ideju dokaza i nećemo prolaziti kroz sve tehničke detalje), I I XI 0= f (z) dz = f (z) dz + f (z) dz k

Ck

−γ2

γ1

I

I f (z) dz = γ1

f (z) dz γ2

49

§ 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

γ1

γ2

Ako skup na kojem je funkcija holomorfna (i kroz koji prolazi integracijski put) nije jednostavno povezan, tada nema garancije da će Cauchy-Goursatov teorem vrijediti i lako se možemo uvjeriti kako je to uistinu točno. Neka je c ∈ C. Promotrimo funkciju f (z) = 1/(z − c) koja je holomorfna u svim točkama kompleksne ravnine osim u c. Neka je CR pozitivno orijentirana kružnica radijusa R sa središtem u točki c, odnosno CR (t) = c + Reit , t ∈ [0, 2π] Z 2π I iReit dt dz = = 2πi Reit 0 CR z − c

(1.67)

Kao što vidimo, rezultat nije nula! Pa ipak, upotrebom dokaza koji je korišten u Cauchy-Goursatovom teoremu vidimo da se neprekidnim deformiranjem integracijske krivulje kroz skup na kojem je podintegralna funkcija holomorfna (neovisno o tome da li taj skup jest ili nije jednostavno povezan) vrijednost integrala neće promjeniti. Taj postupak ćemo često koristiti kada želimo početni put deformirati u neki na kojem je jednostavnije obaviti integraciju.

γ2

γ1

Konkretno, koristeći defomaciju (pozitivno orijentiranog) puta γ u kružnicu sa središtem u točki c ∈ C i ranije rezultate, možemo ustvrditi da je za svaki n ∈ Z I (z − c)n dz = 2πi δn,−1 (1.68) γ

50

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Teorem 1.56. (Cauchyjeva integralna formula) Neka je Ω ⊂ C otvoren jednostavno povezan skup, funkcija f ∈ H (Ω), a γ : [a, b] → Ω zatvoren, pozitivno orijentiran, po dijelovima C 1 put čija je slika Jordanova krivulja koja omeđuje otvoren neprazan skup O ⊂ Ω. Tada za svaki z ∈ O vrijedi I f (ζ) 1 dζ (1.69) f (z) = 2πi γ ζ − z Dokaz : Podintegralna funkcija f (ζ)/(ζ − z) je holomorfna u svim točkama skupa Ω osim u z. Prvo ćemo deformirati krivulju γ u kružnicu CR radijusa R sa središtem u točki z, I I f (ζ) f (ζ) dζ = dζ ζ − z ζ −z γ CR Koristeći rezultat (1.67) i Lemu 1.50 imamo I I I 1 1 1 f (ζ) f (ζ) f (ζ) − f (z) = = dζ − f (z) dζ − f (z) dζ 2πi 2πi 2πi ≤ ζ −z γ ζ −z CR ζ − z CR |f (ζ) − f (z)| 1 1 1 `(CR ) max = 2πR max |f (ζ) − f (z)| = max |f (ζ) − f (z)| ζ∈CR ζ∈CR 2π |ζ − z| 2π R ζ∈CR Konačno, funkcija f je holomorfna, a stoga i neprekidna u točki z, pa za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da za sve ζ ∈ B(z, δ) vrijedi f (ζ) ∈ B(f (z), ), odnosno |f (ζ) − f (z)| < . Kako za svaki δ > 0 možemo odabrati dovoljno mali radijus R > 0, takav da je CR ⊂ B(z, δ), slijedi tvrdnja teorema. ≤

Komentar 1.57. Primjetimo kako je holomorfna funkcija f na skupu Ω iz prethodnog teorema jedinstveno definirana svojim vrijednostima na rubu tog skupa!

Sada dolazimo do jednog od ključnih rezultata u kompleksnoj analizi. Ranije smo ustvrdili pomalo očekivan rezultat: analitičke kompleksne funkcije su nužno i holomorfne. Međutim, iznenađenje jest da vrijedi i obrat. Lema 1.58. Neka je Ω ⊂ C i (fn )n niz neprekidnih kompleksnih funkcija fn : Ω → C koji konvergira uniformno k funkciji f : Ω → C. Tada za svaki po dijelovima C 1 put γ : [a, b] → Ω vrijedi Z Z lim

fn (z) dz =

n→∞

Nadalje, ako red

P

γ

f (z) dz γ

fn konvergira uniformno, tada vrijedi Z X XZ fn = fn γ

γ

Dokaz : Prvi dio tvrdnje odmah slijedi iz nejednakosti Z Z Z fn − = (fn − f ) ≤ `(γ) max |fn (z) − f (z)| f γ

γ

z∈γ

γ

Drugi dio tvrdnje slijedi jer je uniformna konvergencija reda definirana s obzirom na parcijalne sume, m X sm (z) = fn (z) n=1

51

§ 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

pa koristeći prvi dio leme imamo ∞ Z X n=1

fn (z) dz = lim

m→∞

γ

=

Z  γ

m Z X n=1

γ

Z sm (z) dz =

fn (z) dz = lim

m→∞

γ

Z X ∞  lim sm (z) dz = fn (z) dz

m→∞

γ n=1

Teorem 1.59. (Holomorfne funkcije su analitičke) Neka je Ω ⊂ C otvoren skup, te f ∈ H (Ω). Tada je f i analitička funkcija na skupu Ω. Dokaz : Neka je z0 ∈ Ω. Kako je Ω otvoren skup, tada postoji realan broj R > 0, takav da je B(z0 , R) ⊂ Ω. Nadalje, neka je r < R pozitivan realan broj i Cr ⊂ Ω kružnica koja je slika puta γr : [0, 2π] → Ω , γr (t) = z0 + reit . Tada je po Cauchyjevoj integralnoj formuli (primjetimo, otvoren krug B(z0 , r) je jednostavno povezan skup) I f (ζ) 1 f (z) = dζ 2πi Cr ζ − z za svaki z ∈ B(z0 , r). Kako je |z − z0 | < |ζ − z0 |, imamo razvoj u red n ∞  1 1 1 1 1 X z − z0 = = = 0 ζ −z (ζ − z0 ) − (z − z0 ) ζ − z0 1 − z−z ζ − z0 n=0 ζ − z0 ζ−z0 Promatran kao funkcija varijable ζ, ovaj red uniformno konvergira na skupu koji sadrži i kružnicu Cr , u što se možemo uvjeriti sljedećim postupkom. Odaberimo realne brojeve s, t > 0, takve da je |z − z0 | ≤ t < s < r P i gornje međe Mn = (t/s)n . Tada je red n Mn konvergentan i vrijedi   z − z0 n ζ − z0 ≤ Mn , za sve vrijednosti varijable ζ na vijencu s ≤ |ζ − z0 | ≤ R pa po Weierstraßovom M -testu imamo uniformnu konvergentnost promatranog reda. Stoga, koristeći prethodnu lemu, ovaj red možemo integrirati “član po član”, f (z) =

 I ∞  X f (ζ) dζ 1 (z − z0 )n 2πi Cr (ζ − z0 )n+1 n=0

Time smo dobili razvoj funkcije f u red potencija oko proizvoljne točke z0 ∈ Ω, koji konvergira unutar radijusa r (ovo naravno vrijedi za svaki r < R). Drugim riječima, f je nužno i analitička funkcija na skupu Ω.

U dokazu ovog teorema smo dobili i ekplicitan izraz za koeficijente u razvoju funkcije f u red potencija, I 1 f (ζ) an = dζ . (1.70) 2πi Cr (ζ − z0 )n+1 Valja naglasiti kako vrijednost ovih koeficijenata ne ovisi o radijusu r integracijske kružnice, sve dok su kružnica Cr , kao i otvoreni krug B(z0 , r) kojeg ona obuhvaća,

52

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

unutar skupa Ω na kojem je funkcija f holomorfna. Nadalje, kako smo ranije za Taylorov red kompleksnih funkcija dokazali da je an = f (n) (z0 )/n!, ujedno imamo i izraz za derivacije funkcije f I f (ζ) n! dζ (1.71) f (n) (z0 ) = 2πi Cr (ζ − z0 )n+1

Teorem 1.60. (Liouville) Ako je f ∈ H (C), te ako je |f (z)| omeđena na C, tada je f (z) = konst. Dokaz : Neka je M gornja međa funkcije f i z0 ∈ C. Koristeći formulu 1.71 imamo Z 1 f (ζ) ≤ 1 2πR 1 max f (z0 + Reit ) ≤ M |f 0 (z0 )| = dζ 2 2 2πi CR (ζ − z0 ) 2π R t∈[0,2π] R Za svaki  > 0 možemo odabrati dovoljno velik R, tako da je M/R < . Drugim riječima, f 0 (z0 ) = 0 za svaki z0 ∈ C. Neka su z1 , z2 ∈ C dva proizvoljna različita kompleksna broja. Tada vrijedi Z f (z2 ) − f (z1 ) =

f 0 (z) dz = 0

[z1 ,z2 ]

čime je dokazana tvrdnja. Alternativni dokaz pomoću Cauchyjeve integralne formule,  I I  (z2 − z1 )f (ζ) 1 1 − f (ζ) dζ = dζ f (z2 ) − f (z1 ) = ζ − z ζ − z (ζ − z2 )(ζ − z1 ) 2 1 γ γ Odabirom kružnice radijusa R > 2|z2 − z1 | za integracijsku krivulju, γ(t) = z1 + Reit , imamo |ζ − z2 | = |(ζ − z1 ) + (z1 − z2 )| ≥ |ζ − z1 | − |z2 − z1 | >

R 2

f (z2 ) − f (z1 ) ≤ 2πR |z2 − z1 |M = 4π|z2 − z1 | M 1 2 R R 2 Opet, za svaki  > 0 možemo odabrati dovoljno velik R, tako da je desna strana strogo manja od , odakle slijedi tvrdnja.

Liouvilleov teorem nam govori kako je cijela funkcija nužno neomeđena. Međutim, postoje i jače tvrdnje koje nam otkrivaju još detalja o prirodi holomorfnih fukcija. Teorem 1.61. (Picard) Ako je f ∈ H (C) i f nije konstantna funkcija, tada je f (C) = C ili f (C) = C − {z0 } za neki z0 ∈ C. Komentar 1.62. Izuzimanje točke se pojavljuje na primjer kod cijele funkcije ez koja nema nul-točke.

Teorem 1.63. (Osnovni teorem algebre) Jedini polinom nad poljem kompleksnih brojeva bez nul-točke je konstantna funkcija različita od nule.

53

§ 1.9. Laurentov razvoj

Dokaz : Polinom nad poljem kompleksnih brojeva je funkcija Pn : C → C oblika Pn (z) = a0 + a1 z 1 + · · · + an z n gdje je n ∈ N0 , a koeficijenti ai ∈ C, takvi da vodeći ne iščezava, an 6= 0. Pretpostavimo da polinom Pn nije konstanta, te neka je Pn (z) 6= 0 za sve z ∈ C. Tada je funkcija f (z) = 1/Pn (z) definirana i holomorfna za sve z ∈ C (naime, f 0 (z) = −Pn0 (z)/(Pn (z))2 ). S druge strane, ako pišemo   b1 bn an−k Pn (z) = an z n 1 + + · · · + n , bk = z z an vidimo da |Pn (z)| poprima proizvoljno velike vrijednosti za dovoljno veliku vrijednost |z| jer 1 + b1 + · · · + bn ≤ 1 + |b1 | + · · · + |bn | → 1 z zn |z| |z|n Stoga |f (z)| → 0 kada |z| → ∞. To znači da za svaki  > 0 postoji R > 0, takav da je |f (z)| <  za sve |z| > R. Zatvoren disk B(0, R) je kompaktan skup, pa je na njemu funkcija |f (z)| omeđena. Sve skupa, to znači da je f omeđena cijela funkcija, pa po Liouvilleovom teoremu mora biti konstanta, što je kontradikcija s početnom pretpostavkom.

§ 1.9 Laurentov razvoj Vidjeli smo kako su kompleksne funkcije koje su holomorfne na disku imaju Taylorov razvoj. Međutim, što ako dana funkcija holomorfna samo na kružnom vijencu? Teorem 1.64. (Laurentov razvoj) Neka je f ∈ H (S), gdje je S prsten S = {z ∈ C | R1 < |z − c| < R2 } ,

c∈C

za neke nenegativne realne brojeve R2 > R1 ≥ 0. Tada za svaki z ∈ S vrijedi f (z) =

∞ X

an (z − c)n .

n=−∞

Koeficijenti an su jedinstveni i zadani integralima I 1 f (ζ) an = dζ , 2πi CR (ζ − c)n+1 gdje je CR kružnica |ζ − c| = R za neki R ∈ hR1 , R2 i. Ovaj red konvergira apsolutno na S i uniformno na svakom kompaktnom podskupu prstena S. Dokaz : Prvo upotrijebimo Cauchyjevu formulu za integracijsku krivulju koja je neka mala kružnica oko promatrane točke z ∈ S, a zatim deformiramo tu krivulju kroz holomorfno područje (prsten S) kako je skicirano na crtežima ispod, pri čemu se vrijednost integrala neće promjeniti.

54

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

z

C2

C2

f (ζ) dζ − ζ −z

c C1

f (z) =

1 2πi

I C2

f (ζ) dζ 1 + ζ −z 2πi

I C1

f (ζ) dζ 1 = ζ −z 2πi

I

I −C1

f (ζ) dζ ζ −z



∞ X (z − c)n 1 1 1 1 = = z−c = ζ −z (ζ − c) − (z − c) ζ − c 1 − ζ−c (ζ − c)n+1 n=0 ∞ X (ζ − c)m 1 1 1 −1 = = =− ζ−c ζ −z (ζ − c) − (z − c) z − c 1 − z−c (z − c)m+1 m=0

Ovo su uniformno konvergentni redovi, pa integral i suma mogu zamjeniti mjesta, 1 f (z) = 2πi

∞ X

n

I

(z − c)

C2

n=0

! I ∞ X f (ζ) dζ 1 m + f (ζ)(ζ − c) dζ (ζ − c)n+1 m=0 (z − c)m+1 −C1

Kod druge sume možemo promjeniti indeks po kojem se sumira, m = −(n + 1), 1 f (z) = 2πi

∞ X

(z − c)

n

I C2

n=0

I −1 X f (ζ) dζ f (ζ) dζ + (z − c)n n+1 (ζ − c) (ζ − c)n+1 −C1 n=−∞

!

Deformiranjem u kružnicu CR (to možemo jer su podintegralne funkcije holomorfne na skupu unutar kojeg deformiramo krivulje C1 i C2 ), f (z) =

∞ X

(z − c)n

n=−∞

1 2πi

I CR

f (ζ) dζ (ζ − c)n+1

55

§ 1.9. Laurentov razvoj

što je traženi oblik razvoja. Jedinstvenost razvoja, ∞ X

f (z) =

∞ X

an (z − c)n =

n=−∞

bn (z − c)n

n=−∞

Množenjem obje strane s (z − c)−k−1 za proizvoljni k ∈ Z, ∞ X

an (z − c)n−k−1 =

n=−∞

∞ X

bn (z − c)n−k−1

n=−∞

Oba reda konvergiraju uniformno za R1 +  ≤ |z − c| ≤ R2 − . Integriramo li sada obje strane po zatvorenom putu čija je slika unutar ovakvog zatvorenog prstena, te zamjenimo sumu i integral (što opet možemo radi uniformne konvergencije reda), dobivamo ∞ X

I

(z − c)n−k−1 dz =

an

n=−∞

γ ∞ X

∞ X

I bn

n=−∞

an δn−k−1,−1 =

n=−∞

∞ X

(z − c)n−k−1 dz

γ

bn δn−k−1,−1

n=−∞

odnosno ak = bk

Dio Laurentovog reda uz negativne potencije zovemo glavni dio, a dio uz nenegativne potencije regularni dio. Taylorov red je, dakle, samo specijalan slučaj Laurentovog reda koji ima samo regularni dio, a što je slučaj onda kada je funkcija holomorfna na otvorenom krugu (R1 = 0). Teorem 1.65. (o nul-točkama holomorfne funkcije) Neka je Ω ⊂ C povezan otvoren skup i f ∈ H (Ω). Ako skup nul-točaka N = {z ∈ Ω | f (z) = 0} ima gomilište u Ω, tada je f (z) = 0 za svaki z ∈ Ω. Drugim riječima, nul-točke netrivijalne holomorfne funkcije su izolirane. Dokaz : Ako je N = ∅, onda smo gotovi s dokazom, pa pretpostavimo suprotno. Neka je z0 ∈ N . Funkcija f je analitička na nekom otvorenom krugu B(z0 , R) ⊂ Ω, gdje ima Taylorov razvoj oblika ∞ X f (z) = an (z − z0 )n n=0

Odmah vidimo da je, a0 = f (z0 ) = 0. Pretpostavimo prvo da postoji barem jedan koeficijent u razvoju različit od nula i neka je k ∈ N najmanji takav da je ak 6= 0. Tada možemo pisati f (z) = (z − z0 )k

∞ X

an (z − z0 )n−k = (z − z0 )k

∞ X

am+k (z − z0 )m ≡ (z − z0 )k g(z)

m=0

n=k

Očigledno, g je analitička funkcija na krugu B(z0 , R), te g(z0 ) = ak 6= 0. S obzirom da je g i neprekidna funkcija, za  = |ak |/2 postoji δ > 0, takav da za sve z ∈ B(z0 , δ) vrijedi |g(z) − ak | <

|ak | 2

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

56

Ovo povlači da je g(z) 6= 0 za sve z ∈ B(z0 , δ), odnosno f (z) 6= 0 za sve z ∈ B(z0 , δ) − {z0 }, pa je z0 izolirana nul-točka funkcije f . S druge strane, ako bi svi koeficijenti u Taylorovom razvoju bili nula, tada je f (z) = 0 za sve z ∈ B(z0 , R). Svaka nul-točka funkcije f je stoga ili izolirana ili okružena s otvorenim krugom nul-točaka. Promotrimo skup Q ⊂ Ω nul-točaka drugog tipa. Iz definicije odmah slijedi da je Q otvoren skup. Nadalje, skup ∂Q ∩ Ω je prazan: funkcija f neprekidna, pa su sve točke u rubu skupa Q opet nul-točke koje nisu izolirane, što znači da moraju biti okružene s otvorenim krugom nul-točaka, a to je u kontradikciji s definicijom rubnih točaka. Dakle, skup Ω možemo napisati kao uniju dva otvorena disjunktna skupa, Q i Ω − Q, što je u kontradikciji s pretpostavkom da je Ω povezan skup. To znači da vrijedi ili Q = Ω, pa je f (z) = 0 za sve z ∈ Ω, ili Q = ∅, pa su sve nul-točke izolirane.

Korolar 1.66. Neka je Ω ⊂ C povezan otvoren skup, f, g ∈ H (Ω) i A skup A = {z ∈ Ω | f (z) = g(z)} . Ako skup A ima gomilište unutar skupa Ω, tada je f (z) = g(z) za svaki z ∈ Ω. Dokaz : Tvrdnja slijedi primjenom prethodnog teorema na funkciju f − g.

Analitičko produljenje. Pretpostavimo da imamo funkciju f koja je analitička na otvorenom povezanom skupu O ⊂ C i funkciju g koja je analitička na otvorenom povezanom skupu U ⊂ C. Ako se skupovi O i U sijeku i ako je f (z) = g(z) za sve z ∈ O ∩ U , tada nam prethodni korolar govori kako je g jedina moguća analitička funkcija na skupu U s tim svojstvom. Naime, ako bi postojala još jedna funkcija h koja je analitička na skupu U i vrijedi h(z) = f (z) za sve z ∈ O ∩ U , tada bi vrijedilo i h(z) = g(z) za sve z ∈ O ∩ U , pa je prema prethodnom korolaru h(z) = g(z) za sve z ∈ U . Sve skupa, ovo nam govori kako je analitičku funkciju, koja je na početku zadana na nekom manjem skupu, domenu moguće proširiti samo na jedan način. Primjer: analitičko proširenje funkcije f (z) = 1 + z + z 2 + . . . s domenom B(0, 1) na funkciju g(z) = 1/(1 − z) s domenom C − {1}.

§ 1.10 Singulariteti i reziduumi Singularitet je općenito ime za točku u kojoj neka funkcija nije dobro definirana jer divergira ili se u osnovnoj definiciji svodi na neodređen izraz poput 0/0 ili ∞/∞. Ovdje ćemo razmotriti kakve sve singularitete mogu imati kompleksne funkcije. Singularitete kompleksnih funkcija možemo prvo podijeliti na a) izolirane, odnosno točke a ∈ C za koje postoji okolina Oa ⊂ C, takva da je f holomorfna na skupu Oa − {a}, ali nije holomorfna na skupu Oa , i b) sve ostale, odnosno neizolirane.

57

§ 1.10. Singulariteti i reziduumi

Nadalje, izolirane singularitete dijelimo na 1. uklonjive (an = 0 za sve n < 0), 2. polove reda m ∈ N (a−m 6= 0 i an = 0 za sve n < −m) i 3. bitne singularitete (an 6= 0 za beskonačno mnogo n < 0). Primjeri. ? Funkcija f (z) =

1 sin(π/z)

ima izolirane singularitete u točkama zk = 1/k za sve k ∈ Z, te singularitet u z = 0 koji nije izoliran (on je gomilište niza svih onih drugih singulariteta). ? Funkcija f (z) = (sin z)/z ima izoliran uklonjiv singularitet u z = 0. S druge strane, funkcija  (sin z)/z , z 6= 0 g(z) = 1, z=0 čiji je razvoj u red potencija oko z = 0 dan s redom g(z) =

∞ ∞ 1 X (−1)n 2n+1 X (−1)n 2n z = z z n=0 (2n + 1)! (2n + 1)! n=0

je holomorfna i poklapa se s f za sve z 6= 0. ? Funkcije fn (z) =

1 (z − c)n

imaju pol reda n ∈ N u točki c. ? Funkcija 1

f (z) = e z =

∞ X z −n n! n=0

ima bitni singularitet u točki z = 0.

Definicija 1.67. Za kompleksnu funkciju f kažemo da je meromorfna na otvorenom skupu Ω ⊂ C ako postoji skup P ⊂ Ω, takav da 1. f ∈ H (Ω − P ), 2. f ima pol u svakoj točki skupa P i 3. P nema gomilišta u skupu Ω. Naredni teorem nam govori nešto o ponašanju kompleksne funkcije u okolini bitnog singulariteta.

58

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

Teorem 1.68. (Casorati-Weierstraß) Neka je f kompleksna funkcija koja ima bitni singularitet u s ∈ C s okolinom Os , takvom da je f ∈ H (Os − {s}). Tada je za svaku okolinu Us ⊂ Os skup f (Us − {s}) gust u C, odnosno svaki kompleksan broj je njegovo gomilište.

Definicija 1.69. Neka je Ω ⊂ C otvoren skup i f : Ω → C meromorfna funkcija. Nadalje, neka je w ∈ Ω izoliran singularitet funkcije f i R > 0, takav da unutar otvorenog kruga B(w, R) ⊂ Ω nema drugih singulariteta funkcije f . Reziduum funkcije f u točki w ∈ C definiran je integralom I 1 f (z) dz (1.72) Res(f, w) ≡ 2πi C po pozitivno orijentiranoj kružnici C ⊂ B(w, R) sa središtem u točki w. Kao direktnu posljedicu ranije dokazane formule za koeficijente u Laurentovom razvoju kompleksnih funkcija imamo naredni teorem. Teorem 1.70. Reziduum funkcije f u točki c jednak je “minus prvom” koeficijentu u Laurentovom razvoju funkcije f oko točke c, Res(f, c) = a−1

(1.73)

Teorem 1.71. (Teorem o reziduumu) Neka je Ω ⊂ C otvoren jednostavno povezan skup, f meromorfna funkcija na skupu Ω i P ⊂ Ω skup polova funkcije f . Tada za svaki zatvoren, pozitivno orijentiran, po dijelovima C 1 put γ : [a, b] → Ω − P , čija je slika Jordanova krivulja koja omeđuje skup O vrijedi I X f (z) dz = 2πi Res(f, p) (1.74) γ

p∈O∩P

Dokaz : Induktivnim postupkom deformiranja integracijsku krivulju svodimo na “male” kružnice koje okružuju polove. Važno je uočiti kako pri tom polovi van skupa O ne doprinose vrijednosti integrala.

59

§ 1.11. Sumiranje redova pomoću kompleksnih integrala

Teorem 1.72. Neka je w ∈ C pol reda m funkcije f . Tada je reziduum moguće izračunati pomoću formule Res(f, w) =


1 dm−1 lim (z − w)m f (z) m−1 (m − 1)! z→w dz

(1.75)

Dokaz : Ako funkcija f ima pol reda m u točki w, tada je njen Laurentov razvoj oko te točke oblika ∞ X f (z) = an (z − w)n n=−m

(z − w)m f (z) =

∞ X n=−m

m−1


d (z − w)m f (z) = dz m−1

∞ X

an (z − w)n+m =

∞ X

ak−m (z − w)k

k=0

ak−m k(k − 1) · · · (k − (m − 1) + 1)(z − w)k−(m−1)

k=m−1

Puštanjem limesa z → w “preživi” samo konstantni, k = m − 1 član sume, lim

z→w


dm−1 (z − w)m f (z) = a−1 (m − 1)! dz m−1

Odavde slijedi tvrdnja.

Primjer.

§ 1.11 Sumiranje redova pomoću kompleksnih integrala Nedovršeno.

Poglavlje 1. Kompleksna analiza

60

2 Gama, beta, zeta § 2.1 Gama funkcija Teorija gama funkcije razvila se u vezi s problemom generalizacije faktorijele prirodnih brojeva, odnosno problemom traženja funkcije realne varijable koja poprima vrijednost n! za prirodne brojeve n. Povijesna crtica: Leonhard Euler prvo u pismu Christianu Goldbachu 13. listopada 1729. godine predlaže upotrebu formule, n! nx n→∞ x(x + 1) · · · (x + n)

Γ(x) = lim

a zatim u pismu 8. srpnja 1730. upotrebu integrala Z 1 x−1 (ln(1/t)) dt 0

Adriene-Marie Legendre 1809. godine daje ovoj funkciji ime Γ.

Definicija 2.1. Faktorijel n! je definiran za prirodne brojeve n ∈ N, n! ≡ 1 · 2 · 3 · · · · · (n − 1) · n ,

n∈N

(2.1)

Konvencionalno definiramo i 0! ≡ 1. Parna i neparna faktorijela označavaju se s dvostrukim uskličnikom, (2n)!! ≡ 2 · 4 · · · · · (2n − 2) · 2n ,

(2n − 1)!! ≡ 1 · 3 · · · · · (2n − 3) · (2n − 1) (2.2)

Opet, konvencionalno definiramo 0!! = 1. Valja uočiti sljedeće identitete, (2n)!! = 2 · 4 · · · · · (2n − 2) · 2n = 2n · (1 · 2 · 3 · · · · · (n − 1) · n) = 2n n! (2.3) (2n)! = (2n − 1)!! (2n)!! = 2n n! (2n − 1)!!

61

(2.4)

62

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

Definicija 2.2. Pochhammerov simbol (prema matematičaru Leu Augustu Pochhammeru): (z)n ≡ z(z + 1)(z + 2) · · · (z + n − 1) , (z)0 = 1 (z)n+k = (z + n)k · (z)n Sada tražimo funkciju realne varijable koja za prirodne brojeve poprima vrijednost faktorijele. Promotrimo naredni (realni) integral za x ∈ R, Z ∞ tx−1 e−t dt (2.5) 0

Prvo valja ustvrditi područje konvergiranja ovog integrala. Integral ćemo podijeliti u dva dijela. Za sve  ∈ h0, 1i i x > 0 vrijedi 1

Z

tx−1 e−t dt <

I() =

1

Z

tx−1 dt =





tx 1 1 − x 1 < = x  x x

Podintegralna funkcija je pozitivno definitna, pa integral I() raste kako se  smanjuje uz fiksan x, a omeđen je odozgo s 1/x i stoga vrijedi Z

1

tx−1 e−t dt = lim I() < ∞ →0

0

Nadalje, za t > 0 svaki član u Taylorovom razvoju eksponencijalne funkcije et je pozitivan, pa vrijedi et > tn /n!, odnosno e−t < n!/tn za svaki n ∈ N. Odavde slijedi tx−1 e−t <

n! tn+1−x

Za svaki M > 1, uz fiksan x > 0 i n > x + 1 vrijedi Z J(M ) =

M

tx−1 e−t dt <

1

M

Z 1

=

n! tn+1−x

dt = n!

t−(n−x) M = −(n − x) 1

 n!  n! 1 − M −(n−x) < n−x n−x

Podintegralna funkcija je pozitivno definitna, pa integral J(M ) raste kako M raste uz fiksan x, a omeđen je odozgo s n!/(n − x) i stoga vrijedi Z ∞ tx−1 e−t dt = lim J(M ) < ∞ M →∞

1

Dakle, funkcija Γ : R+ → R, definirana integralom Z ∞ Γ(x) ≡ tx−1 e−t dt

(2.6)

0

konvergira za sve x > 0. Teorem 2.3. Γ(1) = 1 ,

Γ(x + 1) = xΓ(x)

(2.7)

63

§ 2.1. Gama funkcija

Dokaz :

∞

Z Γ(1) = 0

∞ e−t dt = −e−t 0 = 1

Nadalje, koristeći parcijalnu integraciju, imamo Z ∞  Γ(x + 1) = tx e−t dt = u = tx , dv = e−t dt = 0

∞ = −tx e−t 0 + x

∞

Z

tx−1 e−t dt = xΓ(x)

0

Odavde indukcijom za svaki n ∈ N slijedi (2.8)

Γ(n) = (n − 1)!

Ponekad se upotrebljava i oznaka Π(z) ≡ Γ(z + 1), pa je Π(n) = n! za svaki n ∈ N. Općenito za svaki n ∈ N imamo (2.9)

Γ(x + n) = (x + n − 1)Γ(x + n − 1) = · · · = (x)n Γ(x)

Integral kojim je definirana funkcija Γ divergira u x = 0, međutim, koristeći gornju jednakost možemo proširiti funkciju Γ na neke negativne vrijednosti argumenta x. Konkretno, za sve −n < x < −n + 1, gdje je n ∈ N definiramo Γ(x) ≡

Γ(x + n) Γ(x + n) = (x)n x(x + 1) · · · (x + n − 1)

(2.10)

Time je domena funkcije Γ proširena s R+ na R−{0, −1, −2, . . . }. Promotrimo neke specijalne vrijednosti gama funkcije za necijelobrojne vrijednosti argumenta. Z ∞ Z ∞ n √o √ 2 −1/2 −t Γ(1/2) = t e dt = u = t = 2 e−u du = π 0

0

Γ(−1/2) =  Γ

Γ(− 12

+ 1)

− 12

√ = −2Γ(1/2) = −2 π

   2n + 1 1 (2n − 1)!! √ =Γ n+ = (1/2)n Γ(1/2) = π 2 2 2n   2n − 1 Γ(1/2) (−2)n √ Γ − = = π 2 (2n − 1)!! (−n + 21 )n

Odavde vidimo da se gama funkcija približava proizvoljno blizu realnoj osi: za svaki  > 0, uvijek je moguće odabrati dovoljno velik n, tako da vrijedi   Γ − 2n − 1 <  2 Koliko je jedinstvena funkcija f : R+ → R koja zadovoljava uvjete f (1) = 1 i f (x + 1) = xf (x)? Koristeći periodičnost trigonometrijskih funkcija jednostavno konstruiramo dodatne primjere, poput f (x) = cos(2mπx)Γ(x) gdje je m ∈ N. Pitanje je stoga koje svojstvo izdvaja funkciju Γ od svih drugih?

64

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

Definicija 2.4. Neka je S ⊂ R povezan skup. Kažemo da je funkcija f : S → R konveksna ako za sve a, b, x ∈ S, takve da je a < x < b vrijedi f (x) < f (a) +

f (b) − f (a) (x − a) b−a

(2.11)

Kažemo da je funkcija f : S → R+ logaritamski konveksna ako je funkcija ln(f ) konveksna. Ekvivalentno, svaki x ∈ ha, bi je moguće zapisati u obliku x = λa + (1 − λ)b za neki parametar λ ∈ h0, 1i, pa uvijet konveksnosti možemo pisati u obliku f (λa + (1 − λ)b) ≤ λf (a) + (1 − λ)f (b)

(2.12)

Nadalje, ponekad je koristan sljedeći kriterij za konveksnost. Teorem 2.5. Neka je S ⊂ R povezan skup i f : S → R funkcija klase C 2 . Ako za sve x ∈ S vrijedi f 00 (x) ≥ 0, tada je f konveksna funkcija. Dokaz : Neka su a, b, x ∈ S takvi da je a < x < b. Iz Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti znamo da postoji y ∈ ha, xi i z ∈ hx, bi, takvi da je f (x) = f 0 (y)(x − a) + f (a) ,

f (b) = f 0 (z)(b − x) + f (x)

No, kako je po pretpostavci f 00 (x) ≥ 0 za sve x ∈ ha, bi, tada je f 0 (y) ≤ f 0 (x) ≤ f 0 (z), pa iz gornjih jednakosti slijede nejednakosti f (x) ≤ f 0 (x)(x − a) + f (a) , odnosno

f (b) ≥ f 0 (x)(b − x) + f (x)

f (x) − f (a) f (b) − f (x) ≤ f 0 (x) ≤ x−a b−x (b − x)(f (x) − f (a)) ≤ (x − a)(f (b) − f (x))

Pregrupiranjem članova imamo (b − a)f (x) ≤ (b − a)f (a) + (x − a)(f (b) − f (a)) odakle, dijeljenjem s b − a slijedi konveksnost funkcije f .

Na primjer, odavde odmah vidimo da su funkcije f (x) = x2 i f (x) = ex konveksne na cijelom skupu R. Teorem 2.6. Funkcija Γ : R+ → R je logaritamski konveksna funkcija. Dokaz : Neka je p ∈ h1, ∞i, q > 0 i 1 1 + =1 p q Koristeći Hölderovu nejednakost imamo za sve x, y ≤ 0   Z ∞ Z ∞ x + y −1 1 1 x y Γ + (tx−1 e−t ) p (ty−1 e−t ) q dt ≤ = t p q e−t dt = p q 0 0

65

§ 2.1. Gama funkcija ∞

Z ≤

tx−1 e−t dt

1 Z

0

p

∞

1 q 1 1 ty−1 e−t dt = Γ(x) p Γ(y) q

0

Neka je

1 ∈ h0, 1i , p Koristeći upravo izvedenu nejednakost imamo λ=

1−λ=

1 q

Γ(λx + (1 − λ)y) ≤ Γ(x)λ Γ(y)1−λ

ln Γ(λx + (1 − λ)y) ≤ ln Γ(x)λ Γ(y)1−λ = λ ln Γ(x) + (1 − λ) ln Γ(y)

Teorem 2.7. (Bohr-Mollerup, 1922.) Neka je f : R+ → R funkcija koja zadovoljava sljedeća svojstva: a) ln(f (x)) je konveksna funkcija (tj. f (x) je logaritamski konveksna), b) f (x + 1) = xf (x), i c) f (1) = 1, Tada je f (x) = Γ(x) za sve x > 0. Dokaz : Prvo ćemo razmotriti x ∈ h0, 1] i n ∈ N, n ≥ 2. Uvijet logaritamske konveksnosti možemo napisati u obliku ln f (−1 + n) − ln f (n) ln f (x + n) − ln f (n) ln f (1 + n) − ln f (n) ≤ ≤ (−1 + n) − n (x + n) − n (1 + n) − n ln f (x + n) − ln f (n) ≤ ln f (1 + n) − ln f (n) x f (n + 1) f (n) =n−1, =n f (n) = (n − 1)! , f (n − 1) f (n)

− ln f (−1 + n) + ln f (n) ≤

ln f (x + n) − ln(n − 1)! ≤ ln n x

ln (n − 1)!(n − 1)x ≤ ln f (x + n) ≤ ln (n − 1)!nx ln(n − 1) ≤

Funkcija ln je monotono rastuća, pa odavde slijedi (n − 1)!(n − 1)x ≤ f (x + n) ≤ (n − 1)!nx Koristeći f (x + n) = (x)n f (x) imamo nadalje (n − 1)!(n − 1)x (n − 1)!nx ≤ f (x) ≤ (x)n (x)n Obje nejednakosti vrijede za sve n ≥ 2, pa stavimo na lijevoj strani n → n + 1 (n − 1)!nx n!nx n!nx x + n ≤ f (x) ≤ = (x)n+1 (x)n (x)n+1 n Puštanjem limesa n → ∞ uz fiksan x vidimo da je f (x) = lim

n→∞

n!nx n!nx = lim n→∞ x(x + 1) · · · (x + n) (x)n+1

66

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

za sve funkcije koje zadovoljavaju 3 uvjeta iz teorema. S obzirom da je gama funkcija jedna takva, ova jednakost vrijedi i za nju, Γ(x) = lim

n→∞

n!nx x(x + 1) · · · (x + n)

Za kraj želimo provjeriti valjanost dobivenog izraza van intervala h0, 1]. Ako uvedemo pokratu Γn (x) ≡

n!nx x(x + 1) · · · (x + n)

tada je Γn (x + 1) = xΓn (x)

n , x+n+1

Γn (x) =

1 x+n+1 Γn (x + 1) x n

Iz ovih jednakosti je vidljivo kako postojanje limesa limn→∞ Γ(x) povlači postojanje limesa limn→∞ Γ(x + 1) i obratno, postojanje limesa limn→∞ Γ(x + 1) za x 6= 0 povlači postojanje limesa limn→∞ Γ(x). To znači da je funkcija f (x) = lim Γn (x) n→∞

dobro definirana za sve x ∈ R − {0, −1, −2, . . . }, a zadovoljava jednakost f (x + 1) = xf (x), a stoga i f (x) = Γ(x) za sve vrijednosti argumenta na spomenutom skupu.

Kako analitički produljiti funkciju Γ na kompleksnu ravninu? Za početak vidimo da je početni integral konvergentan za sve vrijednosti kompleksne varijable z s Re(z) > 0 jer za svaki z = x + iy vrijedi |tz | = |tx+iy | = tx |tiy | = tx Z ∞ Z ∞ Z ∞ z−1 −t z−1 −t |t |e dt = tx−1 e−t dt = Γ(x) t e dt ≤ 0

0

0

pa je funkcija Z Γ(z) ≡

∞

tz−1 e−t dt

0

dobro definirana kad god je Γ(x) < ∞. Također, moguće je dokazati kako je ovako definirana funkcija Γ holomorfna na cijelom skupu Re(z) > 0. Nadalje, identičnim izvodom kao i za pozitivne realne brojeve, vidimo da jednakost Γ(z + 1) = zΓ(z)

(2.13)

vrijedi za sve Re(z) > 0. Odavde, koristeći taktiku kao i kod realnih vrijednosti argumenta, možemo definirati gama funkciju za sve kompleksne brojeve z ∈ C − {0, −1, −2, . . . }. Konkretno, ako je Im(z) 6= 0 i −n ≤ Re(z) ≤ −n + 1 ili Im(z) = 0 i −n < Re(z) < −n + 1, definiramo Γ(z) ≡

Γ(z + n) Γ(z + n) = (z)n z(z + 1) · · · (z + n − 1)

(2.14)

Lako se uvjerimo da je ovako definirana funkcija uistinu holomorfna na navedenom skupu. Konačno, limes n! nz n→∞ z(z + 1) · · · (z + n)

Γ(z) = lim

je dobro definiran za sve z ∈ C − {0, −1, −2, . . . }.

(2.15)

67

§ 2.1. Gama funkcija

Teorem 2.8. (Polovi gama funkcije) Gama funkcija ima singularitete u točkama zn = −n za sve n ∈ N0 i oni su polovi 1. reda. Reziduumi gama funkcije u ovim točkama iznose (−1)n Res(Γ, −n) = (2.16) n! Dokaz : Γ(z − n) =

Γ(z − n + 2) Γ(z + 1) Γ(z − n + 1) = = ··· = z−n (z − n)(z − n + 1) (z − n)(z − n + 1) · · · (z − 1)z Res(Γ, −n) = lim (z + n)Γ(z) = lim w Γ(w − n) = z→−n

w→0

Γ(1) (−1)n 1 = = = (−n)(−n + 1) · · · (−2)(−1) (−1)n n! n!

Lema 2.9. Limes  γ = lim

n→∞

1 1 1 1 + + + · · · + − ln n 2 3 n



postoji i poznat je kao Euler-Mascheronijeva konstanta. Dokaz : Ako je f (x0 ) < g(x0 ) i vrijedi f 0 (x) ≤ g 0 (x) za sve x ≥ x0 , tada je nužno f (x) < g(x) za sve x ≥ x0 . Ovi uvjeti su zadovoljeni za funkcije f (x) = xλ i g(x) = 1 + λ(x − 1), gdje je x ≥ x0 = 0 i λ ∈ h0, 1i, pa za sve x ≥ 0 vrijedi xλ < 1 + λ(x − 1) Neka su a > b > 0. Uvrštavanjem x = 1 + 1/b i λ = b/a, pa x = 1 − 1/(b + 1) i λ = (b + 1)/(a + 1) dobivamo  b  a 1 1 1+ < 1+ , b a

 b+1  a+1 1 1 1+ > 1+ b a

odakle vidimo da funkcija (1 + 1/x)x raste, a funkcija (1 + 1/x)x+1 pada.  xn =

1+

1 n

n

 <

1+

1 n

n+1 = yn

e = lim xn = lim yn n→∞



1 1+ n

n

n→∞

 n+1 1 <e< 1+ n

Logaritmiranjem . . . 1 < ln n+1



n+1 n

 <

1 n

Promatramo nizove an = Hn − ln(n) ,

bn = an −

1 < an n

Niz (an ) monotono pada, a niz (bn ) monotono raste,     1 n 1 n+1 an+1 − an = + ln < 0 , bn+1 − bn = − ln >0 n+1 n+1 n n

68

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

Prema tome, niz (an ) je monotono padajući i omeđen (primjetimo da je an > bn > b1 = 0 za svaki n ∈ N), te stoga konvergira i limes γ = lim an n→∞

postoji.

Teorem 2.10. (Weierstraß) Za sve z ∈ C − {0, −1, −2, . . . } vrijedi ∞  Y z  −z/n 1 e = zeγz 1+ Γ(z) n n=1

(2.17)

Dokaz : Γ(z) = lim

n→∞

n! nz nz = lim = n→∞ z(1 + z)(1 + z/2) . . . (1 + z/n) z(z + 1) . . . (z + n) ez/2 ez/3 ez/n 1 ez ... = z 1 + z 1 + z/2 1 + z/3 1 + z/n

= lim e(ln n−Hn )z n→∞

=

∞ e−γz Y ez/n z n=1 1 + z/n

Teorem 2.11. Γ(1 − z)Γ(z) =

π sin(πz)

(2.18)

Dokaz : Prvo dokažemo jednakost pomoću integralne definicije gama funkcije za realne brojeve z ∈ h0, 1i, a zatim usporedimo analitičnost funkcija s lijeve i desne strane tražene jednakosti. Z ∞ Z ∞  2 Γ(z) = tz−1 e−t dt = t = x2 = 2 x2z−1 e−x dx 0

0 ∞

Z Γ(1 − z) =

−z −t

t

e

 dt = t = y 2 = 2

0

Z

∞

2

y 1−2z e−y dx

0 ∞

Z Γ(z)Γ(1 − z) = 4

∞

Z

dy x2z−1 y 1−2z e−(x

dx 0

2

+y 2 )

0

Sada koristimo supstituciju (prelazak na polarni koordinatni sustav), x = r cos φ , ∞

Z Γ(z)Γ(1 − z) = 4

y = r sin φ , 2

re−r dr

0

dx dy = r drdφ

π/2

Z

dφ (cos φ)2z−1 (sin φ)1−2z = 0

π/2

Z

 (cos φ)2z−1 (sin φ)1−2z dφ = u = sin2 φ =

=2

1

Z

(1 − u)z−1 u−z du =

0

0 1

Z = 0



1−u u

z

du = 1−u

 Z ∞ z−1  1−u v v= = dv u 1 +v 0

Napomena oko supstitucije, u=

1 , 1+v

du = −

dv (1 + v)2

69

§ 2.1. Gama funkcija

Integral kojeg smo dobili rješit ćemo pomoću kompleksne integracije (realna varijabla v prelazi u općenitu kompleksnu w, a varijablu z sada pišemo kao x jer želimo naglasiti kako je ona zasad samo realan broj iz intervala h0, 1i) I wx−1 dw = 2πi Res(f, −1) = 2πi(eiπ )x−1 = −2πi eiπx C 1+w

Γ

γ

Integrali po krivuljama Γ i γ iščezavaju jer Z x−1 wx−1 ≤ 2Rπ R dw →0 1+w R−1 Γ Z x−1 wx−1 ≤ 2ρπ ρ dw →0 1+w 1−ρ γ I Z ∞ x−1 v − (ve2πi )x−1 wx−1 dw = dv = (1 − e2πix )I 1+v C 1+w 0 I = −2πi

eiπx 2πi π = iπx = 1 − ei2πx e − e−iπx sin(πx)

Time smo dokazali da jednakost vrijedi za sve z ∈ h0, 1i. Sada valja uočiti kako s obje strane jednakosti stoje kompleksne funkcije koje su holomorfne na skupu C − Z. Kako skup h0, 1i ⊂ (C−Z), na kojem smo ustanovili jednakost ovih funkcija, ima gomilište u skupu C−Z (štoviše, svaka njegova točka mu je gomilište), preko teorema o jedinstvenosti slijedi jednakost među funkcijama na cijeloj domeni.

Teorem 2.12. Γ(z) nema nul-točaka. Dokaz : Pretpostavimo da je Γ(z0 ) = 0 za neki kompleksan broj z0 ∈ / {0, −1, −2, . . . }. Kako je sin(πz) cijela funkcija, znamo da vrijedi lim Γ(1 − z) = lim

z→z0

z→z0

π =∞ Γ(z) sin(πz)

No, mi već znamo u kojim točkama gama funkcija divergira, pa odavde zaključujemo da je 1 − z0 = −n, gdje je n ∈ N0 , odnosno z0 = 1 + n ∈ N

70

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta Međutim, Γ(1 + n) = n! 6= 0, što je kontradikciji s početnom pretpostavkom.

Primjer: površina n-dimenzionalne jedinične sfere S n i volumen n-dimenzionalne jedinične kugle K n Za početak valja uočiti da je za sve a > 0 Z

∞

e

−ax2

r =

−∞

π a

Poslužit ćemo se trikom prilikom integriranja. Promotrimo prvo za zagrijavanje slučaj 2-dimenzionalne sfere S 2 . Ideja je zapisati integral funkcije   1 2 2 2 f (x, y, z) = exp − (x + y + z ) 2 Z ∞  Z ∞  Z ∞  Z −x2 /2 −y 2 /2 −z 2 /2 f dV = e dx e dy e dz = (2π)3/2 R3

−∞

−∞

−∞

S druge strane, koristeći supstituciju t = r /2, Z Z Z ∞ √ Z 2 −r 2 /2 f dV = dΩ2 dr r e = A2 2 2

R3

S2

∞

√ dt t1/2 e−t = A2 2 Γ(3/2)

0

0

Odakle zaključujemo (2π)3/2 2π 3/2 A2 = √ = = 4π Γ(3/2) 2 Γ(3/2) Volumen

Z

Z

V3 =

1

r2 dr =

dΩ2 S2

0

4π A2 = 3 3

Sada općenito n+1 1X 2 f (x1 , . . . , xn+1 ) = exp − xk 2

!

k=1

Z f dV = Rn+1

S druge strane, Z Z f dV = Rn+1

Sn

n+1 YZ ∞ k=1

Z dΩn

∞

2

e−xk /2 dxk = (2π)

n+1 2

−∞

n −r 2 /2

dr r e

= An 2

n−1 2

Z

∞

dt t

n−1 2

e−t =

0

0

= An 2

n−1 2

 Γ

Usporedbom imamo An = 2

π Γ

n+1 2

n+1 2

n+1 2






(2.19)

71

§ 2.1. Gama funkcija

Konačno,

1

Z

rn dr =

Vn+1 = An 0

An n+1

odnosno

An−1 (2.20) n Ako nas zanimaju površina n-sfere općenitog radijusa R i volumen n-kugle radijusa R, tada imamo An (R) = An Rn , Vn (R) = Vn Rn (2.21) Vn =

n

1

An

2π

n

2

Vn

π

2

3

4π

2π

3 4 3

4 8 3

2

π

4 1 2

π

π

5 2

π

6

5 8 15

2

16 15

3

6

π

1 6

2

π

7

π

1 3

3

7 3

16 105

π

8 32 105

4

9 π

8 π

3

1 24

π

1 12

4

π

10 64 945

5

9 4

32 945

π5

10 π

4

64 10395

π5

Zanimljivo je uočiti kako An i Vn ne rastu monotono s n, već imaju maksimalne vrijednosti nakon kojih monotono padaju! Konkretno, površina An je najveća za n = 6, a volumen Vn za n = 5. Ovaj fenomen možemo intuitivno objasniti. Oba izraza su oblika π x kroz Γ(x). Brojnik raste kao potencija, a nazivnik (otprilike) kao faktorijela. To znači da će nakon određenog broja faktora nazivnik “preteći” brojnik, te će se ta razlika nastaviti povećavati. Kako intuitivno razumijeti limese limn→∞ An = 0 i limn→∞ Vn = 0? An 30

20

10

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16

n

Teorem 2.13. (Legendre,Gauss) Multiplikacijska formula, Γ(mz) =

 1 m−1 Y  mmz− 2 k Γ z + m (2π)(m−1)/2 k=0

(2.22)

72

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

Neka svojstva gama funkcije Γ(z ∗ ) = (Γ(z))∗ −1/2 ∞  Y y2 |Γ(x + iy)| = |Γ(x)| 1+ (x + n)2 n=0 Za n, a, b ∈ N , a < b vrijedi n−1  a  Γ(a/b) X Γ n+ = (a + kb) b bn k=0

Koja su svojstva derivacija gama funkcije? Definicija 2.14. Digama funkcija, Ψ(z) ≡

Γ0 (z) d (ln Γ(z)) = dz Γ(z)

(2.23)

Analogno, poligama funkcije za sve n ∈ N0 (2.24)

Ψn (z) ≡ Ψ(n) (z)

gdje je konvencionalno Ψ0 (z) = Ψ(z). Sve poligama funkcije su definirane na istoj domeni kao i gama funkcija. Korištenjem Weierstrassove definicije gama funkcije imamo   ∞   X z z − − ln(Γ(z)) = ln(z) + γz + ln 1 + p p p=1 Deriviramo li obje strane, ∞

1 X Ψ(z) = −γ − + z p=1 Ψ0 (z) = Ψ1 (z) =



1 1 − p z+p

∞ X

1 , (z + p − 1)2 p=1

i općenito Ψ

(n)

(z) = Ψn (z) =

 = −γ +

∞  X 1 p=1

1 − p z+p−1

Ψ00 (z) = Ψ2 (z) =



∞ X

−2 (z + p − 1)3 p=1

∞ X

(−1)n+1 n! (z + p − 1)n+1 p=1

Sada je vidljivo kako je Ψ0 (z) > 0, odnosno (ln Γ(z))00 > 0 na cijelom području definicije gama funkcije, što znači da je ln(Γ(z)) konveksna funkcija. Neke konkretne vrijednosti, Ψ(1) = −γ ,

Ψ1 (1) = ζ(2) =

π2 , 6

Ψ2 (1) = −2ζ(3)

Ψn (1) = (−1)n+1 n! ζ(n + 1) Ψ(n) = −γ + Hn−1

73

§ 2.1. Gama funkcija

Teorem 2.15. (Gauss) Neka su p, q ∈ N, takvi da je p < q. Tada vrijedi Ψ

         q−1 X p π πp 2πkp πk = −γ − ctg − ln(2q) + cos ln sin q 2 q q q k=1

Rekurzija: Ψn (z + 1) = Ψn (z) +

(−1)n n! z n+1

Logaritmiranjem i deriviranjem relacije Γ(z)Γ(1 − z) = π/(sin(πz)) dobivamo Ψ(z) − Ψ(1 − z) = −

π cos(πz) sin(πz)

Ψ(1 − z) = Ψ(z) + πctg (πz) Napomena: (ln Γ(f (z)))0 =

∂(ln Γ(f (z))) 0 f (z) = Ψ(f (z))f 0 (z) ∂f (z)

Deriviranjem formule Γ(z + 1) = z Γ(z) dobivamo Γ0 (z + 1) = Γ(z) + z Γ0 (z) Nadalje, dijeljenjem s Γ(z + 1) = zΓ(z), 1 Γ0 (z) Γ0 (z + 1) = + Γ(z + 1) z Γ(z) Γ0 (z + k + 1) 1 1 1 1 Γ0 (z) = + + ··· + + + Γ(z + k + 1) z+k z+k−1 z+1 z Γ(z) Uvrštavanjem z = n ∈ N, k = 0: Γ0 (n + 1) = (Hn − γ) n!

Γ00 (1) =

π2 + γ2 6

 ∞  X Γ0 (x) 1 1 1 − = +γ+ − Γ(x) x n+x n n=1 ∞

−

X Γ00 (x) Γ02 (x) 1 1 + 2 =− 2 − Γ(x) Γ (x) x (n + x)2 n=1

74

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

§ 2.2 Beta funkcija Beta funkciju uveo je Euler 1730. godine, a moderno ime joj je prvi dao Jacques Binet 1839. godine. Definicija 2.16. Beta funkcija je definirana integralom Z

1

B(z, w) ≡

(2.25)

tz−1 (1 − t)w−1 dt

0

za sve Re(z), Re(w) > 0.

Teorem 2.17. Beta funkcija je simetrična, (2.26)

B(z, w) = B(w, z) i vrijedi formula B(z, w) =

Γ(z)Γ(w) Γ(z + w)

Dokaz : a)

(2.27)

0

Z

(1 − u)z−1 uw−1 (−du) =

B(z, w) = {u = 1 − t} = 1 1

Z

uw−1 (1 − u)z−1 du = B(w, z)

= 0

b) Z

∞

Γ(z)Γ(w) =

e−u uz−1 du

∞

Z

0

e−v v w−1 dv =

∞

Z

0

∞

Z

0

e−u−v uz−1 v w−1 du dv

0

Uvođenjem varijabli u = rs i v = (1 − r)s, odnosno s = u + v i r = u/(u + v), dobivamo Z ∞ Z 1
w−1 Γ(z)Γ(w) = s ds dr e−s (rs)z−1 (1 − r)s = 0 ∞

Z = 0

e−s sz+w−1 ds

0 1

Z

rz−1 (1 − r)w−1 dr = Γ(z + w)B(z, w) 0

B(z, w) =

∞ 1 X wn+1 (−1)n w n=0 (z + n)n!

pB(p, q + 1) = qB(p + 1, q) B(p, q) = B(p + 1, q) + B(p, q + 1) (p + q)B(p, q + 1) = qB(p, q) ,

(p, q > 0)

B(p, q)B(p + q, r) = B(q, r)B(q + r, p) = B(r, p)B(r + p, q) B(z, z) = 21−2z B(1/2, z)

75

§ 2.2. Beta funkcija

B(p, n + 1) = Primjeri: Z

n! (p)n+1

1

(1 + x)p−1 (1 − x)q−1 dx = 2p+q−1 B(p, q) = 2p+q−1

−1

Z

1

x4 (1 − x)3 dx = B(5, 4) =

0

Γ(p)Γ(q) Γ(p + q)

Γ(5)Γ(4) 4!3! 1 = = Γ(9) 8! 280

Dirichletovi integrali. Ako je Ω ⊂ R3 kompaktan skup omeđen plohom  x p  y q  z r + + =1 a b c i koordinatnim ravninama, a sve konstante {a, b, c, p, q, r} su pozitivni realni brojevi, tada vrijedi    
β γ α Z α β γ Γ p Γ q Γ r a b c α−1 β−1 γ−1   x y z dx dy dz = pqr Γ 1 + α + β + γ Ω p

q

r

Dokaz : Prvo uvedemo privremene varijable x ˜=

x , a

y , b

y˜ =

z˜ =

z b

x ˜p + y˜q + z˜r = 1 Z x ˜α−1 y˜β−1 z˜γ−1 d˜ x d˜ y d˜ z I = aα bβ cγ Ω

Nakon toga uvodimo novi skup varijabli, u=x ˜p ,

v = y˜q ,

w = z˜r

Integraciju sada vršimo po skupu omeđenom koordinatnim ravninama i ravninom u+v+w =1 zbog čega su vrijednosti svake od novih varijabli ograničene na vrijednosti iz segmenta [0, 1]. Koristeći x ˜α−1 d˜ x= imamo I=

du αp −1 u , p

aα bβ cγ pqr

1

Z

y˜β−1 d˜ y= 1−u

Z du

0

dv βq −1 v , q 1−u−v

Z dv

0

z˜γ−1 d˜ z=

α −1

dw u p

β

vq

−1

dw γr −1 w r γ

w r −1 =

0

γ α −1 β −1 w r 1−u−v a b c du dv u p v q = γ pqr 0 0 0 r   Z 1 Z 1−u γ α −1 β −1 aα bβ cγ r v du dv u p v q (1 − u − v) r = ξ = = = pqr γ 0 1−u 0 Z 1 Z 1 β β γ α −1 aα bβ cγ r +γ −1 = du u p (1 − u) q r dξ ξ q (1 − ξ) r = pqr γ 0 0

α β γ

=

Z

1

Z

1−u

76

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta aα bβ cγ r pqr γ

1

 β γ , +1 = q r 0     α β γ a b c r β γ α β γ = B , +1 B , + +1 = pqr γ q r p q r      
γ β γ β α aα bβ cγ r Γ q Γ r + 1 Γ p Γ q + r + 1     = β γ α pqr γ Γ β + γ + 1 + + + 1 Γ q r p q r

=

Z

β

α −1

(1 − u) q

du u p

+γ r



B

što nakon kraćenja daje rezultat koji smo htjeli pokazati.

Primjer: pronađite masu materije unutar volumena omeđenog sferom radijusa R sa središtem u ishodištu i koordinatnim ravninama, ako je gustoća dana funkcijom ρ(x, y, z) = x2 y 2 z 2 Ploha je dana jednadžbom x2 + y 2 + z 2 = R2 , pa imamo b = c = R, p = q = r = 2, α=β=γ=3 Z Z M= ρ dV = 8 x2 y 2 z 2 dx dy dz = Ω

=8

Ω

4πR9 R3 · R3 · R3 Γ(3/2)Γ(3/2)Γ(3/2) = 2 · 2 · 2 Γ(1 + 3/2 + 3/2 + 3/2) 945

§ 2.3 Riemannova zeta funkcija Harmonijski red Hn =

n X 1 , k

k=1

lim Hn = ∞

n→∞

Euler je pronašao sumu ∞ X 1 π2 = n2 6 n=1

Poopćenje na kompleksne brojeve . . . Definicija 2.18. Riemannova zeta funkcija ζ je definirana redom ζ(s) ≡

∞ X 1 , s n n=1

(2.28)

za sve Re(s) > 1 (tradicionalno se za argument ove funkcije upotrebljava slovo “s”). Riemannova zeta funkcija se može analitički produljiti na C − {1}, pri čemu je jedini singularitet pol prvog reda u s = 1 s reziduumom 1.

77

§ 2.3. Riemannova zeta funkcija

Promotrimo prvo definiciju ove funkcije preko sume. Uvedemo li oznake za realni i imaginarni dio argumenta s = σ + it, tada za vrijedi ∞ ∞ ∞ ∞ X 1 X X X 1 1 1 ≤ =1+ = σ+it σ+it | σ σ n |n n n n=1 n=1 n=2 n=1 Nadalje, za fiksan σ > 0 funkcija u−σ je strogo padajuća za pozitivne vrijednosti argumenta u, pa je Z n+1 (n + 1) − n du 1 = < σ σ (n + 1) (n + 1) uσ n Konačno, pretpostavimo li da je σ > 1, tada imamo gornju među Z ∞ ∞ X du 1 1 < = . σ σ n u σ − 1 1 n=2 Zaključujemo kako je ζ(s) definirana sumom (2.28) apsolutno konvergentna za sve Re(s) > 1. Štoviše, korištenjem Weierstraßovog M-testa možemo utvrditi da je ova suma uniformno konvergentna na istom području, iz čega slijedi da sumu (2.28) možemo derivirati “član po član”, odakle se dokaže holomorfnost funkcije ζ na skupu Re(s) > 1. Digresija — skica dokaza. Za svaki σ0 > 1 možemo odabrati gornje međe Mn = n−σ0 , odakle slijedi uniformna konvergentnost reda (2.28) za sve σ ≥ σ0 . Također, deriviramo li ovaj red “član po član”, dobiveni red ∞ X ln n − ns n=0 će uniformno konvergirati na istom području (ovo opet provjerimo Weierstraßovim M-testom, koristeći pri tom činjenicu da je n > ln(n) za  > 0 i dovoljno velik prirodan broj n). Nadalje, ako je (fn )n niz funkcija na otvorenom skupu Ω ⊂ C, koji konvergira k funkciji f : Ω → C, a niz (fn0 )n je uniformno konvergentan, tada je f 0 (z) = limn→∞ fn0 (z) za sve z ∈ Ω. Uvedimo funkciju g(z) ≡ limn→∞ fn0 (z), te promotrimo proizvoljne točke z, z0 ∈ B na otvorenoj kugli B ⊂ Ω. Tada je Z fn (z) − fn (z0 ) = fn0 (ζ) dζ [z0 ,z]

Puštanjem limesa n → ∞ s obje strane jednakosti i korištenjem pretpostavljene uniformne konvergencije (zbog koje limes i integral mogu zamijeniti mjesta) slijedi Z f (z) − f (z0 ) = g 0 (ζ) dζ [z0 ,z]

pa je g(z) = f (z) na B. Upotrijebimo li ovaj rezultat na parcijalnim sumama sn (z) = Pn k fk (z) koje zadovoljavaju navedene pretpostavke o konvergentnosti, slijedi da takve redove možemo derivirati “član po član”. Koristeći ranije dokazana svojstva konvergentnosti sume (2.28), slijedi holomorfnost zeta funkcije na promatranom području. 0

Teorem 2.19. Z ζ(s)Γ(s) = 0

∞

xs−1 1 dx = ex − 1 1 − 21−s

Z 0

∞

xs−1 dx ex + 1

(2.29)

78

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta Dokaz :

∞

∞

k=0

k=1

X −kx X s−1 −kx xs−1 xs−1 e−x = = xs−1 e−x e = x e x −x e −1 1−e

Ovaj red konvergira uniformno, pa možemo izmjeniti poredak sume i integrala, ∞

Z 0

∞

X xs−1 dx = x e −1 =

k−s

∞

Z

xs−1 e−kx dx = {t = kx} =

0

k=1

∞ X

∞

Z

ts−1 e−t dt = ζ(s)Γ(s)

0

k=1

Nadalje, ∞

∞

k=0

k=1

X X xs−1 e−x xs−1 = = xs−1 e−x (−1)k e−kx = (−1)k+1 xs−1 e−kx x −x e +1 1+e ∞

Z 0

=

xs−1 dx = ex + 1 ∞ X

∞ Z ∞ X k=1

(−1)k+1 k−s

(−1)k+1 xs−1 e−kx dx = {t = kx} =

0 ∞

Z

ts−1 e−t dt = Γ(s)

0

k=1

∞ X

(−1)k+1 k−s

k=1

Koristeći ∞ X

(−1)k+1 k−s =

∞ X

k−s − 2

k=1

k=1

∞ X

(2k)−s = 1 − 2−s

∞
X

k=1

k−s = (1 − 2−s )ζ(s)

k=1

slijedi i drugi dio tvrdnje.

Teorem 2.20.

 πs 

ζ(s) = 2s π s−1 sin Dokaz : Neka je

2 ∞

Z I= 0

Promotrimo integral I

Γ(1 − s)ζ(1 − s)

(2.30)

xs−1 dx ex − 1

z s−1 dz ez − 1

Res(2kπi, f ) = (2kπi)s−1 , Res(0, f ) = 0 ∞     X 1 − e2πsi I = 2πi (2kπ)s−1 eπ(s−1)i/2 + e3π(s−1)i/2 = k=1 ∞  X = (2π)s i −ieπsi/2 + ie3πsi/2 ks−1 = k=1 s πsi

= (2π) e

(−2i) sin(πs/2)ζ(1 − s)

Γ(s)Γ(1 − s) sin(πs/2) I = (2π)s ζ(1 − s) = (2π)s sin(πs/2) ζ(1 − s) sin(πs) π Usporedbom s I = Γ(s)ζ(s) slijedi rezultat.

Nul-točke Riemannove zeta funkcije. Iz analitičkog produljenja vidimo da su tzv. trivijalne nul-točke Riemannove zeta funkcije u točkama s = −2n, gdje su n ∈ N.

79

§ 2.3. Riemannova zeta funkcija

Poznato je da sve ostale nul-točke leže u traci 0 < Re(s) < 1 (tzv. kritična traka ili pruga). Slavna, i još nedokazana Riemannova hipoteza (iz 1859. godine) tvrdi kako sve netrivijalne nul-točke funkcije ζ imaju realnu vrijednost 1/2 (znamo da sve nul-točke unuta kritične trake dolaze u parovima s = (1/2 ± ) + it za neki  ∈ [0, 1i, a svaka od njih u paru s kompleksno konjugiranom nul-točkom s∗ ). vrijednost

komentar

ζ(0) = −1/2 ζ(1) = ∞ ζ(2) = π 2 /6 ζ(3) ≈ 1.202 ζ(4) = π 4 /90 ζ(6) = π 6 /945

vrijednost dobivena analitičkim produljenjem divergencija harmonijskog reda Euler 1735. (“bazelski problem”) Apéryjeva konstanta

Često spominjana kontradiktorna “jednakost”, 1 + 2 + 3 + 4 + ··· = −

1 12

ima svoje podrijetlo u zeta funkciji. Naime, pogrešnom upotrebom definicije zeta funkcije preko sume (van domene gdje ta suma konvergira) imamo ζ(−1) “ = ”

∞ X

n

n=1

S druge strane, analitičkim produljenjem slijedi ζ(−1) = 2−1 π −2 sin(−π/2)Γ(2)ζ(2) = −

1 12

Laurentov razvoj oko s = 1, ζ(s) =

∞ X (−1)n γn 1 +γ+ (s − 1)n s−1 n! n=1

Eulerova produktna formula povezuje Riemannovu zeta funkciju s prostim brojevima: označimo li s pn za svaki n ∈ N n-ti prost broj, tada je za sve Re(s) > 1 ζ(s) =

∞ Y

1 1 1 − ps n=1

(2.31)

n

Ovo formulom je povezana “diskretna” teorija brojeva (s desne strane jednakosti) i “kontinuirana” kompleksna analiza (s lijeve strane jednakosti). Prvo tvrdimo da za svaki m ∈ N vrijedi  m  Y X 1 1 ζ(s) 1− s = pk ns k=1

n∈Sm

80

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

gdje je Sn ⊂ N skup brojeva koji nisu djeljivi s prvih n prostih brojeva {p1 , . . . , pn }. Za svaki Re(s) > 1 imamo   ∞ ∞ X 1 X X 1 1 1 − = 1 − s ζ(s) = s s 2 n (2n) ns n=1 n=1 n∈S1

Stoga, gornja tvrdnja vrijedi za m = 2. Pretpostavimo sada da tvrdnja vrijedi za neki m ∈ N. Tada imamo      X m  Y 1 1 1 1 = 1− s ζ(s) 1− s = 1− s pm+1 pk pm+1 ns n∈Sm

k=1

=

∞ X

∞ X

1 1 − = s s n (p m+1 n) n=1 n=1

X n∈Sm+1

1 ns

pa tvrdnja slijedi indukcijom. Konačno, puštanjem limesa m → ∞ dobivamo Eulerovu produktnu formulu. Primjetimo kako ova formula ujedno pokazuje da ζ(s) nema nul-točaka na dijelu kompleksne ravnine Re(s) > 1. Ostale formule . . .

(2π)2n |B2n | 2(2n)! Z 1 (−1)n+1 (2π)2n+1 ζ(2n + 1) = B2n+1 (x) ctg (πx) dx 2(2n + 1)! 0 ζ(2n) =

ζ(3) =

∞ 1 X Hk 2 k2 k=1

n+1

nζ(1 − n) , n ∈ N B2n ζ(1 − 2n) = − 2n

Bn = (−1)

∞ X

(ζ(n) − 1) = 1

n=2 ∞ X

(ζ(2n) − 1) =

n=1 ∞ X

3 , 4

∞ X

(ζ(2n + 1) − 1) =

n=1

(−1)n (ζ(n) − 1) =

n=2

1 2

∞ X


(−1)n+1 = ζ(s) 1 − 21−s s n n=1 1 ζ 0 (0) = − ln(2π) , 2 A je tzv. Glaisher-Kinkelinova konstanta ζ 0 (−2n) =

ζ 0 (−1) =

1 − ln A 12

(−1)n ζ(2n + 1)(2n)! 22n+1 π 2n

1 4

81

§ 2.3. Riemannova zeta funkcija

Teorem 2.21. (Univerzalnost zeta funkcije, S.M. Voronin 1975.) Neka je 0 < r < 1/4, te f (s) funkcija koja je holomorfna za |s| < r i neprekidna za |s| ≤ r. Ako je f (s) 6= 0 za sve |s| < r, tada za svaki  > 0 postoji realan broj T = T () takav da je   3 max f (s) − ζ s + + iT <  . 4 |s|≤r

Poglavlje 2. Gama, beta, zeta

82

3 Aproksimacije funkcija § 3.1 Kvantificiranje približnog Oznake o i O uveo je Paul Bachmann 1894. godine. Definicija 3.1. Neka je S ⊂ R i f, g : S → R dvije neprekidne funkcije. Kažemo da je O) f (x) = O(g(x)) kada x → x0 ∈ S ako postoje K, δ > 0 takvi da za sve x ∈ B(x0 , δ) ⊂ S vrijedi |f (x)| ≤ K|g(x)|; specijalno, kažemo da je f (x) = O(g(x)) kada x → ∞ ako postoje K, M > 0 takvi da je |f (x)| ≤ K|g(x)| za sve x > M , o) f (x) = o(g(x)) kada x → x0 ∈ S ako za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da za sve x ∈ B(x0 , δ) ⊂ S vrijedi |f (x)| ≤ |g(x)|; specijalno, kažemo da je f (x) = o(g(x)) kada x → ∞ ako za svaki  > 0 postoji M > 0, takav da je |f (x)| ≤ |g(x)| za sve x > M , U prvom slučaju kažemo kako je funkcija f asimptotski omeđena funkcijom g kada x → x0 , odnosno da je “f reda veliko O od g”. U drugom slučaju kažemo kako je funkcija f asimptotski manja od funkcije g kada x → x0 , odnosno da je “f reda malo o od g”. Sve ove definicije možemo jednostavno poopćiti i na kompleksne funkcije. Primjetimo, ako je g(x) 6= 0 za sve x ∈ S −{x0 }, tada je f (x) = o(g(x)) kada x → x0 akko je lim f (x)/g(x) = 0 x→x0

Očigledno, f (x) = o(g(x)) povlači f (x) = O(g(x)), ali obrat općenito ne vrijedi. Primjeri: 83

84

Poglavlje 3. Aproksimacije funkcija

? za polinom f (x) = 6x4 − 2x3 + 5 vrijedi f (x) = O(x4 ) kada x → ∞, ali f (x) 6= o(x4 ) kada x → ∞; naime, za sve x > 2 vrijedi |f (x)| ≤ 6|x|4 + 2|x|3 + 5 ≤ 13|x|4 ali lim

x→∞

f (x) = 6 6= 0 x4

? za Taylorov razvoj analitičke funkcije f vrijedi f (x) =

N X
f (n) (x0 ) (x − x0 )n + O (x − x0 )N +1 n! n=0

Primjerice, sin(x) = x + O(x2 ) kada x → 0. ? za svaki n ∈ N vrijedi e−x = o(xn ) kada x → ∞, te e−x = O(1) kada x → 0 ? za svaki  > 0 vrijedi ln x = o(x ) kada x → ∞

Problemi s oznakom. Jednakost kod f (x) = O(g(x)) i f (x) = o(g(x)) nije tranzitivna. Na primjer, x = O(x2 ) i x2 = O(x2 ) kada x → ∞, ali x 6= x2 (osim specijalno za x = 0, 1). Stoga bi preciznije bilo koristiti zapis poput f (x) ∈ O(g(x)) i f (x) ∈ o(g(x)). Teorem 3.2. Neka svojstva: • o(f ) ⊂ O(f ) • O(O(f )) ⊂ O(f ) • O(o(f )), o(O(f )), o(o(f )) ⊂ o(f ) • O(f ) + O(f ) = O(f ) + o(f ) = O(f ), o(f ) + o(f ) = o(f ) • O(f )O(g) = O(f g), O(f )o(g) = o(f )o(g) = o(f g) gdje su A + B = {f + g | f ∈ A, g ∈ B} AB = {f g | f ∈ A, g ∈ B} Nadalje, ako je f1 = O(g1 ) i f2 = O(g2 ), tada je f1 + f2 = O(|g1 | + |g2 |), te f1 f2 = O(g1 g2 ).

85

§ 3.2. Divergiranje nije nužno loše

§ 3.2 Divergiranje nije nužno loše Zanima nas da li su divergentni redovi potpuno beskorisni ili se neki njihov (početni) dio može upotrijebiti za aproksimaciju dane funkcije. Ideja potječe od Poincaréa koji je ovaj koncept uveo u kontekstu problema u klasičnoj mehanici (H.Poincaré, Sur les intégrales irrégulières des équations linéaires Acta Math., 8 (1886) 295–344). Motivacijski primjer: Leonhard Euler je promatrao funkciju f (x) =

∞ X

n!(−x)n = 1 − x + 2x2 − 6x3 + . . .

(3.1)

n=0

Očigledno, ovaj red divergira za sve x 6= 0, pa se na prvu ruku čini potpuno beskorisnim. Međutim, Euler se poslužio heurističkim argumentom primjetivši kako funkcija f formalno zadovoljava linearnu običnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda (3.2)

f = 1 − x(xf )0 Uobičajenim postupkom dobivamo opće rješenje oblika e1/x f (x) = x



Z

x

 e−1/s ds , s

A+ 0

A = konst.

Korištenjem supstitucije t = s−1 − x−1 imamo f (x) = A

e1/x + x

Z 0

∞

e−t dt 1 + tx

Rješenje s početnim uvjetom f (0) = 1 (odnosno A = 0) dano je integralom ∞

Z f (x) = 0

e−t dt 1 + tx

(3.3)

Ovo je dobro definirana, analitička funkcija za sve x ≥ 0. U čemu je “kvaka”? Ako radimo razvoj pod integralom dobivamo Z 0

∞

e−t dt = 1 + tx

Z 0

∞

e−t

∞ X

(−tx)n dt =

n=0

∞ X

n!(−x)n

n=0

što naizgled odgovara redu (3.1), ali je postupak pogrešan jer upotrebljen razvoj funkcije (1 − tx)−1 konvergira za |tx| < 1, a mi vršimo integraciju na intervalu koji se proteže do t = ∞. Ovo nam ujedno baca svjetlo na uzrok divergentnog ponašanja reda s kojim smo počeli razmatranje. Pa ipak, ako je x dovoljno mali, članovi u sumi (3.1) padaju dovoljno brzo, pa neki konačni dio reda ipak može dati dovoljno dobru aproksimaciju funkcije f definirane integralom u (3.3). Promotrimo prvih N članova, N −1 X 1 = (−tx)n + R(N ) (tx) 1 + tx n=0

(3.4)

86

Poglavlje 3. Aproksimacije funkcija

i procjenimo veličinu ostatka R(N ) (tx). Za početak, koristeći izraz za sumu geometrijskog reda, imamo R(N ) (tx) =

1 (−tx)N − 1 (−tx)N − = 1 + tx −tx − 1 1 + tx

Uvrštavanjem ovog razvoja u integral (3.3), formalno imamo ! Z N −1 ∞ X n f (x) = n!(−x) + e−t R(N ) (tx) dt 0

n=0

Veličina drugog člana određuje pogrešku prilikom aproksimacije funkcije f konačnom sumom u prvom članu. Tvrdimo kako je (za fiksni N ) Z

∞ −t

e R(N ) (tx) dt = (−x)

N

∞

Z

0

0

tN e−t dt = O(xN ) kada 1 + tx

x→0

Naime, ∞

Z lim

x→0

0

tN e−t dt = 1 + tx

Z

∞

tN e−t dt = x→0 1 + tx

Z

∞

lim

0

tN e−t dt = N !

0

Stoga, f (x) =

N −1 X

! n!(−x)n

+ O(xN ) kada

x→0

n=0

odnosno f (x) =

N −1 X

! n

n!(−x)

+ o(xN −1 ) kada x → 0

n=0

Preostaje osjetljivo pitanje optimalne duljine parcijalnog reda s kojim aproksimiramo promatranu funkciju. U našem slučaju ostatak je približno reda N !xN , dok je posljednji član u sumi reda (N − 1)!xN −1 . To znači kako će procjenjena pogreška biti veća od posljednjeg pribrojenog člana onda kada je N > 1/x. Drugim riječima, za dani x optimalan broj članova reda dan je s Nmax ≈ 1/x.

§ 3.3 Asimptotski razvoji Definicija 3.3. Neka je O ⊂ R otvoren skup, te (φn )n niz funkcija φn : O → R, takvih da je φn (x) 6= 0 za sve x ∈ O. Kažemo da je (φn ) asimptotski niz funkcija oko a ∈ O ako za svaki n ∈ N vrijedi φn+1 (x) = o(φn (x)) kada x → a.

(3.5)

87

§ 3.3. Asimptotski razvoji

Definicija 3.4. Neka je O ⊂ R otvoren skup, te (φn ) asimptotski niz funkcija φn : O → R. Asimptotski razvoj funkcije P f : S → R za x → a ∈ S je formalna (konvergentna ili divergentna) suma n an φn (x) s konstantama an ∈ R, takva da za sve N ∈ N vrijedi f (x) =

N X

an φn (x) + o(φN (x))

(3.6)

n=0

kada x → a. Ako funkcija f posjeduje asimptotski razvoj, tada pišemo X f (x) ∼ an φn (x) n

i kažemo da je funkcija f asimptotski jednaka navedenom redu. Moguće su različite situacije: asimptotski red može konvergirati k funkciji f , može konvergirati k nekoj drugoj funkciji g 6= f ili može divergirati. Promotrimo sada razvoj integrala oblika Z I(x) =

b

e−xf (t) g(t) dt

(3.7)

a

gdje je x > 0. Što je x veći broj, to u ukupnoj vrijednosti gornjeg integrala više doprinosi oni dijelovi podintegralne funkcije koji su u okolini globalnog minimuma funkcije f . Zanimljiva su dva slučaja, onda kada funkcija f ima globalni minimum na rubovima integracijskog intervala, te onda kada je globalni minimum negdje unutar otvorenog intervala ha, bi. Lema 3.5. (Watson) Neka je S ⊂ R i f : S → R funkcija takva da vrijedi a) f (x) = O(eax ) kada x → ∞ za neku konstantu a ∈ R, te b) postoji monotono rastući niz realnih konstanti (αn )n , gdje je α0 > −1, takav da vrijedi ∞ X f (x) ∼ cn xαn kada x → 0+ n=0

Tada je Z I(x) =

∞

e−xt f (t) dt ∼

0

∞ X cn Γ(αn + 1) xαn +1 n=0

(3.8)

kada x → ∞. Dokaz : Iz pretpostavke a) slijedi kako postoje konstante K, M > 0, takve da je |f (t)| ≤ Keat za sve t > M . Podjelimo stoga integral I(x) na sljedeći način, Z M Z ∞ I(x) = e−xt f (t) dt + e−xt f (t) dt ≡ I1 (x) + I2 (x) 0

M

88

Poglavlje 3. Aproksimacije funkcija Tada je Z

∞

|I2 (x)| ≤

∞ K K e(a−x)t = e−(x−a)M = o(e−xM ) x−a a−x M

e−xt |f (t)| dt ≤

M

kada x → ∞ (kod izvrjednjavanja integrala smo iskoristili nejednakost x > a). Nadalje, po pretpostavci b) za svaki N ∈ N vrijedi N X

f (t) =

cn tαn + gN (t) ,

n=0

gdje je gN (t) = o(t

αN

) kada t → 0 , pa integral I1 (x) možemo rastaviti prema +

I1 (x) =

N X

M

Z cn

tαn e−xt dt +

0

n=0

M

Z

gN (t)e−xt dt

0

Kako za svaki M > 0 postoji b > 0, takav da za sve t > M vrijedi tαn < M ebt , koristeći nejednakost koju smo već dokazali za integral I2 (x), imamo M

Z

tαn e−xt dt =

Z

∞

tαn e−xt dt −

Preostaje još dokazati Z

M

∞

tαn e−xt dt =

M

0

0

Z

gN (t)e−xt dt = o(γN ) ,

0

γN =

Γ(αn + 1) + o(e−xM ) xαn +1

Γ(αN + 1) xαN +1

Minimum na rubu intervala. Pretpostavimo bez smanjenja općenitosti kako je globalni minimum u t = a = 0. U razmatranju ćemo se ograničiti na slučaj kada je f 0 (0) 6= 0, odnosno f 0 (0) > 0. U vrijednosti integrala dominira doprinos unutar intervala [0, x−1 ] i ovdje razvijamo funkcije f i g, f (t) = f (0) + f 0 (0)t +

1 00 f (0)t2 + . . . 2!

g(t) = g(0) + g 0 (0)t +

1 00 g (0)t2 + . . . 2!

e−xf (t) = e−xf (0)−xf = e−xf (0)−xf

0

(0)t

I(x) = e−xf (0)

0

∞ X xf (n) (0) n (0)t t exp − n! n=2

! =

  xf 00 (0) 2 xf 000 (0) 3 1− t − t + ... 2! 3!

Z

b

e−xf

0

(0)t


c0 + c1 t + c2 t2 + . . . dt

0

gdje koeficijente računamo množenjem razvoja gornje eksponencijalne funkcije i funkcije g. Zamjena gornje granice b s ∞ uz veliki x unosi eksponencijalno potisnutu pogrešku u rezultat. Na kraju, koristeći Watsonovu lemu, integriramo dobiveni razvoj član po član. Koristeći Z ∞ n! (3.9) tn e−λt dt = n+1 λ 0

89

§ 3.3. Asimptotski razvoji

imamo

e−xf (0) I(x) ∼ xf 0 (0)

∞ X

n! cn c0 + (xf 0 (0))n n=1

! (3.10)

Napomena: slučaj f 0 (0) = 0 zahtijeva zasebno razmatranje. Primjer: eror funkcija i komplementarna eror funkcija, Z x 2 2 erf(x) = √ e−s ds π 0 Z ∞ 2 2 e−s ds erfc(x) = 1 − erf(x) = √ π x

(3.11) (3.12)

Zamjena varijable, t = (s/x)2 − 1 xe−x erfc(x) = √ π

2

Z

∞

0

2

e−x t √ dt 1+t

Ovdje √ je f (t) = t (na intervalu [0, ∞i ima globalni minimum u t = 0), te g(t) = 1/ 1 + t. Koristeći razvoj funkcije g oko t = 0, √

∞ X 1 (2n − 1)!! n t =1+ (−1)n 2n n! 1+t n=1

i integral

∞

Z

2

tn e−x t dt =

0

n! x2(n+1)

dobivamo asimptotski razvoj 2

e−x erfc(x) ∼ √ x π 2

e−x = √ x π

 1−

∞ X

(2n − 1)!! (−1) 1+ 2n x2n n=1

!

n

3 15 1 + 4 − 6 + ... 2x2 4x 8x

=



(3.13)

Minimum unutar intervala. Bez smanjenja općenitosti pretpostavljamo kako je minimum u t = 0 (gdje je 0 ∈ ha, bi). Kako je f 0 (0) = 0 imamo f (t) = f (0) +

∞ X f 00 (0) n t , n! n=2

g(t) =

I(x) = e

−xf (0)

Z

b

e−xf

00

f 00 (0) > 0

∞ X g (n) (0) n t n! n=0 (0)t2 /2


c0 + c1 t + c2 t2 + . . . dt

a

Zamjene a → −∞ i b → ∞ uz veliki x unose eksponencijalno potisnutu grešku u rezultat. Koristeći r Z ∞ 2 π (2n − 1)!! Γ((2n + 1)/2) = t2n e−λt dt = (2n+1)/2 λ (2λ)n λ −∞

90

Poglavlje 3. Aproksimacije funkcija

Z

∞

2

t2n+1 e−λt dt = 0

−∞

I(x) ∼

√

∞ X (2n − 1)!! c2n c0 + (xf 00 (0))n n=1

e−xf (0) 2π p xf 00 (0)

! (3.14)

Napomena: slučaj f 00 (0) = 0 zahtijeva zasebno razmatranje. Primjer: Stirlingova formula. Z ∞ Z Γ(x + 1) = sx e−s ds = 0

∞

e−s+x ln s ds

0

Koristimo zamjenu varijable s = (t + 1)x, kako bismo u eksponentu dobili argument oblika x puta neka funkcija, Z ∞ e−x(t−ln(t+1)) dt Γ(x + 1) = xx+1 e−x −1

Globalni minimum funkcije f (t) = t − ln(t + 1) je f (0) = 0 uz f 00 (0) = 1. f (t) =

 x 4 x 5 x 6 t + t − t + ... + 3 4 5 6   2 1 x 6 x2 8 x2 8 + t + 2 t +2 t + ... + 2! 32 4 3·5 !     1 x3 9 x3 10 1 x4 12 + t −3 2 t + ... + t + ... + ... 3! 33 3 ·4 4! 34 e−xf (t) = e−xt

Koristeći integrale Z

2

/2

∞

1+

x

∞ X (−1)n n t n n=2

2 2n − x 2t

t e

t3 −

r dt =

−∞

Z

∞

2π (2n − 1)!! x xn

x 2

t2n+1 e− 2 t dt = 0

−∞

imamo asimptotski razvoj   √ 1 1 + + . . . Γ(x + 1) ∼ xx e−x 2πx 1 + 12x 288x2 U najnižoj aproksimaciji, n! ≈

 n n √ e

2πn

Zadatak: izračunajte srednju vrijednost funkcije sin100 (x) na intervalu [0, 2π].

(3.15)

4 Obične diferencijalne jednadžbe Fizikalne pojave su opisane funkcijama koje nam govore kako se opservable mijenjaju u vremenu, prostoru i s obzirom na neke druge parametre promatranog sustava. To znači da će jednadžbe kojima će biti povezane takve funkcije i njihove promjene redovito sadržavati derivacije. Jednadžbe u kojima se nepoznata funkcija ili funkcije pojavljuju derivirano općenito zovemo diferencijalnim jednadžbama. Na primjer, F=

dp = mv˙ = m¨r dt

Postoji mnogo načina na koje možemo podjeliti diferencijalne jednadžbe. Za početak, ako gledamo broj varijabli o kojima ovise nepoznate funkcije, tada diferencijalne jednadžbe dijelimo na obične (kada se pojavljuju derivacije samo po jednoj varijabli) i parcijalne (kada se pojavljuju parcijalne derivacije po više varijabli). U ovom poglavlju ćemo se baviti običnim diferencijalni jednadžbama, a parcijalne odgađamo za kasnije poglavlje.

§ 4.1 Klasifikacija ODJ Definicija 4.1. Neka je n ∈ N, D ⊂ Rn+2 otvoren skup i F : D → R neprekidna funkcija. Obična diferencijalna jednadžba (ODJ) n-tog reda je jednadžba oblika
F x, y(x), y 0 (x), . . . , y (n) (x) = 0 (4.1) Opće rješenje ODJ je familija svih onih funkcija y : I → R klase C n , definiranih na nekom intervalu I = ha, bi ⊂ R, koje za sve x ∈ I zadovoljavaju a) (x, y(x), y 0 (x), . . . , y (n) (x)) ∈ D, te b) jednadžbu (4.1). Početni uvjeti ODJ su vrijednosti funkcije y i njenih derivacija u nekoj točki x0 ∈ I (“početnom trenutku”), y (k) (x0 ) = αk ,

k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} 91

(4.2)

92

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Jednadžbu (4.1) s početnim uvjetima (4.2) zovemo Cauchyjev problem. Partikularno rješenje je član općeg rješenja koje zadovoljava zadane početne uvjete. Napomena: sve ove definicije imaju prirodno poopćenje na kompleksne funkcije zamjenom R → C. Po definiciji je red obične diferencijalne jednadžbe je red najviše derivacije u jednadžbi. Na primjer, jednadžbe (y 0 )3 + 5y = 0 ,

00

ey + y 0 = 0 ,

y 000 + y 0 − y = 0

su, redom, 1., 2. i 3. reda. Kada želimo opisati više nepoznatih funkcija koje ovise o jednoj varijabli, tada ćemo općenito imati sustav običnih diferencijalnih jednadžbi. Pogrešno je očekivati kako ODJ n-tog reda općenito ima n linearno nezavisnih rješenja, a opće rješenje je zadano pomoću n parametara. Imamo niz protuprimjera, • ODJ 1. reda xy 0 = 1 nema rješenja na intervalu koji obuhvaća točku x = 0 (formalno, rješenje je y(x) = ln |x| + C) • ODJ 2. reda (y 00 )2 + y 2 = 0 ima samo jedno rješenje, y = 0 (jednadžba je suma dvije pozitivno semidefinitne veličine) • ODJ 1. reda (y 0 − y)(y 0 − 2y) = 0 ima 2 linearno nezavisna rješenja y1 = C1 ex i y2 = C2 e2x

Definicija 4.2. Za ODJ kažemo da je linearna ako je oblika Lx [y] = f , gdje je Lx linearni diferencijalni operator na prostoru funkcija, Lx = An (x)

dn−1 d dn + An−1 (x) n−1 + · · · + A1 (x) + A0 (x) n dx dx dx

Za diferencijalne jednadžbe koje nisu linearne kažemo da su nelinearne. Za linearne ODJ oblika L[y] = 0 kažemo da su homogene diferencijalne jednadžbe. Singularna točka je ona u kojoj iščezava funkcija uz vodeću derivaciju. Primjer, xy 0 = 2(y − 1) ,

y0 2 = , y−1 x

ln(y − 1) = 2 ln x + C

y = Ax2 + 1 Ako zadamo početni uvjet y(0) = 1, nismo puno rekli jer sva rješenja zadovoljavaju taj uvjet!

U daljnjoj diskusiji ćemo pretpostaviti kako je linearni diferencijalni operator sveden na “standardni oblik”, Lx =

dn dn−1 d + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) n dx dx dx

93

§ 4.1. Klasifikacija ODJ

a sa singularnim točkama ćemo se posebno baviti. Na primjer, gušeni harmonički oscilator je opisan lineranim operatorom Lho t =

d d2 + 2b + ω02 dt2 dt

Rješenja homogenih linearnih ODJ zadovoljavaju tzv. princip superpozicije: ako su y1 i y2 rješenja linearne ODJ L[y] = 0, tada je rješenje i svaka linearna kombinacija αy1 + βy2 s konstantnim koeficijentima α, β jer vrijedi L[αy1 + βy2 ] = αL[y1 ] + βL[y2 ] = 0 + 0 = 0 Svaki član općeg rješenja linearne ODJ je funkcija oblika y = yp + yh , gdje je yh član općeg rješenja pripadne homogene ODJ. Naime, L[yp + yh ] = L[yp ] + L[yh ] = f + 0 = f Obratno, ako je y rješenje linearne ODJ, te yp neko njeno partikularno rješenje, tada vrijedi L[y − yp ] = L[y] − L[yp ] = f − f = 0 Drugim riječima, y − yp je rješenje pripadne homogene ODJ.

Metode rješavanja, • separacija varijabli kod nekih ODJ prvog reda, kada jednadžbu dovodimo u oblik f (y) dy = g(x) dx odakle je integracija načelno direktno izvediva, te je rješenje općenito zadano u implicitnom obliku. • metoda varijacija konstanti (pronađemo rješenje pripadne homogene diferencijalne jednadžbe, potom kao ansatz za partikularno rješenje koristimo dobivenu funkciju u kojoj su konstante “promovirane” u nove nepoznate funkcije koje tražimo vraćanjem u diferencijalnu jednadžbu) • metoda neodređenih koeficijenata • Greenove funkcije (nehomogenost rastavimo kako superpoziciju strogo lokaliziranih smetnji, pa na kraju prointegriramo njihove doprinose; detalje iznosimo u kasnijem zasebnom poglavlju) • aproksimativne, numeričke metode (njih ovdje nećemo obrađivati) Komentar 4.3. Svako “rješenje” dobiveno nekom metodom uvijek treba uvrstiti natrag u početnu jednadžbu i provjeriti da li ono uistinu rješava zadanu jednadžbu. Na primjer, ako jednadžbu p x2 − 3 = 5 − 3x rješimo uobičajenim postupkom kvadriranja dobit ćemo x1 = 2 i x2 = 7/4, ali ona nisu rješenja! Razlog je tomu što desna strana za ove x1 i x2 daje negativne vrjednosti, dok je korijen po definiciji nenegativan (geometrijski, parabola na lijevoj strani i pravac na desnoj strani se sjeku ispod osi apscise).

94

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Integralna krivulja ODJ prvog reda oblika y 0 = F (x, y) ,

tg α = F (x0 , y0 )

§ 4.2 Linearne ODJ prvog reda Općenita linearna ODJ prvog reda je oblika A(x)y 0 (x) + B(x)y(x) = C(x)

(4.3)

y 0 (x) + f (x)y(x) = g(x)

(4.4)

Pronaći ćemo rješenje homogene diferencijalne jednadžbe yh (x), potom jedno partikularno rješenje yp (x), odakle ćemo imati ukupno rješenje y(x). Rješenje homogene, (4.5)

y 0 (x) + f (x)y(x) = 0 y0 = −f y Integriranjem Z

x

ln y(x) − ln y(x0 ) = −

f (s) ds x0

 Z yh (x) = A exp −

x

 f (s) ds

(4.6)

x0

Partikularno: metodom varijacije konstante  Z yp (x) = A(x) exp −

x

 f (s) ds

(4.7)

x0

y 0 + f y = (A0 − Af )e−

R

f

+ f Ae−

0

A = ge

R

R

f

= A0 e −

R

f

=g

f

Integriranjem dobivamo Z

x

A(x) =

Z

s

ds g(s) exp x0



(4.8)

f (σ) dσ x0

Odavde imamo  y(x) =

Z

x

A+

Z

s

ds g(s) exp x0

 f (σ) dσ

 Z exp −

x0

x0

 f (s) ds

x0

Kako je y(x0 ) = A, možemo ukupno rješenje zapisati u obliku  Z s   Z Z x y(x) = y(x0 ) + ds g(s) exp dσ f (σ) exp − x0

x

x

x0

 ds f (s)

(4.9)

95

§ 4.2. Linearne ODJ prvog reda

Neki autori pišu ovo formalno rješenje izostavljajući donju granicu u integralima, x0 . Označimo li s F primitivnu funkciju funkcije f , tad gornji izraz možemo zapisati u obliku   Z x ds g(s) eF (s)−F (x0 ) eF (x0 )−F (x) = y(x) = y(x0 ) + x0

 =

y(x0 )eF (x0 ) +

Z

x

 ds g(s) eF (s) e−F (x) =

x0

 Z = B+

x

Rs

ds g(s) e

dσ f (σ)



e−

Rx

ds f (s)

Iz ovog zapisa je jasno kako promjena donje granice (x0 ) u integralima, samo mijenja slobodnu konstantu B u konačnom rješenju. Primjer: R-L krug

˙ + RI(t) = E(t) , LI(t)

I(0) = I0

˙ + R I(t) = 1 E(t) I(t) L L   Z t 1 −Rt/L Rs/L I(t) = e I0 + E(s)e ds L 0

Koliko je rješenje jedinstveno? Primjer nelinearne ODJ prvog reda kada to nije slučaj, y 0 (x) = y 2/3 , y(0) = 0 (4.10) ima dva rješenja, y1 (x) = 0 ,

y2 (x) = (x/3)3

Definicija 4.4. Neka je Ω ⊂ R otvoren skup. Kažemo da je funkcija f : Ω → R • globalno Lipschitzova ako postoji konstanta K > 0, takav da za sve x1 , x2 ∈ Ω vrijedi |f (x2 ) − f (x1 )| ≤ K|x2 − x1 | • lokalno Lipschitzova u točki a ∈ Ω ako postoji otvorena kugla B(a, r) ⊂ Ω i konstanta K(a) > 0, takav da za sve x1 , x2 ∈ B(a, r) vrijedi |f (x2 ) − f (x1 )| ≤ K(a)|x2 − x1 | Za funkciju f kažemo da je lokalno Lipschitzova ako je lokalno Lipschitzova u svakoj točki skupa Ω. Iz definicije odmah vidimo da je globalno Lipschitzova funkcija nužno i lokalno Lipschitzova, ali obrat ne mora nužno vrijediti (uskoro ćemo vidjeti primjere). Slikovito, Lipschitzove funkcije imaju “ograničen rast”.

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

96

Teorem 4.5. Ako je funkcija klase C 1 , tada je nužno lokalno Lipschitzova. Ako je funkcija lokalno Lipschitzova, tada je nužno klase C 0 . Dokaz : Pretpostavimo da je f : Ω → R funkcija klase C 1 . Promotrimo točku a i otvorenu kuglu B(a, r) = ha − r, a + ri ⊂ Ω, takvu da je I = [a−r, a+r] ⊂ Ω. Prema Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti za svaki par točaka x1 , x2 ∈ B(a, r) takvih da je x2 > x1 postoji c ∈ hx1 , x2 i sa svojstvom f (x2 ) = f (x1 ) + f 0 (c)(x2 − x1 ) pa je

|f (x2 ) − f (x1 )| = |f 0 (c)| · |x2 − x1 | ≤ K(a)|x2 − x1 |

gdje je

K = max |f 0 (x)| < ∞ x∈I

Naime, derivacija f je po pretpostavi neprekidna funkcija, a kako je I kompaktan skup, njene vrijednosti su na njemu omeđene odozgo. Dakle, funkcija f je lokalno Lipschitzova u proizvoljnoj točki skupa Ω. 0

Pretpostavimo da je funkcija lokalno Lipschitzova u točki a ∈ S. Tada postoji otvorena kugla B(a, r) = ha − r, a + ri, takva da za sve x1 , x2 ∈ B(a, r) vrijedi |f (x2 ) − f (x1 )| ≤ K(a)|x2 − x1 | To znači da za svaki  > 0 možemo odabrati δ = /K(a), tako da |x2 − x1 | < δ povlači |f (x2 ) − f (x1 )| ≤ K(a)|x2 − x1 | < K(a)δ <  pa je funkcija f neprekidna na otvorenoj kugli B(a, r). Kako ovo vrijedi za sve a ∈ S, slijedi da je f neprekidna na S.

Primjeri: • f (x) = |x| je globalno Lipschitzova funkcija, ali nije klase C 1 (nije derivabilna u x = 0). Naime, koristeći nejednakost trokuta imamo |f (x2 ) − f (x1 )| = |x2 | − |x1 | ≤ |x2 − x1 | pa je K = 1. • g(x) = x2 je klase C 1 i stoga lokalno Lipschitzova, ali ipak nije globalno Lipschitzova funkcija. Naime, |g(x2 ) − g(x1 )| = |x22 − x21 | = |x2 + x1 | · |x2 − x1 | Međutim, izraz |x2 + x1 | nije omeđen odozgo za x1 , x2 ∈ R. • h(x) = x2/3 je C 0 , ali nije lokalno Lipschitzova na intervalu koji uključuje x = 0. Naime, |h(x) − h(0)| = |x2/3 − 0| = |x−1/3 | · |x − 0| Međutim, izraz |x−1/3 | nije omeđen odozgo kada x → 0.

97

§ 4.2. Linearne ODJ prvog reda

Komentar 4.6. Jedan tehnički detalj: ako je neka funkcija f lokalno Lipschitzova na zatvorenom intervalu [a, b], tada je ona nužno i globalno Lipschitzova na tom intervalu. Naime, za svaku točku x ∈ [a, b] postoji okolina Ox i konstanta K(x) s obzirom na koju funkcija f zadovoljava Lipschitzovo svojstvo. Familija otvorenih skupova {Ox } “prekriva” interval [a, b] (preciznije, njihova unija sadrži [a, b]). Nadalje, zatvoren interval je kompaktan, iz čega sljedi (to ovdje nećemo dokazivati) kako je moguće odabrati konačno mnogo skupova iz te familije, a onda među njima pripadnim konstantama K(x) maksimalnu Kmax (ovu konstantu koristimo pri provjeri globalnog Lipschitzovog svojstva). Shematski prikaz implikacija C1

lok. Lips.

C0

glob. Lips.

Lema 4.7. (Gronwall) Neka je I = [t0 , t1 ] ⊂ R i g : I → R neprekidna funkcija. Ako g zadovoljava nejednakost Z t 0 ≤ g(t) ≤ C + K g(s) ds (4.11) t0

za sve t ∈ I i neke konstantne K ≥ 0, C ≥ 0, tada vrijedi 0 ≤ g(t) ≤ CeK(t−t0 )

(4.12)

za sve t ∈ I. Specijalno, ako je C = 0, tada iz pretpostavki leme slijedi g(t) = 0 za sve t ∈ I. Dokaz : Neka je Z

t

G(t) ≡ C + K

g(s) ds t0

Tada po pretpostavci leme vrijedi 0 ≤ g(t) ≤ G(t) za sve t ∈ I. Nadalje, imamo G0 (t) = Kg(t) ≤ KG(t) G0 (t) − KG(t) ≤ 0 Množenjem s e−Kt ,

Odavde slijedi odnosno

G0 (t)e−Kt − KG(t)e−Kt ≤ 0
0 G(t)e−Kt ≤ 0 G(t)e−Kt ≤ G(t0 )e−Kt0 = Ce−Kt0 g(t) ≤ G(t) ≤ CeK(t−t0 )

Ovdje ćemo dokazati jedinstvenost ODJ prvog reda specifičnog oblika (koji uključuje sve linearne ODJ prvog reda).

98

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Teorem 4.8. (Jedinstvenost rješenja ODJ prvog reda) Neka je Ω ⊂ R2 otvoren skup i f : Ω → R neprekidna funkcija koja je (lokalno) Lipschitzova funkcija po drugoj varijabli. Tada problem y 0 (x) = f (x, y) ,

y(x0 ) = y0

(4.13)

ima jedinstveno rješenje. Dokaz : Pretpostavimo da postoje dva rješenja ove ODJ s početnim uvjetom, ψ1 (x) i ψ2 (x). Tada za svako od njih vrijedi Z x f (s, ψi (s)) ds , i = 1, 2 ψi (x) = y0 + x0

Koristeći Lipschitzovo svojstvo vidimo kako za svaki x ≥ x0 vrijedi Z x
|ψ1 (x) − ψ2 (x)| = f (s, ψ1 (s)) − f (s, ψ2 (s)) ds ≤ Z ≤

x0 x

f (s, ψ1 (s)) − f (s, ψ2 (s)) ds ≤

x Z x0

≤

K|ψ1 (s) − ψ2 (s)| ds x0

Upotrijebimo li sada Gronwallovu lemu 4.7 za funkciju g(x) = |ψ1 (x) − ψ2 (x)|, slijedi g(x) = 0 za sve x ≥ x0 . Sličan argument se može upotrijebiti za x ≤ x0 .

§ 4.3 Linearne ODJ višeg reda Promotrimo za početak linearnu ODJ drugog reda A(x)y 00 (x) + B(x)y 0 (x) + C(x)y(x) = D(x)

(4.14)

Ograničit ćemo se na regularne točke, A(x) 6= 0, pa dijeljenjem s A(x) y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = R(x)

(4.15)

Korištenjem pomoćnog operatora, D=

d dx

(4.16)

pripadni linearni diferencijalni operator možemo pisati u obliku L = D2 + P (x)D + Q(x)

(4.17)

Wronskijan f (x) g(x) W [f, g](x) = 0 f (x) g 0 (x)

= f (x)g 0 (x) − g(x)f 0 (x)

(4.18)

99

§ 4.3. Linearne ODJ višeg reda

Promotrimo sada Wronskijan dva rješenja homogene ODJ y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0 u1 i u2 , W [u1 , u2 ] = u1 u02 − u2 u01 . Derivacija Wronskijana je dW = u01 u02 + u1 u002 − (u02 u01 + u2 u001 ) = u1 u002 − u2 u001 = dx = u1 (−P u02 − Qy2 ) − u2 (−P u01 − Qu1 ) = −P W Drugim riječima, Wronskijan zadovoljava linearnu ODJ prvog reda, dW + PW = 0 dx čije rješenje znamo formalno zapisati (tzv. Abelov identitet),  Z x  W (x) = W (x0 ) exp − P (s) ds

(4.19)

(4.20)

x0

Pretpostavimo da nam je poznato jedno rješenje pripadne homogene diferencijalne jednadžbe, u1 (x). Tada možemo dobiti i drugo linearno nezavisno rješenje na sljedeći način,   d u2 u1 u02 − u2 u01 W [u1 , u2 ] = = dx u1 u21 u21 Integriranjem slijedi Z

x

u2 (x) = u1 (x) x0

odnosno

Z

x

u2 (x) = W (x0 )u1 (x) x0

W (s) ds u1 (s)2

 Z s  ds exp − dσ P (σ) u1 (s)2 x0

(4.21)

Ovdje je, naravno, W (x0 ) irelevantna konstanta. Pretpostavimo sada da su nam poznata oba rješenja pripadne homogene diferencijalne jednadžbe, u1 (x) i u2 (x). Metodom varijacije konstanti pretpostavljamo ansatz za partikularno rješenje oblika y(x) = C1 (x)u1 (x) + C2 (x)u2 (x)

(4.22)

y 0 = C10 u1 + C1 u01 + C20 u2 + C2 u02 Dodatni zahtjev, Nadalje,

C10 u1 + C20 u2 = 0

(4.23)

y 00 = C10 u01 + C1 u001 + C20 u02 + C2 u002

Uvrštavanjem u početnu jednadžbu dobivamo C10 u01 + C1 u001 + C20 u02 + C2 u002 + P (C1 u01 + C2 u02 ) + Q(C1 u1 + C2 u2 ) = R (C10 u01 + C20 u02 ) + C1 L[u1 ] + C2 L[u2 ] = R

100

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Kako su u1 i u2 po pretpostavci rješenja pripadne homogene diferencijalne jednadžbe, slijedi C10 u01 + C20 u02 = R (4.24) Rješenje sustava jednadžbi (4.23) i (4.24) dan je s u2 R, W [u1 , u2 ]

C10 = −

C20 =

u1 R W [u1 , u2 ]

Integriranjem slijedi Z

x

C1 (x) = −

Z

u2 (s) R(s) ds , W (s)

C2 (x) =

x

u1 (s) R(s) ds W (s)

(4.25)

Ovdje je odabir donjih granica integrala irelevantan jer se njihovom promjenom samo mijenjaju koeficijenti uz rješenja homogene diferencijalne jednadžbe. Time smo formalno pronašli rješenje linearne ODJ drugog reda. Zanimljivo je uočiti kako je dovoljno poznavanje samo jednog rješenja pripadne homogene diferencijalne jednadžbe kako bismo pronašli ostatak ukupnog rješenja!

Sada ćemo razmotriti linearne ODJ općenitog višeg reda. Wronskijan skupa funkcija {f1 , . . . , fn } je definiran determinantom f1 (x) f2 (x) ... fn (x) f10 (x) f20 (x) ... fn0 (x) (4.26) W [f1 , . . . , fn ](x) ≡ .. .. .. . . . (n−1) (n−1) (n−1) f (x) (x) f (x) . . . fn 1

2

Gore opisan postupak, metodu varijacije konstanti primjenjenu na rješavanje nehomogene ODJ 2. reda, možemo poopćiti na ODJ općenitog n-tog reda. L[y] = f ,

L = Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0

Neka su {u1 , . . . , un } rješenja pripadne homogene ODJ, L[ui ] = 0. Potražimo rješenje nehomogene ODJ u obliku ansatza n X

y(x) =

Ci (x)ui (x)

i=1

s nekim funkcijama Ci (x) koje trebamo pronaći. Imamo redom y0 =

n X (Ci0 ui + Ci u0i ) ,

pretpostavimo:

i=1 00

y =

n X

Ci0 ui = 0

i=1

n X

(Ci0 u0i

+

Ci u00i )

,

pretpostavimo:

i=1

n X

Ci0 u0i = 0

i=1

itd. y (n−1) =

n X (n−2) (n−1) (Ci0 ui + Ci ui ), i=1

pretpostavimo:

n X i=1

(n−2)

Ci0 ui

=0

101

§ 4.3. Linearne ODJ višeg reda

y (n) =

n X

(n−1)

(Ci0 ui

(n)

+ Ci ui )

i=1

Upotrebom ovih izraza dobivamo f = L[y] =

n X

Ci L[ui ] +

i=1

(n−1)

(n−1)

Ci0 ui

=

i=1

Sve skupa, imamo linearni sustav  u1 u2 ··· 0  u01 u · ·· 2  .. ..   . . u1

n X

(n−1)

u2

···

un u0n .. . (n−1)

n X

(n−1)

Ci0 ui

i=1

    

un

C10 C20 .. .

Cn0





    =  

0 0 .. .

    

f

s rješenjima u1 ··· ui−1 0 ui+1 · · · un 1 .. .. .. .. .. Ci0 = = . . . . . W (n−1) (n−1) (n−1) (n−1) u · · · ui−1 f ui+1 · · · un 1 u1 ··· ui−1 ui+1 · · · un f .. .. .. .. = (−1)n+i . . . . W (n−2) (n−2) (n−2) (n−2) u · · · ui−1 ui+1 · · · un 1 gdje je W = W [u1 , . . . , un ]. Odavde integriranjem dobivamo formalan izraz za funkcije Ci (x). U narednim teoremima ćemo ispitati neka važnija svojstva Wronskijana, te poopćiti formulu (4.20). Teorem 4.9. Ako su funkcije {f1 , . . . , fn } klase C n−1 linearno zavisne na intervalu I ⊂ R, tada je W (x) = 0 za sve x ∈ I. Dokaz : Po pretpostavci su funkcije {f1 , . . . , fn } linearno zavisne na intervalu I pa postoje konstante {c1 , . . . , cn } među kojima je barem jedna različita od nula (možemo bez smanjenja općenitosti pretpostaviti c1 6= 0), takve da je c1 f1 (x) + · · · + cn fn (x) = 0 za sve x ∈ I. Dijeljenjem s c1 imamo alternativni zapis f1 (x) = −

n X ck fk (x) . c1

k=2

Uzastopnim deriviranjem dobivamo analognu vezu među višim derivacijama, (l)

f1 (x) = −

n X ck (l) f (x) , c1 k

l ∈ {1, . . . , n − 1}

k=2

pa je prvi stupac u W linearna kombinacija ostalih stupaca u W , odakle slijedi W (x) = 0 za sve x ∈ I.

102

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Kao posljedicu teorema imamo jedan test linearne nezavisnosti funkcija: dovoljno je provjeriti da li na promatranom intervalu Wronskijan ne iščezava. Međutim, obrat teorema općenito ne vrijedi: ako je Wronskijan identički nula, promatrane funkcije ne moraju biti linearno zavisne. Promotrimo dva naredna primjera: a) (Peanov primjer) funkcije f (x) = x2 i g(x) = x|x| su linearno nezavisne na svakoj okolini točke x = 0, te vrijedi 2 x x|x| =0 W [f, g](x) = 2x 2|x| b) funkcije f1 , f2 , f3 : I = [−1, 1] → R,   1 + x3 , x ≤ 0 1, x≤0 f1 (x) = f2 (x) = 1, x≥0 1 + x3 , x ≥ 0

f3 (x) = 3+x3

imaju W [f1 , f2 , f3 ](x) = 0 za sve x ∈ I, ali su linearno nezavisne funkcije na intervalu I. Poanta je u tome kako ne postoji takva ODJ kojoj bi promatrane funkcije bila rješenja (uskoro ćemo vidjeti zašto je to presudno). Teorem 4.10. Neka su {y1 , . . . , yn } rješenja jednadžbe (4.27)

y (n) (x) + an−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + a0 (x)y(x) = 0

gdje su ak (x) neprekidne na I ⊂ R, te W ≡ W [y1 , . . . , yn ] pripadni Wronskijan. Tada za sve x ∈ I vrijedi  Z x  W (x) = W (x0 ) exp − an−1 (s) ds (4.28) x0

Dokaz : Deriviranje determinanti, f g 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 h k = (f k − gh) = f k + f k − (g h + gh ) = (f k − g h) + (f k − gh ) = 0 f g 0 f g f 0 g f g 0 = + = + h k h0 k 0 h0 k h k 0 i analogno za matrice većeg reda. Promotrimo sada Wronskijan y10 y1 ... yn0 ... 0 0 y1 ... yn y100 ... W 0 (x) = .. .. .. + . . . y (n−1) . . . y (n−1) y (n−1) . . . n 1 1 y1 ... yn 0 0 y1 ... yn . .. .. · · · + . (n−2) (n−2) y1 . . . yn (n) y1(n) ... yn

yn yn00 .. . (n−1)

yn

+ ...

103

§ 4.3. Linearne ODJ višeg reda

Primjetimo prvo kako svi članovi osim posljednjeg iščezavaju. Nadalje, derivacije funkcija u posljednjem redu preostalog člana možemo zapisati pomoću pripadne diferencijalne jednadžbe, (n)

yk

(n−1)

= −an−1 yk

(n−2)

− an−2 yk

− · · · − a0 yk

Dobivenu determinantu možemo rastaviti narednim postupkom: označimo li s ∆ij minoru promatrane matrice (determinantu matrice koja se dobije izbacivanjem i-tog retka i j-tog stupca) pomnoženu s pripadnim faktorom (−1)i+j , tada općenito imamo αx11 + βy11 αx12 + βy12 . . . αx1n + βy1n z21 z22 ... z2n = .. .. .. . . . zn1 zn2 ... znn = (αx11 + βy11 )∆11 + (αx12 + βy12 )∆12 + · · · + (αx1n + βy1n )∆1n = = (x11 ∆11 + · · · + x1n ∆1n )α + (y11 ∆11 + · · · + y1n ∆1n )β = y11 . . . y1n x11 . . . x1n z21 . . . z2n z21 . . . z2n = α . .. .. + β .. .. . . . zn1 . . . znn zn1 . . . znn Stoga, y1 y10 .. W 0 = −an−1 . (n−2) y1 (n−1) y1

... ...

yn yn0 .. .

... ...

yn (n−1) yn

(n−2)

y1 y10 .. − an−2 . (n−2) y1 (n−2) y1

... ...

yn yn0 .. .

... ...

yn (n−2) yn

(n−2)

− ...

Među ovim članovima iščezavaju svi osim prvog (svi ostali sadrže barem dva jednaka reda), pa je W 0 (x) = −an−1 (x)W (x) Ovo je linearna ODJ prvog reda i njeno rješenje znamo formalno zapisati,  Z x  W (x) = W (x0 ) exp − an−1 (s) ds x0

Odavde vidimo kako je Wronskijan ili svugdje ili nigdje jednak nula.

Naredni teorem navodimo bez dokaza. Teorem 4.11. (Egzistencija i jedinstvenost rješenja linearne ODJ višeg reda) Neka je n ∈ N, te {a0 , . . . , an−1 , R} skup neprekidnih funkcija na intervalu I = [a, b] ⊂ R. Linearna ODJ reda n oblika y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y 0 + a0 y = R

(4.29)

y(x0 ) = γ0 , y 0 (x0 ) = γ1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = γn−1

(4.30)

s početnim uvjetima

ima rješenje i ono je jedinstveno.

104

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Teorem 4.12. Skup rješenja linearne homogene ODJ n-tog reda, čiji su koeficijenti neprekidne funkcije, čini vektorski prostor dimenzije n s operacijama zbrajanja i množenja konstantnim funkcijama. Dokaz : Skica. Koristeći egzistenciju rješenja upotrijebimo skup rješenja {e1 , . . . , en } koja zadovoljavaju specijalne početne uvjete u x0 ,   e1 (x0 ) ··· en (x0 ) .. ..    =1 . . (n−1)

e1

(x0 )

···

(n−1)

en

(x0 )

Kako Wronskijan ne iščezava barem u jednoj točki, W [e1 , . . . , en ](x0 ) = 1 posrijedi je linearno nezavisan skup n funkcija koje su rješenja promatrane ODJ. Sada ćemo dokazati kako skup funkcija {e1 , . . . , en } čini bazu svih rješenja promatrane ODJ. Neka je y(x) proizvoljno rješenje promatrane ODJ. Tada je rješenje i linearna kombinacija g(x) = y(x0 )e1 (x) + y 0 (x0 )e2 (x) + · · · + y (n−1) (x0 )en (x) Zbog svojstava funkcija {ek } vrijedi g(x0 ) = y(x0 ) ,

g 0 (x0 ) = y 0 (x0 ) ,

... ,

g (n−1) (x0 ) = y (n−1) (x0 )

Dakle, funkcije y i g su obje rješenja iste ODJ s istim početnim uvjetima, pa zbog jedinstvenosti rješenja slijedi y(x) = g(x) u svim točkama x ∈ I. Odave slijedi kako je svako rješenje moguće prikazati na jedinstven način kao linearnu kombinaciju funkcija {ek }.

Sada možemo prokomentirati obrat ranije tvrdnje o Wronskijanu. Neka su {y1 , . . . , yn } rješenja ODJ i W [y1 , . . . , yn ](x0 ) = 0 Tada sustav linearnih jednadžbi za koeficijente {c1 , . . . , cn },     y1 (x0 ) ··· yn (x0 ) c1   y10 (x0 )   ··· yn0 (x0 )     c2   .. ..   ..  =    .    . . (n−1) (n−1) cn (x0 ) y1 (x0 ) · · · yn

0 0 .. .

    

0

ima netrivijalno rješenje (determinanta sustava je jednaka Wronskijanu, koji je po pretpostavci jednak nula). Funkcija y(x) = c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x) je rješenje iste ODJ, koje zadovoljava početne uvjete definirane gornjim sustavom, y(x0 ) = y 0 (x0 ) = · · · = y (n−1) (x0 ) = 0 Međutim, mi već znamo kako trivijalna funkcija y˜(x) = 0 zadovoljava istu ODJ i iste početne uvjete, pa je prema teoremu o jedinstvenosti y(x) = y˜(x) = 0 za sve x ∈ I. Ovo povlači kako je za sve x ∈ I c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x) = 0

105

§ 4.3. Linearne ODJ višeg reda

za neki netrivijalan skup koeficijenata {c1 , . . . , cn }, pa su funkcije {y1 , . . . , yn } linearno zavisne na intervalu I.

Homogena ODJ višeg reda s konstantnim koeficijentima. Promotrimo jednostavan slučaj kada su sve funkcije ak u ODJ konstante, L= odnosno

dn−1 d dn + a + · · · + a1 + a0 n−1 dxn dxn−1 dx

L = Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0

Recept: rješavamo pripadnu karakterističnu jednadžbu, λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 = 0 Pretpostavimo da su rješenja ove jednadžbe kompleksni brojevi {λ1 , . . . , λr } s pripadnim kratnostima {m1 , . . . , mr }. Tada je jednadžbu moguće faktorizirati, (λ − λ1 )m1 (λ − λ2 )m2 · · · (λ − λr )mr = 0 ,

r X

mj = n

j=1

Primjetimo, ovo ujedno povlači L = (D − λ1 )m1 · · · (D − λr )mr Usputna napomena: primjetite zašto je bilo potrebno pretpostaviti kako su koeficijenti u ODJ konstantni! Time je početni problem “faktoriziran” na elementarne probleme oblika (D − λ)m y(x) = 0 Promotrimo funkciju oblika xp eλx , gdje je p ∈ N0 . Imamo (D − λ)xp eλx = pxp−1 eλx + λxp eλx − λxp eλx = pxp−1 eλx Dakle, dok god je p < m vrijedit će (D − λ)m xp eλx = 0 Prema tome, imamo skup rješenja oblika {eλx , xeλx , . . . , xm−1 eλx } To znači da u našem orginalnom problemu svakom korjenu karakteristične jednadžbe λj kratnosti mj možemo pridružiti skup rješenja oblika {eλj x , xeλj x , . . . , xmj −1 eλj x }

(4.31)

Da li su sve te funkcije linearno nezavisne? Promotrimo za zagrijavanje skup funkcija {ex , e2x , xe2x } i linearnu kombinaciju c1 ex + c2 e2x + c3 xe2x = 0

106

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

za koju pretpostavljamo kako vrijedi u svim točkama domene. Ako sada na ovu jednadžbu djelujemo s operatorom (D − 1)(D − 2) prva dva člana propadnu i preostane nam c3 e2x = 0 odakle slijedi c3 = 0. Iskoristimo li ovu informaciju u početnoj jednadžbi dobivamo c1 ex + c2 e2x = 0 Sada djelujemo s operatorom (D − 1), čime propadne prvi član, pa slijedi c2 = 0 i konačno c1 = 0. Time smo dokazali kako je promatrani skup funkcija linearno nezavisan. Sada želimo poopćiti ovaj postupak na linearnu kombinaciju j −1 r m X X

(4.32)

cjp xp eλj x = 0

j=1 p=0

Uočimo prvo (D − λ1 )xp eλ2 x = pxp−1 eλ2 x + (λ2 − λ1 )xp eλ2 x Djelujemo li s operatorom (samo smo izostavili jedan faktor (D − λr ) u operatoru L) (D − λ1 )m1 · · · (D − λr−1 )mr−1 (D − λr )mr −1 na jednadžbu (4.32), dobivamo crmr (λ1 − λr ) · · · (λr−1 − λr )(mr − 1)! eλr x = 0 odakle slijedi crmr = 0. Zatim na jednadžbu (4.32) djelujemo s operatorom L izostavljajući dva faktora (D − λk ), odakle slijedi cr,mr −1 = 0, itd. Ovim postupkom možemo zaključiti kako su sve konstante nula, cjp = 0, odnosno kako su promatrane funkcije linearno nezavisne. Neki primjeri: • ODJ prvog reda

y 0 (x) + a0 y(x) = 0 ,

a0 = konst.

λ + a0 = 0 ⇒ λ = −a0 Opće rješenje je

y(x) = Ce−a0 x

• ODJ drugog reda y 00 (x) + a1 y 0 (x) + a0 y(x) = 0 ,

a0 , a1 = konst.

λ2 + a1 λ + a0 = 0 ⇒ λ1 , λ2 Imamo sljedeće slučajeve: ? λ1,2 ∈ R, λ1 6= λ2

y(x) = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x

107

§ 4.3. Linearne ODJ višeg reda

? λ1,2 ∈ R, λ1 = λ2 y(x) = C1 eλ1 x + C2 xeλ1 x ? λ1 = α + iβ, λ2 = λ∗1 = α − iβ, β 6= 0 y(x) = C1 e(α+iβ)x + C2 e(α−iβ)x =
A1 cos(βx) + A2 sin(βx) = Beαx sin(βx + φ)

= eαx

Primjer: tjerano-gušeni harmonički oscilator x ¨(t) + 2bx(t) ˙ + ω02 x(t) = f (t) Pretpostavimo da je b < ω0 . Karakteristična jednadžba, λ2 + 2bλ + ω02 = 0 q λ± = −b ± iγ , γ ≡ ω02 − b2 u1 (t) = e−bt cos(γt) ,
u01 (t) = − b cos(γt) − γ sin(γt) e−bt ,

u2 (t) = e−bt sin(γt)
u02 (t) = − b sin(γt) + γ cos(γt) e−bt

W [u1 , u2 ](t) = γe−2bt Z Z t −bt0 1 t bt0 e sin(γt0 ) 0 0 f (t ) dt = − e sin(γt0 )f (t0 ) dt0 C1 (t) = − −2bt0 γe γ t0 t0 Z t −bt0 Z t 0 0 e cos(γt ) 1 C2 (t) = f (t0 ) dt0 = ebt cos(γt0 )f (t0 ) dt0 −2bt0 γe γ t0 t0 xp (t) = C1 (t)u1 (t) + C2 (t)u2 (t) = =

1 γ

Z

t


0 eb(t −t) cos(γt0 ) sin(γt) − sin(γt0 ) cos(γt) f (t0 ) dt0 =

t0

=

1 γ

Z

t

0

eb(t −t) sin(γ(t − t0 ))f (t0 ) dt0

t0

Ukupno rješenje glasi
1 x(t) = e−bt A cos(γt) + B sin(γt) + γ

Z

t

0

eb(t −t) sin(γ(t − t0 ))f (t0 ) dt0 (4.33)

t0

Pretpostavimo sada da je t0 = 0, te početne uvjete x(0) = x0 i x(0) ˙ = v0 . Odavde odmah imamo A = x(0) = x0 . Nadalje, valja uočiti kako je x˙ p (0) = 0, pa imamo x(0) ˙ = −bA + γB = v0 ,

x(t) = e

−bt



B=

v0 + bx0 γ

 Z 1 t b(t0 −t) v0 + bx0 sin(γt) + x0 cos(γt) + e sin(γ(t − t0 ))f (t0 ) dt0 γ γ 0

108

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Sličnim postupkom možemo analizirati i slučajeve b > ω0 , kao i b = ω0 .

Dodatak: snižavanje reda jednadžbe. U nekim posebnim slučajevima ODJ višeg reda F (x, y, y 0 , . . . , y (n) ) = 0 možemo se poslužiti nekim metodama snižavanja reda diferencijalne jednadžbe. • ako F ne ovisi eksplicitno o x, F (y, y 0 , . . . , y (n) ) = 0, supstitucijom dy , p(y) ≡ dx

2 d3 y 2 d p = p +p dx3 dy 2

dp d2 y =p , dx2 dy



dp dy

2 ,

...

spuštamo red jednadžbe s n na n − 1. • ako F ne ovisi eksplicitno o y, F (x, y 0 , . . . , y (n) ) = 0 ili općenitije, ako F ne ovisi eksplicitno o y i prvih k derivacija y, F (x, y (k) , y (k+1) , . . . , y (n) ) = 0 supstitucijom p ≡ y (k) snižavamo red diferencijalne jednadžbe . . . • ako je F homogena funkcija možemo spustiti red diferencijalne jednadžbe supstitucijom Z  y0 z= , y = exp zdx y

§ 4.4 Frobeniusova metoda Lema 4.13. ODJ prvog reda (4.34)

u0 (z) + p(z)u(z) = 0 ima rješenja oblika u(z) = z λ h(z) ,

h(z) =

∞ X

hk z k ,

h(0) = h0 = 1

k=0

akko funkcija p(z) ima najviše pol prvog reda. U ovom slučaju je λ = − lim z p(z) z→0

Dokaz :

p0 + p1 + p2 z + . . . z  Z z 
u(z) = exp − p(v) dv = A exp − p0 ln z − p1 z − . . . = p(z) =

z0

109

§ 4.4. Frobeniusova metoda = Az −p0 exp − p1 z − . . .




Konkretno, za A = 1 imamo h0 = 1. Obratno, vrijedi p(z) = −

u0 (z) h0 (z) λ =− − u(z) z h(z)

Kako je po pretpostavci h(0) = 1, omjer h0 /h je konačan u z = 0, pa slijedi da p(z) ima najviše pol prvog reda.

Promotrimo sada linearnu ODJ drugog reda, (4.35)

u00 + pu0 + qu = 0

Ako su oba koeficijenta, p(z) i q(z), analitičke na nekoj okolini točke z0 , tada kažemo da je z0 regularna točka diferencijalne jednadžbe. Ako u točki z0 funkcija p(z) ima najviše pol prvog reda, a q(z) najviše pol drugog reda, tada kažemo da diferencijalna jednadžba ima regularni singularitet. Pretpostavimo da promatrana diferencijalna jednadžba ima regularni singularitet u z = 0, pa koeficijenti imaju razvoje oblika ∞

∞ 1 X q(z) = 2 qj z j z j=0

1X pj z j , p(z) = z j=0

(4.36)

Tražimo rješenje oblika u(z) = z λ h(z) = z λ

∞ X

(4.37)

hk z k

k=0

gdje je λ ∈ C, h(z) je analitička funkcija na nekoj okolini točke z = 0, te vrijedi h(0) = 1.

q(z)u(z) = z

λ−2

∞ X j=0

qj z

j

∞ X

k

hk z = {m = j + k} = z

λ−2

∞ X

∞ X

pj z j

j=0

= z λ−2

qj hm−j z m

m=0 j=0

k=0

p(z)u0 (z) = z λ−2

m ∞ X X

(λ + k)hk z k = {m = j + k} =

k=0

∞ X m X

(λ + m − j)pj hm−j z m

m=0 j=0

u00 (z) = z λ−2

∞ X

(λ + m)(λ + m − 1)hm z m

m=0

Uvrštavanjem u ODJ, imamo uz z m+λ−2 (λ + m)(λ + m − 1)hm +

m X j=0


(λ + m − j)pj + qj hm−j = 0

110

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Članove s j = 0 iz sume možemo udružiti s članom prije sume, m X

(λ + m)2 + (p0 − 1)(λ + m) + q0 hm + (λ + m − j)pj + qj hm−j = 0 j=1

Kako je h0 = 1, ovo nam za m = 0 daje indicijalnu jednadžbu, λ2 + (p0 − 1)λ + q0 = 0  p 1 1 − p0 ± (p0 − 1)2 − 4q0 2 Ovdje odabiremo konvenciju Re(λ1 ) ≥ Re(λ2 ). Uočimo kako je λ1,2 =

(4.38) (4.39)

(λi + m)2 + (p0 − 1)(λi + m) + q0 =

= λ2i + (p0 − 1)λi + q0 + m 2λi + (p0 − 1) + m =   p
= m m ± (p0 − 1)2 − 4q0 = m m ± (λ1 − λ2 ) gdje se gornji predznak odnosi na λ = λ1 , a donji predznak na λ = λ2 slučaj. Koristeći ovo, u slučaju λ = λ1 , za sve m > 0 dobivamo hm = −

1

m X

(λ1 − λ2 + m)m

j=1


(λ1 + m − j)pj + qj hm−j .

(4.40)

Kako je m ∈ N i Re(λ1 − λ2 ) ≥ 0, ovo je dobro definiran izraz (nema djeljenja s nulom). Time smo formalno dobili prvo rješenje promatrane diferencijalne jednadžbe, s koeficijentima hm zadanima rekurzijom. Nadalje, u slučaju λ = λ2 , za sve m > 0 dobivamo hm = −

1

m X

(λ2 − λ1 + m)m

j=1


(λ2 + m − j)pj + qj hm−j .

(4.41)

Ovdje se može pojaviti problem u slučaju kada je λ1 − λ2 = n ∈ N, te kada imamo m = n. Naime, tada su koeficijenti hm dobro definirani za 1 ≤ m ≤ n − 1, dok za m = n imamo jednadžbu 0=

n X


(λ1 − j)pj + qj hn−j

j=1

Ako je posrijedi slučaj diferencijalne jednadžbe u kojem je ova jednakost zadovoljena, tada je odabir konstante hn proizvoljan (ova sloboda dolazi od slobode odabira linearne kombinacije linearno nezavisnih rješenja u1 i u2 ), a preostale konstante hm za m > n su ponovno definirane rekurzijom. U protivnom (ako gornja jednakost nije zadovoljena), ne postoji drugo rješenje oblika z λ2 h(z). U potrazi za drugim rješenjem poslužit ćemo se metodom varijacije konstanti, u2 (z) = c(z)u1 (z) = c(z)z λ1 h(z)

(4.42)

111

§ 4.4. Frobeniusova metoda

u02 = c0 u1 + cu01 ,

u002 = c00 u1 + 2c0 u01 + cu001

Uvrštavanjem u diferencijalnu jednadžbu imamo c00 u1 + 2c0 u01 + cu001 + p(c0 u1 + cu01 ) + qcu1 = 0 (u001 + pu01 + qu1 )c + u1 c00 + (2u01 + pu1 )c0 = 0   0 u c00 + 2 1 + p c0 = 0 u1   h0 (z) λ1 λ1 0 λ1 −1 λ1 0 + u1 (z) u1 (z) = z h(z) , u1 (z) = λz h(z) + z h (z) = z h(z)   h0 (z) λ1 c00 (z) + 2 +2 + p(z) c0 (z) = 0 (4.43) z h(z) Ovo je linearna ODJ prvog reda za c0 . zh0 (z) = 0 , lim zp(z) = p0 , λ1 + λ2 = 1 − p0 z→0 z→0 h(z)   h0 (z) λ1 +2 + p(z) = 2λ1 + p0 = λ1 − λ2 + 1 lim z 2 z→0 z h(z) lim

c0 (z) = z λ2 −λ1 −1

∞ X

cj z j ,

c0 6= 0

(4.44)

j=0

Integriranjem sume član po član (pod uvjetom kako je posrijedi uniformno konvergentan red) dobivamo sljedeće slučajeve: a) ako je λ1 − λ2 ∈ / N0 c(z) = z λ2 −λ1

∞ X j=0

cj zj λ2 − λ1 + j

(4.45)

b) ako je λ1 − λ2 = n ∈ N0 c(z) = z λ2 −λ1

∞ X

j=0,j6=n

cj z j + cn ln z λ2 − λ1 + j

(4.46)

U ovom slučaju još postoji mogućnost da je cn = 0, osim ako je n = 0. Naime, u potonjem slučaju imamo c0 (z) = z −1 (c0 + c1 z + . . . ) a kako je c0 6= 0, mora postojati logaritamski dio rješenja. Formalni iskazi, Teorem 4.14. Ako je z = z0 regularna točka, tada je svako rješenje jednadžbe (4.35) analitičko u z = z0 .

112

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Teorem 4.15. (Fuchs) Ako je z = z0 regularni singularitet, tada je svako rješenje jednadžbe (4.35) ili a) analitičko na nekoj okolini točke z0 ili b) posjeduje pol ili točku grananja logaritamskog tipa u točki z0 .

U ovoj analizi smo dobili oblik rješenja. Sada nas zanimaju praktični detalji u postupku rješavanja. Za početak valja napomenuti kako razmatranje razvoja oko x = 0 ne umanjuje općenitost rasprave jer je suspstitucijom uvijek moguće dovesti razvoj u ishodište (s t = x − x0 ako je x0 6= ±∞, odnosno s t = 1/x ako je x0 = ±∞). Uvrštavanjem ansatza ∞ X y(x, λ) = an (λ)xn+λ (4.47) n=0

dobivamo rekurzijske jednadžbe za koeficijente an , među kojima je najnižeg reda indicijalna jednadžba, konkretno, kvadratna jednadžba oblika I(λ) = 0. Ako su rješenja ove jednadžbe par kompleksno konjugiranih brojeva λ± = α±iβ, tada dva linearno nezavisna rješenja diferencijalne jednadžbe dobivamo direktnim uvrštavanjem λ± u (4.47). Na primjer, diferencijalna jednadžba x2 y 00 + xy 0 + y = 0 ima indicijalnu jednadžbu I(λ) = λ2 + 1 = 0, što daje λ± = ±i, a ostale rekurzije daju an = 0 za n ≥ 1. Dakle, opće rješenje je oblika y(x) = Axi + Bx−i = Aei ln x + Be−i ln x = C1 cos(ln x) + C2 sin(ln x) Ako su rješenja indicijalne jednadžbe I(λ) = 0 realni brojevi λ1 i λ2 < λ1 , tada prvo rješenje dobivamo direktnim uvrštavanjem λ = λ1 u (4.47), y1 (x) = xλ1

∞ X

an (λ1 )xn

n=0

Drugo rješenje ovisi o odnosu korjena λ1 i λ2 : a) ako je λ1 − λ2 ∈ / Z, i drugo rješenje se dobije direktnim uvrštavanjem λ = λ2 u (4.47), odnosno ∞ X y2 (x) = xλ2 an (λ2 )xn (4.48) n=0

b) ako je λ1 = λ2 , tada je drugo rješenje oblika y2 (x) = y1 (x) ln x + x

λ2

∞ X

bn (λ2 )xn

(4.49)

n=0

te ga možemo generirati pomoću formule y2 (x) =

∂y(λ, x) ∂λ λ=λ1

(4.50)

113

§ 4.5. Hipergeometrijska diferencijalna jednadžba

Naime, u ovom slučaju imamo Lx [y(x, λ)] ∼ I(λ) = (λ − λ1 )2 Lx

∂ ∂ = =0 y(λ, x) (Lx [y(x, λ)]) ∂λ ∂λ λ=λ1 λ=λ1

∞ ∞ X ∂ X an (λ)xn+λ = a0n (λ)xn+λ + y(x, λ) ln x ∂λ n=0 n=0

c) ako je λ1 − λ2 ∈ N, tada je drugo rješenje oblika y2 (x) = b−1 y1 (x) ln x + x

λ2

∞ X

bn (λ2 )xn

(4.51)

n=0

Ovdje valja biti oprezan, i prvo ispitati rješenje dobiveno direktnim uvrštavanjem λ = λ2 u (4.47); ako dobijemo drugo linearno nezavisno rješenje, onda je to y2 (x) uz b−1 = 0. U protivnom koristimo formulu y2 (x) =


∂ (λ − λ2 )y(λ, x) ∂λ λ=λ2

(4.52)

Naime, u ovom slučaju imamo Lx [y(x, λ)] ∼ I(λ) = (λ − λ1 )(λ − λ2 ) Lx



∂ ∂ = ∼ (λ − λ2 )y(λ, x) (λ − λ2 )Lx [y(λ, x)] ∂λ ∂λ λ=λ2 λ=λ2
∂ ∼ = I(λ2 ) + (λ2 − λ2 )I 0 (λ2 ) = 0 (λ − λ2 )I(λ) ∂λ λ=λ2

Preostaje još provjeriti kako ova formula uistinu općenito daje traženi oblik drugog rješenja . . .

§ 4.5 Hipergeometrijska diferencijalna jednadžba U nizu fizikalnih problema nailazimo na ODJ drugo reda koje pripadaju klasi diferencijalnih jednadžbi zadanoj s tri parametra,
x(1 − x)y 00 (x) + c − (a + b + 1)x y 0 (x) − ab y(x) = 0 (4.53) Regularni singulariteti u x = 0, 1. Primjenom Frobeniusove metode,
(n + λ)(n + λ − 1) + (a + b + 1)(n + λ) + ab an −
− (n + λ)(n + λ + 1) + c(n + λ + 1) an+1 = 0

114

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Indicijalna jednadžba I(λ) = λ(λ − 1 + c) = 0 ,

(4.54)

λ1,2 = 0, 1 − c

Rekurzija, an+1 =

(n + λ)(n + λ + a + b) + ab (n + λ + a)(n + λ + b) an = an (n + λ + 1)(n + λ + c) (n + λ + 1)(n + λ + c) an =

(λ + a)n (λ + b)n a0 (λ + 1)n (λ + c)n

y(x, λ) = a0 xλ

(4.55)

∞ X (λ + a)n (λ + b)n n x (λ + 1)n (λ + c)n n=0

(4.56)

Među rješenjima će se pojavljivati tzv. hipergeometrijska funkcija, 2 F1 (a, b; c; x)

≡

∞ X (a)n (b)n xn (c)n n! n=0

(4.57)

Sada prelazimo na analizu slučajeva (radi jednostavnosti zapisa biramo a0 = 1). Ako je c ∈ / Z, tada oba rješenja dobivamo direktim uvrštavanjem (u ovom slučaju je svejedno koje rješenje obilježavamo kao “prvo”, a koje kao “drugo”), za λ = 0 y1 (x) =

∞ X (a)n (b)n n x = 2 F1 (a, b; c; x) n!(c)n n=0

te za λ = 1 − c, y2 (x) = x1−c

∞ X (a + 1 − c)n (b + 1 − c)n n x = (2 − c)n n! n=0

= x1−c 2 F1 (a + 1 − c, b + 1 − c; 2 − c; x) Ako je c ∈ Z tada razlikujemo naredne slučajeve, a) slučaj c > 1: λ1 = 0, λ2 = 1 − c Prvo rješenje za λ = λ1 , ∞ X (a)n (b)n n y1 (x) = x ≡ 2 F1 (a, b; c; x) n!(c)n n=0

Drugo rješenje, ∂ y2 (x) = ∂λ

(λ + c − 1)

c−2 X n=0

+

∞ X

!

! fn (λ)x

n=c−1

gdje je fn (λ) =

(λ + a)n (λ + b)n (λ + 1)n (λ + c)n

n+λ λ=1−c

115

§ 4.5. Hipergeometrijska diferencijalna jednadžba

Primjetimo kako se nula krije u faktoru (λ2 + c)n za n ≥ c − 1, pa je (a + 1 − c)n (b + 1 − c)n (−1)c (c − 2)!(n + 1 − c)!n!

lim (λ + c − 1)fn (λ) =

λ→λ2

za n ≥ c − 1, a nula inače. Koristeći pokratu fˆn (λ) = (λ + c − 1)fn (λ) i “trik” pomoću logaritma, za sve n ≥ c − 1 imamo ∂ fˆ0 (λ2 ) = ln fˆn (λ) λ=λ2 = n ∂λ fˆn (λ2 ) = Ha+n−c − Ha−c + Hb+n−c − Hb−c + Hc−2 − Hn+1−c − Hn gdje smo koristili 1 = Hp+n−1 − Hp−1 , (p)n

p∈N

Konačno, y2 (x) = x1−c

∞ X

bn xn +

∞ X

fˆn (1 − c)xn+1−c ln x

n=c−1

n=0

gdje je  bn =

fn (1 − c) , n ≤ c − 2 fˆn0 (1 − c) , n ≥ c − 1

Druga suma sa supstitucijom k = n − (c − 1) prelazi u ∞ X

fˆk+c−1 (1 − c)xk ln x

k=0

Kako je (a + 1 − c)k+c−1 (b + 1 − c)k+c−1 fˆk+c−1 (1 − c) = = (−1)c (c − 2)!k!(k + c − 1)! = (−1)c

(a + 1 − c)c−1 (b + 1 − c)c−1 (a)k (bk ) (c − 2)!(c − 1)! (c)k k!

imamo traženi oblik drugog rješenja, y2 (x) = x

1−c

∞ X

bn xn + b−1 y1 (x) ln x

n=0

b−1 = (−1)c

(a + 1 − c)c−1 (b + 1 − c)c−1 (c − 2)!(c − 1)!

b) slučaj c = 1: λ1 = λ2 = 0 Prvo rješenje za λ = 0, y1 (x) =

∞ X (a)n (b)n n x = 2 F1 (a, b; 1; x) (n!)2 n=0

116

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Drugo rješenje, y2 (x) =

∂y(x, λ) ∂λ λ=0

∞ X ∂y(x, λ) ∂fn n = y(x, λ) ln x + xλ x , ∂λ ∂λ n=1

fn (λ) =

(λ + a)n (λ + b)n ((λ + 1)n )2

Valja uočiti kako je f0 = 1, pa njegova derivacija odmah otpada. Sada upotrebljavamo standardni trik, ln fn (λ) =

n−1 X


ln(λ + a + k) + ln(λ + b + k) − 2 ln(λ + 1 + k)

k=0

Deriviranjem po λ dobivamo  n−1 X 1 ∂fn 1 2 1 = + − fn ∂λ λ+a+k λ+b+k λ+1+k k=0

Uvrštavanjem λ = 0 dobivamo (a)n (b)n ∂fn = ∂λ λ=0 (n!)2

−2Hn +

n−1 X k=0

Dakle, y2 (x) = y1 (x) ln x +

1 1 + a+k b+k

∞ X

! ≡ bn

bn x n

n=1

c) slučaj c < 1: λ1 = 1 − c, λ2 = 0 Prvo rješenje za λ = λ1 , y1 (x) = x1−c

∞ X (a + 1 − c)n (b + 1 − c)n n x = (2 − c)n n! n=0

= x1−c 2 F1 (a + 1 − c, b + 1 − c; 2 − c; x) Uvedimo pomoćni zapis c = −m, gdje je m ∈ N0 . Drugo rješenje, ! ! m ∞ X X ∂ n+λ y2 (x) = (λ − 0) + fn (λ)x ∂λ n=0 n=m+1

λ=0

gdje je fn (λ) =

(λ + a)n (λ + b)n (λ + 1)n (λ − m)n

Koristeći pokratu fˆn (λ) = λfn (λ), imamo (a)n (b)n λ lim fˆn (λ) = lim = λ→0 λ→0 (λ − m) · · · (λ − 1)λ(λ + 1) · · · (λ − m + n − 1) n! =

(−1)m (a)n (b)n n! m!(n − m − 1)!

117

§ 4.5. Hipergeometrijska diferencijalna jednadžba

za sve n > m, a nula inače. Nadalje, koristeći “trik” pomoću logaritma, ∂ fˆ0 (0) = ln fˆn (λ) λ=0 = n ∂λ fˆn (0) = Hm − Hn − Hn−m−1 +

n−1 X k=0

y2 (x) =

m X n=0

fn (0)xn +

∞ X

1 1 + a+k b+k



∞ X

(−1)m (a)n (bn ) n x ln x m!n!(n − m − 1)! n=m+1

fˆn0 (0)xn +

n=m+1

Koristeći supstituciju k = n − (m + 1) posljednju sumu možemo napisati u obliku ∞ X

(−1)m (a)n (bn ) n (−1)m (a)m+1 (b)m+1 x = y1 (x) ln x m!n!(n − m − 1)! m!(m + 1)! n=m+1 pa je y2 (x) = b−1 y1 (x) ln x +

∞ X

bn x n

n=0

 bn =

fn (0) , n ≤ m fˆn0 (0) , n ≥ m + 1

b−1 = (−1)m

,

(a)m+1 (b)m+1 m!(m + 1)!

Valja još analizirati konvergenciju ovih redova, te razvoje oko drugih točaka. Generalizirana hipergeometrijska funkcija p Fq (a1 , . . . , ap ; b1 , . . . , bq ; z)

=

∞ X (a1 )n · · · (ap )n z n (b1 )n · · · (bq )n n! n=0

Područje konvergencije ovih redova možemo vidjeti pomoću testa omjerom, cn =

(a1 )n · · · (ap )n z n (b1 )n · · · (bp )n n!

 cn+1 (a1 + n) · · · (ap + n) z  0 , = lim = |z| , lim n→∞ cn n→∞ (b1 + n) · · · (bq + n) n + 1  ∞, odakle slijedi da je radijus konvergencije   ∞, pq+1 Primjeri, 0 F0 ( ;

; z) =

∞ X zn = ez n! n=0

pq+1

(4.58)

118

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

1 F0 (a;

∞ X

; z) =

(a)n

n=0 2 F1 (−m, 1; 1; −z)

=

∞ X

zn = (1 − z)−a n!

(−m)n

n=0

(−z)n = (1 + z)m n!

∞ ∞ X X (n!)2 z(−z)n z n+1 z 2 F1 (1, 1; 2; −z) = = = ln(1 + z) (−1)n (2)n n! n+1 n=0 n=0

Potpuni eliptički integral prve i druge vrste, Z

π/2

K(m) = 0 π/2

Z E(m) =

dx p

p

=

2

1 − m sin x

1 − m sin2 x dx =

0

π 2 F1 (1/2, 1/2; 1; m) 2 π 2 F1 (−1/2, 1/2; 1; m) 2

Tri primjera s eliptičkim integralima, • opseg elipse s poluosima a i b, x(t) = a cos t , Z o=4

π/2

y(t) = b cos t

p a2 sin2 t + b2 cos2 t dt

0


a2 sin2 t+b2 cos2 t = a2 −(a2 −b2 ) cos2 t = a2 1 − m cos2 t ,

m = 1−

b2 a2

Koristeći supstituciju t = π/2 − u imamo π/2

Z o = 4a

Z p 1 − m cos2 t dt = 4a

0

π/2

p

1 − m sin2 u du = 4aE(m)

0

• period matematičkog njihala: očuvanje energije mgl(1 − cos θ0 ) = mgl(1 − cos θ) +

˙ 2 m(lθ) 2


2g 4g sin2 θ0 /2 − sin2 θ/2 θ˙2 = (cos θ − cos θ0 ) = l l s Z T0 θ0 /2 dθ l q T = , T0 = 2π π 0 g sin2 θ0 /2 − sin2 θ/2 Koristeći supstituciju sin

θ θ0 = sin sin t , 2 2

1 θ θ0 cos dθ = sin cos t dt 2 2 2

2 sin θ20 cos t dt dθ 1 q = = θ θ0 cos 2 sin 2 cos t sin2 θ0 /2 − sin2 θ/2

119

§ 4.6. Sustavi linearnih ODJ

=p

2dt 2

,

m = sin2

1 − m sin t

dobivamo T = T0

θ0 2

2K(m) π

• magnetski vektorski potencijal kružne petlje [vidi Jackson, (5.37)]

§ 4.6 Sustavi linearnih ODJ Primjer #1. Radioaktivna tvar A se raspada u tvar B s poluvremenom raspada τA , a tvar B u stabilnu tvar C s poluvremenom raspada τB 6= τA . Ako na početku imamo N0 čestica stvari A, pronađite kako se s vremenom mijenjaju količine sve tri tvari. Ako upotrijebimo uobičajane pokrate λA = (ln 2)/τA , te λB = (ln 2)/τB , broj čestica tvari A, B i C dan je sustavom diferencijalnih jednadžbi dNA = −λA NA dt dNB = λA NA − λB NB dt dNC = λ B NB dt

(4.59) (4.60) (4.61)

uz početne uvjete NA (0) = N0 ,

NB (0) = NC (0) = 0

Osnovna ideja: prikazati sustav u matričnom zapisu   NA n =  NB  NC  −λA 0 n˙ = An , A =  λA −λB 0 λB i pokušati s ansatzom

 0 0  0

(4.62)

(4.63)

n(t) = veλt ,

gdje je v konstantan vektor, odakle (uvrštavanjem u diferencijalnu jednadžbu) slijedi da je λ svojstvena vrijednost, a v svojstveni vektor matrice A, Av = λv −λA − λ λA 0 = det(A − λ1) = 0 λ0 = 0 ,

0 −λB − λ λB

λ1 = −λA ,

0 0 −λ

= −λ(λ + λA )(λ + λB )

λ2 = −λB

120

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Svojstveni vektori, 

 0 v0 =  0  , 1 Opće rješenje,

 v1 = 



1 λA λB −λA B − λBλ−λ A

 ,



 0 v2 =  1  −1

n(t) = α0 v0 + α1 v1 e−λA t + α2 v2 e−λB t

Početni uvjet,    α1 N0 λA  + α2 n(0) =  0  =  α1 λB −λ A λB 0 α0 − α1 λB −λA − α2 

α1 = N0 ,

α2 = −

λA N0 , λB − λA

α0 = N0


N0 λ A e−λA t − e−λB t λB − λA   λA e−λB t − λB e−λA t NC (t) = N0 1 + λB − λA

NA (t) = N0 e−λA t ,

NB (t) =

Potencijalne komplikacije: degenerirane svojstvene vrijednosti i nehomogeni sustavi ... Primjer #2. Električni krugovi. [nedovršeno]

Općeniti postupak. Problem zapišemo u matričnom obliku     q1 (t) u1 (t)     u˙ = Au + q(t) , u(t) =  u2 (t)  , q(t) =  q2 (t)  .. .. . .

(4.64)

Ako sada član s matricom A prebacimo na lijevu stranu i jednadžbu pomnožimo s lijeve strane s exp(−(t − t0 )A), e−(t−t0 )A u(t) ˙ − Ae−(t−t0 )A u(t) = e−(t−t0 )A q(t) vidimo kako je onda jednadžbu moguće zapisati u obliku  d  −(t−t0 )A e u(t) = e−(t−t0 )A q(t) dt Z t e−(t−t0 )A u(t) − u(t0 ) = e−(s−t0 )A q(s) ds t0

Odnosno, množenjem jednadžbe s exp((t − t0 )A) u(t) = e(t−t0 )A u(t0 ) +

Z

t

t0

e−(s−t)A q(s) ds

(4.65)

121

§ 4.6. Sustavi linearnih ODJ

Napomena: ovaj postupak ne vrijedi ako A nije konstantna matrica! Provjera na slučaju radioaktivnog raspada A → B → C, 

0 S= 0 1

 0 1  , −1

1 λA λB −λA B − λBλ−λ A

 S −1 = 

1 1 A − λBλ−λ A

 1 1 0 0  1 0



etA

 0 0 0 0  D = S −1 AS =  0 −λA 0 0 −λB   1 0 0  S −1 = 0 = SetD S −1 = S  0 e−λA t −λB t 0 0 e

  = 

e−λA t 1+

0

λA −λA t − e−λB t ) λB −λA (e 1 −λB t − λB e−λA t ) λB −λA (λA e

e−λB t 1 − e−λB t

0



 0   1

Množenjem etA n(0) dobivamo rezultat identičan ranijem. U “degeneriranom” slučaju kada je λA = λB matricu A više ne možemo dijagonalizirati, ali je možemo svesti na Jordanovu formu (vidi dodatak). Konkretno, pomoću matrice   0 0 1 S =  0 λA −1  1 −λA 0 imamo



0 S −1 AS =  0 0

0 −λA 0

 0 1  −λA

pa je  e−λA t 0 0 λA te−λA t e−λA t 0  = SetJA S −1 =  −λA t −λA t 1 − (1 + λA t)e 1−e 1   N0 e−λA t tA   N0 λA te−λA t n(t) = e n(0) =
−λA t N0 1 − (1 + λA t)e 

etA

Komentar 4.16. Geometrijska interpretacija. Označimo s {e1 , . . . , en } kanonsku bazu vektora u Rn , te promotrimo kako se oni razvijaju djelovanjem operatora B(τ ) = eτ A Hipervolumen razapet vektorima {Be1 , . . . , Ben } dan je determinantom |Be1 · · · Ben |

122

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Međutim, kako je    Bei =  

B1i B2i .. .

    , 

(Be1 · · · Ben ) = B

Bni slijedi |Be1 · · · Ben | = det B = eτ TrA Drugim riječima, trag matrice A sadrži informaciju o promjeni hipervolumena razapetog rješenjima sustava linearnih ODJ.

Sustavi linearnih ODJ 2. reda. U slučaju kada imamo sustav oblika (4.66)

u ¨(t) = Au(t) ˙ + Bu(t) + q(t)

s konstantnim matricama A i B, možemo ga svesti na sustav 1. reda narednim postupkom. Uvedemo li novi vektor v ≡ u, ˙ tada je          d u v O 1 u 0 = = + v u ¨ B A v q dt Uvođenjem oznaka  w=

u v



 ,

M=

O B

1 A



 ,

p=

0 q



vidimo da je početni sustav sveden na sustav prvog reda, w(t) ˙ = M w(t) + p(t)

(4.67)

s rješenjem w(t) = e(t−t0 )M w(t0 ) +

Z

t

e−(s−t) p(s) ds

(4.68)

t0

Sustavi s promjenjivom matricom [skica]. Promotrimo problem oblika x0 (t) = A(t)x(t)

(4.69)

Rješenje formalno zapisujemo u obliku x(t) = S(t, t0 )x0 ,

S(t0 , t0 ) = 1

(4.70)

gdje je S matrica “vremenske evolucije”, a x0 = x(t0 ). Uvrštavanjem natrag u jednadžbu imamo S 0 (t, t0 ) = A(t)S(t, t0 )

123

§ 4.6. Sustavi linearnih ODJ

Integriranjem u granicama od t0 do t jednadžbu prebacujemo iz diferencijalne u integralnu, Z t A(t0 )S(t0 , t0 ) dt0 (4.71) S(t, t0 ) = 1 + t0

Iterativnim uvrštavanjem dobivamo Z

t 0

0

t

Z

0

0

dt A(t ) +

=

t0

t

dt0 A(t0 ) +

t0

Z

dt00 A(t0 )S(t00 , t0 ) =

dt

t0

Z

00

t0

t

=1+

0

dt A(t )S(t , t0 )

t0

=1+

! 00

dt A(t ) 1 +

S(t, t0 ) = 1 + Z

t0

Z

0

t

Z

t0

t0

dt0

t0

Z

t0

dt00 A(t0 )A(t00 ) + · · ·

t0

Sada uvodimo tzv. operator vremenskog uređenja T ,  T A(t1 )A(t2 ) · · · A(tn ) = A(tτ (1) )A(tτ (2) ) · · · A(tτ (n) ) tako da je tτ (1) ≥ tτ (2) ≥ · · · ≥ tτ (n) . Drugim riječima, operator T presloži matrice tako da vremena idu s lijeva na desno od najkasnijeg prema ranijim. Djelovanje ovog operatora možemo zapisati pomoću θ-funkcije,  1, t≥0 θ(t) = 0, t<0 Označimo li sa Sn skup permutacija skupa {1, . . . , n}, tada je  T A(t1 ) · · · A(tn ) = X = θ(tπ(1) − tπ(2) )θ(tπ(2) − tπ(3) ) · · · θ(tπ(n−1) − tπ(n) )A(tπ(1) ) · · · A(tπ(n) ) π∈Sn

Promotrimo za početak integral Z t Z t  dt2 dt1 T A(t2 )A(t1 ) = t0

Z

t

=

Z

Z

t

dt1 θ(t2 − t1 )A(t2 )A(t1 ) +

dt2 t0

t0

t

t0

Z

t

dt1 θ(t1 − t2 )A(t1 )A(t2 )

dt2 t0

t0

Prvo valja uočiti kako se drugi integral svodi na prvi preimenovanjem varijabli t1 ↔ t2 . Imamo stoga Z t Z t Z t Z t  dt2 dt1 T A(t2 )A(t1 ) = 2 dt2 dt1 θ(t2 − t1 )A(t2 )A(t1 ) = t0

t0

t0

Z

t

=2

Z

t2

dt2 t0

t0

dt1 A(t2 )A(t1 ) t0

Analognim postupkom vidimo kako je Z t Z t  dtn · · · dt1 T A(tn ) · · · A(t1 ) = t0

t0

124

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

Z

t

t

Z dtn · · ·

= n!

dt1 θ(tn − tn−1 ) · · · θ(t2 − t1 ) A(tn ) · · · A(t1 ) =

t0

t0 t

Z

tn

Z

= n! t0

t2

Z dtn−1 · · ·

dtn

dt1 A(tn ) · · · A(t1 )

t0

t0

gdje smo u svakom članu sume (u rastavu operatora vremenskog uređenja) preimenovali varijable tn = tπ(n) , tn−1 = tπ(n−1) , . . . , t1 = tπ(1) te iskoristili činjenicu da skup Sn ima n! članova. Stoga, Z Z t Z t ∞ X  1 t dtn dtn−1 · · · dt1 T A(tn ) · · · A(t1 ) S(t, t0 ) = 1 + n! t0 t0 t0 n=1 ili skraćeno zapisano Z

t 0

S(t, t0 ) = T exp

0



(4.72)

A(t ) dt t0

Ovaj razvoj poznat je kao Dysonov razvoj.

Usputni problem. Nasumično odabiremo realne brojeve iz intervala [0, 1], te ih zbrajamo. U trenutku kada suma prijeđe iznos 1, postupak se prekida. Izračunajte srednji očekivani broj odabranih brojeva u ovakvom postupku. Rješenje. Označimo odabrane brojeve s {x1 , x2 , x3 , . . . }, te sa sn sumu prvih n brojeva, n X xk sn = k=1

Ako je pn vjerojatnost da je postupak prekinut upravo na n-tom broju, odnosno da je sn−1 < 1 i sn ≥ 1, tada je traženi srednji očekivani broj odabranih brojeva dan sumom ∞ X pn n hni = n=1

Odmah vidimo kako je p1 = 0. U slučajevima n ≥ 2 vjerojatnosti pn možemo zapisati pomoću višestrukog integrala, Z

1

pn =

Z

1

1

Z

ds2 · · ·

ds1 0

Z

s1

1+sn−1

dsn−1 sn−2

dsn 1

Primjetimo prvo kako je u posljednjem integralu moguće pojednostaviti integracijske granice zamjenom sn → sn − 1, Z pn =

1

Z

1

0

Z

1

ds2 · · ·

ds1 s1

Z dsn−1

sn−2

sn−1

dsn 0

125

§ 4.6. Sustavi linearnih ODJ

Nadalje, cjelokupni izraz možemo elegantnije zapisati pomoću θ-funkcija, Z

1

Z

0

1

dsn θ(s2 − s1 )θ(s3 − s2 ) · · · θ(sn−1 − sn−2 )θ(sn−1 − sn )

ds1 · · ·

pn =

0

Za svaki x 6= 0 vrijedi θ(−x) = 1 − θ(x), a jednakost je uz prikladnu normalizaciju (u ovom slučaju odabirom θ(0) = 1/2) ispunjena i za x = 0. U svakom slučaju možemo ustvrditi kako jednakost θ(sn−1 − sn ) = 1 − θ(sn − sn−1 ) vrijedi do na skup točaka mjere nula (konkretno, osim eventualno tamo gdje je sn−1 = sn ). Ovo nam omogućuje zapis vjerojatnosti pn kao razlike pn = In−1 − In gdje je Z

1

In ≡

Z ds1 · · ·

0

1

dsn ωn (s1 , s2 , . . . , sn ) 0

ωn (s1 , s2 , . . . , sn ) ≡ θ(s2 − s1 )θ(s3 − s2 ) · · · θ(sn−1 − sn−2 )θ(sn − sn−1 ) Sada valja uočiti kako jednakost X ωn (sπ(1) , sπ(2) , . . . , sπ(n) ) = 1 π∈Sn

vrijedi do na skup točaka mjere nula (konkretno, osim eventualno tamo gdje su neke od varijabli si međusobno jednake), te kako se vrijednost integrala In ne mijenja permutiranjem varijabli funkcije ωn (posrijedi je tek preimenovanje slijepih integracijskih varijabli). Kako skup permutacija Sn ima n! članova, slijedi da je In = pn =

1 n!

Z

1

Z ds1 · · ·

0

1

dsn = 0

1 n!

1 1 n−1 1 − = = (n − 1)! n! n! n(n − 2)!

i konačno hni =

∞ X

∞ X n 1 = =e n(n − 2)! m=0 m! n=2

Poglavlje 4. Obične diferencijalne jednadžbe

126

5 Fourierov red Neformalan uvod: uvodna pitanja . . . ∞

f (x) =

a0 X + an cos(nx) + bn sin(nx) 2 n=1

Zašto nam uopće treba još jedan razvoj funkcija, zar nije Taylorov razvoj sasvim dovoljan? U Taylorov red je moguće razviti samo analitičke funkcije, dok Fourierov red “radi” i na funkcijama s prekidom. Što to točno znači kada kažemo “red funkcija konvergira k zadanoj funkciji”? Za to nam je potreban pojam udaljenosti, odnosno norme . . . Treba nam, dakle, razvoj funkcije po elementarnim “objektima” i pojam udaljenosti (odnosno, ekvivalentno, pojam norme) — sve to smo već sreli kod vektora, za početak onih “običnih” u R3 , q v = vx x + vy y + vz z , |v| = vx2 + vy2 + vz2 , |a − b| = d(a, b) a onda i na apstraktnoj razini, u kontekstu linearne algebre.

§ 5.1 Unitarni prostori Definicija 5.1. Vektorski prostor (ili linearni prostor) nad poljem F (obično R ili C) je uređena trojka (V, +, ·) skupa V i dvije operacije, + : V × V → V (zbrajanje vektora) i · : F × V → V (množenje skalarom), koje zadovoljavaju sljedeća svojstva za sve a, b ∈ V i sve λ, κ ∈ F 1. (V, +) je Abelova grupa, 2. kvaziasocijativnost, λ · (κ · a) = (λκ) · a, 3. postoji jedinica 1 ∈ F , takva da je 1 · a = a, 127

128

Poglavlje 5. Fourierov red

4. distributivnost s obzirom na zbrajanje skalara, (λ + κ) · a = λ · a + κ · a, 5. distributivnost s obzirom na zbrajanje vektora, λ · (a + b) = λ · a + λ · b.

Definicija 5.2. Neka je V vektorski prostor (ne nužno konačnodimenzionalan) nad poljem F (R ili C). Skalarni produkt je preslikavanje h·,·i : V × V → F koje zadovoljava sljedeća svojstva a) hermitska komutativnost, hv, ui = (hu, vi)∗ za sve u, v ∈ V ; b) kvaziasocijativnost, hu, λvi = λ hu, vi za sve u, v ∈ V i λ ∈ F ; c) distributivnost, hu, v + wi = hu, vi + hu, wi za sve u, v, w ∈ V ; d) pozitivna definitnost, u 6= θ ⇒ hu, ui > 0 Uređen par (V, h · , · i) koji se sastoji od vektorskog prostora V i skalarnog produkta na tom prostoru nazivamo unitaran prostor nad poljem F . ∗

Napomena: iz svojstva a) odmah slijedi da je hu, ui = hu, ui , pa je hu, ui nužno realan broj. Teorem 5.3. U unitarnom prostoru vrijedi hλu, vi = λ∗ hu, vi , Dokaz :

hu + v, wi = hu, wi + hv, wi

i

hu, ui = 0 ⇔ u = θ

hλu, vi = hv, λui∗ = (λ hv, ui)∗ = λ∗ hv, ui∗ = λ∗ hu, vi hu + v, wi = hw, u + vi∗ = hw, ui∗ + hw, vi∗ = hu, wi + hv, wi

Ako je hu, ui = 0, tada slijedi u = θ jer bi u protivnom u 6= θ povlačio hu, ui > 0, kontradikcija s pretpostavkom! Obratno, ako je u = θ, imamo hu, ui = hθ, θi = h0u, θi = 0 hu, θi = 0

Primjeri: • vektorski prostor Rn s produktom hx, yi =

n X

xk yk = xT y

k=1

• vektorski prostor Cn s produktom hx, yi =

n X k=1

x∗k yk = x† y

129

§ 5.1. Unitarni prostori

• vektorski prostor kvadratno sumabilnih redova ∞ n o X `2 = (an )n∈N , an ∈ C | |an |2 < ∞ n=1

s operacijama (an ) + (bn ) ≡ (an + bn ) ,

λ(an ) ≡ (λan )

i skalarnim produktom h(an ), (bn )i ≡

∞ X

a∗n bn

n=1

Dokaz da je posrijedi unitaran prostor: a) Suma je dobro definirana: koristeći nejednakost trokuta na skupu C imamo N X

2

|an + bn | ≤

n=1

N X

2

2

|an | + |bn | ≤

n=1

∞ X

|an |2 + |bn |2

n=1

Suma s lijeve strane je, dakle, rastuća i odozgo ograničena, pa stoga i konvergentna. b) Produkt je dobro definiran, N X n=1

≤

Re (a∗n bn ) ≤

N X

|a∗n bn | =

n=1

N X

|an bn | ≤

n=1

N ∞ 1 X 1 X |an |2 + |bn |2 ≤ |an |2 + |bn |2 2 n=1 2 n=1

i analogno za imaginaran dio. Sva ostala svojstva se jednostavno provjere . . .

Teorem 5.4. (nejednakost Schwarz-Cauchy-Bunjakovskog) Neka je V unitaran prostor, te a, b ∈ V bilo koji njegovi vektori. Tada vrijedi | ha, bi |2 ≤ ha, ai · hb, bi

(5.1)

Pritom znak jednakosti vrijedi akko su vektori a i b linearno zavisni. Dokaz : Ako je b = θ tada (5.1) postaje trivijalna jednakost. Pretpostavimo stoga da je b 6= θ. Neka je λ ∈ F , te promotrimo a − λb ∈ V . Vrijedi ha − λb, a − λbi ≥ 0 Primjenom svojstava skalarnog produkta slijedi ha, ai − λ∗ hb, ai − λ ha, bi + λλ∗ hb, bi ≥ 0 Odaberimo λ=

hb, ai hb, bi

130

Poglavlje 5. Fourierov red Kako je b 6= θ, ovo je dobro definiran broj. Uvrštavanjem i sređivanjem dobivamo ha, ai −

ha, bi hb, ai ha, bi hb, ai hb, ai − ha, bi + hb, bi ≥ 0 hb, bi hb, bi hb, bi hb, bi

odnosno ha, bi hb, ai ≤ ha, ai hb, bi iz čega, primjenom hermitske komutativnosti, slijedi tražena tvrdnja. Dokažimo drugi dio teorema. Neka su a i b linearno zavisni, odnosno a = λb, uz b 6= θ. Tada je | ha, bi |2 = | hλb, bi |2 = |λ hb, bi |2 = |λ|2 · | hb, bi |2 = = λλ∗ hb, bi hb, bi = hλb, λbi hb, bi = ha, ai hb, bi Drugim riječima, u (5.1) vrijedi jednakost. Obratno, pretpostavljajući da je b 6= θ, polazeći od jednakosti u (5.1), te korištenjem obratnog postupka iz prvog dijela dokaza dolazimo do jednakosti ha − λb, a − λbi = 0 , što povlači a − λb = θ, odnosno a = λb.

§ 5.2 Kvadratno integrabilne funkcije Ovisno o kontekstu, s Lp ([a, b]) označavamo skup kompleksnih f : [a, b] → C ili realnih funkcija f : [a, b] → R, definiranih na segmentu [a, b] ⊂ R, za koje vrijedi b

Z

|f (x)|p dx < ∞

a

Konkretno, nas će najviše zanimati L1 ([a, b]), skup apsolutno integrabilnih funkcija, takvih da je Z b |f (x)| dx < ∞ , a

i L ([a, b]), skup kvadratno integrabilnih funkcija, takvih da je 2

Z

b

|f (x)|2 dx < ∞ .

a

Lema 5.5. Ako su f, g ∈ L2 , tada je f g ∈ L1 . Specijalno, uzimajući g(x) = 1 vidimo da je svaki f ∈ L2 nužno i f ∈ L1 (ali općenito ne vrijedi obrat), odnosno L2 ( L1 . Dokaz : Općenito vrijedi 0 ≤ (|f | − |g|)2 = |f |2 + |g|2 − 2|f g| odnosno

|f |2 + |g|2 ≥ 2|f g| ≥ |f g|

131

§ 5.2. Kvadratno integrabilne funkcije

i stoga

Z ∞>

|f (x)|2 dx +

Z

|g(x)|2 dx ≥

Z |f (x)g(x)| dx .

Protuprimjer za drugi dio tvrdnje: funkcija f (x) = x−1/2 je element skupa L1 ([0, 1]), ali ne i element skupa L2 ([0, 1]), 1

Z 0

√ 1 dx √ = 2 x 0 = 2 , x

1

Z 0

1 dx = ln(x) 0 = ∞ x

Teorem 5.6. L2 ([a, b]) je vektorski prostor nad poljem kompleksnih brojeva C. Dokaz : Netrivijalni dio tvrdnje jest onaj da je operacija zbrajanja vektora dobro definirana. Koristeći činjenicu da za sve z, w ∈ C vrijedi nejednakost Re (z) ≤ |z| i jednakost imamo

|z ∗ w| = |z ∗ | · |w| = |z| · |w| = |zw| |f + g|2 = (f + g)∗ (f + g) = |f |2 + |g|2 + 2 Re (f ∗ g) ≤ ≤ |f |2 + |g|2 + 2|f ∗ g| = |f |2 + |g|2 + 2|f g|

Odavde, korištenjem Leme 5.5, slijedi tražena tvrdnja, Z Z Z Z |f (x) + g(x)|2 dx ≤ |f (x)|2 dx + |g(x)|2 dx + 2 |f (x)g(x)| < ∞

Teorem 5.7. Preslikavanje hf, gi = N

Z

b

f (x)∗ g(x) dx

(5.2)

a

je skalarni produkt na prostoru L2 ([a, b]). Ovdje je N neka konvencionalna konstanta. Dokaz : Netrivijalni dio tvrdnje jest onaj da je ovaj produkt dobro definiran. Općenito vrijedi |f g| = |f ∗ g| ≥ Re (f ∗ g) i

|f g| = |f ∗ g| ≥ Im (f ∗ g) .

Kako prema Lemi 5.5 vrijedi f g ∈ L1 ([a, b]), odavde slijedi Z Z ∞ > |f (x)g(x)| dx ≥ Re (f (x)∗ g(x)) dx , te

Z ∞>

Nekoliko primjera:

Z |f (x)g(x)| dx ≥

Im (f (x)∗ g(x)) dx .

132

Poglavlje 5. Fourierov red

• u kontekstu klasičnog Fourierovog reda najviše će nas zanimati prostor realnih L2 ([−π, π]) funkcija sa skalarnim produktom hf, gi =

Z

1 π

π

f (x)g(x) dx −π

Norma je odabrana tako da bi se izbjegli neki “iritantni” faktori u zapisu razvoja funkcija. • u kvantnoj fizici koristimo produkt b

Z

ψ(x)∗ φ(x) dx

hψ, φi = a

definiran među kvadratno integrabilnim valnim funkcijama ψ i φ. Uobičajen je tzv. bra-ket zapis, hψ|φi ≡ hψ, φi.

Ranije smo dokazali da hf, f i = 0 povlači f = 0. I doista, ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, tada Z b |f (x)|2 dx = 0 a

povlači egzaktnu jednakost f (x) = 0 na intervalu [a, b]. Naime, kako je podintegralna funkcija pozitivno semidefinitna, pretpostavljena jednakost povlači Z F (x) ≡

x

Z

2

|f (x)| dx ≤ a

b

|f (x)|2 dx = 0 ,

a

odnosno F (x) = 0 za sve x ∈ [a, b]. Nadalje, kako je f , a stoga i |f |2 neprekidna funkcija, F (x) je derivabilna funkcija, te vrijedi 0 = F 0 (x) = |f (x)|2 . No, općenito će ovaj zaključak biti nešto drugačije “naravi”. Naime, postoje i funkcije koje su, primjerice, nula svugdje na intervalu [a, b], osim u jednoj točki u kojoj poprimaju neku konačnu vrijednost. Za ovakvu funkciju opet vrijedi hf, f i = 0, ali f ne iščezava u svim točkama domene. Ovo motivira uvođenje posebne relacije jednakost na prostoru L2 ([a, b]), “jednako gotovo svugdje” (engleski “almost everywhere”), koju obično pišemo gs

f (x) = 0 Kako tehnički opisati skupove na kojima “dozvoljavamo” diskrepanciju među funkcijama među kojima stavljamo formalnu jednakost “gotovo svugdje”? Definicija 5.8. Skup mjere nula (na skupu R) je onaj koji se može pokriti s prebrojivo mnogo intervala proizvoljno male ukupne duljine. Na primjer, • skupovi s konačno mnogo točaka,

133

§ 5.2. Kvadratno integrabilne funkcije

• skup racionalnih brojeva Q = {qn }n∈N (argument o prebrojivosti pomoću “dijagonalnog” postupka); za dani  > 0 uvedemo intervale h   i  In = qn − n+1 , qn + n+1 , `(In ) = n 2 2 2 Unija ovih intervala pokriva skup Q, Q⊂

∞ [

In ,

n=1

a ukupna duljina im je proizvoljno malena jer L=

∞ X

`(In ) =

n=1

∞ X  =. n 2 n=1

• Cantorov skup dobije se sljedećim iterativnim postupkom. Neka je C0 = [0, 1] ⊂ R Iz ovog zatvorenog intervala izbacimo srednju otvorenu trećinu, C1 = C0 − h1/3, 2/3i = [0, 1/3] ∪ [2/3, 1] U sljedećem koraku iz svakog od dva zatvorena intervala u C1 izbacimo srednje trećine, h1/9, 2/9i i h7/9, 8/9i. Rezultat je unija četiri zatvorena intervala, C2 = [0, 1/9] ∪ [2/9, 1/3] ∪ [2/3, 7/9] ∪ [8/9, 1] Ponavljanjem ovog postupka u n-tom koraku ćemo imati 2n zatvorenih intervala ukupne duljine (2/3)n . Možemo zapisati formalnu rekurzivnu relaciju, Cn = Cn−1 −

∞ D [ 1 + 3k 2 + 3k E , 3n 3n

k=0

Konačno, Cantorov skup C definiramo kao presjek (ovdje namjerno izbjegavamo upotrebu “limesa”) ∞ \ Cn (5.3) C= n=0

Duljina skupa Cn je L(Cn ) = (2/3) , odakle slijedi n

L(C) = lim L(Cn ) = lim (2/3)n = 0 n→∞

n→∞

Kako bismo operirali s integracijom na skupovima mjere nule, treba nam definicija integrala općenitija (“jača”) od one Riemannove — posrijedi je tzv. integracija po Lebesgueu. Uvedimo prvo jednu pomoćnu oznaku: za svaki skup A ⊂ R definiramo tzv. karakterističnu funkciju, χA : R → R,  1, x ∈ A χA (x) = (5.4) 0, x ∈ R − A

134

Poglavlje 5. Fourierov red

Integral po Riemannu, na primjer, nije dobro definiran za tzv. Dirichletovu funkciju χQ : gornja Darbouxova suma je uvijek jednaka 1, a donja 0. Lebesgue koristi drugačiju “taktiku” definiranja integrala, umjesto dijeljenja domene na podintervale, on dijeli kodomenu (umjesto zbrajanja vertikalnih pravokutnika, zbrajamo horizontalne). Definicija integrala po Lebesgueu kreće od Z χ[a,b] (x) dx ≡ |b − a| (5.5) Integral funkcija koje su, poput Dirichletove funkcije, gotovo svugdje nula, odnosno koje su različite od nule na skupu mjere nula, po Lebesgueu je jednak nuli!

Teorem 5.9. L2 ([a, b]) je beskonačnodimenzionalan vektorski prostor. Dokaz : Dokazat ćemo da postoji beskonačno mnogo linerno nezavisnih kvadratno integrabilnih funkcija. Neka je n ∈ N. Podijelimo interval [a, b] na n disjunktnih podintervala {I1 , . . . , In }, te definirajmo karakteristične funkcije χi (x) ≡ χIi (x) Tvrdimo da su {χ1 , . . . , χn } linearno nezavisne funkcije. Pretpostavimo suprotno, neka je n X

ci χi (x) = 0

i=1

za neki skup koeficijenata {c1 , . . . , cn }, takvih da nisu svi jednaki nula. Neka je cj 6= 0. Tada možemo pisati n 1 X χj (x) = − ci χi (x) cj i6=j

Uvrštavanjem x ∈ Ij dobivamo kontradikciju 1 = 0. Dakle, za svaki n ∈ N možemo pronaći (konstruirati) n linearno nezavisnih funkcija na danom intervalu. Kako je n proizvoljno velik broj, slijedi tvrdnja.

§ 5.3 Norma na unitarnom prostoru Definicija 5.10. Neka je V vektorski prostor nad poljem C. Norma vektora je preslikavanje || . || : V → C koje zadovoljava naredna svojstva, a) pozitivna semidefinitnost, ||a|| ≥ 0, b) strogost, ||a|| = 0 akko a = θ, c) homogenost, ||λa|| = |λ| · ||a||, i d) nejednakost trokuta, ||a + b|| ≤ ||a|| + ||b||. Uređen par (V, || . ||) nazivamo normiran vektorski prostor.

135

§ 5.4. Ortonormirani skupovi vektora

Na primjer, na svakom vektorskom prostoru Lp (za p ∈ R+ ) možemo definirati sljedeću normu, Z 1/p ||f ||p = |f (x)|p dx Nejednakost trokuta za ovu normu je posljedica tzv. nejednakosti Minkowskog, a ostala svojstva norme mogu se jednostavno provjeriti. U slučaju kada na vektorskom prostoru imamo definiran skalarni produkt, postoji prirodna definicija norme. Teorem 5.11. Neka je V unitaran prostor. Tada je preslikavanje p ||u|| = hu, ui ,

(5.6)

gdje se podrazumijeva da je odabran pozitivan predznak u korijenu, norma na unitarnom prostoru V . Dokaz : Dijelovi a), b) i c) slijede trivijalno iz definicije norme i svojstava skalarnog produkta, a ovdje ćemo dokazati dio d). Koristeći elementarnu nejednakost Re(z) ≤ |z| ,

z ∈C,

te ranije dokazanu nejednakost SCB (5.1), imamo ||a + b||2 = ha, ai + ha, bi + hb, ai + hb, bi = ||a||2 + ||b||2 + 2Re(ha, bi) ≤ ≤ ||a||2 + ||b||2 + 2 | ha, bi | ≤ ||a||2 + ||b||2 + 2 ||a|| · ||b|| = (||a|| + ||b||)2 Dobili smo nejednakost među kvadratima nenegativnih realnih brojeva, pa uzimanjem korijena slijedi tražena nejednakost trokuta.

Napomena: kod kvadratno integrabilnih funkcija ova “kanonska norma” se svodi na gore definiranu, Z 12 q ||f ||2 = |f (x)|2 dx = hf, f iL2 Napomena: kod kvadratno integrabilnih funkcija f, g ∈ L2 vrijedi gs

||f − g|| = 0 ⇒ f (x) = g(x)

§ 5.4 Ortonormirani skupovi vektora Definicija 5.12. Za skup vektora {vi } ⊂ V kažemo da je ortogonalan ako za svaki par i 6= j vrijedi hvi , vj i = 0. Za skup vektora {ei } ⊂ V kažemo da je ortonormiran ako vrijedi hei , ej i = δij .

136

Poglavlje 5. Fourierov red

Definicija 5.13. Zadana su dva vektora a, b ∈ V , takvi da je a 6= θ i b 6= θ. Tada kažemo da je vektor D b E b hb, ai pb (a) = ,a = b ||b|| ||b|| hb, bi ortogonalna projekcija vektora a na vektor b.

a

a − pb (a) b

pb (a) Odmah vidimo da vrijedi hb, a − pb (a)i = hb, ai −

hb, ai hb, bi = 0 hb, bi

Drugim riječima, vektor a možemo rastaviti na sumu dva ortogonalna vektora, a = pb (a) + (a − pb (a)) Općenito, ako je W < V potprostor unitarnog prostora V razapet skupom ortonormiranih vektora {e1 , . . . , eN }, W = [{e1 , . . . , eN }] te u ∈ V neki vektor, tada je pW (u) =

N X

hei , ui ei

i=1

ortogonalna projekcija vektora u na potprostor W . Nadalje, vektor u možemo rastaviti na sumu dva ortogonalna vektora, u = pW (u) + (u − pW (u)) Gram-Schmidtov postupak ortonormiranja. Ako je zadan skup vektora {vk }, koji nije ortonormiran, tada možemo narednim postupkom konstruirati novi, ortonormiran skup vektora, e1 =

v1 , ||v1 ||

e0n = vn −

n−1 X

hei , vn i ei ,

en =

i=1

e0n ||e0n ||

Provjera indukcijom za j < n: hej , e0n i = hej , vn i −

n−1 X i=1

hei , vn i hei , ej i = hej , vn i −

n−1 X i=1

hei , vn i δij = 0

137

§ 5.4. Ortonormirani skupovi vektora

Gore opisanim postupkom, dakle, u svakom koraku od vektora vn oduzimamo njegove ortogonalne projekcije na ostale, ranije ortonormirane vektore ei . Primjer: zadan je skup 1, x, x2 ⊂ L2 ([−1, 1]) Z 1 hf, gi = f (x)g(x) dx 

−1 1

Z

1 e1 = √ 2 −1  Z 1 x 1 √ dx √ = x g2 = f2 − he1 , f2 i e1 = x − 2 2 −1 r Z 1 2 3 ||g2 ||2 = x2 dx = , e2 = x 3 2 −1 ||f1 ||2 =

= x2 −

Z

g3 = f3 − he1 , f3 i e1 − he2 , f3 i e2 = !r  Z 1r 1 1 3 3 x2 2 √ dx √ − x · x dx x = x2 − 2 2 3 2 2 −1

1

−1

||g3 ||2 =

12 dx = 2 ,

Z

1



1 3

x2 −

−1

2

8 , 45

dx =

e3 =

1 2

r


5 3x2 − 1 2

Lema 5.14. Vrijedi n 1 o[n o √ cos(nx), sin(nx) ⊂ L2 ([−π, π]) n∈N 2 Ovaj skup funkcija je ortonormiran. Dokaz :

1 √ 2

2

sin(nx) 1 √ dx = π 2

Z

1 π Z

π

Z

π

−π



dx = 1 π

cos(nx) √ dx = 0 2
1 cos(α + β) + cos(α − β) cos α · cos β = 2 Razlikujemo dva slučaja, 1 π

−π

a) m 6= n hcos(mx), cos(nx)i =

Z

π

cos(mx) cos(nx) dx = −π

π

1 2π

Z

1 = 2π



=

1 π

−π


cos((m + n)x) + cos((m − n)x) dx = −π

sin((m + n)x) sin((m − n)x) + m+n m−n

 π

−π

=0

138

Poglavlje 5. Fourierov red b) m = n 6= 0 hcos(nx), cos(nx)i =

π

Z

1 π

1 2π

cos(nx) cos(nx) dx = −π

=



1 2π

2π +

π

Z


1 + cos(2nx) dx = −π

 sin(2nx) π =1 2n −π

Analogno se pokaže za funkciju sin. Vidimo kako je pogodan odabir norme N uklonio potrebnu za dodatnim faktorima uz funkcije cos(nx) i sin(nx). Za mješane produkte odmah imamo Z π 1 sin(mx) cos(nx) dx = 0 π −π jer je posrijedi integral neparne funkcije na simetričnom intervalu; podsjetnik Z

a

−a

Z f (x) dx = |y = −x| =

−a

a

Z

Z

a

f (−y) dy = −

f (−y) (−dy) = −a

a

f (y) dy −a

Teorem 5.15. Za konačan ortonormiran skup vektora {e1 , . . . , eN } ⊂ V unitarnog prostora V i svaki vektor u ∈ [{e1 , . . . , eN }] vrijedi u=

N X

hek , ui ek

i ||u|| = 2

N X

| hek , ui |2

(5.7)

k=1

k=1

Dokaz : Po pretpostavci imamo u=

N X

λj ej

j=1

Koristeći ortonormiranost vektora ej , direktnim računom dobivamo N N N E X D X X λj ej = λj hek , ej i = λj δkj = λk hek , ui = ek , j=1

j=1

j=1

Nadalje, * 2

||u|| = hu, ui =

N X

hek , ui ek ,

k=1

=

N X k,l=1

N X

+ hel , ui el

l=1

δkl hek , ui∗ hel , ui =

N X

=

hek , el i hek , ui∗ hel , ui =

k,l=1 N X

| hek , ui |2

k=1

Napomena: ova tvrdnja ne vrijedi nužno za beskonačne skupove vektora, jer je potrebno pretpostaviti još nešto pored ortonormiranosti skupa vektora (uskoro ćemo se pozabaviti pitanjem “potpunosti”).

139

§ 5.5. Aproksimiranje vektora

Teorem 5.16. (Generaliziran Pitagorin poučak) Za konačan ortogonalan skup vektora {v1 , . . . , vN } ⊂ V unitarnog prostora V i proizvoljne kompleksne brojeve {λ1 , . . . , λN } ⊂ C vrijedi sljedeća jednakost N N 2 X X λk vk = |λk |2 ||vk ||2 k=1

(5.8)

k=1

Specijalno, za λ1 = · · · = λN = 1 imamo N N 2 X X vk = ||vk ||2 k=1

(5.9)

k=1

Dokaz : Koristimo matematičku indukciju. Slučaj N = 1 je trivijalan. Uvedimo oznaku SN =

N X

λk vk

k=1

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za N i promotrimo ||

N +1 X

λk vk ||2 = ||λN +1 vN +1 +

k=1

N X

λk vk ||2 =

k=1

= hSN + λN +1 vN +1 , SN + λN +1 vN +1 i = hSN , SN i + hλN +1 vN +1 , λN +1 vN +1 i = =

N X

|λk |2 ||vk ||2 + |λN +1 |2 ||vN +1 ||2 =

k=1

N +1 X

|λk |2 ||vk ||2

k=1

gdje smo kod treće jednakosti iskoristili ortogonalnost vektora vN +1 spram ostalih vektora u skupu.

§ 5.5 Aproksimiranje vektora Neka je V neki unitaran prostor i u ∈ V neki njegov element. Pretpostavimo da je zadan potprostor W < V , razapet konačnim skupom vektora {e1 , . . . , eN }, W = [{e1 , . . . , eN }] Tražimo vektor s ∈ W , takav da je udaljenost ||u − s|| minimalna. Drugim riječima, tražimo s kojim vektorom s ∈ W je naš početni vektor u najbolje “aproksimiran”. Tvrdimo da je taj vektor s upravo ortogonalna projekcija vektora u na potprostor W , s = pW (u) =

N X i=1

hei , ui ei

140

Poglavlje 5. Fourierov red

Naime, svaki drugi vektor s0 ∈ W možemo pisati u obliku s0 = s + r, gdje je r ∈ W . Kako je vektor u − s okomit na svaki vektor u potprostoru W , koristeći Pitagorin poučak imamo ||u − s0 ||2 = ||u − (s + r)||2 = ||(u − s) − r||2 = = ||u − s||2 + ||r||2 ≥ ||u − s||2 Dakle, za bilo koji drugi vektor s0 ta udaljenost je veća ili jednaka, a jednakost se postiže samo ako je ||r||2 = 0, odnosno r = θ i stoga s0 = s. Alternativno, možemo se poslužiti narednim postupkom s=

N X

λi ei

i=1

||u − s||2 = ||u||2 + ||s||2 − hu, si − hs, ui = = ||u||2 +

N X

|λi |2 −

N X

λi hu, ei i + λ∗i hei , ui




i=1

i=1

Zahtijevamo ∂ ! ||u − s||2 = 0 i ∂λj

∂ ! ||u − s||2 = 0 ∂λ∗j

Odavde slijede dvije ekvivalentne jednakosti λ∗j = hu, ej i

i λj = hej , ui .

koje govore da je s upravo ortogonalna projekcija vektora u na potprostor W . Preostaje još provjera kako ovo rješenje uistinu predstavlja minimum, ali to ovdje nećemo raditi jer smo se u to već uvjerili gore.

§ 5.6 Parcijalni Fourierov red Promotrimo vektorski prostor razapet pomoću konačnog dijela trigonometrijskog ortonormiranog skupa,   1 √ , cos(x), sin(x), . . . , cos(N x), sin(N x) 2 Ako sada proizvoljnu funkciju f ∈ L2 ([−π, π]) želimo aproksimirati vektorom (funkcijom fN ) u ovom prostoru, N

X a ˜0 fN (x) = √ + an cos(nx) + bn sin(nx) , 2 n=1

(5.10)

141

§ 5.6. Parcijalni Fourierov red

√ Običaj je konstantni član redefinirati pomoću a0 = a ˜0 2, N

fN (x) =

a0 X + an cos(nx) + bn sin(nx) 2 n=1

(5.11)

Koristeći rezultate prethodnog potpoglavlja, optimalan izbor koeficijenata je Z 1 π cos(nx)f (x) dx an = hcos(nx), f (x)i = π −π Z π 1 bn = hsin(nx), f (x)i = sin(nx)f (x) dx π −π

(5.12)

Ovaj izbor jamči da je suma (5.11) najbliža aproksimacija danoj (kvadratno integrabilnoj) funkciji f (x) u smislu norme na prostoru L2 ([−π, π]). Sada ćemo ovu konačnu sumu zapisati u nešto drugačijem obliku. Opći član možemo prebaciti u drugačiji oblik pomoću elementarnih trigonometrijskih relacija, an cos(nx) + bn sin(nx) =

=

π

1 π

Z

1 π

Z


cos(nt) cos(nx) + sin(nt) sin(nx) f (t) dt =

−π π

cos(n(t − x))f (t) dt −π

Odavde slijedi N

fN (x) =

1 = π

Z

a0 X 1 + 2 π n=1

Z

π

cos(n(t − x))f (t) dt = −π

! N 1 X cos(n(t − x)) f (t) dt = + 2 n=1

π

−π

1 = π

Z

π

DN (t − x)f (t) dt −π

gdje smo uveli tzv. Dirichletovu jezgru N

1 X cos(nx) DN (x) ≡ + 2 n=1

Lema 5.17. Za x 6= 0 vrijedi sin (N + 21 ) x DN (x) = 2 sin(x/2) a DN (0) = N + 12 .




(5.13)

142

Poglavlje 5. Fourierov red Dokaz : N

1 X einx + e−inx 1 DN (x) = + = 2 n=1 2 2 N X

einx =

n=1

N X

1+

inx

e

n=1

+

N X

! e

−inx

n=1

ei(N +1)x − eix ei(N +1/2)x − eix/2 ei(N +1)x − 1 −1= = = ix ix e −1 e −1 eix/2 − e−ix/2 =

ei(N +1/2)x − eix/2 2i sin(x/2)

i analogno N X

e−inx =

n=1

e−i(N +1/2)x − e−ix/2 −2i sin(x/2)

Sve skupa imamo DN (x) =

 1+

1 2

1 2i sin(x/2)



 2i sin

1 2

N+

   x − 2i sin(x/2)

odakle odmah slijedi tražena tvrdnja.

Gibbsov fenomen. Promotrimo kako se ponaša parcijalni Fourierov red u blizini prekida (diskontinuiteta) funkcije. Za primjer ćemo uzeti funkciju f ∈ L2 ([−π, π]), definiranu s  −h , x ∈ [−π, 0i f (x) = h , x ∈ [0, π] za neki h > 0. Koristeći zapis pomoću Dirichletove jezgre, imamo fN (x) = Z

0

−π

h π

π

Z 0

sin((N + 21 )(t − x)) dt − 2 sin((t − x)/2)

 sin((N + 12 )(t − x)) dt 2 sin((t − x)/2)

0

Z

−π

Z 0 sin((N + 21 )(t − x)) sin((N + 21 )(−t0 − x)) dt = |t0 = −t| = (−dt0 ) = 0 − x)/2) 2 sin((t − x)/2) 2 sin((−t π Z π 1 sin((N + 2 )(t0 + x)) 0 dt = 2 sin((t0 + x)/2) 0

Sada ćemo u prvom integralu uvesti varijablu y = t − x, a u drugom y = t0 + x, fN (x) =

h 2π

Z

π−x

−x

sin((N + 12 )y) dy − sin(y/2)

Z

π+x

x

sin((N + 12 )y) dy sin(y/2)



Imamo, dakle, jednake podintegralne funkcije i prilikom integracije se poništi dio između x i π − x, Z π−x Z π+x Z x Z π−x Z π−x Z π+x Z x Z π+x − = + − − = − −x

−x

x

x

x

π−x

−x

π−x

pa preostaje fN (x) =

h 2π

Z

x

−x

sin((N + 12 )y) dy − sin(y/2)

Z

π+x

π−x

sin((N + 21 )y) dy sin(y/2)



143

§ 5.6. Parcijalni Fourierov red

Kako nas zanima dio oko prekida, promotrit ćemo limes kada x → 0 (drugim riječima, zanima nas slučaj kada je 0 < x  π). Tvrdimo da drugi integral, u limesu malog x i velikog N , trne brže od prvog, sin((N + 12 )y) cos((N + 21 )y) = (2N + 1) lim = 2N + 1 y→0 y→0 sin(y/2) cos(y/2)  sin((N + 21 )y) 1
 lim = sin N + π = cos(N π) sin(π/2) = (−1)N y→π sin(y/2) 2 Sada koristimo supstitucije lim

1 ξ = py , p = N + 2 Z px sin ξ h dξ fN (x) ≈ π 0 sin(ξ/2p) p Zanima nas lokalni maksimum funkcije fN (x) (za x ≈ 0), dfN (x) =0 dx Z px
d d q(ξ) dξ = Q(px) − Q(0) = p q(px) dx 0 dx Dakle,

sin(px) π = 0 ⇒ xmax = sin(x/2) p Kako se povećava broj članova N , povećava se i parametar p, pa se položaj maksimuma pomiče prema x = 0. Na položaju maksimuma imamo Z h π sin ξ dξ fN (xmax ) ≈ π 0 sin(ξ/2p) p p

Kako je

sin(ξ/2p) = ξ/2p + O((ξ/2p)2 ) ,

za p  1 možemo napraviti dodatnu aproksimaciju Z 2h π sin ξ fN (xmax ) ≈ dξ π 0 ξ Integral koji se ovdje pojavljuje poznat je kao Wilbraham-Gibbsova konstanta, Z π 2 sin ξ dξ = 1.17897 . . . G= π 0 ξ fN (xmax ) ≈ Gh Vidimo da je relativno odstupanje parcijalnog Fourierovog reda uvijek prisutno, dok god imamo konačnu sumu. Usput, opravdanje gornjih aproksimacija: numeričkim računom dobijemo da je razlika Z π 1 sin ξ G− dξ pπ 0 sin(ξ/2p) reda veličine ∼ 10−3 za N = 10, ∼ 10−5 za N = 100, itd.

144

Poglavlje 5. Fourierov red

§ 5.7 Potpunost Definicija 5.18. Neka je V normiran vektorski prostor. Za niz vektora (vk )k∈N ⊂ V kažemo da je • konvergentan ako postoji v ∈ V , takav da za svaki  > 0 postoji N ∈ N sa svojstvom ∀ i > N : ||vi − v|| <  • Cauchyjev niz ako za svaki  > 0 postoji N ∈ N sa svojstvom ∀ i, j > N : ||vi − vj || <  Cauchyjev niz ne mora nužno konvergirati u dotičnom vektorskom prostoru, primjer su nizovi racionalnih brojeva koji konvergiraju k nekom iracionalnom broju. Definicija 5.19. Normiran vektorski prostor V je potpun ako svaki Cauchyjev niz konvergira unutar V . Potpun normiran vektorski prostor zovemo Banachov prostor. Potpun unitaran prostor nazivamo Hilbertov prostor. Napomena: studenti često zapamte pogrešnu definiciju: “Hilbertov prostor je beskonačnodimenzionalan vektorski prostor”. Ovo, međutim, općenito nije točno: postoje konačnodimenzionalni Hilbertovi prostori (štoviše, može se pokazati da su svi konačnodimenzionalni unitarni prostori Hilbertovi prostori), kao i beskonačnodimenzionalni unitarni prostori koji nisu Hilbertovi! Teorem 5.20. Svi prostori Lp su potpuni. Dokaz : Vidi Dodatak C.

Napomena: kada bismo koristili definiciju integrala po Riemannu, prostor L2 ne bi bio potpun! Na primjer, uzmimo skup racionalnih brojeva Q = {qn }n∈N , te označimo s QN skup “prvih” N racionalnih brojeva QN = {q1 , . . . , qN } Tada je χQN ∈ L2 za svaki N ∈ N. Nadalje, {χQN }N ∈N je Cauchyjev niz u L2 , ali njegov limes, funkcija χQ , nije kvadratno integrabilna po Riemannu! Sada nas zanima što možemo reći o razvoju nekog vektora u unitarnom prostoru pomoću nekog ortonormiranog skupa vektora. Za početak ćemo vidjeti koja je “najjača” tvrdnja s kojom raspolažemo prije nego što se pozovemo na potpunost.

145

§ 5.7. Potpunost

Teorem 5.21. Neka je {ek }k∈N ⊂ V ortonormiran skup vektora unitarnog prostora V , te u ∈ V . Tada vrijedi tzv. Besselova nejednakost ∞ X

(5.14)

| hek , ui |2 ≤ ||u||2

k=1

gdje je (formalna) suma s lijeve strane nejednakosti konvergentna. Dokaz : Za svaki N ∈ N definiramo parcijalnu sumu SN i projekciju vektora u na potprostor razapet s prvih N vektora promatranog ortonormiranog skupa, SN ≡

N X

| hu, ek i |2 ,

uN ≡

k=1

N X

hek , ui ek

k=1

Koristeći rastav u = (u − uN ) + uN i Pitagorin poučak, imamo ||u||2 = ||u − uN ||2 + ||uN ||2 odnosno

||uN ||2 ≤ ||u||2

Također, iz Teorema 5.15 znamo da je SN = ||uN ||2 , pa je SN ≤ ||u||2 za svaki N ∈ N. Kako je i SN ≤ SN +1 za svaki N ∈ N, pa imamo rastući, odozgo omeđen niz realnih brojeva S1 ≤ S2 ≤ · · · ≤ ||u||2 Stoga, limes limN →∞ SN postoji i vrijedi Besselova nejednakost.

Direktna posljedica ovog teorema je naredni korolar. Lema 5.22. (Riemann-Lebesgueova lema) Neka je {ek }k∈N ⊂ V ortonormiran skup vektora unitarnog prostora V , te u ∈ V . Tada vrijedi lim hek , ui = 0

k→∞

Dokaz : Iz dokazane konvergentnosti reda u prethodnom Teoremu znamo da je lim | hek , ui |2 = 0

k→∞

odakle slijedi lema.

Primjer u sklopu Fourierovog reda, V = L2 ([−π, π]), Z 1 π lim hcos(nx), f (x)i = lim cos(nx)f (x) dx = 0 n→∞ n→∞ π −π Z 1 π lim hsin(nx), f (x)i = lim sin(nx)f (x) dx = 0 n→∞ n→∞ π −π

(5.15)

146

Poglavlje 5. Fourierov red

Definicija 5.23. Neka je V unitaran prostor i {ek }k∈N ⊂ V (beskonačan) ortonormiran skup vektora. Kažemo da je skup vektora {ek }k∈N potpun ako za svaki u ∈ V imamo ∞ X u= hek , ui ek k=1

Drugim riječima, niz (uN )N ∈N definiran s uN =

N X

hek , ui ek

k=1

konvergira k vektoru u, lim ||u − uN || = 0

N →∞

Kasnije ćemo se uvjeriti kako je skup o n 1 o[n √ cos(nx), sin(nx) n∈N 2 potpun na prostoru L2 ([−π, π]). Teorem 5.24. Ortogonalan skup vektora {ek }k∈N ⊂ V unitarnog prostora V je potpun akko vrijedi ∞ X ||u||2 = | hek , ui |2 (5.16) k=1

za svaki u ∈ V , drugim riječima, akko vrijedi jednakost u Besselovoj nejednakosti. Dokaz : Kao i kod dokaza Besselove nejednakosti imamo ||u||2 = ||u − uN ||2 + ||uN ||2 Ako je skup vektora {ek }k∈N potpun, tada imamo 0 = lim ||u − uN ||2 = lim N →∞

N →∞

odnosno, ||u||2 = lim ||uN ||2 = lim N →∞

N →∞

N X

||u||2 − ||uN ||2

| hek , ui |2 =

k=1

∞ X




| hek , ui |2

k=1

gdje smo koristili ortonormiranost skupa vektora {ek }k∈N . Obratno, pretpostavljajući gornju jednakost, obratnim slijedom zaključivanja slijedi potpunost.

Teorem 5.25. (Parsevalov teorem) Neka je V unitaran prostor i {ek }k∈N ⊂ V ortonormiran potpun skup vektora. Tada za sve u, v ∈ V vrijedi hu, vi =

∞ X

hu, ek i hek , vi =

k=1

∞ X

a∗k bk ,

(5.17)

k=1

gdje su ak = hek , ui i bk = hek , vi. Specijalno, vrijedi tzv. Parsevalova jednakost ||u||2 =

∞ X k=1

|ak |2

(5.18)

147

§ 5.8. Tri tipa konvergencije

Dokaz : Koristeći parcijalne sume uN =

N X

ak ek ,

vN =

k=1

imamo

* huN , vN i =

N X

ak ek ,

k=1

N X

bl el ,

l=1

N X l=1

+ bl el

=

N X

a∗k bl δkl =

k,l=1

N X

a∗k bk

k=1

Još trebamo pokazati da huN , vN i → hu, vi kada N → ∞. Koristeći nejednakost trokuta na skupu C i SCB nejednakost imamo | hu, vi − huN , vN i | = |(hu, vi − hu, vN i) + (hu, vN i − huN , vN i)| ≤ ≤ | hu, v − vN i | + | hu − uN , vN i | ≤ ||u|| · ||v − vN || + ||vN || · ||u − uN || ≤ ≤ ||u|| · ||v − vN || + ||v|| · ||u − uN || Odavde, korištenjem potpunosti skupa vektora {ek }k∈N slijedi tvrdnja.

Napomena: Parsevalov teorem povezuje norme u prostorima L2 i `2 . Fizikalna interpretacija Parsevalove jednakosti: ukupna energija jednaka je sumi energija pojedinih harmonika. Na primjer, ako je električni uređaj otpora R spojen na vanjski, vremenski periodičan napon V (t) (osnovnog perioda T ), tada je energija koja se troši u jednom periodu jednaka 1 E= R

Z

T

|V (t)|2 dt = ||V ||2

0

S druge strane, Parsevalova jednakost nam govori kako je ova energija jednaka zbroju energija svih pojedinih komponenti Fourierovog razvoja napona V (t).

§ 5.8 Tri tipa konvergencije Po točkama, uniformna i u srednjem. Slikovito govoreći, prve dvije su dva tipa lokalne konvergencije, dok je treći svojsvrsna globalna konvergencija. Definicije, primjeri i dokaz da uniformna povlači konvergenciju u srednjem. Definicija 5.26. Neka je S ⊆ R i (fn )n∈N niz funkcija fn : S → R. Tada kažemo da ovaj niz a) uniformno konvergira k funkciji f : S → R ako za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da je |f (x) − fn (x)| <  (5.19) za svaki n > N i svaki x ∈ S. Primjetimo, ovdje je N = N () (jednak za sve točke na S);

148

Poglavlje 5. Fourierov red

b) konvergira po točkama k funkciji f : S → R ako za svaki  > 0 i svaki x ∈ S postoji N ∈ N, takav da je |f (x) − fn (x)| < 

(5.20)

za svaki n > N . Primjetimo, ovdje je N = N (x, ); c) konvergira u srednjem k funkciji f : S → R ako za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da je ||f (x) − fn (x)|| <  . (5.21) Ponekad se koristi i fraza “konvergira u normi” ili “jako konvergira”. Iz definicije odmah slijedi da svaki niz funkcija koji konvergira uniformno nužno konvergira i po točkama. Također, pokazat ćemo da uniformna konvergencija niza funkcija na intervalu konačne duljine povlači konvergenciju u srednjem. Obrati ove dvije tvrdnje, međutim, ne vrijede, kao što pokazuje primjer niza funkcija fn : [0, 1i → R, gdje je fn (x) = xn . Naime, po točkama imamo lim fn (x) = 0 ,

n→∞

a u srednjem ||fn − 0||2 =

1 2

Z

1

x2n dx =

0

x2n+1 1 1 = 2(2n + 1) 0 2(2n + 1)

lim ||fn − 0|| = 0

n→∞

Međutim, za svaki 0 <  < 1 i svaki N ∈ N postoji x0 ∈ [0, 1i za koji vrijedi |fN +1 (x0 ) − 0| >  Konkretno, ovo vrijedi za svaki 1

 N +1 < x0 < 1 pa dotični niz funkcija ne konvergira uniformno. Sličan primjer je i fn (x) = x/n. Teorem 5.27. Neka je (fn )n∈N niz funkcija fn ∈ Lp ([a, b]), p > 0, koje uniformno konvergiraju. Tada ovaj niz konvergira i u srednjem. Dokaz : Po pretpostavci za svaki  > 0 postoji N () takav da je |f (x) − fn (x)| <  za svaki n > N () i svaki x ∈ [a, b]. Tada je Z b ||fn − f ||p = |fn (x) − f (x)|p dx < (b − a)p ≡ ˜ p a

Stoga, za svaki ˜ > 0 postoji N (˜ ) = N (), takav da je ||fn − f || < ˜

149

§ 5.9. Konvergencija Fourierovog reda

za svaki n > N (˜ ).

Funkcije fn (x) = nχh0,1/ni (za n ∈ N) konvergiraju po točkama u f (x) = 0 (za sve x ∈ R), ali ne konvergiraju u srednjem, Z ||fn − 0||p =

!p1

1 n

1

= n1− p

p

n dx 0

Dakle, za svaki p > 1 imamo lim ||fn − 0||p = ∞

n→∞

S druge strane, imamo tzv. “typewriter sequence” (“niz pisaćeg stroja”), fn (x) = χh n−2k , n−2k +1 i 2k

2k

gdje je k ≥ 0 (k je samo pomoćni parametar) i 2k ≤ n < 2k+1 . Ovo je niz karakterističnih fukcija čiji se neiščezavajući intervali smanjuju u veličini i “marširaju” po intervalu [0, 1]. k = 0 , n = 1 : χ[0,1] k=1, k=2,

n = 2, 3 : χ[0,1/2] , χ[1/2,1]

n = 4, 5, 6, 7 : χ[0,1/4] , χ[1/4,2/4] , χ[2/4,3/4] , χ[3/4,1]

Ovaj niz ne konvergira po točkama (u svakoj točki domene fn (x) ima dva gomilišta, 0 i 1), ali konvergira u srednjem, ||fn − 0||p = 2−k/p ,

lim ||fn − 0||p = 0

n→∞

§ 5.9 Konvergencija Fourierovog reda Ono što nas za početak zanima jest prikaz periodičnih funkcija f : R → R, s osnovnim periodom P = 2π, pomoću reda trigonometrijskih funkcija cos(nx) i sin(nx). Konvencionalno, ovakvu funkciju možemo zadati na intervalu [−π, πi. S obzirom da promatramo funkcije f ∈ L2 ([−π, π]), podrazumijevat ćemo da je uvijek f (−π) = f (π). Ovo, međutim, ne znači da je nužno lim f (−π + ) = lim+ f (π − ) ,

→0+

jer funkcija f u toj točki može imati prekid!

→0

150

Poglavlje 5. Fourierov red

Definicija 5.28. Klasičan Fourierov red funkcije f ∈ L2 ([−π, π]) je funkcija f˜ : [−π, π] → R, definirana s ∞

a0 X f˜(x) = + an cos(nx) + bn sin(nx) 2 n=1

(5.22)

gdje su koeficijenti an i bn dani s Z 1 π f (x) cos(nx) dx π −π Z 1 π f (x) sin(nx) dx bn = hf (x), sin(nx)i = π −π

an = hf (x), cos(nx)i =

(5.23)

za sve n ∈ N0 . U slučaju kada imamo funkciju čiji je osnovni period period P 6= 2π . . .   o  n 1 o[n 2πn 2πn √ x , sin x ⊂ L2 ([−P/2, P/2]) cos P P n∈N 2 hf, gi =

2 P

Z

P 2

f (x)g(x) dx − P2

    ∞ 2πn 2πn a0 X ˜ f (x) = an cos + x + bn sin x 2 P P n=1 2 an = P

Z

P 2

− P2

  2πn f (x) cos x dx , P

2 bn = P

Z

P 2

− P2

(5.24)

  2πn f (x) sin x dx (5.25) P

Teorem 5.29. Neka je f ∈ L2 ([−π, π]) i N

fN (x) =

a0 X + ak cos(kx) + bk sin(kx) 2

(5.26)

k=1

Tada je fN ∈ L2 ([−π, π]) za svaki N ∈ N, te lim ||f − fN ||2 = 0

N →∞

Drugim riječima, razlika između f˜ = f∞ i f može postojati samo na skupu mjere nula. Dokaz : (Skica): prvo dokažemo da je svaku funkciju f ∈ L2 moguće proizvoljno dobro (uniformno) aproksimirati neprekidnom funkcijom g ∈ L2 (ovdje se koriste Fejérovi rezultati), ||f − g|| < /2 a onda iz Weierstraßovog teorema slijedi da je funkciju g moguće proizvoljno dobro (uniformno) aproksimirati trigonometrijskim polinomom PN , ||g − PN || < /2

151

§ 5.9. Konvergencija Fourierovog reda

Valja uočiti kako je svaki trigonometrijski polinom moguće prikazati kao polinom funkcija cos(nx) i sin(nx). Kako je parcijalna Fourierova suma najbolja aproksimacija, odave slijedi rezultat ||f − fN || ≤ ||f − PN || = ||(f − g) + (g − PN )|| ≤ ||f − g|| + ||g − PN || < 

Napomena: valja uočiti kako je ova tvrdnja ekvivalentna tvrdnji potpunosti ortonormiranog skupa trigonometrijskih funkcija cos(nx) i sin(nx) na prostoru L2 ([−π, π]).

Definicija 5.30. Neka je S ⊆ R. Za funkciju f : S → R kažemo da je neprekidna u točki x0 ∈ R ako za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da za svaki x ∈ S vrijedi |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| <  Nadalje, kažemo da je funkcija f neprekidna na skupu S ako je neprekidna u svakoj točki x ∈ S, odnosno da je neprekidna po dijelovima na skupu S ako je na svakom konačnom intervalu [b, c] ⊆ S neprekidna izuzev u konačno mnogo točaka, te ako u svakoj točki prekida a ∈ S postoje limesi f (a + 0) = lim f (a + ) i →0+

f (a − 0) = lim f (a − ) . →0+

Alternativne oznake: f (a+ ) umjesto f (a + 0), te f (a− ) umjesto f (a − 0). Napomena: valja uočiti ako su sve neprekidne, kao i po dijelovima neprekidne funkcije f : [a, b] → R nužno omeđene, |f | < M , a stoga i kvadratno integrabilne. Definicija 5.31. Neka je S ⊆ R. Za funkciju f : S → R definiramo desnu i lijevu derivaciju u točki x ∈ S pomoću narednih limesa, f 0 (x + 0) = lim+ →0

f (x + ) − f (x + 0) , 

f 0 (x − 0) = lim+ →0

f (x − 0) − f (x − ) 

Primjer: x, −π ≤ x ≤ π2 π − x , π2 ≤ x < π

π π π f +0 =f −0 = 2 2 2 

f (x) =

f0


f ( π + ) − f ( π2 + 0) π − ( π2 + ) − π + 0 = lim+ 2 = lim+ 2   →0 →0 f0


f ( π − 0) − f ( π2 − ) π − 0 = lim+ 2 = lim+ 2  →0 →0

π 2

π 2

= −1

− ( π2 − ) =1 

152

Poglavlje 5. Fourierov red

Lema 5.32. Neka je f ∈ L2 ([−π, π]) po dijelovima neprekidna funkcija, takva da u nekoj točki x ∈ [−π, π] postoje limesi f (x ± 0) i f 0 (x ± 0). Tada vrijedi Z f (x + 0) 1 π f (x + t)DN (t) dt = lim N →∞ π 0 2 Z 0 f (x − 0) 1 f (x + t)DN (t) dt = lim N →∞ π −π 2 Dokaz : Koristeći činjenicu da je Dirichletova jezgra parna funkcija, integriranjem odmah dobivamo Z Z Z π 1 π 1 0 1 1 DN (t) dt = DN (t) dt = DN (t) dt = π 0 π −π 2π −π 2 Za promatranu točku x definiramo po dijelovima neprekidne funkcije g : h0, π] → R , h : [−π, 0i → R ,

h(t) =

f (x − 0) − f (x + t) . 2 sin(t/2)

f (x + ) − f (x + 0)  = f 0 (x + 0)  2 sin(/2)

lim h(0 − ) = lim

f (x − 0) − f (x − )  = f 0 (x − 0)  2 sin(/2)

→0

→0

→0

π

Z

f (x + t) − f (x + 0) , 2 sin(t/2)

lim g(0 + ) = lim

→0

1 π

g(t) =

f (x + t)DN (t) dt − 0

1 = π

π

Z 0

f (x + 0) 1 = 2 π

π

Z

(f (x + t) − f (x + 0))DN (t) dt = 0

1 2 sin(t/2) g(t)DN (t) dt = π

π

Z

g(t) sin 0



 1 t dt N+ 2

Funkciju g možemo proširiti funkcijom gˆ : [−π, π] → R,  g(t) , 0 < t ≤ π gˆ(t) = 0, −π ≤ t ≤ 0 Kako je g po dijelovima neprekidna funkcija na intervalu [0, π], slijedi i da je gˆ po dijelovima neprekidna funkcija na intervalu [−π, π], pa je gˆ ∈ L2 ([−π, π]). Nadalje, kako je Z π Z π |ˆ g (t) cos(t/2)|2 dt ≤ |ˆ g (t)|2 dt < ∞ −π

Z

−π

π

|ˆ g (t) sin(t/2)|2 dt ≤ −π

Z

π

|ˆ g (t)|2 dt < ∞ −π

vrijedi i gˆ(t) cos(t/2) ∈ L2 ([−π, π]), te gˆ(t) sin(t/2) ∈ L2 ([−π, π]). Konačno, koristeći Riemann-Lebesgueovu lemu sada slijedi     Z Z 1 π 1 π 1 1 g(t) sin N + t dt = lim gˆ(t) sin N + t dt = lim N →∞ π −π N →∞ π 0 2 2 Z π   1 = lim gˆ(t) sin(N t) cos(t/2) + cos(N t) sin(t/2) dt = 0 N →∞ π −π čime je dokaza prva tvrdnja. Druga tvrdnja se dokaže potpuno analogno, koristeći funkciju h.

153

§ 5.9. Konvergencija Fourierovog reda

Teorem 5.33. Neka je f periodična, po dijelovima neprekidna funkcija, te derivabilna s lijeva i s desna u točki x. Tada Fourierov red funkcije f u točki x konvergira k vrijednosti f (x + 0) + f (x − 0) 2 Specijalno, ako je funkcija f , koja zadovoljava gore navedena svojstva, neprekidna u točki x, onda Fourierov red funkcije f u točki x konvergira k vrijednosti f (x). Dokaz : 1 π

fN (x) =

Z

π

f (u)DN (u − x) du = |t = u − x| = −π

1 π

Z

π−x

f (t + x)DN (t) dt −π−x

Općenito, za svaku funkciju p(x) perioda P , te a ∈ R vrijedi Z P +a Z a Z p(x) dx = |y = x − P | = p(y) dy = P

0

P +a

Z

P

Z

a

Z −

p(x) dx = 0

a

Z

p(x) dx 0

P +a 

P

Z

p(x) dx

p(x) dx =

+ 0

a

0

P

Kako su i f i DN funkcije perioda 2π, isto vrijedi i za njihov produkt, pa je Z 1 π fN (x) = f (t + x)DN (t) dt π −π Koristeći Lemu 5.32 odmah imamo lim fN (x) = lim

N →∞

= lim

N →∞

1 π

Z

N →∞

1 π

Z

π

f (t + x)DN (t) dt = −π

0

f (t + x)DN (t) dt + lim

N →∞

−π

=

1 π

π

Z

f (t + x)DN (t) dt = 0

f (x + 0) + f (x − 0) 2

Primjer: f ∈ L2 ([−π, π])  f (x) = Za n 6= 0 an =

1 π

Z

1 = π

A, B,

x ∈ [−π, 0i x ∈ [0, πi

0

Z A cos(nx) dx +

−π

π

 B cos(nx) dx =

0

  sin(nx) 0 sin(nx) π A =0 +B n n −π 0 1 (πA + πB) = A + B π  Z π A sin(nx) dx + B sin(nx) dx =

a0 =

Z 0 1 bn = π −π 0   n n (−1) − 1 1 − (−1)n 1 1 − (−1) A +B = (B − A) π n n πn

154

Poglavlje 5. Fourierov red

Dakle,

∞

A + B X 2(B − A) f˜(x) = + sin((2k + 1)x) 2 π(2k + 1) k=0

A+B f˜(0) = 2

Teorem 5.34. Ako je f ∈ L2 ([−π, π]) neprekidna funkcija na intervalu [−π, π], vrijedi f (π − 0) = f (−π + 0) te je f 0 po dijelovima neprekidna funkcija, tada Fourierov red funkcije f konvergira uniformno k funkciji f na intervalu [−π, π]. Dokaz : Kako je po pretpostavci f 0 po dijelovima neprekidna funkcija, vrijedi f 0 ∈ L2 ([−π, π]) Pronađimo sada Fourierov razvoj funkcije f 0 ,   Z π Z π 1 1 π cos(nx)f (x) + n sin(nx)f (x) dx = nbn cos(nx)f 0 (x) dx = a0n = π −π π −π −π   Z π Z π π 1 1 b0n = sin(nx)f 0 (x) dx = sin(nx)f (x) − n cos(nx)f (x) dx = −nan π −π π −π −π fe0 (x) =

∞ X

nbn cos(nx) − nan sin(nx)

n=1

Parsevalov identitet,

∞ X

|a0n |2 + |b0n |2 = ||f 0 ||2 < ∞

n=1

odakle slijedi da red

∞ X

n2 |an |2 + |bn |2




n=1

konvergira. Sada ćemo dokazati da i red ∞ X p |an |2 + |bn |2 n=1

konvergira. Naime, koristeći vektore uN , vN ∈ RN   q  1 1 p 1 , vN = uN = 1, , , . . . , |a01 |2 + |b01 |2 , . . . , |a0N |2 + |b0N |2 2 3 N i SCB nejednakost, imamo N X p

|an |2 + |bn |2 =

n=1

=

N X 1p 0 2 |an | + |b0n |2 = | huN , vN i | ≤ ||uN || · ||vN || = n n=1 N X 1 2 n n=1

!21

N X n=1

!12 |a0n |2

+

|b0n |2

155

§ 5.10. Sumiranje redova pomoću Fourierovog reda

Odavde slijedi ∞ X p |an |2 + |bn |2 ≤ n=1

∞ X 1 2 n n=1

Nadalje, koristeći činjenicu da je p |an | ≤ |an |2 + |bn |2 slijedi

∞ X

|an | + |bn | ≤ 2

n=1

!1

∞ X

2

!1 2

|a0n |2

+

|b0n |2

n=1

i |bn | ≤

p |an |2 + |bn |2 ,

∞ X p |an |2 + |bn |2 < ∞ n=1

Prisjetimo se Weierstraßovog M -testa uniformne konvergencije niza {fn }n∈N funkcija fn : S → C na S ⊆ C : ako za svaku broj Mn > 0, takav da je |fn (x)| ≤ P funkciju fn postoji realanP Mn (za svaki x ∈ S), te red n Mn konvergira, tada red n fn konvergira uniformno na S. Odavde, zbog |an cos(nx) + bn sin(nx)| ≤ |an cos(nx)| + |bn sin(nx)| ≤ |an | + |bn | slijedi da Fourierov red

∞

a0 X + an cos(nx) + bn sin(nx) 2 n=1 konvergira uniformno na intervalu [−π, π].

Napomena: ako funkcija ima prekid, tada se u njegovoj blizini javlja Gibbsov fenomen i on je u pozadini toga što pripadni Fourierov red ne konvergira uniformno.

§ 5.10 Sumiranje redova pomoću Fourierovog reda Napomena: a ˜0 =

E D 1 1 √ , f = √ h1, f i , 2 2

a0 = h1, f i ,

|˜ a0 |2 =

|a0 |2 2

pa Parsevalova jednakost u slučaju Fourierovog reda glasi 1 π

∞

π

|a0 |2 X |f (x)| dx = + |an |2 + |bn |2 2 −π n=1

Z

2

Primjer: f : [−π, π] → R, gdje je f (x) = x. Z π 1 an = x cos(nx) dx = 0 π −π bn =

1 π

Z

π

x sin(nx) dx = {u = x , dv = sin(nx) dx} = −π

156

Poglavlje 5. Fourierov red

  Z π π 1 1 x cos(nx) dx = − cos(nx) + π n n −π −π  π  2 1 π 1 = (−1)n+1 = −2 (−1)n + 2 sin(nx) π n n n −π =

f˜(x) =

∞ X 2 (−1)n+1 sin(nx) n n=1

Parseval, 1 π

π

Z

x2 dx =

−π

∞ X 4 n2 n=1

∞ X π2 1 = n2 6 n=1

Primjer: f : [−π, π] → R, 

2 a0 = π

0≤x<π −π ≤ x < 0

x, −x ,

f (x) = Z

π

x dx = 0

2 π2 =π π 2

Za n > 0: bn = 0, te   Z π 1 Z π 2 π 2 x an = x cos(nx) dx = sin(nx) − sin(nx) dx = π 0 π n n 0 0 π
2 2 cos(nx) = 2 (−1)n − 1 2 n π n π 0 ∞ X π 4 cos((2k + 1)x) f˜(x) = − 2 π (2k + 1)2

=

k=0

Funkcija f (x) je neprekidna, pa je ∞ π 4 X 1 f˜(0) = f (0) = 0 = − 2 π (2k + 1)2 k=0

odnosno

∞ X k=0

1 π2 = 2 (2k + 1) 8

Primjer: f : [−1, 1] → R, gdje je f (x) = x2 2 a0 = 1 2 an = 1

Z

1 2

x cos 0



Z

1

x2 dx =

0

2nπ x 2

 =

2 3

4 (−1)n , π 2 n2

bn = 0

157

§ 5.10. Sumiranje redova pomoću Fourierovog reda ∞ 1 4 X (−1)n cos(nx) f˜(x) = + 2 3 π n=1 n2

Funkcija f (x) je neprekidna, pa je ∞ 1 4 X (−1)n f˜(0) = f (0) = 0 = + 2 , 3 π n=1 n2

∞ X π2 (−1)n+1 = 2 n 12 n=1

Nadalje, koristeći Parsevalovu jednakost Z 1 ∞ 2 2 16 X 1 x4 dx = = + 4 5 9 π n=1 n4 −1 ∞ X π4 1 = 4 n 90 n=1

Kratka kronologija analize konvergencije Fourierovog reda: 1822. Fourier postavlja hipotezu da je “sve funkcije” moguće prikazati u obliku trigonometrijskog reda. 1829. Dirichlet daje prvi strogi dokaz za ?? funkcije. 1875. Weierstraß daje primjer neprekidne, ali nigdje derivabilne funkcije pomoću Fourierovog reda, ∞ X an cos(bn x) n=0

gdje je 0 < a < 1, a b je neparan cijeli broj, takav da vrijedi ab > 1 + (3π/2). 1876. Paul Du Bois-Reymond daje primjer neprekidne periodične funkcije (derivabilnost vjerojatno nije zadovoljena?) čiji Fourierov red divergira u jednoj točki. 1881. C. Jordan: konvergencija za funkcije ograničene varijacije u f (x + 0) + f (x − 0) 2 1904. Fejér: usrednjene parcijalne sume teže u vrijednost funkcije . . . 1913. Lusin postavlja hipotezu . . . 1926. Kolmogorov je konstruirao (Lebesgue integrabilnu) funkciju čiji Fourierov red divergira gotovo svugdje. 1966. Kahane i Katznelson dokazuju da za svaki skup mjere nula N ⊂ [−π, π] postoji neprekidna funkcija čiji Fourierov red divergira u točkama skupa N . 1966. Lennart Carleson je dokazao da Fourierov red svake funkcije f ∈ L2 gotovo svugdje konvergira (po točkama) u vrijednost funkcije f . 1968. Richard A. Hunt proširuje Carlesonov rezultat na funkcije f ∈ Lp za p > 1.

Poglavlje 5. Fourierov red

158

6 Fourierov transformat Neformalan uvod. Počinjemo s kompleksnim zapisom Fourierovog reda . . .
bn inx
an inx e + e−inx + e − e−inx = 2 2i     an bn an bn = + einx + − e−inx 2 2i 2 2i

an cos(nx) + bn sin(nx) =

an bn an bn + , A−n = − 2 2i 2 2i Specijalno, kako je b0 = 0 imamo (konzistentno) A0 = a0 /2. An =

f˜(x) =

∞ X

An einx

n=−∞

An =

1 2π

A−n =

Z

1 2π

π

−π

Z


1 cos(nx) − i sin(nx) f (x) dx = 2π

π

−π

Z


1 cos(nx) + i sin(nx) f (x) dx = 2π

π

e−inx f (x) dx

−π

Z

π

einx f (x) dx

−π

Za Fourierov red na intervalu [−L, L] imamo f˜(x) =

∞ X

An einπx/L ,

An =

n=−∞

1 2L

Z

L

f (x) e−inπx/L dx

−L

Sada nas zanima limes kada je domena cijeli R, odnosno kada imamo funkciju koja nije nužno periodična. Uvrštavanjem koeficijenata An natrag u izraz za funkciju f˜ imamo ! Z L ∞ X 1 −inπk/L f˜(x) = lim f (k) e dk einπx/L = L→∞ 2L −L n=−∞ ∞ X

1 = lim L→∞ 2L n=−∞

Z

L

f (k) einπ(x−k)/L dk

−L

159

160

Poglavlje 6. Fourierov transformat

Sada uvodimo λn = nπ/L, te ∆λ = λn+1 − λn = π/L, f˜(x) = lim

L→∞

∞ X

1 2π n=−∞

Neka je FL (λ) =

1 2π

Z

Tada imamo f˜(x) = lim

L→∞

Z

!

L

f (k) e

iλn (x−k)

dk ∆λ

−L

L

f (k) eiλ(x−k) dk

−L ∞ X

FL (λn ) ∆λ

n=−∞

U limesu L → ∞ gornja suma prelazi u integral, ∆λ → dλ, pa pišemo Z ∞ 1 f (k)eiλ(x−k) dk FL (λ) → 2π −∞ Dakle, “na prste” smo dobili . . .  Z ∞ Z ∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 f˜(x) = dλ dk f (k)eiλ(x−k) = f (k)e−iλk dk eiλx dλ 2π −∞ 2π −∞ −∞ −∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 f (k) e−iλk dk = √ f (x) e−iλx dx F (λ) = √ 2π −∞ 2π −∞ Z ∞ 1 F (λ) eixλ dλ f˜(x) = √ 2π −∞

§ 6.1 Osnovna svojstva Fourierovog transformata U poglavlju o Fourierovim transformatima promatrat ćemo kompleksne, apsolutno i kvadratno integrabilne, funkcije   Z ∞ Lp (R) = f : R → C | |f (x)|p dx < ∞ −∞

za p ≥ 1. Skalarni produkt na prostorima L1 i L2 definiramo s Z ∞ 1 hf, gi = √ f (x)∗ g(x) dx 2π −∞

Definicija 6.1. Fourierov transformat F : R → C funkcije f ∈ L1 (R) je definiran s Z ∞ 1 F (ω) = √ f (t) e−iωt dt (6.1) 2π −∞

161

§ 6.1. Osnovna svojstva Fourierovog transformata

pri čemu je integral definiran kao limes Z ∞ Z −iωt f (t) e dt = lim −∞

L→∞

L

−L

f (t) e−iωt dt ≡ lim FL (ω) L→∞

Obično koristimo oznaku F[f ](ω) = F (ω). Napomena: Iako je odabir oznaka varijabli nebitan s matematičkog stanovišta, on može poslužiti kako bi se sugeriralo na fizikalnu interpretaciju varijabli. Tako, na primjer, pored para varijabli {t, ω} koji upućuje na fizikalni par {vrijeme, frekvencija}, susrećemo i par varijabli {x, k} koji upućuje na fizikalni par {prostor, impuls}. Ponekad se koriste i fraze “direktni” i “impulsni” prostor. Primjer: f (t) = e−|t| . Lako se provjeri da je f ∈ L1 (R). Z L Z 0 Z L 1 1 1 e−|t| e−iωt dt = √ et e−iωt dt + √ e−t e−iωt dt = FL (ω) = √ 2π −L 2π −L 2π 0  iωL  1 2 e−L e e−iωL =√ −√ + 2π 1 + ω 2 2π 1 − iω 1 + iω 2 1 F (ω) = lim FL (ω) = √ L→∞ 1 + ω2 2π Primjer: Neka je f (t) funkcija nekog zaprimljenog signala (elongacije nekog mehaničkog oscilatora, izmjeničnog napona u strujnom krugu, zabilješka potresa na seizmografu ili inteziteta svjetlosti pulsara). Promotrimo koje je fizikalno značenje Fourierovog transformata F[f ]. Za primjer ćemo za početak uzeti jednostavnu funkciju: sinusni signal konačnog “trajanja”, f (t) = sin(ω0 t) χ[−T,T ] Z T Z T
1 1 1 F (ω) = √ sin(ω0 t)e−iωt dt = √ eiω0 t − e−iω0 t e−iωt dt = 2π −T 2π 2i −T  i(ω0 −ω)t  1 1 e e−i(ω+ω0 )t T T =√ = − 2π 2i i(ω0 − ω) −T −i(ω + ω0 ) −T   sin((ω − ω0 )T ) sin((ω + ω0 )T ) i = −√ − ω − ω0 ω + ω0 2π 1 sin((ω − ω0 )T ) sin((ω + ω0 )T ) − |F (ω)| = √ ω − ω0 ω + ω0 2π Dva dobivena šiljka u spektru odgovaraju frekvencijama funkcija e±iω0 t . Nadalje, kako je signal konačnog trajanja, uz dva glavna šiljka imamo “nabore”. Šiljci će bit čim bolje definirani, odnosno “nabori” manje izraženi, što je signal duljeg trajanja. S limesom signala beskonačnog trajanja (T → ∞) ćemo se upoznati malo kasnije. Usput, pojava šiljaka “u paru” je tipična kod realnih funkcija jer F (−ω) = (F (ω))∗ , Primjer: Fraunhoferova difrakcija,

|F (−ω)| = |F (ω)|

162

Poglavlje 6. Fourierov transformat

P

x

N

θ

z

L

Elektromagnetski (ravni) val, frekvencije ω i valnog broja k = ω/c, opisan električnim poljem E(z, t) = E0 ei(ωt−kz) x ˆ nailazi na pukotinu širine 2a. Razlika u putovima i u fazi dvije zrake koje dolaze u točku P na zastoru, ∆ = x sin θ ,

e−ik∆ = e−ikx sin θ = e−ikx x

Intezitet svjetla I(P ) u nekoj točki zastora P (zadanoj fiksnim kutom θ) je proporcionalan kvadratu amplitude električnog polja u toj točki. Imamo stoga R a −ikx x 2 e dx −a |E(P, t)| 2π|F[f ](kx )|2 I(P ) = = = I(N ) |E(N, t)|2 (2a)2 R a 2 −a dx 2

U brojniku nam se pojavio Fourierov transformat “funkcija pukotine” f (x),  1 , |x| ≤ a f (x) = χ[−a,a] = 0 , |x| > a 1 F[f (x)](kx ) = √ 2π

∞

1 e−ikx x a 2 sin(kx a) f (x)e−ikx x dx = √ =√ −ik kx −a 2π 2π x −∞

Z

Uvrštavanjem u gornji izraz imamo I(P ) =

sin2 (kx a) I(N ) ≈ (kx a)2



sin(kaθ) kaθ

2 I(N )

Teorem 6.2. Neka je f ∈ L1 (R) po dijelovima neprekidna funkcija. Tada njen Fourierov transformat F (ω) ima sljedeća svojstva: a) F (ω) je dobro definirana za sve ω ∈ R, b) F (ω) je neprekidna funkcija, te c) limω→±∞ F (ω) = 0

163

§ 6.1. Osnovna svojstva Fourierovog transformata

Dokaz : a) odmah slijedi iz nejednakosti Z

1 |F (ω)| ≤ √ 2π

∞

|f (t)| dt < ∞ −∞

b) Promotrimo razliku 1 |F (ω) − F (ω0 )| ≤ √ 2π

∞

Z

|f (t)| · |e−i(ω−ω0 )t − 1| dt

−∞

2
ω − ω0 −i(ω−ω0 )t − 1 = 2 1 − cos((ω − ω0 )t) = 4 sin t e 2 Z ∞ ω − ω0 2 |f (t)| · sin t dt |F (ω) − F (ω0 )| ≤ √ 2 2π −∞ Uvedimo pomoćnu oznaku Z

T

|f (t)| dt > 0

J(T ) = −T

Ovdje iz razmatranja izostavljamo trivijalan slučaj kada je f ≡ 0, pa J(T ) = 0 za sve T . Kako je f apsolutno integrabilna funkcija, vrijedi J ≡ lim J(T ) < ∞ , T →∞

pa za svaki  > 0 postoji T > 0, takav da je J − J(T ) < /2 , odnosno

Z |f (t)| dt < /2 . |t|≥T

Kako za svaki x ∈ R vrijedi | sin(x)| ≤ 1, imamo nejednakost Z Z ω − ω0 t dt ≤ |f (t)| dt < /2 |f (t)| · sin 2 |t|≥T |t|≥T Nadalje, za svaki x ∈ R vrijedi i | sin(x)| ≤ |x|, pa ako je |t| ≤ T , imamo |ω − ω0 | ω − ω0 t ≤ T sin 2 2 Za sve frekvencije ω, takve da vrijedi |ω − ω0 | ≤ /T J(T ), imamo Z

T

−T

Z T  ω − ω0  t dt ≤ |f (t)| · sin |f (t)| dt = 2 2J(T ) −T 2

Sve skupa, to znači da za svaki  > 0 postoji δ = /T J(T ) > 0 (gdje je pomoćni parametar T zadan brojem ), takav da |ω − ω0 | < δ povlači Z ∞ ω − ω0 |f (t)| · sin t dt = 2 −∞ Z

T

= −T

Z ω − ω0 ω − ω0   |f (t)| · sin t dt + |f (t)| · sin t dt < + =  , 2 2 2 2 |t|≥T

čime je dokazana tvrdnja. c) Slijedi iz Riemann-Lebesgueove leme.

164

Poglavlje 6. Fourierov transformat 2

Primjer: f (t) = e−at uz a > 0. Koristimo trik pomoću deriviranja. Prvo valja provjeriti da je moguća zamjena derivacije i integrala: F (ω) je definirana za sve ω ∈ R, a integral Z

∞

−∞

Z ∞ 2 ∂  −iωt −at2  e e dt = (−it) e−iωt e−at dt ∂ω −∞

kovergira uniformno jer je podintegralna funkcija neprekidna. Nadalje, vrijedi 2

2

|(−it) e−iωt e−at | = |t|e−at , te

Z

∞

|t|e

−at2

Z

∞

dt = 2

−∞

0

2 2 ∞ 1 1 t e−at dt = − e−at = a a 0

Stoga, 1 d F (ω) = √ dω 2π

Z

∞

2

(−it)e−iωt e−at dt

−∞ 2

u = e−iωt ,

2

du = −iωe−iωt dt , −2ate−at dt = dv , v = e−at   Z ∞ 2 ∞ 2 1 i d ω F (ω) = √ e−iωt e−at + iω e−iωt e−at dt = − F (ω) dω 2a −∞ 2π 2a −∞ ω2 ω2 + C , F (ω) = A e− 4a 4a √ π 1 1 √ = √ =A F (0) = √ a 2π 2a

ln(F (ω)) = −

ω2 1 F (ω) = √ e− 4a 2a

Prema tome, uz izbor 2a = 1 imamo F (ω) = e−

ω2 2

= f (ω)

Definicija 6.3. Neka je f ∈ L1 (R) po dijelovima neprekidna funkcija, te F = F[f ] njen Fourierov transformat. Inverzan Fourierov transformat funkcije F je definiran izrazom Z L 1 −1 F [F ](t) = lim √ F (ω)eiωt dω (6.2) L→∞ 2π −L

Teorem 6.4. Neka je f ∈ L1 (R) po dijelovima neprekidna funkcija, a F njen Fourierov transformat. Tada za svaki t ∈ R u kojem postoje f 0 (t ± 0) vrijedi F−1 [F ](t) =

f (t − 0) + f (t + 0) 2

(6.3)

165

§ 6.1. Osnovna svojstva Fourierovog transformata

Dokaz :

Z L Z ∞ 0 1 eiωt dω f (t0 )e−iωt dt0 = L→∞ 2π −L −∞ Z L Z ∞ 0 1 eiω(t−t ) dω = lim f (t0 ) dt0 L→∞ 2π −∞ −L

F−1 [F ](t) = lim

Z

0

L

0

eiω(t−t ) dω =

−L

0

eiL(t−t ) − e−iL(t−t i(t − t0 )

)

=

2 sin(L(t − t0 )) t − t0

Koristeći supstituciju u = t0 − t dobivamo F−1 [F ](t) = lim

L→∞

1 = lim L→∞ π

∞

Z 0

1 π

Z

∞

f (t + u) −∞

sin(Lu) f (t + u) du + u

Z

sin(Lu) du = u

0

sin(Lu) f (t + u) du u −∞



Za svaki R > 0 možemo napraviti rastav Z ∞
sin(Lu) f (t + u) − f (t + 0) du = u 0 Z ∞ Z ∞ Z R
sin(Lu) sin(Lu) sin(Lu) du+ f (t+u) du− f (t+0) du = f (t+u)−f (t+0) u u u R R 0 Ovu jednakost možemo simbolički zapisati kao I = I1 + I2 + I3 , odakle preko nejednakosti trokuta na skupu C slijedi |I| ≤ |I1 | + |I2 | + |I3 |. Riemann-Lebeguesova lema nam govori da je za svaki  > 0 postoji L > 0, takav da je |I1 | ≤ /3 (pri tom koristimo pretpostavljena svojstva funkcije f , kao i kod dokaza konvergencije po točkama Fourierovog reda). Nadalje, vrijedi Z Z ∞ sin(Lu) 1 ∞ |I2 | ≤ |f (t + u)| du , |I3 | ≤ |f (t + 0)| · R R u R Ovdje imamo dva konvergentna integrala (prvi po pretpostavci teorema, a kod drugog se u to možemo uvjeriti diraktnim računom), pa za svaki  > 0 postoji R > 0, takav da je |I2 | ≤ /3 i |I3 | ≤ /3. Sve skupa, imamo |I| ≤ , pa je Z ∞ Z ∞ sin(Lu) sin(Lu) π du = f (t + 0) lim du = f (t + 0) lim f (t + u) L→∞ 0 L→∞ 0 u u 2 Analogno se pokaže Z

0

lim

L→∞

f (t + u) −∞

sin(Lu) π du = f (t − 0) u 2

odakle slijedi tražena tvrdnja.

Teorem 6.5. Neka su f, g ∈ L1 (R) po dijelovima neprekidne funkcije. Tada njihovi Fourierovi transformati zadovoljavaju naredna svojstva a) linearnost: za sve κ, λ ∈ C, F[κf + λg] = κF[f ] + λF[g]

(6.4)

b) množenje s potencijom varijable: ako je tk f (t) ∈ L1 (R) za sve k < n ∈ N tada vrijedi F[tn f (t)](ω) = in F(n) [f ](ω) (6.5)

166

Poglavlje 6. Fourierov transformat

c) transformat derivacije: ako je limt→±∞ f (k) (t) = 0 za sve k < n ∈ N, tada vrijedi F[f (n) (t)](ω) = (iω)n F[f ](ω)

(6.6)

Dokaz : Prva tvrdnja trivijalno slijedi iz osnovnih svojstava integrala. Nadalje, 1 F[tn f (t)](ω) = √ 2π

Z

∞

−∞

1 F[f (n) (t)](ω) = √ 2π 1 = √ 2π

 f

1 dn F[f ](ω) = in F(n) [f ](ω) (−i)n dω n

dt tn f (t)e−iωt =

(n−1)

(t)e

Z

∞

dt f (n) (t)e−iωt =

−∞

Z ∞ − (−iω)

−iωt

−∞

iω = √ 2π

∞

Z

∞

dt f

(n−1)

−iωt

(t)e

 =

−∞

dt f (n−1) (t)e−iωt = · · · = (iω)n F[f ](ω)

−∞

Teorem 6.6. (Plancherel) Neka su f, g ∈ L2 (R) po dijelovima neprekidne funkcije, te F = F[f ] i G = F[g] njihovi Fourierovi transformati. Tada vrijedi hF, Gi = hf, gi

(6.7)

||F || = ||f ||

(6.8)

Specijalno, za f = g vrijedi

Dokaz : 1 hF, Gi = √ 2π

Z

∞

1 dω F (ω)∗ G(ω) = √ 2π −∞

Z

∞

1 dω F (ω)∗ √ 2π −∞

Z

∞

dt g(t) e−iωt =

−∞

Z ∞ Z ∞ 1 1 = √ dt g(t) √ dω F (ω)∗ e−iωt = 2π −∞ 2π −∞  ∗ Z ∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 1 iωt dt g(t) √ dω F (ω) e dt f (t)∗ g(t) = hf, gi = √ = √ 2π −∞ 2π −∞ 2π −∞

Ovo je svojevrsan analogon Parsevalove jednakosti u slučaju Fourierovog transformata. Opet možemo reći kako je ukupna energija dobivena integracijom u “direktnom prostoru” jednaka energiji dobivenoj integracijom u “frekventnom prostoru”.

167

§ 6.2. Princip neodređenosti

§ 6.2 Princip neodređenosti Definicija 6.7. Neka je f ∈ L2 (R). Disperzija funkcije f oko točke a ∈ R je definirana izrazom R∞ (t − a)2 |f (t)|2 dt ||(t − a)f (t)||2 = (6.9) ∆a f = −∞R ∞ ||f ||2 |f (t)|2 dt −∞ Disperzija mjeri “raširenost” funkcije (poput varijance u statistici). Za primjer možemo uzeti funkciju f : R → R, definiranu s f (t) =

t2

1 , + b2

b>0

Njenu disperziju možemo izračunati pomoću kompleksnog integrala Z ∞ I (λt − a)2 (λz − a)2 dt → dz 2 2 2 2 2 2 −∞ (t + b ) C (z + b ) gdje je C polukružna integracijska krivulja. Integral iz brojnika dobivamo za λ = 1, a integral iz nazivnika za λ = 0 i a = 1. Imamo polove 2. reda u z = ±ib, d (λz − a)2 i = − 3 (a2 + (λb)2 ) z→ib dz (z + ib)2 4b

Res(ib) = lim

||(t − a)f (t)||2 =

π (a2 + b2 ) , 2b3

||f (t)||2 =

π 2b3

Dakle, disperzija je dana izrazom ∆a f = a2 + b2 Specijalno, za a = 0 imamo ∆0 f = b2 . Valja uočiti kako je ovo kvadrat polovice širine krivulje na polovici visine maksimuma krivulje (u xmax = 0), p 1 1 f (0) = 2 = 2 ⇒ x 0 = b = ∆0 f 2 2 2b x0 + b Konačno izračunajmo Fourierov transformat ove funkcije, Z ∞ −iωt 1 e 2πi F (ω) = F[f ](ω) = √ dt = sgn(ω) √ e−b|ω| 2 + b2 t 2π −∞ 2π Disperzija Fourierovog transformata je ||(ω − α)F ||2 =

π (1 + 2α2 b2 ) , b3

||F ||2 =

2π b

1 1 (1 + 2α2 b2 ) , ∆0 F = 2 2 2b 2b Primjetimo, kada povećavamo parametar b, disperzija funkcije f se povećava, a disperzija transformata F smanjuje, i obratno, kada smanjujemo parametar b disperzija funkcije f se smanjuje, a disperzija transformata F povećava. Drugim riječima, kada se funkcija “širi” njen Fourierov transformat se “skuplja” i obratno. Sada ćemo pokazati da je ovo općenit fenomen. ∆α F =

168

Poglavlje 6. Fourierov transformat

Teorem 6.8. (Princip neodređenosti) Neka je f ∈ L2 (R), takva da je lim t|f (t)|2 = 0

t→±∞

Tada vrijedi ∆a f · ∆α F ≥

1 4

(6.10)

za sve a, α ∈ R. Dokaz : Prvo ćemo dokazati da vrijedi identitet
D (t − a)f (t) − (t − a)Df (t) = f (t) ,

D≡

d − iα dt

Imamo odmah
D (t − a)f (t) = f (t) + (t − a)f 0 (t) − iα(t − a)f (t) pa je
D (t − a)f (t) − (t − a)Df (t) = f (t) + (t − a)f 0 (t) − iα(t − a)f (t)− −(t − a)f 0 (t) + iα(t − a)f (t) = f (t) Pomnožimo sada obje strane dobivenog identiteta skalarno s funkcijom f ,


 D (t − a)f (t) , f (t) − h(t − a)Df (t), f (t)i = ||f ||2 Valja primjetiti da je h−iα(t − a)f (t), f (t)i = h(t − a)f (t), iαf (t)i , h(t − a)Df (t), f (t)i = hDf (t), (t − a)f (t)i , te da primjenom parcijalne integracije i pretpostavke u teoremu imamo Z ∞

 1 ((t − a)f (t))0 , f (t) = √ ((t − a)f ∗ (t))0 f (t) dt = 2π −∞   Z ∞ ∞

 1 − (t − a)|f (t)|2 (t − a)f ∗ (t)f 0 (t) dt = (t − a)f (t), −f 0 (t) = √ −∞ 2π −∞ To znači da gornju jednakost možemo pisati u obliku h(t − a)f (t), −Df (t)i − hDf (t), (t − a)f (t)i = ||f ||2 Primjenom nejednakosti trokuta h(t − a)f (t), −Df (t)i + hDf (t), (t − a)f (t)i ≥ ||f ||2 a zatim SCB nejednakosti 2 Df (t) · (t − a)f (t) ≥ ||f ||2 Primjenom Plancherelovog teorema i svojstava Fourierovog transformata imamo jednakost Df (t) = F[Df (t)] = (iω − iα)F (ω) = (ω − α)F (ω) Dakle,

2 (ω − α)F (ω) · (t − a)f (t) ≥ ||f ||2

169

§ 6.2. Princip neodređenosti

Ako sada ovu nejednakost kvadriramo (to možemo napraviti jer su obje strane pozitivne), 2 2 4 (ω − α)F (ω) · (t − a)f (t) ≥ ||f ||4 , pa uvrstimo definicije disperzije funkcije f i njenog transformata F , (ω − α)F (ω) 2 = ||F ||2 ∆α F ,

(t − a)f (t) 2 = ||f ||2 ∆a f ,

korištenjem jednakosti ||F || = ||f ||, dobivamo nejednakost ∆α F (ω) · ∆a f (t) ≥

1 4

Za koje sve funkcije vrijedi gornja jednakost? Primjer: Heisenbergova relacija neodređenosti u kvantnoj mehanici. Koordinata x i impuls p u kvantnoj fizici su opisani operatorima x ˆ i pˆ = −i~∂x , te pri tom zadovoljavaju komutacijsku relaciju [ˆ x, pˆ] = i~ ˆ dana je izrazima Srednja očekivana vrijednost operatora O



 ˆ = ψ|O|ψ ˆ O =

Z

∞

ˆ ψ ∗ (x)Oψ(x) dx =

−∞

Z

∞

ˆ ψ ∗ (p)Oψ(p) dp

−∞

1 ψ(p) = √ 2π

Z

∞

ψ(x)e−ipx/~ dx

−∞

Neodređenost u koordinati i impulsu: neka je hˆ xi = x0 i hˆ pi = p0

 (∆x)2 = (ˆ x − hˆ xi)2 = ∆x0 ψ(x)

 (∆p)2 = (ˆ p − hˆ pi)2 = ∆p0 ψ(p) ∆x · ∆p ≥

~ 2

FT u D dimenzija. Kada imamo funkciju f : RD → R, tada . . . Z 1 F[f (r)](k) = f (r)e−ik·r dD r (2π)D/2 F

−1

1 [F (k)](r) = (2π)D/2

Z

F (k)eik·r dD k

170

Poglavlje 6. Fourierov transformat

§ 6.3 Konvolucija Definicija 6.9. Konvolucija dvije funkcije f i g je definirana izrazom Z ∞ 1 f (u)g(x − u) du (f ∗ g)(x) = √ 2π −∞

(6.11)

Napomena: ovdje koristimo odabir normalizacije koji smanjuje količinu dodatnih predfaktora √ u izrazima koji slijede (dio literature u definiciji konvolucije izostavlja faktor 1/ 2π ). Teorem 6.10. Svojstva konvolucije a) komutiranje f ∗g =g∗f b) asocijativnost f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h c) distributivnost f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h d) veza s Fourierovim transformatom F[f ∗ g] = F[f ] · F[g] Dokaz : a) Z ∞ 1 (f ∗ g)(x) = √ f (u)g(x − u) du = {v = x − u} = 2π −∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 = √ f (x − v)g(v) dv = √ g(v)f (x − v) dv = (g ∗ f )(x) 2π −∞ 2π −∞ b)

Z ∞ 1 √ (f ∗ (g ∗ h))(x) = f (u) (g ∗ h)(x − u) du = 2π −∞ Z ∞ Z ∞ 1 = f (u)g(v)h(x − u − v) du dv 2π −∞ −∞

Upotrebom supstitucije r = u, s = u + v (s Jacobijanom |J| = 1) imamo Z ∞ Z ∞ 1 f (r)g(s − r)h(x − s) ds dr = (f ∗ (g ∗ h))(x) = 2π −∞ −∞ Z ∞ 1 = √ (f ∗ g)(s) h(x − s) ds = ((f ∗ g) ∗ h)(x) 2π −∞ c) Slijedi iz linearnosti integrala. d) Imamo Z ∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 F[f ∗ g](ω) = √ (f ∗ g)(t)e−iωt dt = f (u)g(t − u)e−iωt du dt 2π −∞ −∞ 2π −∞

171

§ 6.3. Konvolucija

Upotrebom supstitucije s = u, r = t − u (s Jacobijanom |J| = 1) imamo Z ∞ Z ∞ 1 f (s)g(r)e−iω(s+r) ds dr = F[f ](ω) · F[g](ω) F[f ∗ g](ω) = 2π −∞ −∞

Primjer: filter. Pretpostavimo da zadanom signalu s(t) želimo izdvojiti (“profiltrirati”) neke frekvencije prema željenom “profilu” Φ(ω). Označimo s f (t) tako dobiven filtrirani signal. Označimo li s ϕ(t) = F−1 [Φ](t), tada je f (t) = F−1 [Φ · F[s]](t) = F−1 [F[ϕ] · F[s]](t) = (ϕ ∗ s)(t) Uzmimo na primjer filter Φ koji propušta samo frekvencije u pojasu [ω1 , ω2 ], gdje su 0 < ω1 < ω2 neke realne konstantne frekvencije, Φ(ω) = χ[ω1 ,ω2 ] (ω) Tada je 1 ϕ(t) = √ 2π

Z

∞

χ[ω1 ,ω2 ] (ω)e

iωt

−∞

f (t) =

1 2πi

Z

1 dω = √ 2π

∞

−∞

Z

ω2

ω1

1 eiω2 t − eiω1 t eiωt dω = √ it 2π

eiω2 u − eiω1 u s(t − u) du u

Uzmemo li na primjer s(t) = exp(iω0 t), gdje je ω0 > 0 neka realna frekvencija, koristeći Z ∞ iax e P dx = πi sgn (a) −∞ x dobivamo f (t) =

sgn (ω2 − ω0 ) − sgn (ω1 − ω0 ) iω0 t e . 2

Primjetimo, brojnik u posljednjem izrazu ne iščezava samo kada je ω0 ∈ [ω1 , ω2 ] i u kom slučaju iznosi 2. Prema tome, možemo pisati f (t) = χ[ω1 ,ω2 ] (ω0 )eiω0 t Napomena: kada koristimo realno zapisan signal, npr. s(t) = cos(ω0 t) =

eiω0 t + e−iω0 t 2

tada za izdvajanje frekventnog pojasa [ω1 , ω2 ] valja koristiti simetrično zapisan profil, Φ(ω) = χ[ω1 ,ω2 ] (ω) + χ[−ω2 ,−ω1 ] (ω) Kinematički primjer: odredite brzinu v(t) točkaste čestice mase m na koju djeluje sila F (t) (u 1D), F (t) v(t) ˙ = ≡ f (t) m

172

Poglavlje 6. Fourierov transformat

Uvodimo Fourierove transformate Z ∞ 1 v˜(ω)eiωt dω , v(t) = √ 2π −∞

1 f (t) = √ 2π

Z

∞

f˜(ω)eiωt dω

−∞

odakle slijedi Z

1 √ 2π

∞

1 iω˜ v (ω)eiωt dω = √ 2π −∞

odnosno v˜(ω) =

Z

∞

f˜(ω)eiωt dω

−∞

f˜(ω) iω

Time dobivamo 1 v(t) = √ 2π

Z

∞

−∞

eiωt ˜ 1 f (ω) dω = iω 2πi

Uvedemo li pokratu 1 g(τ ) = √ i 2π

Z

∞

0

∞

eiω(t−t ) dω dt f (t ) ω −∞ −∞

Z

0

∞

dω −∞

0

Z

eiωτ ω

Tada je v(t) = (f ∗ g)(t) Primjetimo, u slučaju kada je f (t) = 0, odavde dobivamo v(t) = 0. Međutim, mi znamo kako je općenito rješenje u takvom slučaju konstantna brzina, v(t) = v0 . Drugim riječima, ovaj postupak nam je dao samo jedno partikularno rješenje promatrane diferencijalne jednadžbe. Općenito stoga imamo v(t) = vh (t) + (f ∗ g)(t) = v0 + (f ∗ g)(t) No, što je uopće ona funkcija g? Promatramo kompleksne integrale

H

eiωτ ω

dω

H

eiωτ ω−i

dω

H

eiωτ ω+i

dω

U prvom slučaju promatramo Cauchyjevu glavnu vrijednost integrala, a u preostala dva pomičemo pol iz ishodišta duž imaginarne osi za neku malu vrijednost  > 0, koju ćemo na kraju pustiti u limes  → 0. Rezultati su Z iωτ e P dω = πi sgn (τ ) ω Z ∞ iωτ e dω = ∓2πi e±τ  θ(∓τ ) ω ± i −∞

173

§ 6.3. Konvolucija

Strogo govoreći, ovi integrali nisu definirani u τ = 0, ali vrijednost funkcije g u jednoj točki ne utječe na konačnu vrijednost funkcije v, pa nam to ovdje nije toliko važno. Pripadna rješenja glase  Z t Z ∞ 1 f (t0 ) dt0 − f (t0 ) dt0 v1 (t) = v0 + 2 −∞ t Z t f (t0 ) dt0 v2 (t) = v0 + −∞ Z ∞ f (t0 ) dt0 v3 (t) = v0 − t

Očigledno, samo drugo rješenje poštuje kauzalnost (na vrijednost funkcije v u trenutku t mogu utjecati samo vrijednosti funkcije f prije tog trenutka) i stoga njega biramo kao ono fizikalno!

Elektromagnetski primjer: veza između polja električnog pomaka i električnog polja u linearnom dielektričnom mediju. Općenito neće vrijediti veza D(r, t) =  E(r, t) , već ona zapisana u frekventnom prostoru, D(r, ω) = (ω)E(r, ω) . Ona nam govori kako linearan medij “odgovara” pobudom jednake frekvencije kao i vanjsko električno polje. Uvedimo električnu susceptibilnost χe (ω) i njen inverzni Fourierov transformat G(t), Z ∞ (ω) 1 χe (ω) = χe (ω) eiωt dω . − 1 , G(t) = F−1 [χe (ω)](t) = √ 0 2π −∞ Koristeći svojstva Fourierovog transformata i konvolucije imamo D(r, t) = F−1 [D(r, ω)] = F−1 [(ω)E(r, ω)] = F−1 [0 (χe (ω) + 1)E(r, ω)] = = 0 F−1 [E(r, ω)] + 0 F−1 [χe (ω)E(r, ω)] = 0 E(r, t) + 0 (G ∗ E)(r, t) Prema tome, vektor polarizacije P, Z ∞ Z ∞ 0 0 0 0 0 P(r, t) = √ G(t )E(r, t − t ) dt = √ G(t − t0 )E(r, t0 ) dt0 2π −∞ 2π −∞ Tipično, za plazmu (vidi Jackson, 3. izdanje, relacija (7.107)), ωp2 ω02 − ω 2 − iγω

χe (ω) = ωp2 G(t) = √ 2π

Z

∞

−∞

eiωt dω ∼ θ(t) ω02 − ω 2 − iγω

pa je Z

t

P(r, t) ∼ −∞

E(r, t0 ) dt0

174

Poglavlje 6. Fourierov transformat

§ 6.4 Delta funkcija i distribucije Što je Fourierov transformat konstantne funkcije, f (t) = 1? 1 F[1](ω) = √ 2π

∞

2 1 e−iωt T sin(ωT ) =√ e−iωt dt = √ lim lim T →∞ T →∞ −iω ω −T 2π 2π −∞

Z

Pogledajmo pobliže dobiveni limes. U ishodištu, ω = 0, vrijedi sin(ωT ) =T ω→0 ω lim

pa gornji limes T → ∞ divergira. Za sve ω 6= 0 limes T → ∞ uopće ne postoji! Nadalje, promotrimo inverzni Fourierov transformat neke proizvoljne glatke funkcije f . Koristeći teorem o inverzu Fourierovog transformata imamo 1 f (0) = F−1 [F ](0) = lim √ L→∞ 2π 1 = lim L→∞ 2π

Z

L

Z

∞ −iωu

dω

du f (u)e

−L

1 L→∞ 2π

−∞

Z

∞

= lim

f (u) −∞

Z

L

e0 F (ω) dω =

−L

1 = lim L→∞ 2π

∞

Z

2i sin(Lu) du = lim L→∞ iu

Z

L

du f (u) −∞

Z

∞

−∞

dω e−iωu =

−L

sin(Lu) f (u) du πu

Ovaj rezultat možemo interpretirati na način da niz funkcija (sin(nx)/πx)n∈N integriranjem “vadi” vrijednost “probne” funkcije f u jednoj točki (u ovom slučaju, u 0), pa njihov limes formalno ima smisla pod integralom, iako van integrala nije dobro definiran. Valja uočiti kako se s ovim poopćenim pojmom funkcije susrećemo posvuda u fizici. Obično neku fizikalnu opservablu idealizirano predstavljamo funkcijom ψ(r, t) koja u svakoj točki prostora i u svakom trenutku pridjeljuje neku vrijednost. U idealnom svijetu bismo savršeno preciznim uređajem uistinu mogli savršeno precizno izmjerili vrijednost funkcije ψ(r, t) u svim točkama gdje je ona definirana. Međutim, u stvarnom svijetu proces mjerenja izgleda sasvim drugačije. Mjerni uređaji imaju konačnu razlučivost, pa ono što uistinu vidimo jest vrijednost funkcije ψ(r, t) uprosječenu (prointegriranu) po nekom malom, ali konačno velikom volumenu ∆V i vremenu ∆T . Nadalje, mjerni uređaj ima nehomogenu osjetljivost (različito precizno mjeri u različitim točkama), primjerice definiranu nekom glatkom “test” funkcijom f (r, t).

ψ f

T

175

§ 6.4. Delta funkcija i distribucije

U konačnici, rezultat našeg mjerenja jest integral oblika, Z 1 1 ψ(r, t)f (r, t) dτ dt ∆V ∆T Vidimo da “matematički objekt” ψ ne mora nužno biti uobičajena funkcija, definirana u svim točkama neke domene — dovoljno je da prointegrirana s nekom težinskom test funkcijom f daje suvisao rezultat. Takve primjere ćemo susresti kada, primjerice, želimo opisati gustoću mase ili naboja točkastih čestica, sile koja djeluje “u jednoj točki”, “trenutnu” izmjenu impulsa prilikom elastičnog sudara, itd. Definicija 6.11. Neka je S ⊆ R. Neka je K ⊆ S skup točka točaka domene na kojima funkcija f : S → R poprima vrijednost različitu od nula, K = f −1 (R − {0}) = {x ∈ S | f (x) 6= 0} Nosač funkcije f je zatvarač skupa K, supp(f ) = K Test funkcije na skupu R su C ∞ (R) funkcije, čiji je nosač kompaktan (zatvoren i omeđen) skup. Na primjer, uočimo da je funkcija g : R → R  −1 e x , x>0 g(x) = 0, x≤0 glatka na cijelom R (uključujući i točku x = 0, gdje sve lijeve i desne derivacije iščezavaju). Stoga je i funkcija φ : R → R,   2a φ(x) = g(−(x − a))g(x + a) = χ[−a,a] exp − 2 a − x2 svugdje glatka, te ima kompaktan nosač supp(φ) = [−a, a]. Zaključujemo da je φ jedan primjer test funkcije. Ovakav izbor test funkcija je svakako praktičan, no je li i prerestriktivan? Ipak, mnoge funkcije je moguće prikazati kao zbroj test funkcija . . . Definicija 6.12. Distribucija ψ je neprekidan linearan funkcional na skupu test funkcija. Neprekidnost u ovom kontekstu znači da za svaki niz test funkcija (fn )n∈N , takvih da im je presjek nosača neprazan kompaktan skup, te da za svaki k ∈ N0 niz (k) (fn )n∈N konvergira uniformno k test funkciji, vrijedi   lim ψ[fn ] = ψ lim fn n→∞

n→∞

Linearnost, kao i inače, znači da za svake dvije test funkcije f i g, te realne brojeve α, β ∈ R vrijedi ψ[αf + βg] = αψ[f ] + βψ[g]

176

Poglavlje 6. Fourierov transformat

Na primjer, za svaku po dijelovima neprekidnu funkciju f ∈ L1 (R) možemo definirati distribuciju ψ, na način da je za svaku test funkciju φ Z ∞ f (x)φ(x) dx ψ[φ] = −∞

Ovo je primjer tzv. regularne distribucije. Postoje, međutim, i singularne distribucije koje nisu povezane s nekom funkcijom . . . Definicija 6.13. Delta funkcija δ (ovdje riječ “funkcija” treba shvatiti uvjetno) je distribucija sa svojstvom δ[f ] = f (0) (6.12) za svaku test funkciju f . U literaturi se delta funkcija ponekad naziva Diracova delta funkcija. Konvencionalan način zapisivanja definicije delta funkcije je pomoću integrala Z ∞ δ(x)f (x) dx = f (0) (6.13) −∞

Međutim, ovdje valja imati na umu kako “δ(x)” ne predstavlja nikakvu funkciju δ : R → R! Nadalje, za svaki a ∈ R koristimo oznaku δ(x − a) u značenju (6.14)

δ(x − a)[f ] = f (a) Koristeći integralni zapis ovo možemo zapisati u obliku Z ∞ Z ∞ δ(x − a)f (x) dx = {y = x − a} = δ(y)f (y + a) dy = f (a) −∞

−∞

S obzirom na konvoluciju, delta funkcija se ponaša poput “neutralnog elementa”, f (x) (δ ∗ f )(x) = √ 2π

Reprezentacije delta funkcije. δ(x) = lim δn (x) n→∞

Limes u smislu

Z

∞

lim

n→∞

δn (x)f (x) dx = f (0) −∞

Postoji mnoštvo primjera, δn (x) = δn (x) =

n χ 1 1 , 2 [− n , n ]

n 1 , π 1 + n2 x2

δn (x) =

sin(nx) , πx

δn (x) =

n δn (x) = √ exp(−n2 x2 ) , π

sin2 (nx) , nπx2

δn (x) =

1 Dn (x) π

177

§ 6.4. Delta funkcija i distribucije

S drugim primjerom u nizu smo se već ranije sreli, promotrimo sad prvi, još jednostavniji primjer: neka je f neka test funkcija, a F njena primitivna funkcija, Z

∞

nf (x) dx = {u = 1/n} = lim u→0 2

δn (x)f (x) dx = lim

lim

n→∞

1 n

Z n→∞

−∞

= lim

u→0

1 −n

Z

u

−u

f (x) dx = 2u

F (u) − F (−u) F (u) − F (0) + F (0) − F (−u) = lim = F 0 (0) = f (0) u→0 2u 2u

Komentar 6.14. Neka je (δn )n∈N niz funkcija δn : R → R, takvih da vrijedi Z ∞ lim δn (x) = 0 ∀ x 6= 0 i δn (x) dx = 1 ∀n ∈ N . n→∞

−∞

Slijedi li odavde nužno lim δn (x) = δ(x) ?

n→∞

Odgovor je negativan jer možemo uzeti na primjer niz δn (x) = χ[n,n+1] (x) koji zadovoljava gore navedena svojstva, ali limn→∞ δn (x) 6= δ(x). Poanta je da funkcije δn (x) moraju biti nekako “koncentrirane” oko x = 0.

Teorem 6.15. Neka je f : R → R (integrabilna) funkcija koja je a) pozitivno semidefinitna, f (x) ≥ 0 za sve x ∈ R, b) normalizirana,

Z

∞

te

f (x) dx = 1 , −∞

c) lokalizirana u smislu da za svaki  > 0 postoji A > 0 takav da je Z f (x) dx <  |x|>A

Tada niz funkcija δn (x) = nf (nx) ima svojstvo da je lim δn (x) = δ(x)

n→∞

Dokaz : Mi želimo dokazati kako za svaku test funkciju φ i niz Z ∞ ∆n ≡ δn (x)φ(x) dx − φ(0) −∞

vrijedi lim ∆n = 0

n→∞

Iz pretpostavke b) slijedi Z ∞ Z δn (x) dx = −∞

∞

−∞

Z

∞

nf (nx) dx =

f (x) dx = 1 −∞

178

Poglavlje 6. Fourierov transformat pa možmo pisati Z

∞


δn (x) φ(x) − φ(0) dx

∆n = −∞

Nadalje, za bilo koju konstantu A > 0 možemo napraviti rastav integrala na dijelove |x| < A i |x| > A, odakle pomoću nejednakosti trokuta slijedi Z Z

δn (x) φ(x) − φ(0) dx δn (x) φ(x) − φ(0) dx + |∆n | ≤ |x|>A |x|
Iz svojstva a) slijedi δn (x) ≥ 0 za sve x ∈ R, pa je Z Z ∞ δn (x) dx ≤ δn (x) dx = 1 |x|
−∞

Odavde slijedi

Z |∆n | ≤ m(A) + M

δn (x) dx |x| rel="nofollow">A

Kako je test funkcija φ neprekidna, znamo da je limA→0 m(A) = 0, odnosno da za svaki  > 0 postoji (dovoljno mali) A > 0, takav da je m(A) < /2. Konačno, iz pretpostavke c) slijedi kako za svaki  > 0 postoji B > 0, takav da je Z Z  > f (y) dy = {y = nx} = δn (x) dx 2M |y|>B |x|> B n

Odaberemo li dovoljno velik N ∈ N, takav da je N A > B, tada zbog δn (x) ≥ 0 za sve n ≥ N vrijedi Z Z δn (x) dx |x|> B n

≥

δn (x) dx |x|>A

Sve skupa, znamo da za svaki  > 0 postoji dovoljno velik N ∈ N, takav da za sve n ≥ N vrijedi   |∆n | ≤ + M = 2 2M čime je dokazana tvrdnja.

Na primjer, f (x) =

1 χ[−1,1] (x) , 2

f (x) =

sin2 (x) , πx2

δn (x) =

n n χ[−1,1] (nx) = χ[− n1 , n1 ] 2 2

δn (x) = n

sin2 (nx) sin2 (nx) = 2 π(nx) nπx2

Komentar 6.16. Valja uočiti vezu s Dirichletovom jezgrom, r Z ∞ 2 1 lim DN (x − a)f (x) dx = lim (DN ∗ f )(a) N →∞ −∞ π N →∞ π

179

§ 6.4. Delta funkcija i distribucije

Integralna reprezentacija delta funkcije, Z ∞ 1 1 δ(t)e−iωt dt = √ F[δ] = √ 2π −∞ 2π Z ∞ Z ∞  1  1 1 1 √ eiωt dω = eiωt dω δ(t) = F−1 √ (t) = √ 2π −∞ 2π 2π −∞ 2π Z ∞ Z ∞ 0 1 1 e−iωt dω = ω 0 = −ω = eiω t dω 0 = δ(t) 2π −∞ 2π −∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 δ(t − a) = eiω(t−a) dω = e−iω(t−a) dω 2π −∞ 2π −∞

(6.15)

Sada možemo izračunati Z ∞  1  it(ω0 −ω) 1 e − e−it(ω0 +ω) dt = F[sin(ω0 t)](ω) = √ 2π −∞ 2i √
2π = δ(ω − ω0 ) − δ(ω + ω0 ) 2i Z ∞   1 1 it(ω0 −ω) F[cos(ω0 t)](ω) = √ e + e−it(ω0 +ω) dt = 2π −∞ 2 √
2π = δ(ω − ω0 ) + δ(ω + ω0 ) 2 Napomena oko delta funkcija u spektru: kod konačnog signala gledamo (relativne) visine šiljaka, a kod neograničenog signala koeficijente uz svaku od delta funkcija. Teorem 6.17. Svojstva delta funkcije a) Za svaki a ∈ R, a 6= 0 δ(ax) =

1 δ(x) |a|

Odmah slijedi da je δ(−x) = δ(x). b) Neka su {xi } jednostruke nul-točke funkcije f, drugim riječima, točke u kojima vrijedi f (xi ) = 0 i f 0 (xi ) 6= 0. Tada je δ(f (x)) =

n X δ(x − xi ) i=1

c) Z

|f 0 (xi )|

∞

f (x)δ 0 (x − a) dx = −f 0 (a)

−∞

d) Formalna veza s θ-funkcijom δ(x) =

dθ(x) dx

180

Poglavlje 6. Fourierov transformat Dokaz : a)

Z

∞

∞·a

Z f (x)δ(ax) dx = {t = ax} =

−∞

=

sgn(a) a

Z

f (t/a)δ(t) −∞·a Z ∞

∞

f (t/a)δ(t) dt = −∞

f (0) = |a|

f (x) −∞

dt = a

1 δ(x) dx |a|

b) Ako je f monotona rastuća funkcija, koristeći supstituciju u = f (x) (tako da je x = f −1 (u), te dx = 1/f 0 (f −1 (u))), Z ∞ Z ∞ Z ∞ δ(x − x0 ) g(x0 ) du δ(f (x))g(x) dx = δ(u)g(f −1 (u)) 0 −1 = 0 = g(x) dx f (f (u)) f (x0 ) f (x0 ) −∞ −∞ −∞ gdje je x0 = f −1 (0). Ako je f monotono padajuća funkcija, tada u gornjem izrazu imamo dodatni minus zbog promjene granica integracije. Stoga, za monotone funkcije vrijedi δ(f (x)) = Nadalje, valja uočiti da je za  > 0 Z a+ Z δ(x − a)f (x) dx =

δ(x − x0 ) |f 0 (x0 )|

∞

δ(x − a)χ[a−,a+] (x)f (x) dx = f (a) −∞

a−

Stoga, kada imamo općenitu (ne nužno monotonu) funkciju f s jednostavnim nul-točkama {xi }, tada prvo integral rastavimo na intervale oko nul-točaka, na kojima je funkcija f monotona (izostavljeni dijelovi početnog integrala ne doprinose, jer je na tim intervalima funkcija f različita od nule), Z ∞ X Z xi +i δ(f (x))g(x) dx = δ(f (x))g(x) dx , −∞

i

xi −i

odakle primjenom specijalnog rezultata za monotone funkcije slijedi tražena formula. c) Z ∞ Z ∞ ∞ − f (x)δ 0 (x − a) dx = f (x)δ(x − a) f 0 (x)δ(x − a) dx = −f 0 (a) −∞

−∞

−∞

gdje su u posljednjem koraku iskoristili to da je f (x) test funkcija, pa ima kompaktan nosač i stoga iščezava kada x → ±∞. Tvrdnja se lako poopći na slučaj n-te derivacije delta funkcije, Z ∞ f (x)δ (n) (x − a) dx = (−1)n f (n) (a) −∞

d)

Z ∞ ∞ dθ(x) dx = f (x)θ(x) − f 0 (x)θ(x) dx = dx −∞ −∞ −∞ Z ∞ Z ∞ ∞ =− f 0 (x) dx = −f (x) = f (0) = f (x)δ(x) dx

Z

∞

f (x)

0

0

Napomena: Z b

Z

∞

δ(x − a) dx = −∞

−∞

δ(x − a)χh−∞,b] (x) dx = χh−∞,b] (a) = θ(b − a) −∞

Primjer za b) dio tvrdnje: za a 6= b δ((x − a)(x − b)) =

1 (δ(x − a) + δ(x − b)) |a − b|

181

§ 6.4. Delta funkcija i distribucije

ili

∞ ∞ X X δ(x − mπ) δ(sin x) = = δ(x − mπ) | cos(mπ)| m=−∞ m=−∞

Teorem 6.18. (Sokhotski-Plemelj) Neka je f : R → C neprekidna funkcija i a < 0 < b. Tada je Z b Z b f (x) f (x) dx = ∓iπf (0) + P dx (6.16) lim x →0+ a x ± i a gdje P označava Cauchyjevu glavnu vrijednost. Ova relacija je u literaturi često simbolički zapisan u obliku 1 1 = ∓iπδ(x) + P (6.17) x ± i x Dokaz : (Skica)

b

Z lim

→0+

a

1 x ∓ i = 2 x ± i x + 2 Z b Z b f (x) f (x)  x2 dx = lim ∓iπ f (x) dx + lim dx 2 2 2 2 + + x ± i x →0 →0 a π(x +  ) a x +

Za x 6= 0

x2 =1 + 2 Z − Z b  f (x) f (x) dx = lim dx + x x →0+ a  lim

→0+

P

b

Z a

x2

Delta funkcija u više dimenzija, δ(r − r0 ) = δ(x − x0 ) δ(y − y0 ) δ(z − z0 ) Z f (r)δ(r − r0 ) dτ = f (r0 ) Ponekad se posebno napomene broj dimenzija, δ (d) (r − r0 ). Primjerice, gustoću mase ρ(r) točkaste čestice mase m, smještene u točki s radijus-vektorom r0 možemo zapisati pomoću delta funkcije ρ(r) = m δ(r − r0 ) Delta funkcija u različitim koordinatnim sustavima. Uzmimo prijelaz iz Kartezijevog {x, y, z} u neki općeniti {u, v, w}, Z ZZZ f (r)δ(r − r0 ) dτ = f (r)δ(x − x0 )δ(y − y0 )δ(z − z0 ) dx dy dz = f (r0 ) ZZZ =

f (r)N (u, v, w)δ(u − u0 )δ(v − v0 )δ(w − w0 )|J(u, v, w)| du dv dw ∂ u x ∂v x ∂w x J(u, v, w) = ∂u y ∂v y ∂w y ∂u z ∂v z ∂w z

182

Poglavlje 6. Fourierov transformat

Ovdje moramo odabrati funkciju N (u, v, w), takvu da je konačan rezultat konzistentan s onim dobivenim u bilo kojem drugom koordinatnom sustavu. To postižemo s N = 1/J, odnosno δ(r − r0 ) =

1 δ(u − u0 )δ(v − v0 )δ(w − w0 ) |J(u, v, w)|

δ(r − r0 ) = =

r2

(6.18)

1 δ(s − s0 )δ(φ − φ0 )δ(z − z0 ) = s

1 δ(r − r0 )δ(φ − φ0 )δ(θ − θ0 ) sin θ

Integralna reprezentacija 1 δ(r − r ) = (2π)d 0

Z

0

eik·(r−r ) dd k

(6.19)

§ 6.5 Ostale integralne transformacije Općenito možemo definirati integralnu transformaciju oblika, Z F (s) =

b

K(x, s)f (x) dx

(6.20)

a

gdje je K tzv. jezgra transformata. Na primjer, Laplaceov transformat, Z ∞ L[f ](s) = F (s) = e−st f (t) dt

(6.21)

0

i njegov inverz L

−1

1 [f ](s) = f (t) = 2πi

Z

c+i∞

c−i∞

est F (s) ds

(6.22)

7 Parcijalne diferencijalne jednadžbe Parcijalna diferencijalna jednadžba, ili skraćeno PDJ, definira ponašanje funkcije u koja ovisi o dvije ili više nezavisnih varijabli, pomoću parcijalnih derivacija funkcije u, ponekad same funkcije u, i funkcija nezavisnih varijabli u problemu. Općenito je nepoznata funkcija preslikavanje u : D → R, gdje je D ⊂ Rn domena, a n > 2 predstavlja broj nezavisnih varijabli o kojima ona ovisi. Red PDJ je red najviše derivacije u jednadžbi. Na primjer, općenita PDJ prvog reda za n = 2 ima oblik F (x, y, u, ux , uy ) = 0 ,

(7.1)

a općenita PDJ drugog reda za n = 2 oblik G(x, y, u, ux , uy , uxx , uxy , uyy ) = 0 ,

(7.2)

gdje su F i G neke neprekidne funkcije u svim svojim argumentima.

§ 7.1 Fizikalna pozadina osnovnih PDJ Poissonova jednadžba. Iz Gaussovog zakona za električno polje, ∇· E =

ρ 0

(7.3)

Uvrštavanjem skalarnog potencijala, E = −∇V slijedi Poissonova jednadžba ∇2 V = −

ρ 0

(7.4)

Specijalno, u vakuumu se ona svodi na Laplaceovu jednadžbu, ∇2 V = 0 183

(7.5)

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

184

Jednadžba kontinuiteta. Ako je ρ gustoća neke fizikalne veličine (mase, naboja, itd.), a J pripadna gustoća struje, tada je očuvanje dotične veličine unutar volumena V omeđenog kompaktnom plohom S = ∂V dano integralnom formulom I I ∂ ρ dV + J · da = 0 (7.6) ∂t V S Pripadni diferencijalni oblik sačuvanja glasi ∂ρ +∇·J=0 ∂t

(7.7)

Na primjer, ako je ρ gustoća energije, tada je upravo napisana jednadžba zakon očuvanja energije. Iskoristimo li Fourierov zakon koji povezuje lokalni tok topline s gradijentom temperature, J = −κ∇u (κ je koeficijent toplinske vodljivosti), te stavimo ρ = cp ρm u, gdje je cp je specifični toplinski kapacitet, a ρm masena gustoća materijala, dobivamo toplinsku jednadžbu, ut − a2 ∇2 u = 0

(7.8)

u kojoj smo uveli konstantu termalne difuzivnosti, a2 =

κ cp ρ

(7.9)

Specijalni, vremenski neovisan slučaj toplinske jednadžbe svodi se na Laplaceovu jednadžbu, ∇2 u = 0 (7.10) Jednadžba prometne gužve je primjer (1 + 1)–dimenzionalne jednadžbe kontinuiteta, ρt (x, t) + φx (x, t) = 0 (7.11) gdje je ρ(x, t) linearna gustoća vozila na prometnici (dimenzije L−1 ), a φ(x, t) njihov tok (dimenzije T −1 ). U najjednostavnijoj aproksimaciji tok raste linearno s gustoćom, φ = vρ, gdje je v (konstantna) brzina vozila, ρt (x, t) + vρx (x, t) = 0

(7.12)

Nizozemski matematičar Jan M. Burgers je 1948. godine promatrao nešto realističniji model prometa, uključivanjem nekoliko dodatnih efekata: brzinu vozila u prometu nije konstantna, već ovisi o gustoći vozila, v(ρ) =

ρm − ρ vm , ρm

a tok sadrži i dodatni difuzijski član, φ(ρ) = v(ρ)ρ − νρx , gdje je ν kinematička viskoznost. Time jednadžba (7.11) poprima oblik   d ρm − ρ vm ρ − νρxx = 0 ρt + dx ρm

185

§ 7.1. Fizikalna pozadina osnovnih PDJ

Uvođenjem bezdimenzionalne gustoće ρ˜ = ρ/ρm , ρ˜t + vm (˜ ρ(1 − ρ˜))x − ν ρ˜xx = 0 Nadalje, uvođenjem funkcije u = 1 − 2˜ ρ, jednadžba poprima oblik ut + vm uux = νuxx Konačno, konvecionalno je ovu PDJ zapisati u jedinicama u kojima je vm = 1, pa konačno imamo Burgersovu jednadžbu (7.13)

ut + uux = νuxx Valna jednadžba. Promatranjem sila na infinitezimalni element niti dFu = ρ dx utt = T0 uxx dx s utt − c2 uxx = 0 ,

c=

T0 ρ

U (1 + 3)–dimenzije (7.14)

utt − c2 ∇2 u = 0 Schrödingerova jednadžba. −

~2 2 ∂ ∇ Ψ + V (r)Ψ = i~ Ψ 2m ∂t

(7.15)

Heuristički izvod slijedi uobičajenom zamjenom opservabli s operatorima, p → −i~ ∇ ,

E → i~

∂ ∂t

u nerelativističkom izrazu za energiju čestice mase m s impulsom p i potencijalnom energijom V , p2 E= +V 2m te s tako dobivenim operatorom djelujemo na valnu funkciju Ψ. Ako ovu zamjenu izvršimo na relativističkom izrazu za energiju, E 2 = p2 c2 + m2 c4 rezultat je Klein-Gordonova jednadžba −

1 ∂2 m2 c2 2 Ψ = −∇ Ψ + Ψ c2 ∂t2 ~2

(7.16)

186

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

§ 7.2 Klasifikacija PDJ Za PDJ kažemo da je • linearna ako se nepoznata funkcija u i sve njene parcijalne derivacije u jednadžbi pojavljuju linearno (koeficijenti uz parcijalne derivacije funkcije u su funkcije nezavisnih varijabli, ali ne i same funkcije u ili njenih parcijalnih derivacija), npr. f (x, y)uxx + g(x, y)uy + h(x, y)u = 0 • semilinearna ako se sve parcijalne derivacije funkcije u pojavljuju linearno, ali sama funkcija u ne nužno, npr. ∇2 u = f (u) gdje je f bilo koja nelinearna funkcija. • kvazilinearna ako se parcijale derivacije najvišeg reda u jednadžbi pojavljuju linearno s koeficijentima koji su funkcije nezavisnih varijabli, same funkcije u i njenih parcijanih derivacija nižeg reda, npr. neviskozna Burgersova jednadžba, ut + f (u)ux = 0 , Korteg-de Vriesova jednadžba ut − 6uux + uxxx = 0 , ili jednadžba minimalne plohe (1 + u2y )uxx − 2ux uy uxy + (1 + u2x )uyy = 0 • nelinearna ako ne pripada niti jednoj od gore definiranih kategorija, npr. (ux )2 + ut = 0

Općenita linearna PDJ ima oblik L[u] = f ,

(7.17)

gdje je L linearni diferencijalni operator, a f neka funkcija. U slučaju kada je f = 0 kažemo da je posrijedi homogena PDJ. U slučaju linearne PDJ drugog reda, operator L općenito je oblika L=

n X i,j=1

n

Aij

X ∂ ∂2 + Bk +C ∂xi ∂xj ∂xk

(7.18)

k=1

gdje su Aij , Bj i C neke funkcije. Označimo s {λ1 , . . . , λn } svojstvene vrijednosti matrice A, te neka je među njima p pozitivnih, q negativnih i r svojstvenih vrijednosti koje su nula (dakle, p + q + r = n). Tada parcijalne diferencijalne jednadžbe dijelimo na

187

§ 7.2. Klasifikacija PDJ

eliptičke paraboličke hiperboličke ultrahiperboličke

p = n ili q = n , p = n − 1 i r = 1 ili q = n − 1 i r = 1, p = n − 1 i q = 1 ili obratno, p > 1, q > 1 i r = 0.

Načelno, PDJ može biti različitog tipa u različitim dijelovima prostora i vremena. Primjeri: • Laplaceova jednadžba (eletrostatika, magnetostatika u odsutnosti struja, stacionarni slučaj toplinske jednadžbe) (7.19)

∇2 u = 0

gdje je u(r) iznos električnog potencijala, magnetskog potencijala ili stacionarne temperature u točki r. Ovo je primjer eliptičke PDJ jer je A = diag (1, 1, 1). • Toplinska (difuzna) jednadžba a2 ∇2 u − ut = 0

(7.20)

gdje je u(r, t) temperatura u točki (r, t). Ovo je primjer paraboličke PDJ jer je A = diag (1, 1, 1, 0). • Valna jednadžba

c2 ∇2 u − utt = 0 ,

c>0

(7.21)

gdje je u(r, t) elongacija medija od ravnotežnog položaja u točki (r, t). Ovo je primjer hiperboličke PDJ jer je A = −diag (−1, c2 , c2 , c2 ). • Schrödingerova jednadžba ~2 2 ∂ ∇ Ψ + V (r)Ψ = i~ Ψ (7.22) 2m ∂t gdje je Ψ(r, t) valna funkcija čestice mase m s potencijalnom energijom V (r). Ovo je primjer paraboličke PDJ jer je A ∼ diag (1, 1, 1, 0). S druge strane, njen stacionarni (vremenski neovisan) slučaj −

~2 2 ∇ ψ + V (r)ψ = E ψ (7.23) 2m je primjer eliptičke PDJ jer je (do na konstantan faktor) A = diag (1, 1, 1). −

U slučaju kada je jedna varijabla istaknuta kao “vremenska” (tipično označena s t) domenu nepoznate funkcije u možemo pisati kao produkt D = Ω × I, gdje je Ω “prostor” koji evoluira u vremenu duž vremenskog intervala I ⊂ R. Ako se sustav od početnog trenutka ili nakon dovoljno dugo vremena više ne mijenja u vremenu, tada kažemo da je postignuto stacionarno rješenje, ut = 0. Početni uvjet je zadavanje oblika tražene funkcije u ili njenih derivacija u početnom trenutku t = t0 , na primjer u(r, t0 ) = f (r) ili

ut (r, t0 ) = f (r)

Rubni uvjeti su zadavanje vrijednosti tražene funkcije u ili njenih derivacija zadani na rubovima područja (∂Ω s normalom n) na kojem tražimo rješenje. Razlikujemo sljedeće tipove zadavanja rubnih uvjeta:

188

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe ∂Ω

• Dirichletov : u(r, t) = f (r, t); ∂Ω

• Neumannov : ∂n u(r, t) = f (r, t); • Cauchyjev : na rubu su istovremeno zadani i Dirichletov i Neumannov rubni uvjet; • miješani : na jednom dijelu ruba imamo Dirichletov, a preostalom dijelu ruba Neumannov tip rubnog uvjeta; ∂Ω

• Robinov : αu(r, t) + β∂n u(r, t) = f (r, t), gdje su α, β ∈ R.

Primjeri: • titrajuća žica ? jedan kraj (x = x0 ) je učvršćen, u(x = x0 , t) = 0 ? mirno otpuštena žica, ut (x, 0) = 0

• grijana žica ? držimo jedan kraj (x = x0 ) na konstantnoj temperaturi T0 (primjerice, pomoću termostata), u(x0 , t) = T0 ? držimo jedan kraj (x = x0 ) izoliran (primjerice, pomoću toplinskog izolatora); kako je tok topline proporcionalan prostornoj derivaciji ux (toplinska difuzija je proporcionalna gradijentu temperature), izolaciju uvodimo uvjetom ux (x0 , t) = 0. ? dio ruba je uronjen u rezervoar promjenjive temperature f (r, t); tok topline kroz taj kraj je proporcionalan s razlikom temperature ruba i okoline, ∂n u(r, t) = −λ(u(r, t) − f (r, t)), s nekom konstantom λ > 0, za točke T (r) na dijelu ruba koji je u kontaktu s tim rezervoarom; u primjeru sa žicom imamo npr. λu(x0 , t) + ux (x0 , t) = λf (t).

• elektrostatički potencijal ∂Ω

? uzemljena vodljiva ploha, u(r) = 0 ∂Ω

? zadana površinska gustoća naboja, n ˆ ·∇u(r) = −σ(r)/0

Metode rješavanja linearnih PDJ:

189

§ 7.3. PDJ prvog reda

• separacija varijabli: nepoznatu funkciju u(x, y, . . . ) napišemo kao umnožak zasebnih funkcija, od kojih svaka ovisi samo o jednoj varijabli, u(x, y, . . . ) = X(x)Y (y) · · · te ovaj ansatz potom uvrstimo u početnu PDJ. U sljedećem koraku pokušavamo odvojiti dio koji ovisi samo o jednoj varijabli (npr. x) na jednu stranu, a ostale izraze na drugu stranu jednadžbe. Takvu jednakost je moguće ispuniti samo ako su obje strane konstantne, odnosno jednake tzv. separacijskoj konstanti. Postupak ponavljamo dok početna PDJ nije svedena na skup razdvojenih običnih diferencijalnih jednadžbi. • superpozicija kod linearnih PDJ, L[u + v] = L[u] + L[v] Možemo rastaviti problem na sumu jednostavnijih (s jednostavnijim rubnim uvjetima) ili prebaciti nehomogene rubne uvjete u homogene. • metoda karakteristika: orginalnu PDJ pretvorimo u ODJ koju rješavamo duž krivulja povezanih s orginalom PDJ. • integralne transformacije: napravimo (npr. Fourierovu) transformaciju početne PDJ, pri čemu se “riješavamo” dijela derivacija. • Greenove funkcije: kao i kod običnih diferencijalni jednadžbi, nehomogenu PDJ rješavamo pomoću funkcije G koja zadovoljava PDJ LG(x1 , x2 , . . . ; x01 , x02 , . . . ) = δ(x − x0 )

Jacques Salomon Hadamard je oko 1932. godine uveo pojam dobro postavljene zadaće (engl. well posed problem): • egzistencija (rješenje postoji), • jedinstvenost (rješenje je jedinstveno), • stabilnost (rješenje neprekidno ovisi o početnim i rubnim uvjetima).

§ 7.3 PDJ prvog reda Primjer: jednadžba prometne gužve ρt (x, t) + vρx (x, t) = 0 ,

x ∈ R, t ≥ 0,

s početnim uvjetom ρ(x, 0) = f (x). Problem ćemo riješiti na nekoliko načina.

(7.24)

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Primjenom Fourierovog transformata na jednadžbu, te korištenjem oznake R(x, ω) ≡ Ft [ρ(x, t)](x, ω) početna PDJ prelazi u ODJ iωR + vRx = 0 Uvođenjem pokrate k = ω/v, Rx + ikR = 0 R(x, ω) = A(k)e−ikx 1 ρ(x, t) = √ 2π 1 =√ 2π

Z

Z

∞

R(x, ω)eiωt dω =

−∞

∞

A(k)e−ik(x−vt) v dk ≡ g(x − vt)

−∞

Koristeći početni uvjet imamo f (x) = ρ(x, 0) = g(x) pa je konačno rješenje ρ(x, t) = f (x − vt)

Separacija varijabli: ρ(x, t) = X(x)T (t), X T˙ + vX 0 T = 0 1 T˙ X0 =− =λ v T X T˙ − λvT = 0 , X 0 + λX = 0 ,

T (t) = Aeλvt X(x) = Be−λx

ρλ (x, t) = C(λ)e−λ(x−vt) Općenito rješenje je superpozicija svih ovakvih rješenja ρλ (x, t), Z

∞

ρ(x, t) =

C(λ)e−λ(x−vt) dλ = g(x − vt) ,

−∞

pa opet imamo isti zaključak kao i s transformatom.

190

191

§ 7.4. Metoda karakteristika

§ 7.4 Metoda karakteristika Promotrimo PDJ prvog reda za nepoznatu funkciju u dvije varijable a(x, y)ux + b(x, y)uy = f (x, y, u)

(7.25)

Metoda koju ćemo izložiti ovdje polazi od analiziranja ove PDJ duž posebno odabranih krivulja u (x, y) ravnini, tzv. karakteristika, parametriziranih s parametrom s, x = x(s) ,

y = y(s)

te zadanih kao rješenja sustava ODJ, dx = a(x, y) , ds

dy = b(x, y) ds

Koristeći ovo imamo du ∂u dx ∂u dy = + = f (x(s), y(s), u(s)) ds ∂x ds ∂y ds Drugim riječima, početnu PDJ smo zamjenili s ODJ koja je zadovoljena duž karakteristika. Primjer #1: prometna jednadžba. dt =1, ds dx =v, ds

t(s) = s + t0 x(s) = vs + x0

odnosno xξ (t) = vt + ξ gdje je ξ = x0 − vt0 . U ovom primjeru karakteristike su paralelni pravci. Jednadžba dρ =0 ds nam govori da je ρ konstantna funkcija duž svakog od ovih pravaca, pa koristeći xξ (0) = ξ i početni uvjet PDJ imamo ρ(xξ (t), t) = ρ(xξ (0), 0) = ρ(ξ, 0) = f (ξ) , odnosno ρ(vt + ξ, t) = f (ξ) . Eliminiranjem varijable ξ slijedi ρ(x, t) = f (x − vt) u slaganju s ranijim rezultatom. Ovo rješenje nam govori da se početni “profil” gustoće prometa koherentno giba brzinom v u pozitivnom smjeru x-osi.

192

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Primjer #2:

u|y=x = e−βx sin(x)

ux − αuy + βu = 0 , gdje su α, β > 0.

y(s) ˙ = −α

x(s) ˙ =1,

y(s) = −αs + y0

x(s) = s + x0 ,

Karakteristike u ovom primjeru su pravci. Kako duž svakog pravca možemo proizvoljno odabrati početnu točku (x0 , y0 ) radi jednostavnosti možemo za sve pravce odabrati y0 = 0. Drugim riječima, pravci se međusobno razlikuju početnom točkom x0 na x-osi, a duž svakog pravca koristimo parametar s. Početna PDJ sada glasi u˙ + βu = 0 čije je rješenje

u(s) = u0 e−βs

Početni uvjet je zadan duž pravca y = x na kojem vrijedi s + x0 = −αs s=−

x0 1+α

Uvrštavanjem slijedi u0 = e

−βx0

 sin

αx0 1+α

pa je u(x0 , s) = e

−β(s+x0 )

 sin



α x0 1+α



Na kraju preostaje prebaciti parametre x0 i s natrag u koordinate x i y. Kako je s=−

y , α

x0 = x − s = x +

imamo u(x, y) = e−βx sin



αx + y 1+α

y α



Potencijalni problemi s ovom metodom nastupaju kada je neka od karakterističnih krivulja tangentna na krivulju ili plohu Γ duž koje je zadan početni (rubni) uvjet. Nadalje, zanimljiv fenomen se javlja kada se karakterističe krivulje sijeku (diskontinuiteti, šokovi). [vidi Jeffrey, 2. poglavlje] Primjer #3: neviskozna Burgersova jednadžba. ut + uux = 0 ˙ =1, t(s)

x(s) ˙ =u

Ovom supstitucijom se PDJ svodi na u˙ = 0

(7.26)

193

§ 7.5. Kanonska forma PDJ drugog reda

pa je u konstantna duž karakteristika, u(s) = u0 . To opet povlači kako su u ovom primjeru karakteristike pravci, t(s) = s + t0 ,

x(s) = u0 s + x0

Uzmimo radi jednostavnosti t0 = 0, odnosno x(t) = u0 t + x0 Ovisno o vrijednostima u0 , karakteristike se mogu sjeći, pri čemu rješenje više nije jedinstveno. Pri tom se formira diskontinuitet (šok). Kod linearnih PDJ šokovi nastaju samo ako su prisutni u početnom uvjetu, dok se kod nelineranih PDJ mogu formirati i s neprekidnim početnim uvjetom.

§ 7.5 Kanonska forma PDJ drugog reda Općenita PDJ drugog reda za funkciju u(x, y) (7.27)

Auxx + Buxy + Cuyy = F (x, y, u, ux , uy ) Imamo matricu

 M=

Svojstvene vrijednosti A−λ B/2

A B/2 B/2 C



B2 B/2 =0 = (A − λ)(C − λ) − C −λ 4

B2 =0 4  p 1  λ± = A + C ± (A + C)2 + δ , δ = B 2 − 4AC 2 λ2 − (A + C)λ + AC −

Diskriminanta je nenegativna jer (A + C)2 + δ = (A − C)2 + B 2 ≥ 0 pa su vlastite vrijednosti realne. Imamo sljedeće slučajeve, A+C >0 δ

λ+

λ−

tip PDJ

>0

>0

<0

=0

>0

<0

>0

A+C <0 δ

λ+

λ−

tip PDJ

hiperbolička

>0

>0

<0

hiperbolička

=0

parabolička

=0

=0

<0

parabolička

>0

eliptička

<0

<0

<0

eliptička

194

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

U slučaju kada je A + C = 0√i pod pretpostavkom da ne vrijedi A = B = C = 0, imamo δ > 0, pa je λ± = ± δ/2, odnosno posrijedi je nužno hiperbolički tip PDJ. Zaključak je da predznak veličine δ jednoznačno određuje tip PDJ. Svaka od ovih tipova PDJ se može svesti na naredne kanonske oblike pomoću prikladne koordinate transformacije ξ = ξ(x, y) i η = η(x, y), uξη = Ψ(ξ, η, u, uξ , uη )

1. kanonska forma za hiperbolički tip PDJ

uξξ − uηη = Ψ(ξ, η, u, uξ , uη )

2. kanonska forma za hiperbolički tip PDJ

uηη = Ψ(ξ, η, u, uξ , uη ) uξξ + uηη = Ψ(ξ, η, u, uξ , uη )

kanonska forma za parabolički tip PDJ kanonska forma za eliptički tip PDJ

Kako odabrati prikladne koordinate? Promotrimo općenitu koordinatnu transformaciju ux =

∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u = + = uξ ξx + uη ηx , ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x

uy = uξ ξy + uη ηy

uxx = (uξ ξx + uη ηx )x = (uξ )x ξx + uξ ξxx + (uη )x ηx + uη ηxx = = uξξ (ξx )2 + uξη ηx ξx + uξ ξxx + uηξ ξx ηx + uηη (ηx )2 + uη ηxx = = uξξ (ξx )2 + uηη (ηx )2 + 2uξη ξx ηx + uξ ξxx + uη ηxx Slično se pokaže i uyy = uξξ (ξy )2 + uηη (ηy )2 + 2uξη ξy ηy + uξ ξyy + uη ηyy uxy = uξξ ξx ξy + uξη (ξx ηy + ξy ηx ) + uηη ηx ηyy + uξ ξxy + uη ηxy Uvrštavanjem u PDJ (7.27) dobivamo e ξξ + Bu e ξη + Cu e ηη = Ψ(ξ, η, u, uξ , uη ) Au

(7.28)

gdje su e = A(ξx )2 + Bξx ξy + C(ξy )2 A e = 2Aξx ηx + B(ξx ηy + ξy ηx ) + 2Cξy ηy B e = A(ηx )2 + Bηx ηy + C(ηy )2 C Promotrimo sada primjer 1. kanonske forme za hiperbolički tip PDJ, u kojem zahtijee = 0 = C. e Dakle, imamo sustav jednadžbi vamo A A(ξx )2 + Bξx ξy + C(ξy )2 = 0 A(ηx )2 + Bηx ηy + C(ηy )2 = 0 Dijeljenjem jednadžbi redom s (ξy )2 i (ηy )2 dobivamo A(ξx /ξy )2 + B(ξx /ξy ) + C = 0 A(ηx /ηy )2 + B(ηx /ηy ) + C = 0

195

§ 7.6. Poissonova i Laplaceova jednadžba

Ovo su dvije identične kvadratne jednadžbe s rješenjem √ −B ± δ σ± (x, y) = , δ = B 2 − 4AC 2A Kako bismo dobili smislenu koordinatnu transformaciju moramo odabrati dva različita korjena za ξx /ξy i ηx /ηy . Time je odabir novih varijabli sveden na rješavanje sustava ξx − σ+ ξy = 0 , ηx − σ− ηy = 0 Ako je PDJ hiperboličkog tipa napisana u 1. kanonskoj formi, uxy = F , tada u 2. kanonsku formu uvijek možemo prijeći jednostavnom koordinatnom transformacijom ξ =x−y, η =x+y e = −1 , A

e=0, B

e=1 C

Koje je geometrijsko značenje veličina ξx /ξy i ηx /ηy ? Posrijedi su nagibi tangenti na krivulje (karakteristike) ξ(x, y) = konst. i η(x, y) = konst. , 0 = dξ = ξx dx + ξy dy ,

ξx dy− = − = −σ− (x, y) dx ξy

0 = dη = ηx dx + ηy dy ,

ηx dy+ =− = −σ+ (x, y) dx ηy

§ 7.6 Poissonova i Laplaceova jednadžba Poissonova jednadžba za nepoznatu funkciju u : Ω → R, Ω ⊂ Rn , glasi ∇2 u = f

(7.29)

Specijalni, homogeni slučaj f = 0 je Laplaceova jednadžba. Napomena: ako na primjer promatramo problem skalarnog električnog potencijala točkastog naboja q u ishodištu tada možemo riješavati Poissonovu jednadžbu u cijelom prostoru R3 s f (r) = −qδ(r)/0 ili Laplaceovu jednadžbu u R3 − {(0, 0, 0)} uz rubni uvjet koji definira ukupan naboj smješten u ishodište. Prvo ćemo razmotriti nekoliko osnovnih svojstava Laplaceove jednadžbe. U slučaju kada je n = 1 ova PDJ se svodi na elementarnu ODJ, u00 (x) = 0, pa se možemo ograničiti na slučajeve kada je n > 1. Promotrimo problem kada je Ω disk u ravnini R2 , ∇2 u = 0 , r < R u = f (φ) ,

r=R

196

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Separacijom u polarnom koordinatnom sustavu imamo opći oblik rješenja ∞
a0 X + (r/R)n an cos(nφ) + bn sin(nφ) 2 n=1

u(r, φ) = s koeficijentima an =

1 π

2π

Z

f (φ0 ) cos(nφ0 )dφ0 ,

bn =

0

1 π

Z

2π

f (φ0 ) sin(nφ0 )dφ0

0

Uvrštavanjem koeficijenata natrag u razvoj fukcije imamo 1 u(r, φ) = 2π

Z

2π

∞  X
 f (φ0 ) 1+2 (r/R)n cos(nφ0 ) cos(nφ)+sin(nφ0 ) sin(nφ) dφ0 =

0

n=1

1 = 2π

2π

Z

∞   X f (φ ) 1 + 2 (r/R)n cos(n(φ − φ0 )) dφ0 0

0

n=1

Promotrimo sumu ∞ X

xn cos(nα) = Re

∞ nX n=1

n=1

= Re

o n xn einα = Re

n

o n xeiα o 1 − 1 = Re = 1 − xeiα 1 − xeiα

o n xeiα ((1 − x cos α) + ix sin α) o xeiα = Re = (1 − x cos α) − ix sin α 1 + x2 − 2x cos α =

x cos α(1 − x cos α) − x2 sin2 α x cos α − x2 = 1 + x2 − 2x cos α 1 + x2 − 2x cos α

Dakle, u(r, φ) =

1 2π

Z

2π

 f (φ0 ) 1 + 2

0

(r/R) cos(φ − φ0 ) − (r/R)2 1 + (r/R)2 − 2(r/R) cos(φ − φ0 )

Time smo izveli tzv. Poissonovu integralnu formulu za disk Z 2π 1 R2 − r 2 u(r, φ) = f (φ0 ) 2 dφ0 2π 0 R + r2 − 2Rr cos(φ − φ0 )



dφ0

(7.30)

Valja uočiti da je u središtu diska (r = 0), Z 2π 1 u(0) = f (φ0 ) dφ0 2π 0 rješenje jednako srednjoj vrijednosti funkcije u na obodu diska! Ovaj zaključak je u principu moguće poopćiti na rješenja Laplaceove jednadžbe u bilo kojem broju dimenzija. Primjetimo, u trivijalnom, n = 1 slučaju, rješenja su linearne funkcije, u(x) = Ax + B koje uvijek zadovoljavaju analogno svojstvo, u(0) =

u(x) + u(−x) 2

197

§ 7.6. Poissonova i Laplaceova jednadžba

Teorem 7.1. (Teorem o srednjoj vrijednosti) Srednja vrijednost rješenja Laplaceove jednadžbe na bilo kojoj sferi jednaka je vrijednosti tog rješenja u središtu te sfere. Dokaz : Promotrimo prvo n = 3 slučaj. Smjestimo sferni koordinatni sustav u središte promatrane sfere S radijusa r. Srednja vrijednost rješenja Laplaceove jednadžbe u(r) na ovoj sferi dana je izrazom I Z π Z 2π 1 1 u(r) = u(r) da = sin θ dθ u(r) dφ 4πr2 S 4π 0 0 Specijalno, za r = 0 možemo definirati u(0) = u(0). Ako sada deriviramo ovaj izraz po radijalnoj koordinati r, pa iskoristimo Gaussov teorem i Laplaceovu jednadžbu, dobit ćemo Z π Z 2π I ∂u(r) ∂u(r) du 1 1 = sin θ dθ dφ = da = 2 dr 4π 0 ∂r 4πr ∂r 0 S I Z 1 1 = n ˆ ·∇u(r) da = ∇2 u(r) dτ = 0 4πr2 S 4πr2 K gdje smo s K označili kuglu omeđenu sferom S. To znači da je u(r) konstantna funkcija za sve r > 0. Kako je u neprekidna funkcija, tada je to i u, odakle slijedi da je u(0) = u(r) za svaki r. Poopćenje zaključka na bilo koji broj dimenzija n > 3 jednostavno slijedi: ako je S(r) (n − 1)–dimenzionalna sfera radijusa r i površine An−1 rn−1 , tada je I I 1 1 u(r) = u(r) da = u(r) dΩn−1 An−1 rn−1 S(r) An−1 S(1) I I ∂u(r) ∂u(r) du 1 1 = dΩn−1 = da = dr An−1 S(1) ∂r An−1 rn−1 S(r) ∂r I Z 1 1 = n ˆ ·∇u(r) da = ∇2 u(r) dτ = 0 An−1 rn−1 S(r) An−1 rn−1 K(r)

Sada ćemo razmotriti formalno pitanje jedinstvenosti rješenja. Problem. Neka je Ω ⊂ R3 omeđen otvoren skup. ∇2 u = f αu + βˆ n ·∇u = g

na Ω

(7.31)

na ∂Ω ,

gdje je αβ ≥ 0. Teorem 7.2. (Jedinstvenost rješenja) Problem (7.31) ima jedinstveno rješenje do na konstantu. Dokaz : Neka su u1 i u2 dva rješenja problema (7.31). Tada je w = u2 − u1 rješenje problema ∇2 w = 0 αw + βˆ n ·∇w = 0

na Ω

(7.32)

na ∂Ω

Koristeći Gaussov teorem (ovdje je posrijedi Greenov identitet) Z Z Z (∇ψ) · (∇φ) dτ = ∇(ψ∇φ) dτ − ψ∇2 φ dτ = Ω

Ω

Ω

198

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe Z

Z

Ω

∂Ω

za ψ = φ = w, imamo Z

ψ∇2 φ dτ

(ψ∇φ) · da −

=

|∇w|2 dτ =

Z

Z

w∇2 w dτ .

(w∇w) · da −

Ω

∂Ω

Ω

Drugi član s desne strane je nula jer je w rješenje Laplaceove PDJ. U svim točkama ruba ∂Ω u kojima je α = 0 ili β = 0 prvi član s desne strane je nula. U točkama u kojima je α 6= 0 i β 6= 0 imamo Z Z α (w∇w) · da = − w2 da ≤ 0 β ∂Ω ∂Ω Zaključak je da uvijek vrijedi Z

|∇w|2 dτ ≤ 0 .

Ω

Kako je podintegralan izraz s lijeve strane pozitivno semidefinitan, slijedi |∇w| = 0, odnosno Ω

w = konst. pa je u2 = u1 + konst. Napomena: u slučaju Dirichletovog rubnog uvjeta (α = 1, β = 0) nema ove nedređenosti u konstanti jer je w = 0.

Što je sa slučajem αβ < 0? U slučaju ovakvog rubnog uvjeta ne mora vrijediti jedinstvenost rješenja, kao što pokazuje sljedeći primjer. Ako za Ω odaberemo otvorenu kuglu radijusa R, čije je središte smješteno u ishodište koordinatnog sustava, tada su sve tri funkcije u1 = x , u2 = y , u3 = z , rješenja Laplaceove jednadžbe i zadovoljavaju Robinov rubni uvjet ui ui ∂ui ∂Ω −n ˆ ·∇ui = − = 0 R R ∂r na rubu kugle ∂Ω za i = 1, 2, 3. Primjetimo, ovdje imamo α = 1/R, β = −1, pa je αβ < 0. Kakvim fizikalnim situacijama odgovara slučaj αβ < 0? Uzmemo li primjer Robinovog rubnog uvjeta kod (stacionarnog rješenja) toplinske jednadžbe, vidimo kako on odgovara “pogrešnom” predznaku izmjene topline na rubu, odnosno narušenju drugog zakona termodinamike. Promotrimo na kraju ovog podpoglavlja pitanje stabilnosti rješenja Laplaceove jednadžbe. Ako bismo među skupom varijabli izdvojili jednu kao “vremensku” i zatim promatrali jednadžbu kao vremensku evoluciju, zanima nas da li se rješenje neprekidno mijenja prilikom mijenjanja početnih uvjeta. Uzmimo na primjer Laplaceovu jednadžbu ∇2 u = 0 na skupu Ω = R × h0, ∞i, s početnim uvjetima u(x, 0) = f (x) ,

uy (x, 0) = g(x)

pri čemu koordinatu y promatramo kao “vremensku koordinatu”, a pravac y = 0 kao “početni trenutak”. Kao kriterij stabilnosti rješenja ćemo uzeti sljedeću definiciju: za rješenje kažemo da je stabilno ako za svaki  > 0 postoji δ > 0 takav da |f1 (x) − f2 (x)| + |g1 (x) − g2 (x)| < δ ,

∀x ∈ R

199

§ 7.7. Toplinska jednadžba

povlači |u1 (x, y) − u2 (x, y)| <  Sada ćemo eksplicitnim odabirom niza funkcija (fn , gn ) (početnih uvjeta) pokazati kako pripadna rješenja nisu stabilna (prema dotičnom kriteriju). Uzmimo kao referentne početne uvjete trivijalne funkcije f0 (x) = g0 (x) = 0, čije je pripadno rješenje u(x) = 0. Nadalje, funkcije fn (x) = 0 ,

gn (x) =

sin(nx) , n

n∈N

su za dovoljno veliki n proizvoljno “blizu” početnim uvjetima (f0 , g0 ): za svaki δ > 0 postoji N ∈ N takav da je |fn (x) − f0 (x)| + |gn (x) − g0 (x)| < δ za sve x ∈ R i sve n ≥ N . S druge strane, pripadna rješenja, un (x, y) =

1 sin(nx) sh (ny) n2

zbog prisutnosti hiperbolnog sinusa nisu omeđena u “vremenu” y: za svaki  > 0 i svaki n ∈ N postoji y > 0, takav da je |un (x, y) − u0 (x, y)| >  za neki x 6= 0.

§ 7.7 Toplinska jednadžba ut − a2 ∇2 u = 0

(7.33)

Nehomogeni rubni uvjeti. Ovdje ćemo se pozabaviti pitanjem kako nehomogene rubne uvjete prebaciti u homogene, s kojima je u pravilu jednostavnije raditi. Neka je zadan (1 + 1)-dimenzionalni problem grijane žice duljine L s Robinovim rubnim uvjetima α1 u(0, t) + β1 ux (0, t) = g1 (t) α2 u(L, t) + β2 ux (L, t) = g2 (t) Trik se sastoji u rastavu nepoznate funkcije u na sumu u = v + s, gdje će v biti nova nepoznata funkcija s homogenim rubnim uvjetima, a s pažljivo odabrana pomoćna funkcija. Koristimo ansatz  x x s(x, t) = 1 − A(t) + B(t) L L Funkcije A i B ćemo namjestiti tako da funkcija s zadovoljava gornje rubne uvjete, α1 s(0, t) + β1 sx (0, t) = g1 (t)

200

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

α2 s(L, t) + β2 sx (L, t) = g2 (t) odnosno

  A(t) B(t) α1 A(t) + β1 − + = g1 (t) L L   A(t) B(t) α2 B(t) + β2 − + = g2 (t) L L

Ovo je linearni sustav jednadžbi za A i B, kojeg nije teško riješiti, β1 α1 − β1 L L = α1 α2 + α1 β2 − α2 β1 ∆= α2 + βL2 − βL2 L β1 g1 L = α2 g1 + β2 g1 − β1 g2 ∆A = g2 α2 + βL2 L α − β1 g1 = α1 g2 + β2 g1 − β1 g2 ∆B = 1 β2 L −L g2 L ∆A ∆B , B= ∆ ∆ Uvrštvanjem u = v + s početna toplinska PDJ prelazi u nehomogenu A=

−vt + a2 vxx = −st , pri čemu su rubni uvjeti postali homogeni, α1 v(0, t) + β1 vx (0, t) = 0 ,

α2 v(L, t) + β2 vx (L, t) = 0

a početni uvjet se promjenio, v(x, 0) = u(x, 0) − s(x, 0) = f (x) − s(x, 0) Primjer s Dirichletovim rubnim uvjetima: lateralno izoliranoj žici duljine L na jednom kraju održavamo temperaturu T1 , a na drugom T2 , u(0, t) = T1 ,

u(L, t) = T2

α1 = α2 = 1 ,

β1 = β2 = 0 , g1 = T1 , g2 = T2 , A = T1 , B = T2  x x x s(x) = T1 1 − + T2 = T1 + ∆T , ∆T = T2 − T1 L L L Kako je u ovom primjeru st = 0, PDJ je ostala nepromjenjena, ali se promjenio početni uvjet, v(x, 0) = f (x) − s(x). Primjer s Robinovim rubnim uvjetima: na jednom kraju lateralno izolirane žice duljine L održavamo konstantnu temperaturu T0 , a drugi držimo uronjen u spremnik temperature Ts . u(0, t) = T0 ,

ux (L, t) = −k(u(L, t) − Ts ) ,

α1 = 1 , α2 = k ,

β1 = 0 , β2 = 1 ,

g1 = T0 , g2 = kTs

k>0

201

§ 7.7. Toplinska jednadžba

T0 + kLTs 1 + kL  x  T0 + kLTs x kL∆T x s(x) = T0 1 − + = T0 + , L 1 + kL L 1 + kL L kL∆T x v(x, t) = u(x, t) − T0 − 1 + kL L A = T0 ,

a2 vxx − vt = 0 ,

B=

v(0, t) = 0 ,

∆T = Ts − T0

vx (L, t) + kv(L, t) = 0

Rješimo ovaj problem separacijom, v(x, t) = X(x)T (t), X T˙ − a2 T X 00 = 0 1 T˙ X 00 = 2 = −λ2 X a T T˙ + λ2 a2 T = 0 ,

X 00 + λ2 X = 0

Kada je λ 6= 0 imamo Tλ (t) = aλ e−λ

2 2

a t

,

Xλ (x) = bλ cos(λx) + cλ sin(λx)

a za λ = 0 T0 (t) = a0 ,

X0 (x) = b0 x + c0

Rubni uvjeti: 2 2

0 = vλ (0, t) = aλ bλ e−λ

2 2

vλ = Aλ sin(λx)e−λ a
2 2 0 = ∂t vλ (L, t) + kvλ (L, t) = Aλ λ cos(λL) + k sin(λL) e−λ a t a t

=0,

bλ = 0 ,

t

λ k Ovu jednadžbu rješavamo numerički. Slučaj λ = 0 se zbog rubnih uvjeta svodi na trivijalan, 0 = a0 b0 , b0 = 0 tg (λL) = −

0 = ka0 c0 ,

c0 = 0

Superpozicijom dobivamo v(x, t) =

∞ X

2

2

An sin(λn x)e−λn a

t

n=1

Koeficijente An možemo izračunati iz početnog uvjeta. (1 + 1)-dimenzionalni slučaj pomoću Fourierovog transformata. ut − a2 uxx = 0 ,

u(x, 0) = f (x) , x ∈ R Z ∞ 1 √ U (k, t) = Fx [u] = u(x, t)e−ikx dx 2π −∞ Pretpostavljajući da u(x, t) trne u x → ±∞, U (k, 0) = Fx [u(x, 0)](k) = Fx [f (x)](k) ≡ F (k)

202

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

U (k, t) = F (k)e−a

Ut + a2 k 2 U = 0 , u(x, t) = Fk−1 [F (k)e−a

2 2

k t

2 2

k t

](x, t) = f ∗ Fk−1 [e−a

2 2

k t

](x, t)

pri čemu je konvolucija s obzirom na varijablu x. Z ∞ 2 2 1 −1 −a2 k2 t e−a k t+ikx dk Fk [e ](x, t) = √ 2π −∞ 2 !  x ix x2 2 2 2 2 −a tk + ixk = −a t k − i 2 k + − 2 = 2 a t 2a t 4a t  x2 x 2 − 2 = −a2 t k − i 2 2a t 4a t Imamo stoga posla s integralom oblika ∞

Z

2

e−α(k−iβ) dk = {p = k − iβ} =

Iβ (α) =

Z

∞−iβ

2

e−αp dp

−∞−iβ

−∞

gdje su α > 0 (jer je t > 0) i β realne konstante. Pretpostavit ćemo da je β > 0 jer je analiza u slučaju β < 0 u potpunosti analogna. Promatramo kompleksan integral I 2 e−αz dz C

gdje je C pravokutna integracijska krivulja,

−R

R

−iβ

Podintegralna funkcija nema singulariteta, pa je I 2 0= e−αz dz = Iβ (α) − I0 (α) + IR + I−R C

Z

0

IR =

2

e−α(R+iy) idy ,

−β

Z I−R =

−β

2

e−α(−R+iy) idy

0

Zadnja dva integrala u sumi daju JR = IR + I−R = e

−αR2

Z

−β


2 ei2αRy − e−i2αRy eαy idy =

0

= −2e

−αR2

Z

−β

e 0

αy 2

sin(2Rαy) dy = {y → −y} = −2e

−αR2

Z 0

β

2

eαy sin(2Rαy) dy

203

§ 7.7. Toplinska jednadžba

Kako je Z

β

0

e

αy 2

Z sin(2Rαy) dy ≤

β

αy2 e sin(2Rαy) dy ≤

Z

β

2

eαy dy = K < ∞ ,

0

0

u limesu kada R → ∞ imamo 2

lim |JR | ≤ lim 2e−αR K = 0

R→∞

R→∞

pa je

√ 2 π e−αp dp = √ α −∞

Z Iβ (α) = I0 (α) =

∞

Koristeći ovaj rezultat imamo     √ 2 2 π 1 x2 x2 1 Fk−1 [e−a k t ](x, t) = √ √ exp − 2 = √ exp − 2 4a t 4a t a t 2π a 2t i stoga 1 u(x, t) = √ 2a πt

∞

(x − s)2 f (s) exp − 4a2 t −∞

Z



 ds

(7.34)

Problem. Neka je Ω ⊂ R3 omeđen otvoren skup. ut − a2 ∇2 u = f u=g

na Ω × h0, T i na Ω × {0}

αˆ n ·∇u + βu = h na ∂Ω × h0, T i

(7.35)

uz funkcije f , g, h i konstante α i β. Teorem 7.3. (Jedinstvenost rješenja) Problem (7.35) ima jedinstveno rješenje. Dokaz : Pretpostavimo da problem (7.35) ima dva rješenja, u1 i u2 , te definirajmo v = u1 −u2 . Želimo dokazati da problem vt − a2 ∇2 v = 0 v=0

na Ω × h0, T i na Ω × {0}

αˆ n ·∇v + βv = 0 na

∂Ω × h0, T i

ima jedinstveno rješenje v = 0. Promotrimo sljedeću funkciju Z 1 v 2 dτ E(t) ≡ 2 Ω I  Z Z Z Et (t) = vvt dτ = a2 v∇2 v dτ = a2 v(∇v) · da − |∇v|2 dτ Ω

Ω

∂Ω

Ako je α = 0 tada je prvi član nula, I v(∇v) · da = 0 , ∂Ω

Ω

204

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe a ako je α 6= 0 i αβ ≥ 0, tada je I v(∇v) · da = − ∂Ω

α β

I

v 2 da ≤ 0 ∂Ω

U oba slučaja slijedi Et (t) ≤ 0 i stoga 0 ≤ E(t) ≤ E(0) = 0 Dakle, E(t) = 0 za sve t, pa je onda i v ≡ 0. U ostalim slučajevima, kada je α 6= 0 i αβ < 0, moramo promotriti drugu derivaciju funkcije E(t), Z Z Z Z v∇2 vt dτ Ett (t) = (vt )2 dτ + vvtt dτ = (vt )2 dτ + a2 Ω

Drugi član,

Z

Ω

Ω

Ω

I Z v∇2 vt dτ = v(∇vt ) · da − (∇v) · (∇vt ) dτ = Ω ∂Ω Ω I I Z = v(∇vt ) · da − vt (∇v) · da + vt ∇2 v dτ ∂Ω

∂Ω

Ω

Kako Robinov rubni uvjet ∇v = −

β v α

∇vt = −

β vt α

vrijedi za sve t > 0, imamo

na Ω × {0} i ∂Ω × [0, T ]. Prema tome I I I β v(∇vt ) · da − vt (∇v) · da = − (vvt − vt v) da = 0 α ∂Ω ∂Ω ∂Ω Z Z Z vvtt dτ = a2 vt ∇2 v dτ = (vt )2 dτ Ω

Ω

i stoga

Ω

Z

(vt )2 dτ ≥ 0

Ett (t) = 2 Ω

Koristeći SCB nejednakost, 2

EEtt − (Et ) =



1 2

 Z  Z 2 2 v dτ 2 (vt ) dτ − vvt dτ =

Z

2

Ω

Ω 2

2

Ω 2

= ||v|| ||vt || − hv, vt i ≥ 0 Time smo dokazali da je i ln E(t) konveksna funkcija jer (ln E)tt =

EEtt − (Et )2 E2

Pretpostavimo da postoji T > 0, takav da je E(t) 6= 0, odnosno E(t) > 0 za sve t ∈ h0, T i. Tada zbog konveksnosti za svaki  ∈ h0, T i slijedi   p ln E() + ln E(T ) +T ≥ ln E ln E()E(T ) = 2 2 U limesu kada  → 0 desna strane konvergira ka konačnoj vrijednosti ln E(T /2), dok lijeva strana divergira ka −∞ (jer je E(0) = 0), što je u kontradikciji s nejednakošću. Zaključak je kako pretpostavljen interval h0, T i ne postoji, već je E(t) = 0 za sve t. Odavde opet slijedi v ≡ 0.

205

§ 7.8. Valna jednadžba

§ 7.8 Valna jednadžba Teorem 7.4. Rješenje (1 + 1)-dimenzionalne valne jednadžbe utt − c2 uxx = 0 uvijek je moguće napisati u obliku u(x, t) = f (x − ct) + g(x + ct)

(7.36)

Dokaz : Valnu jednadžbu je moguće jednostavno “faktorizirati”, (∂t − c∂x )(∂t + c∂x )u = 0 Odnosno, uvedemo li varijable ξ = x − ct ,

η = x + ct

η+ξ η−ξ , x= 2c 2 1 1 1 ∂ξ = tξ ∂t + xξ ∂x = − ∂t + ∂x = − (∂t − c∂x ) 2c 2 2c 1 1 1 ∂η = tη ∂t + xη ∂x = ∂t + ∂x = (∂t + c∂x ) 2c 2 2c orginalna PDJ se svodi na kanonsku formu t=

uξη = 0 Ovu jednadžbu možemo pročitati na dva sljedeća načina:   ∂ ∂u ∂u =0 ⇒ = F (ξ) ∂η ∂ξ ∂ξ   ∂ ∂u ∂u =0 ⇒ = G(η) ∂ξ ∂η ∂η du = uξ dξ + uη dη = F (ξ) dξ + G(η) dη Integriranjem dobijemo u = f (ξ) + g(η) + konst. Konstanta nastala pri integriranju ne predstavlja nikakav “problem” jer nju možemo po volji uključiti bilo u funkciju f ili funkciju g. Time je pokazana tražena tvrdnja. Ovu tvrdnju možmo dokazati i pomoću Fourierovog transformata. Neka je U (k, t) = Fx [u](k, t) Uvrštavanjem u valnu jednadžbu dobivamo ODJ Utt (k, t) + k2 c2 U (k, t) = 0 čije je rješenje oblika

1 = √ 2π

Z

∞ −∞

U (k, t) = A(k)e−ikct + B(k)eikct Z ∞ 1 u(x, t) = √ U (k, t)eikt dk = 2π −∞   A(k)eik(x−ct) + B(k)eik(x+ct) dk = f (x − ct) + g(x + ct)

206

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Ovaj oblik nam govori da se svako rješenje valne jednadžbe sastoji od dva dijela: jednog koji se giba u smjeru pozitivne x-osi (na desno) i drugog koji se giba u smjeru negativne x-osi (na lijevo). Pod gibanjem podrazumjevamo sljedeće: promatrajmo npr. u funkciji f (x − ct) neku konkretnu vrijednost koju je ona poprimila onda kada je argument bio jednak nekom broju x0 , x − ct = x0 . U nekim drugim trenucima taj isti argument će se pojaviti na onim točkama s koordinatom x koja zadovoljava uvjet x = x0 + ct, dakle kako se pomičemo naprijed u vremenu to su točke s rastućom vrijednosti koordinate x: ona početna vrijednost funkcije f (x0 ) se pomakla na desno. Analogan način zaključivanja možemo primjeniti i kod funkcije g(x − ct). Problem: beskonačna žica u početnom trenutku ima oblik u(x, 0) = h(x) i vertikalnu brzinu ut (x, 0) = v(x). Pronađite oblik žice u svim kasnijim trenucima. Prema prethodnom teoremu znamo da je rješenje moguće zapisati u obliku u(x, t) = f (x − ct) + g(x + ct) h(x) = u(x, 0) = f (x) + g(x) ut (x, t) =

df (x − ct) ∂(x − ct) dg(x + ct) ∂(x + ct) + = −cf 0 (ξ) + cg 0 (η) d(x − ct) ∂t d(x + ct) ∂t
v(x) = ut (x, 0) = −c f 0 (ξ) − g 0 (η) t=0

Integriranjem duž koordinate x, Z x Z 0 0 v(x ) dx = −c 0

x

0


f 0 (ξ) − g 0 (η) t=0 dx0

Uočimo kako prelaskom na integraciju po varijabli ξ, odnosno η (pri čemu varijablu t držimo konstantnom) imamo Z x−ct Z x df (ξ) df (ξ) 0 dx = dξ = f (x − ct) − f (−ct) dξ dξ −ct 0 Z x Z x+ct dg(η) 0 dg(η) dx = dη = g(x + ct) − g(ct) dη dη 0 ct Odabir donje granice x = 0 je ovdje irelevantan. Uvrštavanjem t = 0 i dijeljenjem s c dobivamo Z 1 x v(x0 ) dx0 = −f (x) + g(x) + A , A = f (0) − g(0) c 0 Rješenje dobivenog sustava glasi
1 1 f (x) = h(x) + A − 2 2c

Z


1 1 h(x) − A + 2 2c

Z

g(x) =

x

v(x0 ) dx0

0 x

v(x0 ) dx0

0

Prema tome, ukupno rješenje glasi
1 1 h(x − ct) + h(x + ct) + u(x, t) = 2 2c

Z

x+ct 0

0

Z

v(x ) dx − 0

x−ct 0

0

v(x ) dx 0



207

§ 7.8. Valna jednadžba

odnosno
1 1 u(x, t) = h(x − ct) + h(x + ct) + 2 2c

Z

x+ct

v(x0 ) dx0

x−ct

Ovo je tzv. D’Alembertova formula. Alternativni izvod pomoću Fourierovog transformata. Z ∞ 1 u(x, t) = √ eikx U (k, t) dk 2π −∞ Početna PDJ svodi se na ODJ Utt + (ck)2 U = 0 s početnim uvjetima U (k, 0) = Fx [u(x, 0)] = Fx [h(x)] ≡ H(k) Ut (k, 0) = Fx [ut (x, 0)] = Fx [v(x)] ≡ W (k) Rješenje je dano s U (k, t) = H(k) cos(ckt) +

W (k) sin(ckt) ck

Rješenje valne jednadžbe je stoga u(x, t) = Fk−1 [U (k, t)] = h ∗ Fk−1 [cos(ckt)] + v ∗ Fk−1 [(sin(ckt))/(ck)] pri čemu su konvolucije s obzirom na varijablu x. 1 Fk−1 [cos(ckt)] = √ 2π

Z

∞

−∞

eickt + e−ickt ikt e dk = 2

√ 2π 2π = √ (δ(x + ct) + δ(x − ct)) = (δ(x + ct) + δ(x − ct)) 2 2 2π Z ∞ ickt 1 e − e−ickt ikt Fk−1 [(sin(ckt))/(ck)] = √ e dk 2ick 2π −∞ Pripadni kompleksni integrali će imati pol na realnoj osi, pa nam je kauzalnost vodilja. Pokazat će se kako tom fizikalnom zahtijevu odgovara pomicanje pola iznad realne osi, Z ∞ iak Z ∞ iak e e dk = lim dk = 2πi θ(a) →0 k k − i −∞ −∞ Dakle,

√ Fk−1 [(sin(ckt))/(ck)]

Konačno,

Z

∞

u(x, t) =

h(s) −∞

=

2π (θ(x + ct) − θ(x − ct)) 2c

δ(x − s + ct) + δ(x − s − ct) ds+ 2

208

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

+ =

1 2c

Z

∞

v(s)(θ(x − s + ct) − θ(x − s − ct)) ds = −∞

1 1 (h(x − ct) + h(x + ct)) + 2 2c

Z

x+ct

Z

x−ct 

− −∞

v(s) ds −∞

što se svodi na D’Alembertovo rješenje. Napomena oko slabih rješenja (klasično vs generalizirano rješenje): na primjer, ako je početni uvjet dan funkcijom koja nije derivabilna u nekoj točki, tada je i formalno rješenje “problematično” u toj točki. Međutim, u ovom slučaju možemo govoriti kako je PDJ ispunjena u smislu distribucije, Z Z φL[u] = φf Promotrimo primjer žice koja je otpuštena u titranje (v(x) = 0) iz početnog oblika zadanog neprekidnom funkcijom h(x) = e−a|x| ,

a>0,

koja nije derivabilna u x = 0. Naizgled, D’Alembertovo rješenje  1  −a|x−ct| e + e−a|x+ct| u(x, t) = 2 je “neupotrebljivo” jer u nekim točkama nije derivabilno. Međutim, u smislu distribucije, za svaku test funkciju φ Z ∞ Z ∞ dt dx φ(x, t)(∂t2 − c2 ∂x2 )u(x, t) = 0 0

−∞

Koristeći d sgn (x) dθ(x) = δ(x) , sgn (x) = 2θ(x) − 1 , = 2δ(x) dx dx     ∂x2 e−a|x±ct| = ∂x −ae−a|x±ct| sgn (x ± ct) = = a2 e−a|x±ct| (sgn (x ± ct))2 − ae−a|x±ct| 2δ(x ± ct)     ∂t2 e−a|x±ct| = ∂t ∓ace−a|x±ct| sgn (x ± ct) = = (ac)2 e−a|x±ct| (sgn (x ± ct))2 − ac2 e−a|x±ct| 2δ(x ± ct) Uvrštavanjem u valnu jednadžbu vidimo da je zadovoljena (u distribucijskom smislu) ... Problem. Neka je Ω ⊂ R3 omeđen otvoren skup. utt − c2 ∇2 u = f

na

Ω × h0, T i

u=g

na

Ω × {0}

ut = h na

Ω × {0}

i

∂Ω × [0, T ]

(7.37)

209

§ 7.8. Valna jednadžba

Teorem 7.5. (Jedinstvenost rješenja) Problem (7.37) ima jedinstveno rješenje. Dokaz : Pretpostavimo da problem (7.37) ima dva rješenja, u1 i u2 , te definirajmo v = u1 −u2 . Želimo dokazati da problem vtt − c2 ∇2 v = 0 na v = 0 na vt = 0 na

Ω × h0, T i Ω × {0} i ∂Ω × [0, T ] Ω × {0}

ima jedinstveno rješenje v = 0. Promotrimo sljedeću veličinu (izbor oznake nije slučajan jer se može pokazati da ona proporcionalna energiji u sustavu), Z
1 E(t) = vt2 + c2 |∇v|2 dV 2 Ω Prvo ćemo dokazati da je E(t) konstantna u vremenu. Z
dE = vt vtt + c2 (∇v) · (∇vt ) dV dt Ω Drugi član možemo rastaviti koristeći Gaussov teorem (ovdje je posrijedi Greenov identitet), Z Z Z (∇v) · (∇vt ) dV = ∇(vt ∇v) dV − vt ∇2 v dV = Ω

Ω

Ω

Z

Z

vt ∇2 v dV

vt (∇v) · da −

= ∂Ω

Ω

Kako je v = 0 na ∂Ω za sve t ∈ [0, T ], slijedi da je i vt = 0 na ∂Ω za sve t ∈ h0, T i, pa imamo Z Z (∇v) · (∇vt ) dV = − vt ∇2 v dV Ω

Ω

Sve skupa, koristeći PDJ, dE = dt

Z


vt vtt − c2 ∇2 v dV = 0

Ω

Nadalje, kako je (zbog v = 0 na Ω × {0}) Z Z Z |∇v|2t=0 dV = (v n ˆ · ∇v)t=0 da − (v∇2 v)t=0 dV = 0 , Ω

∂Ω

Ω

te vt = 0 na Ω × {0}, slijedi E(0) = 0, pa je i E(t) = 0 za sve t. Podintegralni izraz u definiciji fukcije E(t) je pozitivno semidefinitan, odakle slijedi da su vt = 0 i |∇v| = 0 svugdje. To znači da je v konstantna funkcija, a zbog rubnih uvjeta ta konstanta mora biti nula. Dakle, dokazali smo da je v ≡ 0.

Napomena: u slučaju kada je Ω = R3 , dokaz je valjan uz pretpostavku da rješenje trne u beskonačnosti. Stabilnost rješenja. Pitanje: koliko su rješenja osjetljiva na početne uvjete? Uvodimo oznake za f (x) ||f ||∞ ≡ sup |f (x)| x

i w(x, t) (za neko fiksno vrijeme t = τ ) ||w||∞,τ ≡ sup |w(x, τ )| x

210

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Vrijede sljedeće relacije ||f (x − a)||∞ = ||f (x)||∞ ,

∀a ∈ R

||f ± g||∞ ≤ ||f ||∞ + ||g||∞ Z

b

a

f (x) dx ≤ (b − a)||f ||∞

Pretpostavimo da je u1 (x, t) rješenje valne PDJ s početnim uvjetima u1 (x, 0) = h1 (x) i (u1 )t (x, 0) = v1 (x). Nadalje, neka je u2 (x, t) rješenje valne PDJ s nekim drugačijim početnim uvjetima u2 (x, 0) = h2 (x) i (u2 )t (x, 0) = v2 (x). Tada funkcija w(x, t) = u2 (x, t) − u1 (x, t) rješava valnu PDJ s početnim uvjetima w(x, 0) = h2 (x) − h1 (x) wt (x, 0) = v2 (x) − v1 (x) D’Alembertovo rješenje glasi w(x, t) =



 1 h2 (x − ct) − h1 (x − ct) + h2 (x + ct) − h1 (x + ct) + 2 Z x+ct
1 v2 (s) − v1 (s) ds + 2c x−ct

Promotrimo ove članove u nekom trentku t = τ , h2 (x ± cτ ) − h1 (x ± cτ ) ≤ ||h2 − h1 ||∞ 1 2c

Z

x+cτ


v2 (s) − v1 (s) ds ≤ τ · ||v2 − v1 ||∞

x−cτ

Dakle, |w(x, τ )| ≤ ||h2 − h1 ||∞ + τ · ||v2 − v1 ||∞ odnosno |u2 (x, τ ) − u1 (x, τ )| ≤ ||h2 − h1 ||∞ + τ · ||v2 − v1 ||∞ Konačno, kako ova nejednakost vrijedi za svaki x, vrijedi i ||u2 − u1 ||∞,τ ≤ ||h2 − h1 ||∞ + τ · ||v2 − v1 ||∞ Dakle, razlika među rješenjima neće rasti brže od linearne funkcije u vremenu.

§ 7.9 Maxwellove jednadžbe Umjesto sustavne analize teorije sustava parcijalnih diferencijalnih jednadžbi, ovdje ćemo razmotriti samo jedan, ali fizikalno iznimno važan primjer. Klasično elektromagnetsko polje je, između ostalog, moguće prikazati pomoću dva vektorska polja,

211

§ 7.9. Maxwellove jednadžbe

električnog E(t, r) i magnetskog B(t, r), koja su općenito funkcije prostornih i vremenskih koordinata. Njihovo ponašanje opisano je sustavom od 4 linearne vezane parcijalne diferencijalne jednadžbe, poznate kao Maxwellove jednadžbe, ρe 0 ∇· B = 0 ∂E 1 = c2 ∇× B − Je ∂t 0 ∂B = −∇× E ∂t ∇· E =

(7.38a) (7.38b) (7.38c) (7.38d)

Ovdje su {ρe , Je } redom gustoća električnog naboja i gustoća struje električnih naboja, koje mi zadajemo kao “izvore” ovih polja. Ono što ovdje upada u oko je stanovita asimetrija između električnog i magnetskog polja. Na primjer, desna strana druge jednadžbe je nula, dok desna strana prve jednadžbe općenito ne iščezava. Razlog tomu je odsustvo magnetskih monopola, koji za sada nisu pronađeni u prirodi. U slučaju njihovog prisustva, proširene Maxwellove jednadže bi glasile ρe 0 ∇· B = µ0 ρm ∂E 1 = c2 ∇× B − Je ∂t 0 ∂B = −∇× E − µ0 Jm ∂t ∇· E =

(7.39a) (7.39b) (7.39c) (7.39d)

gdje su {ρm , Jm } redom gustoća magnetskih monopola i pripadna gustoća struje monopolne struje. Nadalje, jednostavnim brojanjem uočavamo “problem”: električno i magnetsko polje zajedno imaju 3+3 = 6 komponenti, koje su opisane sustavom od 1+1+3+3 = 8 skalarnih diferencijalnih jednadžbi — sustav je prezadan! Primjetimo, međutim, kako korištenjem treće, odnosno četvrte Maxwellove jednadžbe imamo redom     ∂ 1 ∂ρe 1 ρe ∂E ∂ρe − =− ∇· E − = ∇· ∇· Je + (7.40) ∂t 0 ∂t 0 ∂t 0 ∂t    ∂ρm ∂ρm ∂  ∂B − µ0 = −µ0 ∇· Jm + (7.41) ∇· B − µ0 ρm = ∇· ∂t ∂t ∂t ∂t Dobivene jednakosti (7.40) i (7.41) mogu se iščitati na dva načina. Pretpostavimo li da električno i magnetsko polje zadovoljavaju prve dvije Maxwellove jednadžbe, tada slijede jednadžbe kontinuiteta za električne naboje i magnetske monopole, ∂ρe + ∇· Je = 0 , ∂t

∂ρm + ∇· Jm = 0 . ∂t

(7.42)

Obratno, pretpostavimo da zadane raspodjele naboja i struja {ρe , Je ; ρm , Jm } zadovoljavaju gornje, fizikalnim opažanjima opravdane, jednadžbe kontinuiteta. Tada slijedi kako su izrazi u zagradama na lijevim stranama jednakosti (7.40) i (7.41) konstantni u vremenu! Drugim riječima, ako su prve dvije Maxwellove jednadžbe zadovoljene

Poglavlje 7. Parcijalne diferencijalne jednadžbe

212

barem u jednom (početnom) trenutku, tada iz preostale dvije Maxwellove jednadžbe i jednadžbi kontinuiteta slijedi kako će ovo vrijediti i u svim ostalim trenucima. Sada možemo jasnije sagledati strukturu Maxwellovih jednadžbi. Problem je zadan raspodjelom naboja i struja {ρe , Je ; ρm , Jm } u prostoru i vremenu (takvih da zadovoljavaju jednadžbe kontinuiteta), te početnih uvjeta {E(t0 , r), B(t0 , r)} u nekom trenutku t = t0 . Ovi početni uvjeti, međutim, nisu proizvoljni, već su ograničeni s prve dvije Maxwellove jednadžbe. Ovakve jednadžbe su stoga poznate kao jednadžbe ograničenja (engl. constraint equations). Preostale dvije Maxwellove jednadžbe dirigiraju vremenenskom evolucijom polja, pa ih možemo zvati evolucijske jednadžbe. Komentar 7.6. Ponekad nailazimo na pogrešne tvrdnje kako dio Maxwellovih jednadžbi nije neovisan, već se one mogu izveti iz preostalih. Izvor zabune dolazi iz gore izloženog izvoda, kojim se samo pokazuje vremenska neovisnost prve dvije Maxwellove jednadžbe, no ne i to da one uopće moraju biti zadovoljene u jednom trenutku.

8 Greenove funkcije U ovom poglavlju ćemo analizirati kako je upotrebom delta funkcije i Fourierovog transformata moguće sustavno tražiti partikularna rješenja običnih i parcijalnih linearnih diferencijalnih jednadžbi.

§ 8.1 Greenove funkcije i ODJ Promotrimo linearnu nehomogenu ODJ (8.1)

Lx u(x) = f (x)

gdje je Lx linearni diferencijalni operator (radi kratkoće zapisa izostavljamo uglatu zagradu). Ideja je uvesti tzv. Greenovu funkciju G(x, y) koja je rješenje ODJ Lx G(x, y) = δ(x − y) Tvrdimo da je jedno partikularno rješenje dano izrazom Z ∞ up (x) = G(x, x0 )f (x0 ) dx0

(8.2)

(8.3)

−∞

Naime, Z

∞

Lx up (x) =

Lx G(x, x0 )f (x0 ) dx0 =

−∞

Z

∞

δ(x − x0 )f (x0 ) dx0 = f (x)

−∞

Primjetimo kako u izboru Greenove funkcije, kao i inače izboru partikularnih rješenja ODJ, postoji sloboda jer je za svako homogeno rješenje uh (x) funkcija G(x, x0 ) + uh (x) opet rješenje ODJ (8.2). Prije analize postupka nalaženja Greenovih funkcija ćemo promotriti neka njihova općenita svojstva. Često ćemo imati posla s operatorima Lx koji su translacijski invarijantni, u smislu da je Lx+a = Lx za svaki a ∈ R, odnosno kada je d2 d + a2 2 + . . . Lx = a0 + a1 dx dx gdje su {a0 , a1 , a2 , . . . } neke konstante.

213

214

Poglavlje 8. Greenove funkcije

Teorem 8.1. Neka je Lx translacijski invarijantan diferencijalni operator. Tada je i Greenova funkcija definirana diferencijalnom jednadžbom (8.2) translacijski invarijantna, odnosno vrijedi G(x, x0 ) = G(x − x0 ) (do na homogeno rješenje pripadne ODJ). U ovom slučaju rješenje ODJ (8.1) možemo pisati u obliku Z ∞ √ (8.4) u(x) = uh (x) + G(x − x0 )f (x0 )dx0 = uh (x) + 2π (G ∗ f )(x) −∞

Dokaz : Napravimo transformacije x→x+a,

x0 → x0 + a

i iskoristimo pretpostavke iz teorema, Lx+a G(x + a, x0 + a) = Lx G(x + a, x0 + a) = δ((x + a) − (x0 + a)) = δ(x − x0 ) Dakle, funkcije G(x, x0 ) i G(x, x0 ) rješenja su iste ODJ s istim početnim uvjetima. Pretpostavljajući kako za dotičnu ODJ vrijedi teorem o jedinstvenosti rješenja, zaključujemo da je G(x, x0 ) = G(x + a, x0 + a) za svaki a ∈ R. Prijeđemo li na koordinate y± = x ± x0 , ovo možemo zapisati u obliku G(y+ , y− ) = G(y+ + 2a, y− ) za svaki a ∈ R, odnosno ∂G(y+ , y− ) =0, ∂y+ odakle slijedi G(y+ , y− ) = G(y− ), čime je dokazana tvrdnja.

Razmotrit ćemo dva jednostavna fizikalna primjera u kojima su operatori pripadne ODJ translacijski invarijantni. Primjer # 1: oblik visećeg mosta O dva stupa, razmaknuta na udaljenosti L, obješena je nit i o nju horizontalna cesta. Pretpostavljamo da su i nit i cesta načinjene od homogenih materijala, te njihove linearne gustoće iznose µnit i µcesta . Označimo funkciju elongacije niti s u(x). Dijagram sila na element niti, T (x + dx)

F (x) T (x)

Po pretpostavci imamo statičnu situaciju, pa su sile na element niti izjednačene, Tx (x + dx) − Tx (x) = 0 Ty (x + dx) − Ty (x) = F (x) gdje F (x) > 0 ukupna gravitacijska sila na promatrani element. Iz prve jednadžbe slijedi da je horizontalna komponenta napetosti konstantna, 0 = Tx (x + dx) − Tx (x) = dTx (x)

⇒

Tx (x) = konst. ≡ T0

215

§ 8.1. Greenove funkcije i ODJ

Za vertikalnu komponentu imamo Ty (x + dx) − Ty (x) = dTy (x) = d(T0 tg θ(x)) = d(T0 u0 (x)) = T0 u00 (x) dx U sili F (x) se nalaze dva doprinosa, F (x) = (µnit d` + µcesta dx)g Pretpostavit ćemo da je µ = µcesta  µnit , pa imamo običnu diferencijalnu jednadžbu (8.5)

u00 (x) = f (x) ,

gdje je u našem problemu f (x) = µg/T0 = konst. Iz diskusije u poglavlju o parcijalnim diferencijalnim jednadžbama može se vidjeti kako je ovo stacionarni (vremenski neovisan) slučaj nehomogene valne jednadžbe1 . Pretpostavljamo da su krajevi niti učvršćeni, te koordinatni sustav postavljen tako da je (8.6)

u(0) = u(L) = 0 Rješenje pripadne homogene diferencijalne jednadžbe glasi uh (x) = Ax + B

gdje su A i B neke konstante. Partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe (8.5) tražimo pomoću Greenove funkcije, ∂2 G(x, x0 ) = δ(x − x0 ) ∂x2 Direktnim integriranjem slijedi ∂ G(x, x0 ) = θ(x − x0 ) + α(x0 ) ∂x odnosno

G(x, x0 ) = (x − x0 )θ(x − x0 ) + α(x0 )x + β(x0 )

gdje su α i β funkcije čiji odabir korespondira slobodi odabira Greenove funkcije, općenito definirane do na dodavanje rješenja pripadne homogene diferencijalne jednadžbe. Na primjer, odaberemo li G(0, x0 ) = G(L, x0 ) = 0 , imamo β(x0 ) = 0 ,

α(x0 ) =

x0 − L L

pa je G(x, x0 ) = (x − x0 )θ(x − x0 ) +

x 0 (x − L) L

Ukupno rješenje je dano s Z u(x) = Ax + B +

L

G(x, x0 )f (x0 ) dx0

0

1 u slučaju kada nema ceste, µ cesta

= 0, nit poprima krivulju oblika lančanice, zadanu funkcijom ch (x)

216

Poglavlje 8. Greenove funkcije

Kada u obzir uzmemo početne uvjete problema i naˇodabir Greenove funkcije, dobivamo A = B = 0, pa je u konačnici ukupno rješenje dano pojednostavljenim izrazom Z L u(x) = G(x, x0 )f (x0 ) dx0 0

Uvrštavanjem funkcije f iz našeg problema imamo Z Z µg x µg x L 0 (x − x0 ) dx0 + (x − L) dx0 = u(x) = T0 0 T0 L 0  
µg x2 xL µg 2 = x − + − xL = (x/L)2 − (x/L) T0 2 2 2T0 L2 Nit, dakle, poprima oblik parabole. Na kraju ovog primjera ćemo razmotriti na koji način odabir Greenove funkcije utječe na konačni zapis rješenja. Kako je u diferencijalnoj jednadžbi (8.5) operator Lx translacijski invarijantan, možemo pisati G(x, x0 ) = G(x − x0 ). Nadalje, valja uočiti da je ∂G(x − x0 ) ∂(x − x0 ) ∂G(x − x0 ) ∂G(x − x0 ) = = 0 ∂x ∂(x − x ) ∂x ∂(x − x0 ) ∂G(x − x0 ) ∂G(x − x0 ) ∂(x − x0 ) ∂G(x − x0 ) = = − ∂x0 ∂(x − x0 ) ∂x0 ∂(x − x0 ) pa vrijedi ∂G(x − x0 ) ∂G(x − x0 ) =− , ∂x ∂x0

∂ 2 G(x − x0 ) ∂ 2 G(x − x0 ) = ∂x2 ∂x02

Drugim riječima, u diferencijalnoj jednadžbi za Greenovu funkciju možemo derivaciju po x zamjeniti s derivacijom po x0 , ∂2 G(x − x0 ) = δ(x − x0 ) ∂x02 Pretpostavimo sada da je promatrani problem zadan na intervalu I = [a, b], te promotrimo identitet    Z b Z b ∂2 ∂ ∂ ∂2 ∂ 0 φ 02 ψ − ψ 02 φ dx = φ 0 ψ − ψ 0 φ dx0 = 0 ∂x ∂x ∂x ∂x a a ∂x   0 ∂ ∂ x =b = φ 0 ψ−ψ 0 φ 0 ∂x ∂x x =a Uvrstimo li φ = u(x0 ) i ψ = G(x − x0 ), imamo Z b u(x) = G(x − x0 )f (x0 ) dx0 + a

  0 0 x =b ∂G(x − x0 ) 0 ∂u(x ) + u(x0 ) − G(x − x ) 0 0 0 ∂x ∂x x =a

(8.7)

U literaturi se, ovisno o tipu zadanih početnih ili rubnih uvjeta, obično susrećemo s narednim konvencionalnim izborima Greenovih funkcija:

217

§ 8.1. Greenove funkcije i ODJ

a) Ako su zadane vrijednosti funkcije u(x) u točkama x = a i x = b, tada obično biramo tzv. Dirichletovu Greenovu funkciju GD (x − x0 ) = 0 za

x0 = a, b

U ovom slučaju se općeniti izraz malo pojednostavljuje, b

Z

GD (x − x0 )f (x0 ) dx0 + u(x0 )

u(x) = a

0 ∂GD (x − x0 ) x =b ∂x0 x0 =a

(8.8)

b) Ako su zadane vrijednosti derivacije u0 (x) u točkama x = a i x = b, tada obično biramo tzv. Neumannovu Greenovu funkciju. Naivno, alternativni izbor glasi ∂GN (x − x0 ) ? = 0 za x0 = a, b ∂x0 Međutim, ovo nije konzistentno sa svojstvima Greenove funkcije jer Z b 2 Z b 0 ∂GN (x − x0 ) x =b ∂ GN (x − x0 ) 0 = dx = δ(x − x0 ) dx0 = 1 02 ∂x0 ∂x x0 =a a a Prema tome, konzistentan izbor glasi ∂GN (x − x0 ) x0 = 0 ∂x b−a

za x0 = a, b

U ovom slučaju se općeniti izraz svodi na Z u(x) =

b

GN (x − x0 )f (x0 ) dx0 +

a

+

0 ∂u(x0 ) x =b bu(b) − au(a) + GN (x − x0 ) b−a ∂x0 x0 =a

(8.9)

Ovdje valja joše jednom naglasiti kako je su navedeni izbori samo konvencionalni. Jedino što je na kraju bitno jest da ukupno rješenje (s kako god odabranom Greenovom funkcijom) zadovoljava zadane početne uvjete.

Primjer # 2: tjerano-gušeni harmonički oscilator x ¨(t) + 2bx(t) ˙ + ω02 x(t) = f (t) Lt =

d2 d + 2b + ω02 2 dt dt

Lt G(t, t0 ) = δ(t − t0 ) U pronalaženju Greenove funkcije poslužit ćemo se Fourierovim transformatom, Z ∞ 1 iω(t−t0 ) e G(t, t0 ) = G(t − t0 ) = √ G(ω)e dω 2π −∞

218

Poglavlje 8. Greenove funkcije

1 Lt G(t, t0 ) = √ 2π

Z

∞

0 2 e G(ω)(−ω + 2biω + ω02 )eiω(t−t ) dω −∞ Z ∞ 0 1 0 eiω(t−t ) dω = δ(t − t ) = 2π −∞

1 1 e , G(ω) =√ 2π −ω 2 + 2biω + ω02

G(t, t0 ) =

Promatramo integral I

1 2π

Z

0

∞

−∞

eiω(t−t ) dω 2 −ω + 2biω + ω02

0

eiz(t−t ) dz −z 2 + 2biz + ω02

Imamo dva pola prvog reda u točkama q z± = ib ± ω02 − b2 ≡ ib ± γ Za slabo gušeni oscilator imamo ω0 > b, pa je γ ∈ R

t ≥ t0

t < t0

0

0 eiz(t−t ) 1 Res(z+ ) = lim = − e(−b+iγ)(t−t ) z→z+ −(z − z− ) 2γ 0

eiz(t−t ) 1 (−b−iγ)(t−t0 ) Res(z− ) = lim = e z→z− −(z − z+ ) 2γ Primjetimo, u slučaju kada je t < t0 integral iščezava. Sve skupa, imamo G(t, t0 ) =

i −b(t−t0 ) e (−2i) sin(γ(t − t0 ))θ(t − t0 ) = 2γ

1 −b(t−t0 ) e sin(γ(t − t0 ))θ(t − t0 ) γ Z t sin(γ(t − t0 )) −b(t−t0 ) 0 xp (t) = f (t0 ) e dt γ −∞ =

Primjetimo kako su imaginarni dijelovi polova Greenove funkcije odgovorni za eksponencijalno trnjenje rješenja u vremenu. U slučaju kada bi trenje, odnosno “gušenje” bilo odsutno (b = 0), polovi bi došli na realnu os. Praktičan način rješavanja ovakvog

219

§ 8.1. Greenove funkcije i ODJ

idealiziranog slučaja jest uvođenje nekog malog trenja (b = ), čime polove pomičemo iznad realne osi, potom pronalaženje Greenove funkcije i partikularnog rješenja, te na kraju promatranje limesa b → 0. Nadalje, valja uočiti pojavu θ-funkcije u Greenovoj funkciji: to znači da rješenje “pazi” na kauzalnost. Tjeranje koje valjska sila izvrši na oscilatoru u trenutku t0 ne može utjecati na ponašanje oscilatora u trenutku t ako je t0 > t. Drugim riječima, uzrok prethodi učinku. U slučaju kada imamo problem u kojem nije jasno što bi “igralo ulogu” trenja pomoću kojeg ćemo pomaknuti polove s realne osi, možemo se poslužiti argumentom kauzalnosti, dodajući uvjet poput G(t, t0 ) = 0 za

t < t0

(8.10)

Ovdje je t vrijeme u kojem promatramo vrijednost nepoznate funkcije u, a t0 vrijeme u kojem je vanjska pobuda djelovala na sustav. Gornji zahtijev govori kako pobuda ne može djelovati na ponašanje sustava prije trenutka u kojem je djelovala.

Primjer # 3: linearna ODJ drugog reda na intervalu x ∈ [a, b] A(x)y 00 (x) + B(x)y 0 (x) + C(x)y(x) = D(x) Dijeljenjem cijele jednadžbe s A(x) i množenjem s funkcijom  Z x B(ξ) dξ p(x) = exp a A(ξ) jednadžba se svodi na tzv. Sturm-Liouvilleov oblik   d dy p(x) − s(x)y = f (x) dx dx Tražimo pripadnu Greenovu funkciju   ∂ ∂G(x, x0 ) p(x) − s(x)G(x, x0 ) = δ(x − x0 ) ∂x ∂x Prvo ćemo dokazati da derivacija ∂x G(x, x0 ) ima prekid duž linije x = x0 . Integriranjem gornje jednadžbe na intervalu [x0 − , x0 + ] dobivamo Z x0 + 0 ∂G(x, x0 ) x=x + p(x) − s(x)G(x, x0 ) dx = 1 ∂x x=x0 − x0 − Puštanjem limesa  → 0 dobivamo ∂G(x, x0 ) 1 ∂G(x, x0 ) − = 0 0 ∂x ∂x p(x0 ) x=x +0 x=x −0

(8.11)

Sada tražimo Greenovu funkciju oblika  α(x0 )u1 (x) , x ≤ x0 G(x, x0 ) = β(x0 )u2 (x) , x ≥ x0 gdje su u1 i u2 rješenja homogene diferencijalne jednadžbe. Imamo dva zahtijeva,

220

Poglavlje 8. Greenove funkcije

• neprekidnost Greenove funkcije G(x, x0 ) u x = x0 , β(x)u2 (x) − α(x)u1 (x) = 0 • prekid funkcije ∂x G(x, x0 ) u x = x0 , β(x)u02 (x) − α(x)u01 (x) =

1 p(x)

Rješenje ovog sustava je α(x) =

u2 (x) , p(x)W (x)

β(x) =

u1 (x) , p(x)W (x)

pa je ( 0

G(x, x ) =

u2 (x0 ) p(x0 )W (x0 ) u1 (x0 ) p(x0 )W (x0 )

W (x) = u1 (x)u02 (x) − u01 (x)u2 (x)

u1 (x) ,

x ≤ x0

u2 (x) ,

x ≥ x0

Kako iz ranijih diskusija već znamo kako je Wronskijan oblika ! Z x0 B(ξ) 0 W (x ) = W0 exp − dξ , W0 = W (a) A(ξ) a slijedi da je nazivnik u gornjim izrazima konstantan, p(x0 )W (x0 ) = W0 , pa je partikularno rješenje oblika b

Z

G(x, x0 )f (x0 ) dx0 =

yP (x) = a

u2 (x) = W0

Z a

x

u1 (x) u1 (x )f (x ) dx + W0 0

0

0

Z

b

u2 (x0 )f (x0 ) dx0

x

§ 8.2 Kramers-Kronigove relacije KK relacije nam govore kako disperzivna i apsorpcijska svojstva medija nisu neovisna. Z ∞ 1 G(t) = √ dω G(ω)eiωt 2π −∞ Zahtijev kauzalnosti,

(8.12)

G(t < 0) = 0 jer želimo G(t − t0 ) ∼ θ(t − t0 ). Promatramo kompleksni integral, I Z ∞ Z dω G(ω)eiωt = dω G(ω)eiωt + dω G(ω)eiωt −∞

Γ

221

§ 8.3. Greenove funkcije i PDJ

Ako je G(ω) analitička za Im(ω) ≤ 0, te trne dovoljno brzo, tada je Z X Res = 0 , =0 Γ

pa je Z

∞

dω G(ω)eiωt = 0

−∞

za t < 0. Sada promatramo integral Z ∞ I G(ω 0 ) dω 0 G(ω 0 ) dω 0 = P − iπRes(ω) 0= 0 0 −∞ ω − ω C ω−ω

Res(ω) = −G(ω) Dakle, G(ω) = GR (ω) + iGI (ω) =

Z ∞ i G(ω 0 ) dω 0 P π −∞ ω − ω 0

Z ∞ 1 GI (ω 0 ) dω 0 P π −∞ ω 0 − ω Z ∞ GR (ω 0 ) dω 0 1 GI (ω) = − P π −∞ ω 0 − ω GR (ω) =

(8.13) (8.14)

§ 8.3 Greenove funkcije i PDJ Ovdje ćemo pronaći Greenove funkcije osnovnih parcijalnih diferencijalnih jednadžbi. U računima ćemo se služiti sljedećim rezultatom. Lema 8.2. Neka je a konstantan vektor. Tada je ∇ea·r = a ea·r ,

∇2 ea·r = a2 ea·r

(8.15)

222

Poglavlje 8. Greenove funkcije Dokaz :

∇ea·r = (ˆ x ∂x + y ˆ ∂y + zˆ ∂z ) exp(ax x + ay y + az z) = = (ax x ˆ + ay y ˆ + az zˆ)ea·r = a ea·r 2 a·r

∇ e

= (∂x2 + ∂y2 + ∂z2 ) exp(ax x + ay y + az z) = = (a2x + a2y + a2z )ea·r = a2 ea·r

Poissonova jednadžba. ∇2 u = f ∇2 G(r − r0 ) = δ(r − r0 ) Z 1 ik·(r−r0 ) 3 e G(k)e d k G(r − r0 ) = (2π)3/2 Z Z 0 1 1 2 0 2 ik·(r−r0 ) 3 e ∇ G(r − r ) = G(k)(ik) e d k= eik·(r−r ) d3 k 3 3/2 (2π) (2π) e G(k) =−

1 1 (2π)3/2 k2

Koristeći pokratu R = |r − r0 | imamo 1 G(r − r ) = − (2π)3 0

Z

0

eik·(r−r ) 3 d k= k2

Z 2π Z ∞ Z π 1 eikR cos θ 2 =− = dφ dk k dθ sin θ (2π)3 0 k2 0 0 Z 2π Z ∞ Z ∞ Z 1 2 sin(kR) 1 2π ikRβ dk =− dφ dk dβ e =− 3 (2π)3 0 (2π) kR 0 0 −1 Posljednji integral, Z ∞ Z ∞ Z 2 sin(kR) 1 ∞ sin(p) π sin(kR) dk = dk = {kR = p} = dp = kR kR R p R 0 −∞ −∞ Sve skupa, G(r − r0 ) = −

1 1 4π |r − r0 |

Odnosno, općenitije G(r − r0 ) = −

1 1 + F (r − r0 ) 4π |r − r0 |

za svaku funkciju F koja je rješenje Laplaceove jednadžbe, ∇2 F (r − r0 ) = 0 Napomena: ∇ vs ∇0 , ∂f (r − r0 ) ∂(x − x0 ) ∂f (r − r0 ) ∂f (r − r0 ) = = ∂x ∂(x − x0 ) ∂x ∂(x − x0 )

223

§ 8.3. Greenove funkcije i PDJ

∂f (r − r0 ) ∂f (r − r0 ) ∂(x − x0 ) ∂f (r − r0 ) = =− 0 0 0 ∂x ∂(x − x ) ∂x ∂(x − x0 ) ∇0 f (r − r0 ) = −∇f (r − r0 ) ,

∇02 f (r − r0 ) = ∇2 f (r − r0 )

Kako izgleda ukupno rješenje? Uvrštavajući u Greenov identitet Z Z (φ∇02 ψ − ψ∇02 φ) dτ 0 = (φ∇0 ψ − ψ∇0 φ) · da0 Ω

∂Ω

φ = u(r ) i ψ = G(r − r ), imamo Z (u(r0 )∇02 G(r − r0 ) − G(r − r0 )∇02 u(r0 )) dτ 0 = 0

0

Ω

Z

0

0

0

0




Z

0

u(r )δ(r − r ) − G(r − r )f (r ) dτ = u(r) −

= Ω

G(r − r0 )f (r0 ) dτ 0

Ω

Sve skupa Z Z 0 0 0 u(r) = G(r − r )f (r ) dτ + Ω


u(r0 )∇0 G(r − r0 ) − G(r − r0 )∇0 u(r0 ) · da0

∂Ω

Imamo slobodu u izboru Greenove funkcije G: a) Dirichletova Greenova funkcija GD (r − r0 ) = 0 za Gornji izraz u ovom slučaju glasi Z Z u(r) = GD (r − r0 )f (r0 ) dτ 0 + Ω

r0 ∈ ∂Ω

u(r0 ) n ˆ ·∇0 GD (r − r0 ) da0

∂Ω

Na primjer, ako je rubni uvjet (kao što je u slučaju uzemljenih vodljivih ploha u elektrostatici) u(r0 ) = 0 za r0 ∈ ∂Ω tada imamo jednostavan izraz Z u(r) =

GD (r − r0 )f (r0 ) dτ 0

Ω

Na ovakav slučaj nailazimo u elektrodinamici ili klasičnoj gravitaciji, kada su izvori lokalizirani, pa potencijal trne u beskonačnosti. Promatramo li problem na prostoru Ω = R3 , tada gore dobivena Greenova funkcija zadovoljava traženi Dirichletov rubni uvjet, −

1 1 lim =0 0 4π r →∞ |r − r0 |

Koristeći uobičajene oznake iz elektrodinamike, u → V i f → −ρ/0 , imamo Z 1 ρ(r0 ) V (r) = dτ 0 4π0 |r − r0 |

224

Poglavlje 8. Greenove funkcije

b) Neumannova Greenova funkcija. Naivno, alternativan izbor glasi ?

n ˆ ·∇0 GN (r − r0 ) = 0 za

r0 ∈ ∂Ω

Međutim, ovo nije konzistentno sa svojstvima Greeove funkcije, Z

n ˆ ·∇0 G(r − r0 ) da0 =

Z

∂Ω

∇02 G(r − r0 ) dτ 0 =

Ω

Z

δ(r − r0 ) dτ 0 = 1

Ω

Prema tome, konzistentan izbor glasi n ˆ ·∇0 GN (r − r0 ) =

1 A

za

r0 ∈ ∂Ω

gdje je A površina rubne plohe ∂Ω. U ovom slučaju imamo Z u(r) = hui∂Ω +

0

0

Z

0

GN (r − r0 ) n ˆ ·∇0 u(r0 ) da0

GN (r − r )f (r ) dτ − ∂Ω

Ω

gdje je konstanta 1 A

hui∂Ω ≡

Z

u(r0 ) dτ 0

∂Ω

prosječna vrijednost funkcije u na rubu ∂Ω. Ona je nevažna jer je u slučaju Neumannovog rubnog uvjeta rješenje Poissonove jednadžbe određeno (jedinstveno) do na konstantu.

Nehomogena toplinska jednadžba. ut − a2 ∇2 u = f LG(t − t0 , r − r0 ) = δ(t − t0 )δ(r − r0 ) ,

L=

∂ − a2 ∇2 ∂t

Koristimo pokrate τ = t − t0 i R = r − r0 . Z G(τ, R) =

d3 k (2π)3/2

Z

∞

−∞

dω e √ G(ω, k)ei(ωτ +k·R) 2π

2 e = (2π) = 1 (iω + a2 k2 )G (2π)4 (2π)2

e G(ω, k) =

G(τ, R) =

1 (2π)4

Z

1 1 (2π)2 iω + a2 k2 d3 k

Z

∞

dω −∞

ei(ωτ +k·R) iω + a2 k2

225

§ 8.3. Greenove funkcije i PDJ

τ ≥0

τ <0

θ(τ ) (2π)3

G(τ, R) =

2 2

Z

d3 k e−a

2

k2 τ +ik·R

 2 ! k·R R2 iR k −i 2 + − 2 − 2 = a τ 2a τ 4a τ

2

2

−a k τ + ik · R = −a τ

 2 R R2 k−i 2 − 2 2a τ 4a τ

= −a2 τ

Imamo stoga posla s integralom oblika Z 2 d3 k e−α(k−ib) = {`j = kj − ibj } = Z

∞−ibx

=

Z

−∞−ibx

Z

∞−ibx

=

∞−iby

d`x d`x e

−∞−iby

−α`2x

−∞−ibx

Z

∞−ibz

d`y

! Z

−∞−ibz

∞−iby

d`y e

−α`2y

! Z

−∞−iby

Z

2

d`z e−α` =

∞−iβ

Iβ (α) =

!

∞−ibz

d`z e

−α`2z

−∞−ibz 2

e−αp dp

−∞−iβ

gdje su α > 0 (jer je τ > 0) i β realne konstante. Pretpostavit ćemo da je β > 0 jer je analiza u slučaju β < 0 u potpunosti analogna. Promatramo kompleksan integral I 2 e−αz dz C

gdje je C pravokutna integracijska krivulja,

−R

R

−iβ

226

Poglavlje 8. Greenove funkcije

Podintegralna funkcija nema singulariteta, pa je I 2 0= e−αz dz = Iβ (α) − I0 (α) + IR + I−R C

Z

0

−β

Z

2

e−α(R+iy) idy ,

IR = −β

2

e−α(−R+iy) idy

I−R = 0

Zadnja dva integrala u sumi daju JR = IR + I−R = e

−αR2

−β

Z


2 ei2αRy − e−i2αRy eαy idy =

0

= −2e−αR

2

Z

−β

2

eαy sin(2Rαy) dy = {y → −y} = −2e−αR

2

0

β

Z

2

eαy sin(2Rαy) dy

0

Kako je Z

0

β

Z 2 eαy sin(2Rαy) dy ≤

β

αy2 e sin(2Rαy) dy ≤

Z

β

2

eαy dy = K < ∞ ,

0

0

u limesu kada R → ∞ imamo 2

lim |JR | ≤ lim 2e−αR K = 0

R→∞

R→∞

pa je

√ 2 π e−αp dp = √ α −∞

Z Iβ (α) = I0 (α) = Koristeći ovaj rezultat imamo Z

∞

2

d3 k e−α(k−ib) =

 π 3/2 α

Uvrštavanjem parametra α = a2 τ dobivamo G(τ, R) =

  θ(τ ) R2 exp − 4a2 τ (4πa2 τ )3/2

Nehomogena valna jednadžba. Promotrimo tjeranu valnu jednadžbu L[u](r, t) = f (r, t) ,

L=

∂2 − c2 ∇2 ∂t2

LG(r, t; r0 , t0 ) = δ(r − r0 )δ(t − t0 ) Kako je operator L traslacijski invarijantan, vrijedi G = G(R, τ ) , R ≡ r − r0 , τ = t − t0 Z Z ∞ 1 1 3 e ω)ei(k·R+ωτ ) √ G(R, τ ) = d k dω G(k, (2π)3/2 2π −∞

(8.16)

227

§ 8.3. Greenove funkcije i PDJ

1 (2π)4

δ(R)δ(τ ) =

Z

d3 k

Z

∞

dω ei(k·R+ωτ )

−∞

Uvrštavanjem u PDJ imamo e ω) − c2 (ik)2 G(k, e ω) = (iω)2 G(k, e ω) = G(k,

1 1 2 2 2 (2π) c k − ω 2

pa je G(R, τ ) =

1 (2π)4

Z

1 (2π)2 = 4 (2π) (2π)2

d3 k

Z

∞

dω −∞

ei(k·R+ωτ ) c2 k2 − ω 2

Prilikom ω-integracije ćemo imati polove na realnoj osi, ω = ±c|k|, pa nam treba dodatni rubni uvjet za pomicanje polova. Na primjer, zahtijevajući kauzalnost G(R, τ ) = 0 ,

τ <0

Stoga, pomičemo polove iznad realne osi, ±c|k| → ±c|k| + i za neki mali pozitivan  > 0, Z ∞ ei(k·R+ωτ ) I() = dω 2 2 c k − (ω − i)2 −∞

τ ≥0

lim

→0

X

Res = −



τ <0

ei(k·R+c|k|τ ) ei(k·R−c|k|τ ) + 2c|k| −2c|k|

I(0) = 2πi lim

→0

X

Res =

 = −i

eik·R sin(c|k|τ ) c|k|

2π ik·R e sin(c|k|τ )θ(τ ) c|k|

Koristeći oznake k = |k| i R = R imamo Z 2π Z π Z ∞ θ(τ ) eikR cos θ G(R, τ ) = dφ dθ sin θ dk k 2 sin(ckτ ) = 3 (2π) 0 ck 0 0 Z ∞ Z 1 Z ∞ θ(τ ) 2θ(τ ) ikRβ = dk k sin(ckτ ) dβ e = dk sin(ckτ ) sin(kR) = c(2π)2 0 cR(2π)2 0 −1 {z } | 2 sin(kR)/kR

228

Poglavlje 8. Greenove funkcije

=

θ(τ ) cR(2π)2

Z

∞

dk sin(ckτ ) sin(kR) −∞

Koristeći pokrate x = kR, y = ckτ i rastav sin x · sin y = −

 1  i(x+y) e + e−i(x+y) − ei(x−y) − e−i(x−y) 4

imamo G(R, τ ) =

1 cR(2π)2

  2π − (2δ(R + cτ ) − 2δ(R − cτ )) θ(τ ) 4

Zbog θ-funkcije imamo τ > 0, a kako je i R > 0, prva δ-funkcija je uvijek nula, pa sređivanjem dobivamo konačan oblik (retardirane) Greenove funkcije za valnu PDJ G(R, τ ) =

1 δ(τ − R/c) 1 δ(R − cτ ) = 4πcR 4πc2 R

Sada možemo dobiti formalan izraz za partikularno rješenje, Z Z ∞ 0 1 3 0 0 δ(tr − t ) up (r, t) = d r dt f (r0 , t0 ) 4πc2 |r − r0 | −∞ gdje smo upotrijebili retardirano vrijeme tr = t − Dakle, up (r, t) =

1 4πc2

|r − r0 | c Z

d3 r0

f (r0 , tr ) |r − r0 |

(8.17)

9 Specijalne funkcije Promotrimo separaciju valne i toplinske jednadžbe na prostorni i vremenski dio, u(r, t) = ψ(r)T (t) Kod valne PDJ c2 T ∇2 ψ − ψTtt = 0 ∇2 ψ 1 Ttt = 2 = −k 2 ψ c T gdje je k ≥ 0 separacijska konstanta. ∇2 ψ + k 2 ψ = 0 ,

Ttt + c2 k 2 T = 0

Ovdje je praktično uvesti pokratu ω = ck. Rješenje vremenskog dijela možemo napisati ovisno o vrijednosti separacijske konstante k, a) k > 0 Tω (t) = Aω cos(ωt) + Bω sin(ωt) b) k = 0 T0 (t) = a0 t + b0 U ovom slučaju obično fizikalnim zahtijevom omeđenosti rješenja slijedi a0 = 0. Preostalu konstantnu funkciju možemo formalno pridružiti gornjem slučaju (gdje je T0 (t) = A0 + B0 ). Kod toplinske jednadžbe a2 T ∇2 ψ − ψTt = 0 1 Tt ∇2 ψ = 2 = −k 2 ψ a T gdje je k ≥ 0 separacijska konstanta. ∇2 ψ + k 2 ψ = 0 , 229

Tt + a2 k 2 T = 0

230

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

Rješenje vremenskog dijela dano je eksponencijalno trnućom funkcijom Tk (t) = Ak e−a

2 2

k t

U oba slučaja prostorni dio funkcije zadovoljava tzv. Helmholtzovu jednadžbu (∇2 + k 2 )ψ = 0

(9.1)

Njen specijalan slučaj je Laplaceova PDJ, koja se dobije za k = 0. U nekim slučajevima se pojavljuje tzv. modificirana Helmholtzova jednadžba. Na primjer, prilikom separacije Laplaceove jednadžbe u cilindričnom koordinatnom sustavu, ako je z-dio rješenja oscilatoran, tada se modificirana Helmholtzova jednadžba javlja u rφ-dijelu jednadžbe, (∇2 − k 2 )ψ = 0 (9.2) gdje je ∇ ovdje dvodimenzionalna nabla (bez derivacije po koordinati z). Očigledno, formalno je moguće napraviti prijelaz s rješenja Helmholtzove u rješenja modificirane Helmholtzove jednadžbe zamjenom k → ik. Ovdje ćemo razmotriti daljnju separaciju Helmholtzove jednadžbe u sfernom i cilindričnom koordinatnom sustavu, te fukcije koje se pri tom pojavljuju.

§ 9.1 Separacija u sfernom koordinatnom sustavu Nastavljamo sa separacijom jednadžbe (9.1), koristeći izraz za Laplasijan u sfernom koordinatnom sustavu     ∂ ∂2ψ 1 ∂ψ 1 1 ∂ 2 ∂ψ + k2 ψ = 0 r + sin θ + 2 2 2 2 r ∂r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r sin θ ∂φ2 Sada koristimo rastav funkcije ψ na radijalni i kutni dio, ψ(r, θ, φ) = R(r)Y (θ, φ) Uvrštavanjem u gornju diferencijalnu jednadžbu i množenjem s r2 /RY dobivamo       1 d 1 1 ∂ ∂Y 1 ∂2Y 2 dR 2 2 r +k r =− sin θ + = `(` + 1) R dr dr Y sin θ ∂θ ∂θ sin2 θ ∂φ2 gdje smo separacijsku konstantu zapisali na konvencionalan način, pomoću parametra ` (za kojeg će se poslije pokazati da je cijeli broj). (r2 R0 )0 + (k 2 r2 − `(` + 1))R = 0   ∂Y 1 ∂2Y 1 ∂ sin θ + + `(` + 1)Y = 0 sin θ ∂θ ∂θ sin2 θ ∂φ2 Prvo rješavamo kutnu jednadžbu. Funkciju Y rastavljamo prema Y (θ, φ) = Θ(θ)Φ(φ)

(9.3) (9.4)

231

§ 9.1. Separacija u sfernom koordinatnom sustavu

Uvrštavanjem i množenjem sa sin2 θ/Y dobivamo   sin θ d dΘ 1 d2 Φ = m2 sin θ + `(` + 1) sin2 θ = − Θ dθ dθ Φ dφ2 gdje je m separacijska konstanta. Azimutalni dio, Φ00 (φ) + m2 Φ(φ) = 0  Φm (φ) =

am exp(imφ) + bm exp(−imφ) , m 6= 0 a0 φ + b0 , m=0

Zahtjev konzistentnosti Φ(φ + 2π) = Φ(φ) u slučaju m 6= 0 povlači m ∈ Z − {0}, a u slučaju m = 0 povlači a0 = 0 (pa preostaje samo konstantna funkcija). Nadalje rješavamo Θ-jednadžbu  
d dΘ sin θ sin θ + `(` + 1) sin2 θ − m2 Θ = 0 dθ dθ upotrebom supstitucije d d = − sin θ(x) , P (x) ≡ Θ(θ) dθ dx
0
(1 − x2 ) (1 − x2 )P 0 + `(` + 1)(1 − x2 ) − m2 P = 0
(1 − x2 )2 P 00 − 2x(1 − x2 )P 0 + `(` + 1)(1 − x2 ) − m2 P = 0 x = cos θ ,

Dijeljenjem s (1 − x2 ),  (1 − x2 )P 00 − 2xP 0 + `(` + 1) −

m2 1 − x2

 P =0

(9.5)

Ovo je pridružena Legendreova jednadžba, čija su rješenja pridružene Legendreove funkcije prve vrste P`m i pridružene Legendreove funkcije druge vrste m Qm ` . Funkcije Q` (x) divergiraju u x = ±1 (na polovima), pa se pojavljuju u rješenju samo kada su ovi dijelovi prostora isključeni rubnim uvjetima. Ukupni kutni dio rješenja Helmholtzove jednadžbe, regularan na polovima (tj. u točkama θ = 0, π) su kugline funkcije (ili sferni harmonici) Y`m , definirane s Y`m (θ, φ) = N`m P`m (cos θ)eimφ ,

(9.6)

uz prikladnu normalizaciju N`m . Kasnije ćemo izvesti eksplicitan izraz na N`m , te pokazati da je m ∈ {−`, −` + 1, . . . , ` − 1, `} , ` ∈ N0 Promotrimo sada radijalni dio Helmholtzove jednadžbe. Ako je k 6= 0 možemo se poslužiti supstitucijom x = kr , y(x) ≡ R(x/k) x2 y 00 + 2xy 0 + (x2 − `(` + 1))y = 0 v(x) y(x) = √ , x

y 0 (x) = v 0 (x)x−1/2 −

y 00 (x) = v 00 (x)x−1/2 − v 0 (x)x−3/2 +

1 v(x)x−3/2 2

3 v(x)x−5/2 4

232

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

2 00

 2 ! 1 x − `+ v=0 2

0

2

x v + xv +

Ovo je Besselova diferencijalna jednadžba, čija su rješenja Besselove funkcije J±`± 21 (x). Prema tome, radijalni dio rješenja je općnito oblika Rk` (r) = ck`

J`+ 12 (kr) J−`− 12 (kr) √ √ + dk` r r

Sve skupa, prostorni dio rješenja Helmholtzove jednadžbe u sfernom koordinatnom sustavu, u slučaju kada je k 6= 0, općenito je oblika ! ∞ ` X X ψk (r, θ, φ) = a`m Y`m (θ, φ) Rk` (r) `=0

m=−`

U slučaju kada je k = 0 (Laplaceova jednadžba) radijalni dio ima nešto jednostavniji oblik (Eulerova ODJ), (r2 R0 )0 − `(` + 1))R = 0 r2 R00 + 2rR0 − `(` + 1))R = 0 Uvrštavanjem ansatza R(r) ∼ rλ dobivamo λ(λ − 1) + 2λ − `(` + 1)) = 0 λ(λ + 1) − `(` + 1) = 0 pa je λ = ` ili −` − 1. Rješenje je stoga oblika R` (r) = c` r` + d` r−(`+1) Konačno, prostorni dio rješenja Laplaceove jednadžbe sfernom koordinatnom sustavu općenito je oblika ψ(r, θ, φ) =

∞ X `  X

 a`m r` + b`m r−(`+1) Y`m (θ, φ)

`=0 m=−`

§ 9.2 Separacija u cilindričnom koordinatnom sustavu Nastavljamo sa separacijom jednadžbe (9.1), koristeći izraz za Laplasijan u cilindričnom koordinatnom sustavu   ∂ψ 1 ∂2ψ ∂2ψ 1 ∂ s + 2 + + k2 ψ = 0 s ∂s ∂s s ∂φ2 ∂z 2

233

§ 9.2. Separacija u cilindričnom koordinatnom sustavu

Sada koristimo rastav funkcije ψ, ψ(r, θ, φ) = R(s)Φ(φ)Z(z) (sR0 )0 Φ00 Z 00 + 2 + k2 = − = p2 sR s Φ Z za neki p ∈ C

Z 00 (z) + p2 Z(z) = 0  Zp (z) =

ap exp(ipz) + bp exp(−ipz) , a0 z + b0 ,

p 6= 0 p=0

Na primjer, u slučaju translacijske invarijantnosti u smjeru z-osi, imamo p = 0 = a0 slučaj. S druge strane, ako imamo cilindar s Dirichletovim rubnim uvjetima zadanima na ravninama z = z0 i z = z0 + L, tada je p ∈ πZ/L. Φ00 (sR0 )0 + 2 + k 2 − p2 = 0 sR s Φ s Φ00 (sR0 )0 + (k 2 − p2 )s2 = − = m2 R Φ Φ00 (φ) + m2 Φ(φ) = 0  cm exp(imφ) + dm exp(−imφ) , m 6= 0 Φm (φ) = c0 φ + d0 , m=0 Zahtjev konzistentnosti Φ(φ + 2π) = Φ(φ) u slučaju m 6= 0 povlači m ∈ Z − {0}, a u slučaju m = 0 povlači c0 = 0 (pa preostaje samo konstantna funkcija). Dakle, imamo (nakon preimenovanja konstanti) Φm (φ) = cm eimφ ,

m∈Z

Radijalna jednadžba,
s2 R00 (s) + sR0 (s) + (k 2 − p2 )s2 − m2 R(s) = 0 ? u slučaju kada je k 2 > p2 ovo je obična Besselova jednadžba ? u slučaju kada je k 2 < p2 ovo je modificirana Besselova jednadžba ? u slučaju kada je k 2 = p2 ovo je Eulerova diferencijalna jednadžba, s2 R00 (s) + sR0 (s) − m2 R(s) = 0 Razlikujemo dva slučaja, a) m 6= 0. Uvrštavanjem ansatza R(s) ∼ sλ dobivamo λ(λ − 1) + λ − m2 = 0 pa je λ = ±m, odnosno, rješenja su funkcije sm i s−m . b) m = 0. Jednadžbu je u ovom slučaju moguće napisati u obliku (sR0 )0 = 0 pa su rješenja ln(s) i konstantna funkcija.

234

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

§ 9.3 Legendreovi polinomi i kugline funkcije Legendreova diferencijalna jednadžba. (1 − x2 )y 00 (x) − 2xy 0 (x) + `(` + 1)y(x) = 0 Potražimo rješenja pomoću Frobeniusove metode, y(x) =

∞ X

an xn+λ ,

y 0 (x) =

n=0

∞ X

an (n+λ)xn+λ−1 ,

y 00 (x) =

n=0

∞ X

an (n+λ)(n+λ−1)xn+λ−2

n=0

an (n + λ)(n + λ − 1)xn+λ−2 − an (n + λ)(n + λ − 1)+
+2(n + λ) − `(` + 1) xn+λ = 0 n = 0 : a0 λ(λ − 1) = 0 n = 1 : a1 (λ + 1)λ = 0 Ako je λ = 0, tada imamo dvije slobodne konstante a0 i a1 , a ako je λ = 1, tada je a1 = 0. Rekurzija, an+2 =

(n + λ)(n + λ + 1) − `(` + 1) an (n + λ + 1)(n + λ + 2)

Imamo dva linearno nezavisna rješenja, sumu po parnim i sumu po neparnim članovima. Promotrimo konvergentnost dobivenih redova. Testom omjerom an+2 xn+λ+2 = lim (n + λ)(n + λ + 1) − `(` + 1) x2 = x2 lim n+λ n→∞ n→∞ an x (n + λ + 1)(n + λ + 2) Dakle, oba reda konvergiraju za |x| < 1. U slučaju kada je |x| = 1, moramo se poslužiti nekim drugim testom (npr. Gaussov test, vidi Arfken/Weber str.333.). U ovim točkama dobiveni redovi divergiraju, osim ako nekim pažljivim izborom konstante ` ne “odrežemo” red na nekom konačnom članu. Konkretno, odaberemo li ` ∈ N0 , tada će, ovisno o parnosti broja ` jedno rješenje biti konačan polinom, a drugo i dalje divergentno u x = ±1. Konkretno, dobivena dva rješenja su Legendreovi polinomi P` i Legendreove funkcije druge vrste Q` . Promotrimo nekoliko konkretnih najjednostavnijih primjera, λ=1,

an+2 =

λ=0,

(n + 1)(n + 2) − `(` + 1) (` − n − 1)(` + n + 2) an = − an (n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)

an+2 =

n(n + 1) − `(` + 1) (` − n)(` + n + 1) an = − an (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)

Imamo redom, `=0

  x3 x5 y1 (x) = a0 x + + + . . . = a0 Q0 (x) 3 5     1 1+x x3 x5 0 + + . . . = a0 + a1 ln ≡ y2 (x) = a0 x + a1 x + 3 5 2 1−x

235

§ 9.3. Legendreovi polinomi i kugline funkcije

≡ a0 P0 (x) + a1 Q0 (x) `=1

y2 (x) = a0

y1 (x) = a0 x = a0 P1 (x)   
1+x x 2 4 + a1 x ≡ 1 − x − x − . . . + a1 x = a0 1 − ln 2 1−x ≡ −a0 Q1 (x) + a1 P1 (x)

i tako dalje . . . Funkcije koje se pritom pojavljuju u rješenjima su P0 (x) = 1 , Q0 (x) =

1 ln 2



1 (3x2 − 1) , . . . 2   x 1+x Q1 (x) = ln − 1 , ... 2 1−x

P1 (x) = x , 1+x 1−x

 ,

P2 (x) =

Primjetimo kako su Legendreove funkcije druge vrste Q` divergentne u x = ±1. Dakle, općenito je rješenje Legendreove jednadžbe oblika ∞ X

y(x) =

a` P` (x) + b` Q` (x)

`=0

Teorem 9.1. (Rodriguesova formula) P` (x) =

1 d` (x2 − 1)` 2` `! dx`

(9.7)

Dokaz : Promotrimo rekurziju od najvišeg prema nižim članovima u λ = 0 slučaju, an = −

(n + 1)(n + 2) an+2 (` − n)(` + n + 1)

  `(` − 1) `−2 `(` − 1)(` − 2)(` − 3) `−4 (2` − 1)!! ` P` (x) = x − x + x − ... `! 2(2` − 1) 2 · 4 · (2` − 1)(2` − 3) gdje je faktor prije zagrade konvencionalna normalizacija. Koristeći općenite relacije za N ∈ N0 , (2N )! (2N )! (2N )!! = 2N N ! , (2N − 1)!! = = N (2N )!! 2 N! koeficijent uz član x`−2k glasi (2` − 1)!! `! 1 (2` − 2k − 1)!! (−1)k = `! (` − 2k)! (2k)!! (2` − 1)!! =

(−1)k (2` − 2k)! (−1)k (2` − 2k)! 1 = (` − 2k)! 2k k! 2`−k (` − k)! 2` k!(` − 2k)!(` − k)!

Dakle, b`/2c

P` (x) =

X

(2` − 2k)! x`−2k 2` k!(` − 2k)!(` − k)!

(−1)k

k=0

Nadalje, (x2 − 1)` =

` X

(−1)k

k=0

`! x2`−2k k!(` − k)!

236

Poglavlje 9. Specijalne funkcije N! dm N x = N (N − 1) · · · (N − m + 1)xN −m = xN −m dxm (N − m)! (2` − 2k)! `−2k d` 2`−2k x x = dx` (` − 2k)!

ili 0 za

` < 2k ≤ 2`

b`/2c X (2` − 2k)! `−2k d` `! 2 ` x = `! 2` P` (x) (x − 1) = (−1)k ` dx k!(` − k)! (` − 2k)! k=0

Prvih nekoliko: P0 (x) = 1 ,

P1 (x) = x ,

P2 (x) =

1 (3x2 − 1) , 2

P3 (x) =

1 (5x3 − 3x) 2

Valja uočiti kako iz oblika rekurzije odmah slijedi da su P` (ne)parni polinomi ovisno o tome da li je ` (ne)paran broj, P` (−x) = (−1)` P` (x) Pomoću Rodriguesove formule možemo pronaći vrijednost Legendreovih polinoma u x = 1, koja će nam kasnije biti od koristi. Napišemo li Rodriguesovu formulu u obliku P` (x) =

1 2` `!


d` (x + 1)` (x − 1)` , ` dx

vidimo da u x = 1 iščezavaju svi članovi koji nakon deriviranja i dalje sadrže faktor (x − 1). Prema tome, “preživljava” samo član u kojem je faktor (x − 1)` deriviran svih ` puta, 1 d` 1 P` (1) = ` (1 + 1)` ` (x − 1)` = ` 2` `! = 1 2 `! dx 2 `! x=1 za svaki `. Nadalje, koristeći parnost Legendreovih polinoma, imamo P` (−1) = (−1)` , te P2n+1 (0) = 0 (što vrijedi za sve neparne funkcije).

Teorem 9.2. Funkcija izvodnica ∞

g(r, t) ≡ √

X 1 = r` P` (t) , 2 1 − 2rt + r `=0

r<1

(9.8)

Dokaz : Promotrimo primjer točkastog naboja u r0 , s koordinatnim sustavom orijentiranim tako da je naboj na z-osi. Ranije smo već pokazali da je ∇2 za sve r 6= r0 . Također,

1 =0 |r − r0 |

|r − r0 |2 = r2 + r02 − 2rr0 cos θ

Koristeći općenito rješenje Laplaceove PDJ u osnosimetričnom slučaju, ∞

X
1 = A` r` + B` r−(`+1) P` (cos θ) 0 |r − r | `=0

237

§ 9.3. Legendreovi polinomi i kugline funkcije

Promotrimo slučaj kada je i r na z-osi, te r < r0 , ∞ 1 1 1 1 1 X  r ` = = = |r − r0 | r0 − r r0 1 − (r/r0 ) r0 r0 `=0

Usporedbom imamo B` = 0 i A` = r0−(`+1) . Dakle, ∞

X r` 1 = P` (cos θ) |r − r0 | r0`+1 `=0

Upotrijebimo li oznaku t = cos θ i uvrstimo r0 = 1 dobivamo traženu tvrdnju.

Teorem 9.3. Vrijede rekurzije

Dokaz :

P`+1 (x) =

2` + 1 ` xP` (x) − P`−1 (x) `+1 `+1

(9.9)

Q`+1 (x) =

2` + 1 ` xQ` (x) − Q`−1 (x) `+1 `+1

(9.10)

∂g 1 t−r = − (1 + r2 − 2rt)−3/2 2(r − t) = ∂r 2 (1 + r2 − 2rt)−3/2

Množenjem s (1 + r2 − 2rt) imamo relaciju (1 + r2 − 2rt)

∂g = (t − r)g ∂r

Uvrštavanjem razvoja po Legendreovim polinomima, (1 + r2 − 2rt)

∞ X

P` (t)`r`−1 = (t − r)

∞ X

`=0

P` (t)r`

`=0

Član uz r nam daje P1 (t) = tP0 (t) = t. Član uz r nam daje 0

`

(` + 1)P`+1 + (` − 1)P`−1 − 2t`P` = tP` − P`−1 odakle slijedi tražena relacija.

Pomoću rekurzijske relacije možemo pronaći vrijednost parnih Legendreovih polinoma u x = 0, P2` (0) =

4` − 1 2` − 1 · 0 · P2`−1 (0) − P2`−2 (0) = 2` 2`

= (−1)`

(2` − 1)!! (2` − 1)!! P0 (0) = (−1)` (2`)!! (2`)!!

Postoji i niz drugih rekurzijskih relacija, poput 0 0 P`+1 (x) − P`−1 (x) = (2` + 1)P` (x)

238

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

Teorem 9.4. (Ortogonalnost i normalizacija Legendreovih polinoma) Z

1

P` (x)Pm (x)dx = −1

2 δ`m 2` + 1

(9.11)

Dokaz : ODJ za Legendreove polinome P` i Pm možemo napisati u obliku
0 (1 − x2 )P`0 + `(` + 1)P` = 0 (1 − x2 )Pn0


0

+ n(n + 1)Pn = 0

Pomnožimo li prvu jednadžbu s Pn , a drugu s P` , te ih oduzmemo i integriramo u intervalu od −1 do 1, dobivamo Z 1 Z 1 
0 

0 dx + `(` + 1) − n(n + 1) P` Pn dx = 0 Pn (1 − x2 )P`0 − P` (1 − x2 )Pn0 −1

−1

Valja uočiti kako prvi član iščezava, Z 1  Z
0
0  Pn (1 − x2 )P`0 − P` (1 − x2 )Pn0 dx = −1

1


0 dx = (1 − x2 ) P`0 Pn − P` Pn0

−1


1 = (1 − x2 ) P`0 Pn − P` Pn0 = 0 −1

Odavde slijedi da je Z

1

P` (x)Pn (x) dx = 0 −1

za sve ` 6= n. Sada ćemo promotriti integral Z I` =

1

P`2 (x) dx −1

Koristeći Rodriguesovu formulu imamo Z 1 ` 1 d` d I` = 2` (x2 − 1)` · ` (x2 − 1)` dx 2 ` 2 (`!) −1 dx dx Parcijalnom integracijom dobivamo Z 1 ` 1 d d` d`−1 d` (x2 − 1)` · ` (x2 − 1)` dx = (x2 − 1)` · ` (x2 − 1)` − ` `−1 dx dx dx dx −1 −1 Z

1

− −1

d`−1 d`+1 (x2 − 1)` · `+1 (x2 − 1)` dx `−1 dx dx

Kako je
d`−1 d`−1 2 ` (x − 1) = (x + 1)` (x − 1)` = (x + 1)(x − 1) · . . . dx`−1 dx`−1 slijedi da prvi član u gornjem izrazu iščezava u granicama x = ±1. Ponavljanjem parcijalne integracije ` puta dobivamo Z 1 ` Z 1 d d` d2` 2 ` 2 ` ` (x − 1) · (x − 1) dx = (−1) (x2 − 1)` 2` (x2 − 1)` dx ` ` dx dx −1 dx −1 Nadalje, kako je

d2` (x2 − 1)` = (2`)! dx2`

239

§ 9.3. Legendreovi polinomi i kugline funkcije

imamo I` =

(−1)` (2`)! 22` (`!)2

1

Z

(x2 − 1)` dx −1

Koristeći parcijalnu integraciju imamo Z 1 Z n o J` ≡ (x2 − 1)` dx = u = (x2 − 1)` , dv = dx = − −1

1

`(x2 − 1)`−1 2x · x dx = −1

Z

1

x2 (x2 − 1)`−1 dx = −2`(J` + J`−1 )

= −2` −1

odakle slijedi rekurzija J` = −

2` J`−1 2` + 1

Kako je J0 = 2, slijedi J` = (−1)`

`! 2`+1 (2` + 1)!!

Ovo nam konačno daje I` =

2(2`)! 2(2`)! 2 = = 2` `! (2` + 1)!! (2`)!!(2` − 1)!!(2` + 1) 2` + 1

Razvoj funkcija po Legendreovim polinomima. Svaku (neprekidnu?) funkciju f : [−1, 1] → R možemo razviti f (x) =

∞ X

A` P` (x)

(9.12)

`=0

Množenjem gornjeg izraza s P`0 , integriranjem preko integrvala [−1, 1], te korištenjem ortogonalnosti Legendreovih polinoma, imamo A` =

2` + 1 2

Z

1

P` (x)f (x) dx

(9.13)

−1

Pridružene Legendreove funkcije. Lema 9.5. (Leibnitz) f (x)g(x)


(n)

=

n   X n k=0

k

f (n−k) (x)g (k) (x)

Dokaz : Dokaz ide pomoću indukcije. U slučaju n = 1 imamo poznatu relaciju (f (x)g(x))0 = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x) Pretpostavimo da formula vrijedi za neki n ≥ 1, te promotrimo n + 1 slučaj, ! !0 n X
(n+1) n (n−k) (k) fg = f g = k k=0

(9.14)

240

Poglavlje 9. Specijalne funkcije ! n  X n  (n+1−k) (k) = f g + f (n−k) g (k+1) k k=0

Drugi član možemo napisati u malo drugačijem obliku pomoću zamjene indeksa r = k + 1, te preimenovanjem indeksa r → k (slijepi indeksi!) ! ! ! n+1 n+1 n X X n (n−k) (k+1) X n n (n+1−r) (r) f g = f g = f (n+1−k) g (k) k r − 1 k − 1 r=1 k=0

k=1

Uvrštavanjem u gornji izraz, te izdvajanjem k = 0 člana sume, imamo ! ! n X
(n+1) n (n+1) n = f g+ f g (n+1) + fg 0 n k=1

iz prve sume i k = n + 1 iz druge ! n + k

n k−1

!! f (n+1−k) g (k)

Uočimo da je ! !   (n + 1)! 1 1 n n n! + = = + = (k − 1)!(n − k)! k n−k+1 k!(n − k + 1)! k k−1

n+1 k

!

Prema tome, vraćanjem dva izdvojena član natrag u sumu, imamo konačno ! X n + 1 (n+1−k) (k)
(n+1) n+1 fg = f g , k k=0

čime je dokaza tvrdnja.

Promotrimo što dobijemo ako Legendreovu jednadžbu deriviramo m puta. Koristeći Leibnitzovu formulu imamo m  
(m) X m (m−k+2) (1 − x2 )P`00 = (1 − x2 )(k) P` = k k=0

(m+2)

= (1 − x2 )P`

(m+1)

+ m(−2x)P`

(m+1)

(xP`0 )(m) = xP`

+

m(m − 1) (m) (−2)P` 2 (m)

+ mP`

(m)

Korištenjem ovih rezultata, te oznake u = P` jednadžba glasi

, m puta derivirana Legendreova

(1 − x2 )u00 − 2mxu0 − m(m − 1)u − 2xu0 − 2mu + `(` + 1)u = 0
(1 − x2 )u00 − 2(m + 1)xu0 + `(` + 1) − m(m + 1) u = 0 Sada ćemo upotrijebiti novu funkciju m

v ≡ (1 − x2 ) 2 u   m mxv u0 = v 0 + (1 − x2 )− 2 1 − x2 00

u =



mv 2mxv 0 m(m + 2)x2 v + + v + 1 − x2 1 − x2 (1 − x2 )2 00



m

(1 − x2 )− 2

241

§ 9.3. Legendreovi polinomi i kugline funkcije

Uvrštavanjem dobivamo  
m 2 x2 + `(` + 1) − m(m + 1) v=0 (1 − x2 )v 00 − 2xv 0 + m − 1 − x2 odnosno

 (1 − x2 )v 00 − 2xv 0 + `(` + 1) −

m2 1 − x2

 v=0

Vidimo da je funkcija v rješenje pridružene Legendreove jednadžbe, odakle zaključujemo m

P`m (x) = (1 − x2 ) 2

dm P` (x) , dxm

m

2 2 Qm ` (x) = (1 − x )

dm Q` (x) dxm

(9.15)

Također, P`0 (x) = P` (x) ,

Q0` (x) = Q` (x) ,

P`m (x) = 0 za

m>`

Iz dobivenih izraza izgleda kao da P`m ima smisla samo za m ≥ 0. Međutim, upotrijebimo li Rodriguesovu formulu, P`m (x) =

d`+m 1 2 m 2 (1 − x ) (x2 − 1)` 2` `! dx`+m

(9.16)

vidimo da za svaki m, takav da je |m| ≤ `, imamo dobro definiranu netrivijalnu pridruženu Legendreovu funkciju P`m . Nadalje, valja uočiti kako je prodružena Legendreova jednadžba invarijantna na zamjenu m → −m. Prema tome, funkcije P`m i P`−m su proporcionalne. Koristeći gornji izraz moguće je dokazati narednu relaciju Teorem 9.6. P`−m (x) = (−1)m

(` − m)! m P (x) (` + m)! `

(9.17)

Dokaz : Pretpostavimo, bez smanjenja općenitosti, da je m ≥ 0. Tada vrijedi ! `+m `+m−r X ` + m dr 1 2 m ` d m 2 (x + 1) (x − 1)` P` (x) = ` (1 − x ) 2 `! r dxr dx`+m−r r=0 U ovoj sumi “preživljavaju” samo članovi za koje je r ≤ ` i ` + m − r ≤ `, odnosno m ≤ r. Dakle, ! ` m X 1 `+m `! `! P`m (x) = ` (1 − x2 ) 2 (x + 1)`−r (x − 1)r−m 2 `! r (` − r)! (r − m)! r=m S druge strane P`−m (x) =

! `−m X ` − m ds 1 d`−m−s 2 −m 2 (1 − x ) (x + 1)` `−m−s (x − 1)` = ` s 2 `! dx dx s s=0

! `−m X `−m 1 `! `! 2 −m = ` (1 − x ) 2 (x + 1)`−s (x − 1)s+m 2 `! s (` − s)! (s + m)! s=0

242

Poglavlje 9. Specijalne funkcije Koristeći zamjenu r = s + m imamo P`−m (x)

! ` X 1 ` − m `! 2 −m = ` (1 − x ) 2 (x + 1)`+m−r (x − 1)r 2 r − m (` + m − r)!r! r=m

Nadalje, koristeći rastav (x − 1)r = (x − 1)r−m (−1)m (1 − x)m , izlučivanjem faktora (1 − x2 )m imamo konačno ! ` X (−1)m ` − m `! 2 m −m (1 − x ) 2 (x + 1)`−r (x − 1)r−m P` (x) = 2` (` + m − r)!r! r − m r=m Usporedbom dva dobivena izraza za P`m i P`−m (x) slijedi tvrdnja.

U dijelu literature se koristi konvencija P`−m (x) = P`m (x) ili P`−m (x) = (−1)m P`m (x) Faktori koji su se pojavili u relaciji (9.17) su upotrebljeni radi konzistentnosti s Rodriguesovom formulom. Nadalje, odmah vidimo parnost (faktor dolazi od zamjene x → −x u derivaciji) P`m (−x) = (−1)`+m P`m (x) kao i vrijednost u x = ±1 za m 6= 0, P`m (±1) = 0 za

m 6= 0

Rekurzije m P`+1 (x) =

2` + 1 `+m xP`m (x) − P m (x) `−m+1 ` − m + 1 `−1

Teorem 9.7. Ortogonalnost i normalizacija pridruženih Legendreovih funkcija Z

1

P`m (x)Prm (x) dx =

−1

Dokaz :

Z

1

I`m =

2 (` + m)! δ`r 2` + 1 (` − m)!


2 P`m (x) dx =

−1

=

1 22` (`!)2

Z

1

(1 − x2 )m −1

d`+m d`+m (x2 − 1)` `+m (x2 − 1)` dx `+m dx dx

Sada primjenjujemo parcijalnu integraciju, Z 1 d`+m d`+m (1 − x2 )m `+m (x2 − 1)` `+m (x2 − 1)` dx = dx dx −1

(9.18)

243

§ 9.3. Legendreovi polinomi i kugline funkcije   `+m 1 d`+m−1 2 ` 2 m d 2 ` (x − 1) · (1 − x ) (x − 1) − `+m−1 `+m dx dx −1   Z 1 `+m−1 `+m d 2 ` d 2 m d 2 ` − dx (x − 1) (1 − x ) (x − 1) `+m−1 dx dx`+m −1 dx =

Rubni članovi iščezavaju u x = ±1. Ponavljanjem postupka parcijalne integracije dobivamo rubne članove oblika   `+m 1 d`+m−p dp−1 2 ` 2 m d 2 ` (x − 1) · (1 − x ) (x − 1) dx`+m−p dxp−1 dx`+m −1 Za p ≤ m iščezava drugi član, a za p > m prvi član (važno je usporediti red polinoma i red derivacije). Na kraju dobivamo izraz   Z `+m `+m (−1)`+m 1 2 ` d 2 m d 2 ` dx I`m = 2` (x − 1) (1 − x ) (x − 1) 2 (`!)2 −1 dx`+m dx`+m Koristeći Leibnitzovu formulu imamo   `+m d`+m 2 m d 2 ` (1 − x (x = ) − 1) dx`+m dx`+m =

`+m X r=0

! ` + m dr d2`+2m−r (1 − x2 )m 2`+2m−r (x2 − 1)` r r dx dx

U ovoj sumi “preživljavaju” samo članovi za koje je r ≤ 2m i 2` + 2m − r ≤ 2`, odnosno samo jedan član r = 2m. Dakle, Z 1 2` 2m (−1)`+m (` + m)! 2 m d 2 ` d (1 − x ) (x2 − 1)2` dx I`m = 2` (x − 1) 2 (`!)2 (2m)!(` − m)! −1 dx2m dx2` Koristeći ranije izvedene rezultate dn n x = n! , dxn

Z

1

(x2 − 1)` dx = (−1)`

−1

`! 2`+1 (2` + 1)!!

uvrštavanjem dobivamo I`m =

(−1)`+m (` + m)! `! 2`+1 (−1)` (−1)m (2m)!(2`)! = 2` 2 2 (`!) (2m)!(` − m)! (2` + 1)!! =

(` + m)! (2`)! (` + m)! 2 2 = 2` + 1 (` − m)! (2`)!!(2` − 1)!! 2` + 1 (` − m)!

Da li je gornji izraz konzistentan na zamjenu m → −m? Da, jer Z

1

−1

P`−m (x)


2

 dx =

(` − m)! (` + m)! =

2

2 (` + m)! 2 (` − m)! = = 2` + 1 (` − m)! 2` + 1 (` + m)!

2 (` + (−m))! 2` + 1 (` − (−m))!

Normalizacija kuglinih funkcija.

244

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

Y`m (θ, φ) = N`m P`m (cos θ)eimφ Zahtijevamo

Z

∗ Y`m Y`0 m0 dΩ = δ``0 δmm0

(9.19) (9.20)

odnosno, detaljnije Z

2π

Z

π ∗ dθ sin θ Y`m (θ, φ)Y`0 m0 (θ, φ) = δ``0 δmm0

dφ 0

(9.21)

0

Kako je

2π

Z

0

ei(m −m)φ dφ = 2π δmm0 ,

0

koristeći (9.18) imamo 2π

2 (` + m)! (N`m )2 = 1 2` + 1 (` − m)!

odnosno

s N`m =

2` + 1 (` − m)! 4π (` + m)!

(9.22)

Ovaj izraz je definiran za sve cijele brojeve |m| ≤ `. Usput, s (` − m)! m −imφ 2` + 1 (` + m)! −m −imφ Y`,−m = N`,−m P` e = (−1)m P e = 4π (` − m)! (` + m)! ` ∗ = (−1)m N`m P`m e−imφ = (−1)m Y`m

Ponekad se koristi realan zapis kuglinih funkcija, e `0 P 0 (cos θ) Y`0 = N ` te za m 6= 0, (+) e `m P m (cos θ) cos(mφ) Y`m (θ, φ) = N ` (−)

e `m P m (cos θ) sin(mφ) Y`m (θ, φ) = N ` Z 2π Z π ∗ dφ dθ sin θ Y`m (θ, φ)Y`0 m0 (θ, φ) = δ``0 δmm0 0

0

Kako je Z 0

2π

cos(mφ) cos(m0 φ) dφ =

Z

2π

sin(mφ) sin(m0 φ) dφ = πδmm0

0

normalizacija se razlikuje u odnosu na kompleksan zapis kuglinih funkcija, √ e `0 = N`0 , N e `m = 2 N`m za m 6= 0 N

245

§ 9.3. Legendreovi polinomi i kugline funkcije

Razvoj funkcije f : S 2 → C po kuglinim funkcijama. f (θ, φ) =

∞ X ` X

(9.23)

a`m Y`m (θ, φ)

`=0 m=−`

Z a`m =

f

2π

Z

∗ Y`m

Z dφ

dΩ =

π

(9.24)

∗ dθ sin θ f (θ, φ)Y`m (θ, φ)

0

0

U slučaju kada imamo razvoj funkcije po kuglinim funkcijama u realnom zapisu, ! ∞ ` X X (+) (+) (−) (−) f (θ, φ) = a`0 Y`0 (θ, φ) + a`m Y`m (θ, φ) + a`m Y`m (θ, φ) m=1

`=0 2π

Z

π

Z

dθ sin θ f (θ, φ)Y`0 (θ, φ)

dφ

a`0 =

0

0 2π

Z

(±)

π

Z dφ

a`m =

0

(±)

dθ sin θ f (θ, φ)Y`m (θ, φ)

0

Primjer: zadana je funkcija  f (θ, φ) =

+1 , 0 ≤ θ < π/2 −1 , π/2 ≤ θ < π

Zbog aksijalne simetrije A`m = 0 za svaki m 6= 0. Nadalje π 2

Z

Z dθ sin θ P` (cos θ) −

A`0 = N`0 2π 1

= N`0 2π

Z dx P` (x) +

0

Z 0

1

1 dx P` (x) = 2` + 1

dθ sin θ P` (cos θ)

=

π 2

0

Z

!

π

0

Z 0

1

1

 Z dx P` (x) = 4πN`0

1

dx P` (x)

0

1 0 0
P (x) − P (x) `+1 `−1 0 0 dx P`+1 (x) − P`−1 (x) = = 2` + 1

P`−1 (0) − P`+1 (0) = 2` + 1 Ovaj izraz je nula za paran `; za neparan ` = 2n − 1 imamo   Z 1 (2n − 3)!! (2n − 1)!! 1 (−1)n−1 − (−1)n = dx P` (x) = 4n − 1 (2n − 2)!! (2n)!! 0   (−1)n−1 (2n − 3)!! 2n − 1 (2n − 3)!! = 1+ = (−1)n+1 4n − 1 (2n − 2)!! 2n (2n)!! stoga r 4n − 1 (2n − 3)!! A2n−1,0 = 4π (−1)n+1 4π (2n)!! p (2n − 3)!! A2n−1,0 = (−1)n+1 4π(4n − 1) (2n)!!

0

246

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

Drugim riječima, f (θ, φ) =

∞ X

(−1)n+1 (4n − 1)

n=1

(2n − 3)!! P2n−1 (cos θ) (2n)!!

§ 9.4 Besselove i Neumannove funkcije Kod radijalnog dijela Helmholtzove jednadžbe u sfernom i cilindričnom koordinatnom sustavu susreli smo tzv. Besselovu jednadžbu, x2 y 00 + xy 0 + (x2 − µ2 )y = 0

(9.25)

gdje je µ ∈ R neki realan parametar. Kako je jednadžba invarijantna na zamjenu µ → −µ, možemo bez smanjenja općenitosti pretpostaviti µ ≥ 0. Primjenom Frobeniusove metode,
(n + λ)(n + λ − 1) + (n + λ) − µ2 an xn+λ + an xn+λ+2 = 0
(n + λ)2 − µ2 an xn+λ + an xn+λ+2 = 0 Indicijalna jednadžba (uz xλ ) (λ2 − µ2 )a0 = 0 λ1,2 = ±µ Jednadžba uz xλ+1
(λ + 1)2 − µ2 a1 = 0 Uvrštavanjem λ = ±µ dobivamo
(±µ + 1)2 − µ2 a1 = 0
1 ± 2µ a1 = 0 Konačno, opća rekurzija glasi an = −

an−2 n(n ± 2µ)

(9.26)

Promotrimo sada različite slučajeve, imajući na umu da je λ1 − λ2 = 2µ. a) 2µ ∈ / N0 . U ovom slučaju je a1 = 0 (a stoga i a2n+1 = 0 za sve n ∈ N0 ), te oba rješenja dobivamo direktnim uvrštavanjem korjena indicijalne jednadžbe. a2n =

(−1)n a0 (2n)!! 2n (1 ± µ)(2 ± µ) · · · (n ± µ)

247

§ 9.4. Besselove i Neumannove funkcije

Konvencionalno se koristi normiranje a0 =

1 2±µ Γ(1 ± µ)

Kako je (1 ± µ)(2 ± µ) · · · (n ± µ)Γ(1 ± µ) = Γ(n + 1 ± µ) imamo a2n = ∞ X

y1 (x) =

n=0

y2 (x) =

(−1)n 22n±µ n!Γ(n + 1 ± µ)  x 2n+µ (−1)n

n!Γ(n + 1 + µ)

2

≡ Jµ (x)

∞ X

 x 2n−µ (−1)n ≡ J−µ (x) n!Γ(n + 1 − µ) 2 n=0

Ovdje uvedene funkcije Jµ i J−µ su Besselove funkcije prve vrste, reda µ i −µ. Koristeći Wronskijan, može se provjeriti kako su u ovom slučaju Jµ i J−µ linearno nezavisne funkcije. b) µ = m/2, gdje je m neparan prirodni broj. U ovom slučaju je razlika λ1 − λ2 ∈ N, međutim, direktnim uvrštavanjem korjena indicijalne jednadžbe opet dobivamo oba rješenja. Kako je m neparan broj, u rekurziji an = −

an−2 n(n ± m)

se neće dogoditi dijeljenje s nulom dok je n paran broj. Općenito je opet a1 = 0 (a stoga i a2n+1 = 0 za sve n ∈ N0 ), ali moramo pažljivije pogledati što se događa u m = 1 slučaju, gdje kod drugog rješenja konstanta a1 ne mora nužno biti nula. Prvo rješenje (za λ = 1/2), 1

y1 (x) = a0 x 2

∞ X 1 sin x (−1)n sin x x2n = a0 x 2 = a0 √ (2n + 1)! x x n=0

U drugom rješenju imamo parni i neparni dio reda, 1

y2 (x) = a0 x− 2

∞ ∞ X X 1 (−1)n 2n (−1)n x + a1 x 2 x2n = (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0

cos x sin x = a0 √ + a1 √ x x Vidimo da je neparni dio drugog rješenja proporcionalan prvom rješenju (pa ga možemo izostaviti iz konačnog zapisa). Koristeći konvencionalnu normalizaciju imamo r 1 2 a0 = ± 1 = 1 π 2 2 Γ(1 ± 2 ) r r 2 sin x 2 cos x √ , J− 1 = √ J 12 = 2 π π x x

248

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

c) µ = m ∈ N0 . Prvo rješenje Jm (x) =

∞ X

∞  x 2n+m X (−1)n (−1)n  x 2n+m = n!Γ(n + 1 + m) 2 n!(n + m)! 2 n=0 n=0

Kod drugog rješenja, u rekurziji an = −

an−2 n(n − 2m)

koeficijent a2m formalno divergira (imamo dijeljenje s nulom). S druge strane, ako u općenitom izrazu pokušamo uvrstiti µ = −m dobivamo J−m (x) =

∞ X

 x 2n−m (−1)n n!Γ(n + 1 − m) 2 n=0

Primjetimo da je za n = 0, 1, . . . , m − 1 argument gama funkcije u nazivniku negativan cijeli broj, gdje gama funkcija divergira (preciznije, ima polove), pa ti članovi u sumi iščezavaju (ovo je ekvivalentno odabiru a0 = a2 = · · · = a2(m−1) = 0 kako bi se izbjeglo dijeljenje s nulom u rekurziji, te a2m 6= 0 kako bi rješenje bilo netrivijalno). Imamo stoga J−m (x) =

∞ X

 x 2n−m (−1)n n!Γ(n + 1 − m) 2 n=m

Korištenjem supstitucije k = n − m dobivamo J−m (x) =

∞ X k=0

= (−1)m

∞ X k=0

 x 2k+m (−1)k+m = (k + m)! Γ(k + 1) 2

(−1)k  x 2k+m = (−1)m Jm (x) (k + m)!k! 2

Dakle, dobivena funkcija J−m proporcionalna funkciji Jm , pa moramo dalje tražiti drugo, linearno nezavisno rješenje jednadžbe u ovom slučaju.

U potrazi za drugim rješenjem u µ ∈ Z slučaju, uvodimo tzv. Besselovu funkciju druge vrste ili Neumannovu funkciju Nµ (u dijelu literature se koristi oznaka Yµ , ali mi je nećemo koristiti kako bi izbjegli zabunu s kuglinim funkcijama) Nµ (x) =

cos(πµ)Jµ (x) − J−µ (x) sin(πµ)

(9.27)

Očigledno, za µ ∈ / Z funkcija Nµ je linearna kombinacija rješenja Besselove jednadžbe, pa je i sama rješenje Besselove jednadžbe. Nadalje, za µ ∈ / Z funkcija Nµ je linearno nezavisna od Besselove funkcije prve vrste Jµ , pa općenito rješenje možemo pisati u obliku y(x) = aJµ (x) + bNµ (x) (9.28)

249

§ 9.4. Besselove i Neumannove funkcije

No, što se događa u µ ∈ Z slučaju? Uvrštavanjem cjelobrojnog parametra µ u definiciju funkcije Nµ dobivamo neodređen izraz 0/0, pa se valja poslužiti L’Hospitalovim pravilom,   1 ∂Jµ (x) cos(πµ)Jµ (x) − J−µ (x) µ ∂J−µ (x) = lim − (−1) = Nm (x) = lim µ→m π µ→m sin(πµ) ∂µ ∂µ Sada ćemo dokazati da je ovo i dalje rješenje Besselove jednadžbe. Deriviranjem Besselove jednadžbe za J±µ po varijabli µ dobivamo x2 x2

∂ 2 ∂Jµ ∂ ∂Jµ ∂Jµ +x + (x2 − µ2 ) = 2µJµ ∂x2 ∂µ ∂x ∂µ ∂µ

∂ ∂J−µ ∂ 2 ∂J−µ ∂J−µ +x + (x2 − µ2 ) = 2µJ−µ ∂x2 ∂µ ∂x ∂µ ∂µ

Množenjem druge jednadžbe s (−1)µ+1 , zbrajanjem s prvom jednadžbom, dijeljenjem s π, te promatranjem limesa µ → m dobivamo 00 0 x2 Nm (x) + xNm (x) + (x2 − m2 )Nm (x) = 0

Teorem 9.8. Razvoji Neumannovih fukcija za m = 0, N0 (x) =

∞
2 X (−1)n Hn  x 2n 2 ln(x/2) + γ J0 (x) − π π n=1 (n!)2 2

(9.29)

i za m ∈ N Nm (x) =

m−1
1 X (m − n − 1)!  x 2n−m 2 ln(x/2) + γ Jm (x) − − π π n=0 n! 2

−

∞ 1 X (−1)n (Hn+m + Hn )  x 2n+m π n=1 n!(n + m)! 2

(9.30)

Dokaz : Prilikom deriviranja imamo  x µ ψ(n + 1 + µ)  x µ (x/2)µ ln(x/2) 1 ∂ =− + ∂µ Γ(n + 1 + µ) 2 Γ(n + 1 + µ) 2 Γ(n + 1 + µ) gdje je ψ digama funkcija ψ(z) =

Γ0 (z) d ln Γ(z) = dz Γ(z)

Koristit ćemo razvoj

∞

ψ(z) = −γ −

1 X − z

k=1



1 1 − z+k k



te ψ(n + 1) = −γ + Hn ,

n ∈ N0

gdje je γ Euler-Mascheronijeva konstanta, Hn parcijalni harmonijski red (uz H0 ≡ 0). Za n + 1 − m ≤ 0 imamo ψ(n + 1 − m) = (−1)m−n (m − n − 1)! Γ(n + 1 − m)

250

Poglavlje 9. Specijalne funkcije jer je ψ(−N ) = (−1)N +1 N ! Γ(−N ) S druge strane, za n + 1 ± m > 0 imamo ψ(n + 1 ± m) −γ + Hn±m = Γ(n + 1 ± m) (n ± m)! Promotrimo prvo m = 0 slučaj, N0 (x) =

∂Jµ (x) 2 lim π µ→0 ∂µ

Uvrštavanjem gore navedenih izraza imamo   ∞ ln(x/2)  x 2n 2 X (−1)n −γ + Hn N0 (x) = = − + π n=0 n! n! n! 2 =

∞ ∞
X (−1)n  x 2n 2 2 X (−1)n Hn  x 2n ln(x/2) + γ − π (n!)2 2 π n=1 (n!)2 2 n=0

čime je dokazan prvi dio tvrdnje. Nadalje, promotrimo slučaj m ∈ N. Opet, uvrštavanjem imamo   ∞ ln(x/2)  x 2n+m 1 X (−1)n −γ + Hn+m Nm (x) = − + + π n=0 n! (n + m)! (n + m)! 2 +

   m−1 (−1)m X (−1)n ln(x/2) x 2n−m + −(−1)m−n (m − n − 1)! + π n! Γ(n + 1 − m) 2 n=0 +

  ∞ (−1)m X (−1)n ln(x/2)  x 2n−m −γ + Hn−m − + π n=m n! (n − m)! (n − m)! 2

Drugi član u drugoj sumi iščezava jer je argument gama funkcije negativan cijeli broj. Članove uz Euler-Mascheronijevu konstantu γ i logaritam možemo udružiti, pa imamo Nm (x) =

−



1 γ + ln(x/2) Jm (x) + (−1)m J−m (x) − π

m−1 ∞ 1 X (m − n − 1)!  x 2n−m 1 X (−1)n Hn+m  x 2n+m − − π n=0 n! 2 π n=0 n!(n + m)! 2

−

∞ 1 X (−1)n+m Hn−m  x 2n−m π n=m n!(n − m)! 2

Kako je J−m (x) = (−1)m Jm (x), preostaje još dovesti posljednju sumu u oblik iz tvrdnje. Koristeći supstituciju k = n − m, pa zamjenu slijepih indeksa k → n, imamo ∞ ∞ X (−1)n+m Hn−m  x 2n−m X (−1)k Hk  x 2k+m = = n!(n − m)! 2 (k + m)!k! 2 n=m k=0

= čime je dokazana tvrdnja.

∞ X (−1)n Hn  x 2n+m (n + m)!n! 2 n=0

251

§ 9.4. Besselove i Neumannove funkcije

Neke specijalne vrijednosti. Iz dobivenih razvoja odmah vidimo da je J0 (0) = 1 i

Jµ (0) = 0

za

µ>0

Kod Besselovih funkcija negativnog reda imamo Jµ (0) = ±∞ za µ < 0 i µ 6= Z (predznak beskonačnosti ovisi o gama funkciji), dok za µ = −m, gdje je m ∈ N imamo Jm (0) = 0 (jer je J−m (x) = (−1)m Jm (x)). Nadalje, uzimajući u obzir da je za svaki m ∈ N lim (x/2)m ln(x/2) = {y = − ln(x/2)} = lim −ye−my = 0 , y→∞

x→0+

slijedi da kod N0 divergira logaritamski član, a kod ostalih Nm (za m ∈ N) član uz x−m , pa je Nm (0) = −∞ za m ∈ N0 √ Asimptotski razvoji. Uvrštavanjem supstitucije y(x) = u(x)/ x,     u(x) u0 (x) 1 3u 1 u0 (x) − u00 (x) − , y 00 (x) = √ + 2 y 0 (x) = √ 2x x 4x x x u Besselovu jednadžbu, nakon sređivanja dobivamo ODJ   µ2 − 14 u00 (x) + 1 − u(x) = 0 x2 U limesu kada x → ∞ jednadžba se svodi na u00 (x) + u(x) = 0 ,

u(x) = A cos(x + δ)

pa su rješenja Besselove jednadžbe asimptotski oblika y(x) ∼

cos(x + δ) √ x

Rigoroznijom analizom dobije se r  2 πµ π  Jµ (x) ∼ cos x − − + O(x−3/2 ) πx 2 4 r  2 πµ π  Nµ (x) ∼ sin x − − + O(x−3/2 ) πx 2 4 Neka formalna svojstva. Konvergencija reda za Jµ (x); test omjerom (za |x| ≤ R) an+2 x2(n+1)+µ |x|2 = lim lim =0 n→∞ n→∞ 4(n + 1)(n + 1 + µ) an x2n+µ Uniformna konvergencija; Weierstraßov M-test, x2n+µ R2n+µ n! Γ(n + 1 + µ)22n+µ ≤ n! Γ(n + 1 + µ)22n+µ ≡ Mn

252

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

Suma

P

n

Mn konvergira; test omjerom, Mn+1 R2 = lim lim =0 n→∞ Mn n→∞ 4(n + 1)(n + 1 + µ)

Jµ (x) ili preciznije J(µ, x) je neprekidna funkcija varijable µ za fiksni x 6= 0 (uniformno konvergentan red neprekidnih funkcija). Za µ = m ∈ Z funkcija Jm (x) je jednoznačna (imamo cjelobrojne potencije u redu), a za µ ∈ / Z funkcija Jµ (x) ima točku grananja u ishodištu (algebarski rez za racionalni µ, a logaritamski rez inače). Teorem 9.9. Wronskijan Besselovih funkcija, 2 sin(µπ) πx 2 W [Jµ , Nµ ](x) = πx

W [Jµ , J−µ ](x) = −

(9.31) (9.32)

Dokaz : Wronskijan i njegova derivacija su po definiciji dani izrazima W [y1 , y2 ](x) = y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x) W 0 [y1 , y2 ](x) = y1 (x)y200 (x) − y2 (x)y100 (x) Promotrimo Besselove jednadžbe za njena dva različita rješenja, y1 i y2 , x2 y100 (x) + xy10 (x) + (x2 − µ2 )y1 (x) = 0 x2 y200 (x) + xy20 (x) + (x2 − µ2 )y2 (x) = 0 Ako prvu jednadžbu pomnožimo s y2 , drugu jednadžbu s y1 , te ih oduzmemo, dobivamo x2 W 0 (x) + xW (x) = 0 Djeljenjem s x i sređivanjem

W0 1 =− W x C W (x) = x Koristeći razvoje u okolini x = 0 možemo fiksirati integracijsku konstantu. Jµ (x) = Nµ (x) = −

Imamo


(x/2)µ 1 + O(x2 ) , Γ(µ + 1)

Jµ0 (x) =


(x/2)µ−1 1 + O(x2 ) 2Γ(µ)



Γ(µ) Γ(µ + 1) 1 1 1 + O(x) , Nµ0 (x) = 1 + O(x) π (x/2)µ 2π (x/2)µ+1 2 2 ln x + O(1) , N00 (x) = + O(x) N0 (x) = π πx

 1 1 1 1 − + O(x) = Γ(µ + 1) 2Γ(−µ) 2Γ(µ) Γ(1 − µ)   sin(µπ) 2 sin(µπ) 1 sin(−µπ) = − + O(x) = − + O(x) x π π πx 2 sin(µπ) Cµ = − π 2 2 W [Jµ , Nµ ](x) = + O(x) , C = πx π

W [Jµ , J−µ ](x) =

2 x



253

§ 9.4. Besselove i Neumannove funkcije

Teorem 9.10. Funkcija izvodnica x

∞ X

1

e 2 (t− t ) =

(9.33)

Jn (x)tn

n=−∞

Dokaz : e

=

x (t− 1 ) 2 t

∞   X x r tr 2 r! r=0

=

!

∞  x s t−s X (−1)s 2 s! s=0

∞ ∞ X ∞  x r+s tr−s X X = tn (−1)s 2 r!s! n=−∞ r=0 s=0

∞ X s=0

! =

(−1)s  x n+2s s!(n + s)! 2

!

gdje smo upotrijebili zamjenu r = n + s.

Jedna od rekurzija

2n Jn (x) x

Jn−1 (x) + Jn+1 (x) =

(9.34)

Dokaz pomoću funkcije izvodnice: g(x, t) = e

1 x 2 (t− t )

x 2

,

 1+

x ∂g(x, t) = ∂t 2 1 t2

 X ∞



1 1+ 2 t

Jn (x)tn =

n=−∞

 g(x, t) =

∞ X

nJn (x)tn−1

n=−∞ ∞ X

nJn (x)tn−1

n=−∞

Rezultat slijedi usporedbom koeficijenata uz tn−1 . Ortogonalnost Besselovih funkcija. Promotrimo opet radijalnu jednadžbu (u slučaju p = 0 ili s oznakom k 2 − p2 → k 2 ), s2 R00 (s) + sR0 (s) + (k 2 s2 − m2 )R(s) = 0 x = ks ,

d dx d d = =k , dx ds dx dx

x2 y 00 (x) + xy 0 (x) + (x2 − m2 )y(x) = 0 ,

y(x) = R(x/k) y(x) = AJm (x) + BNm (x)

R(s) = AJm (ks) + BNm (ks) Pretpostavimo da promatramo problem na intervalu [0, a] s Dirichletovim rubnim uvjetom R(a) = 0 ili Neumannovim rubnim uvjetom R0 (a) = 0. Tada je B = 0 i Jm (ka) = 0 ,

kmn =

αmn a

ili

0 Jm (ka) = 0 ,

kmn =

βmn a

0 gdje su αmn nul-točke funkcije Jm (x), a βmn nul-točke funkcije Jm (x).  
0 m2 0 2 sJm (kmn s) + kmn s− Jm (kmn s) = 0 s  
0 m2 0 2 0 sJm (kmn s) + kmn0 s − Jm (kmn0 s) = 0 s

254

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

Množenjem prve jednadžbe Jm (kmn s), druge s Jm (kmn0 s), oduzimanjem, te integriranjem na intervalu [0, a] dobivamo Z a
0 0 0 ds = s Jm (kmn s)Jm (kmn0 s) − Jm (kmn s)Jm (kmn0 s) 0

=

2 (kmn

−

2 kmn 0)

a

Z

Jm (kmn s)Jm (kmn0 s) s ds 0

Lijeva strana iščezava u granicama integracije (bilo da je posrijedi Dirichletov ili Neumannov rubni uvjet u s = a). Dakle, u slučaju kada je kmn 6= kmn0 imamo ortogonalnost u obliku Z a Jm (kmn s)Jm (kmn0 s) s ds = 0 0

Nadalje, promotrimo integral Z Z 1 2 2 Jm (κs) s ds = 2 Jm (x) x dx κ Parcijalnom integracijom dobivamo Z Z x2 2 2 0 Jm (x) − Jm (x)Jm (x)x2 dx Jm (x) x dx = 2 Nadalje, koristeći Besselovu jednadžbu 0 00 x2 Jm (x) = m2 Jm (x) − xJm (x) − x2 Jm (x)

imamo Z

2 Jm (x)x dx =


2 x2 2 m2 2 x2 0 Jm (x) − Jm (x) + Jm (x) + konst. 2 2 2

odnosno Z

2 Jm (κs) s ds

1 = 2




2 m2  2 0 s − 2 Jm (κs) + s2 Jm (κs) κ 2



Koristeći rubne uvjete i činjenicu da je mJm (0) = 0 za sve m ∈ N0 , imamo Z a 
2 a2 0 s 2 Jm s ds = Jm (αmn ) αmn a 2 0 ili

Z 0

a

 s 1  2 m2  2 2 Jm βmn s ds = a − 2 Jm (βmn ) a 2 κ

Koristeći jednu od rekurzija možemo pisati 0 Jm (αmn ) = −Jm+1 (αmn )

Razvoji po Besselovim funkcijama na intervalu [0, a]. Za svaku vrijednost parametra µ ≥ −1 imamo Fourier-Besselov red Z a ∞   X s 2 s f (s) = Aµn Jµ αµn , Aµn = 2 2 f (s)Jµ αµn s ds a a Jµ+1 (αµn ) 0 a n=1

255

§ 9.4. Besselove i Neumannove funkcije

Neumannov red f (z) =

∞ X

an Jµ+n (z)

n=0

Kapteyinov red (kod Keplerovog problema) f (z) =

∞ X

an Jµ+n ((µ + n)z)

n=0

Schlömilchov red f (x) =

∞ X

an Jµ (nx)

n=1

Napomena: Ponekad se uvode tzv. Hankelove funkcije, Hµ(1) (x) = Jµ (x) + iNµ (x) ,

Hµ(2) (x) = Jµ (x) − iNµ (x)

(9.35)

Promotrimo sljedeći primjer: traži se stacionarno rješenje (k = 0) toplinske jednadžbe za cilindar duljine L i radijusa r, kojem baze održavamo na temperaturi 0, a plašt na nekoj temperaturi u0 6= 0. U z-smjeru imamo Z(z) = a cos(pz) + b sin(pz) 0 = Z(0) = a ,

0 = Z(L) = b sin(pL) ,

p=

nπ , L

n∈Z

Time radijalna jednadžba poprima oblik  2 2  n π 2 2 00 0 2 s R + sR − s +m R=0 L2 Ovo se svodi na ODJ

x2 y 00 + xy 0 − (x2 + µ2 )y = 0

(9.36)

koja za rješenja ima modificirane Besselove funkcije prve i druge vrste, Iµ i Kµ , y(x) = AIµ (x) + BKµ (x) Iµ (x) = i−µ Jµ (ix) ,

Kµ (x) =

π µ+1 (1) π I−µ (x) − Iµ (x) i Hµ (ix) = 2 2 sin(µπ)

(9.37) (9.38)

To znači da je radijalno rješenje našeg problema oblika  nπs   nπs  Rmn (s) = Amn Im + Bmn Km L L Kako su funkcije Km (x) divergentne u x = 0, ovdje otpadaju iz rješenje. [ostatak rješenja: Butkov, str.394–398] Konačno, u radijalnom dijelu Helmholtzove jednadžbe u sfernom koordinatnom sustavu nailazimo na ODJ x2 y 00 + 2xy 0 + (x2 − n(n + 1))y = 0

(9.39)

256

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

za rješenje ima sferne Besselove jn i sferne Neumannove funkcije nn , y(x) = Ajn (x) + Bnn (x) (9.40) r r r π π π 1 (x) jn (x) = Jn+ 21 (x) , nn (x) = Nn+ 12 (x) = (−1)n+1 J 2x 2x 2x −n− 2 (9.41) Na primjer, sin x cos x j0 (x) = , n0 (x) = − x x Teorem 9.11. ` `



f` (x) = (−1) x

1 d x dx

` f0 (x)

(9.42)

gdje je f` (x) bilo j` (x) ili n` (x).

Ostale specijalne funkcije: Laguerrovi polinomi (u radijalnom dijelu Schrödingerove jednadžbe za vodikov atom), Hermiteovi polinomi (kod Schrödingerove jednadžbe za kvantnomehanički harmonički oscilator), hipergeometrijske i konfulentne hipergeometrijske funkcije, itd.

§ 9.5 Sturm-Liouvilleov problem Ranije smo pokazali kako je ODJ A(x)y 00 (x) + B(x)y 0 (x) + C(x)y(x) = 0 moguće prevesti u oblik
0 p(x)y 0 (x) − s(x)y(x) = 0 Ovdje ćemo razmotriti Sturm-Liouvilleov problem L[y](x) = λr(x)y(x) ,

L[y] = (py 0 )0 − sy

Primjeri: • Harmonički oscilator

y 00 (x) + ω 2 y(x) = 0

p(x) = r(x) = 1, s(x) = 0, λ = −ω 2 • Legendreova jednadžba ((1 − x2 )y 0 )0 + `(` + 1)y = 0 p(x) = 1 − x2 , s(x) = 0, r(x) = 1, λ = −`(` + 1)

(9.43)

257

§ 9.5. Sturm-Liouvilleov problem

• Besselova jednadžba, djeljenjem s x   µ2 (xy 0 )0 + k 2 x − y=0 x p(x) = x, s(x) = −µ2 /x, r(x) = x, λ = −k 2 • Čebiševljeva jednadžba, (1 − x2 )y 00 − xy 0 + n2 y = 0 p n2 y=0 ( 1 − x2 y 0 ) 0 + √ 1 − x2 p 1 p(x) = 1 − x2 , s(x) = 0 , r(x) = √ , 1 − x2

λ = −n2

Teorem 9.12. Rješenja Sturm-Liouvillovog problema koja odgovaraju različitim vrijednostima parametra λ su međusobno ortogonalna s obzirom na skalarni produkt Z hf, gi =

b

(9.44)

r(x)f (x)g(x) dx a

Dokaz : L[u1 ](x) = λ1 r(x)u1 (x) L[u2 ](x) = λ2 r(x)u2 (x) Množenjem prve s u2 , druge s u1 , oduzimanjem i integriranjem imamo Z b Z b  0 p(x)(u01 (x)u2 (x) − u1 (x)u02 (x)) dx = (λ1 − λ2 ) r(x)u1 (x)u2 (x) dx a

a

b p(x)(u01 (x)u2 (x) − u1 (x)u02 (x)) a = (λ1 − λ2 )

b

Z

r(x)u1 (x)u2 (x) dx a

U slučaju Dirichletovih (u(a) = u(b) = 0) ili Neumannovih (u0 (a) = u0 (b) = 0) rubnih uvjeta, te pretpostavljajući da je λ1 6= λ2 , slijedi hu1 , u2 i = 0

Usputna napomena: SL operator je Hermitski operator. Ako su f, g rješenja SL problema, tada je Z b Z b f L[g] dx = gL[f ] dx a

a

Poglavlje 9. Specijalne funkcije

258

10 Varijacijski račun Euler-Lagrangeove jednadžbe. Zadan je funkcional I pomoću funkcije F klase C 2 u svakoj od svojih argumenata, Z b I[y, y 0 ] = F (x, y, y 0 ) dx (10.1) a

Tražimo stacionarno rješenje y0 (x), takvo da je dI = 0 , y(x) = y0 (x) + η(x) d =0 gdje je η(x) proizvoljna C 2 funkcija, takva da je η(a) = η(b) = 0. Koristeći Taylorov teorem, Z b

F (x, y0 (x) + η(x), y00 (x) + η 0 (x)) dx =

I() = a b

Z

F (x, y0 , y00 ) dx

=

Z +

a

a

b



 ∂F 0 ∂F η(x) + 0 η (x) dx + O(2 ) ∂y0 ∂y0

Parcijalna integracija, Z b b Z b d  ∂F  ∂F ∂F 0 η (x) dx = η(x) η(x) dx − 0 0 ∂y ∂y ∂y00 a a dx a 0 0 Zbog rubnih uvjeta prvi član propada, pa imamo  Z b dI ∂F d ∂F = − η(x) dx d =0 ∂y dx ∂y 0 a Sada ćemo dokazati važnu lemu. Lema 10.1. (Fundamentalna lema varijacijskog računa) Neka je k ∈ N0 i f ∈ C k ([a, b]), takva da je Z b f (x)η(x) dx = 0 (10.2) a

za sve η ∈ C ([a, b]) funkcije, takve da je η(a) = η(b) = 0. Tada je f (x) = 0 za svaki x ∈ [a, b]. k

259

260

Poglavlje 10. Varijacijski račun

Dokaz : Pretpostavimo da postoji x0 ∈ [a, b], takav da je f (x0 ) 6= 0. Možemo bez smanjenja općenitosti pretpostaviti da je f (x0 ) > 0 (dokaz je analogan u suprotnom slučaju). Kako je po pretpostavci f neprekidna funkcija, postoji okolina O = hx0 − , x0 + i točke x0 , takva da je f (x) > c > 0 za sve x ∈ O ∩[a, b]. Nadalje, koristeći primjer test funkcije iz poglavlja o distribucijama, možemo odabrati glatku funkciju   q−p η(x) = χ[p,q] exp , (x − p)(x − q) gdje je [p, q] ⊂ O ∩ [a, b], te vrijedi Z b Z η(x) dx = η(x) dx > 0 a

Tada imamo

O

b

Z

Z

Z

f (x)η(x) dx = a

f (x)η(x) dx > c O

η(x) dx > 0 , O

u kontradikciji s pretpostavkom leme.

Odavde odmah slijedi Euler-Lagrangeova jednadžba d ∂F ∂F − =0 ∂y dx ∂y 0

(10.3)

Izvod pomoću funkcionalne derivacije,  δI[y, y 0 ] 1 ≡ lim I[y(x) + δ(x − ξ), y 0 (x) + δ 0 (x − ξ)] − I[y(x), y 0 (x)] →0  δy(ξ) I[y(x) + δ(x − ξ), y 0 (x) + δ 0 (x − ξ)] = Z

b

=

F (x, y(x) + δ(x − ξ), y 0 (x) + δ 0 (x − ξ)) dx

a

F (x, y(x) + δ(x − ξ), y 0 (x) + δ 0 (x − ξ)) = F (x, y, y 0 )+   ∂F ∂F δ(x − ξ) + 0 δ 0 (x − ξ) + O(2 ) + ∂y ∂y !

0=

δI[y, y 0 ] ∂F d ∂F = (ξ) − (ξ) δy(ξ) ∂y dx ∂y 0

Specijalni slučajevi. a)

∂F ∂F =0 ⇒ = konst. ∂y ∂y 0

Primjer #1: pronaći krivulju najkraće duljine između dvije točke u ravnini, Z `= a

b

p

1 + y 02 dx ,

y0 ∂F =p =k 0 ∂y 1 + y 02

261

§ 10.1. Brahistohrona

Kvadriranjem i sređivanjem y 0 (x) = √

k , 1 − k2

odnosno y(x) = y(a) +

y(x) = αx + β

y(b) − y(a) (x − a) b−a

Primjer #2: Svjetlost prolazi kroz medij s nehomogenim indeksom loma, n(x). Pronađite putanju zrake svjetlosti između zadanih točaka (a, h1 ) i (b, h2 ). Prema Fermatovom principu svjetlost putuje putem za koji mu treba najmanje vremena, v=

c ds = , n dt

T =

1 c

b

Z

p n(x) 1 + y 02 dx → min

a

ny 0 p =k, 1 + y 02 Z y(x) = h1 + a

y0 = √ x

k − k2

n2

k dx p

n(x)2 − k 2

Konstanta k se odredi iz preostalog uvjeta y(b) = h2 . b) ∂F =0 ∂x d dx



y0

∂F ∂y 0



= y 00

dF ∂F d ∂F ∂F ∂F + y0 ≈ y 00 0 + y 0 = ∂y 0 dx ∂y 0 ∂y ∂y dx

gdje jednakos ≈ naglašava kako je u tom koraku iskorištena Euler-Lagrangeova jednadžba. Time smo izveli tzv. Beltramijev identitet, F − y0

∂F = konst. ∂y 0

(10.4)

§ 10.1 Brahistohrona Valja pronaći oblik žlijeba, takvog da kuglica koja se kliže niz njega prelazi put između dvije zadane točke u minimalnom vremenu. Možemo bez smanjenja općenitosti smjestiti ishodište koordinatnog sustavu u početnu točku i orijentirati y-os tako da je u smjeru gravitacijskog polja g, y(0) = 0 , mgy =

mv 2 , 2

y(a) = b

p ds dx p 2gy = = 1 + y 02 dt dt

262

Poglavlje 10. Varijacijski račun a

s

1 + y 02 dx → min y 0 s 1 + y 02 F (y, y 0 ) = y

1 T [y] = √ 2g

Z

Kako F ne ovisi eksplicitno o x, koristimo Beltramijev identitet, koji u ovom slučaju glasi s 1 + y 02 y 02 = konst. −p y y(1 + y 02 )

Sređivanjem dobivamo, r

k 1+y = , y 02

dx =

y dy k−y

gdje smo uveli redefiniranu konstantu k. Supstitucija, y=k

1 − cos φ = k sin2 (φ/2) 2

1 − cos φ dφ 2 Odabirom rubnog uvjeta x(0) = 0, integriranjem dobivamo dx = k

x(φ) =

k (φ − sin φ) 2

Nadalje, želimo da putanja prođe kroz točku C(a, b), a=

k (φc − sin φc ) , 2

b=

k (1 − cos φc ) 2

odakle ćemo dobiti vrijednost konstante k i parametra φ u točki C. Konačno, putanja je dana u parametarskom obliku izrazima x(φ) =

k (φ − sin φ) , 2

y(φ) =

k (1 − cos φ) 2

Valja primjetiti da za φ = π ova krivulja prolazi kroz minimum, pa će u slučaju kada je φc > π, odnosno za a > bπ/2, kuglica proći kroz minimum žlijeba prije točke C.

§ 10.2 Opne od sapunice Potencijalna energija opne od sapunice je proporcionalna s njenom površinom. Promotrimo problem oblika opne između dva paralelna prstena radijusa R na razmaku 2b. Neka je koordinatni sustav orijentiran tako da prsteni leže centrirani u z = ±b ravninama. p da = 2πs(z) 1 + (s0 (z))2 dz

263

§ 10.2. Opne od sapunice

Z

b

A[s] = 2π

p s 1 + s02 dz → min

−b

Kako podintegralni izraz ne ovisi eksplicitno o z, p ss02 s 1 + s02 − √ =k 1 + s02 Sređivanjem dobivamo s0 (z) =

1p 2 s + k2 , k

√

k ds = dz s2 + k 2

Supstitucija, s(z) = k ch u ,

ds = k sh u du , s(z) = k ch

Rubni uvjet,

k du = dz ,

z k

+C

u=

z +C k



  b R = s(±b) = k ch ± + C k

nam daje C = 0 i R = k ch

  b k

dok se funkcija oblika opne svodi na s(z) = k ch

z  k

Ima li jednadžba za preostalu konstantu k nužno rješenje? Upotrijebimo li supstituciju ξ = b/k, imamo R ξ = ch ξ b Ako je omjer R/b dovoljno velik, tada imamo dva rješenja (jedno stabilno, drugo nestabilno), za neku kritičnu vrijednost ovog omjera postoji samo jedno rješenje, dok za omjere veće od te kritične vrijednosti nema rješenja. U ovom potonjem slučaju film od sapunica će biti razvučen u dvije ravne plohe preko prstena (Goldschmidtovo rješenje). Koliko iznosi spomenuta kritična vrijednost omjera? Pravac koji prolazi kroz ishodište i tangentan je na kosinus hiperbolni, ch ξ0 − 0 = ch0 ξ0 , ξ0 − 0

1 = th ξ0 , ξ0

ξ0 ≈ 1.19968

Odavde imamo kritičnu vrijednost omjera (R/b)0 =

ch ξ0 ≈ 1.50888 ξ0

Kolike su površine? Z

b

A = 2π −b

k ch 2

z  k

Z dz = 4π 0

b

k ch 2

z  k

dz

264

Poglavlje 10. Varijacijski račun

Koristeći supstituciju u = z/k, i tablični integral Z sh (2x) + 2x ch 2 (x) dx = + konst. 4 imamo

b/k

 2b + = A = 4πk ch (u) du = πk sh k 0         b b R 2b = πk 2 2 sh + = 2πk R sh +b k k k k 2

Z

2

2





2b k



Površina opne Goldschmidtovog rješenja (površina dva kruga), AG = 2πR2

§ 10.3 Varijacije s ograničenjima Uvod o Lagrangeovim multiplikatorima. Traži se točka (x0 , y0 ) u kojoj funkcija F (x, y) poprima stacionarnu vrijednost uz ograničenje G(x, y) = C. Tvrdimo da je ovaj problem ekvivalentan problemu stacionarne vrijednosti funkcije H(x, y) = F (x, y) + λG(x, y) bez ograničenja, gdje je λ neka konstanta, pod uvjetom da bar jedna od parcijalnih derivacija ∂x G(x, y) i ∂y G(x, y) nije nula u točki (x0 , y0 ). Pretpostavimo da je funkcija F (x, y) stacionarna u točki (x0 , y0 ); tada je dF (x0 , y0 ) = ∂x F (x0 , y0 ) dx + ∂y F (x0 , y0 ) dy = 0 Ograničenje nam govori da diferencijali dx i dy više nisu nezavisni, pa iz gornje jednadžbe ne slijedi ∂x F (x0 , y0 ) = 0 = ∂y F (x0 , y0 ). Iz jednadžbe ograničenja slijedi ∂x G(x0 , y0 ) dx + ∂y G(x0 , y0 ) dy = 0

(10.5)

Pretpostavimo li, bez smanjenja općenitosti, da je ∂y G(x0 , y0 ) 6= 0, tada slijedi dy = −

∂x G(x0 , y0 ) dx ∂y G(x0 , y0 )

Uvrštavanjem u jednadžbu dF (x0 , y0 ) = 0 dobivamo   ∂F ∂G ∂F ∂G − dx = 0 ∂x ∂y ∂y ∂x 0 gdje smo s indeksom “0” naglasili kako su sve derivacije izvrijednjene u točki (x0 , y0 ). Kako je dx 6= 0 (u protivnom bismo imali trivijalnu situaciju dy = dx = 0), imamo   ∂F ∂G ∂F ∂G − =0 ∂x ∂y ∂y ∂x 0

265

§ 10.4. Lančanica

To znači da postoji jedinstvena konstanta λ, takva da vrijedi i

∂x F (x0 , y0 ) + λ∂x G(x0 , y0 ) = 0 Konkretno, λ=−

∂y F (x0 , y0 ) + λ∂y G(x0 , y0 ) = 0

(10.6)

∂y F (x0 , y0 ) ∂y G(x0 , y0 )

Ujedno, ovo znači da u točki (x0 , y0 ) funkcija H(x, y) poprima stacionarnu vrijednost, dH(x0 , y0 ) = 0. Napomena: valja imati na umu da postoje situacije gdje je su ∂x G(x0 , y0 ) = ∂y G(x0 , y0 ) = 0, pa metoda Lagrangeovih multiplikatora ne radi. Na primjer, u slučaju F (x, y) = x4 + y 4 , te G(x, y) = x2 + y 2 , gdje je stacionarna točka (x0 , y0 ) = (0, 0). Obratno, pretpostavimo da u nekoj točki (x0 , y0 ) vrijede jednakosti (10.6), te neka je u toj točki ujedno zadovoljeno ograničenje G(x, y) = C. Ovdje nije nužno pretpostaviti da vrijedi ∂x G(x0 , y0 ) 6= 0 ili ∂y G(x0 , y0 ) 6= 0. Diferencijali dx i dy konzistentni s jednadžbom ograničenja moraju zadovoljavati jednakost (10.5). Množenjem prve jednadžbe u (10.6) s dx, druge s dy, zatim zbrajanjem i korištenjem jednadžbe (10.5) dobivamo ∂x F (x0 , y0 ) dx + ∂y F (x0 , y0 ) dy = 0 Drugim riječima, slijedi da je (x0 , y0 ) stacionarna točka funkcije F uz zadano ograničenje. Promotrimo sada analogni problem u računu varijacija. Tražimo funkciju y0 (x) koja zadovoljava zadane rubne uvjete u x = a i x = b, te za koju funkcional Z b 0 I[y, y ] = F (x, y, y 0 ) dx a

poprima stacionarnu vrijednost uz ograničenje Z b 0 J[y, y ] = G(x, y, y 0 ) dx = C a

Tvrdimo da je ovaj problem ekvivalentan pronalaženju funkcije y0 (x) koja zadovoljava iste rubne uvjete u x = a i x = b, te za koju funkcional Z b K[y, y 0 ] = H(x, y, y 0 ) dx , H(x, y, y 0 ) = F (x, y, y 0 ) + λG(x, y, y 0 ) a

poprima stacionarnu vrijednost bez ograničenja (uz neke tehničke zahtjeve).

§ 10.4 Lančanica Pronađite oblik homogene niti (lanca) linearne gustoće ρ i duljine `, obješene o dvije zadane točke, (−a, h1 ) i (a, h2 ), koja slobodno visi u homogenom gravitacijskom polju s akceleracijom g (eng. catenary curve). Ukupna potencijalna energija i duljina niti Z ap Z Z a p 1 + y 02 dx E = dm gy = ρg y 1 + y 02 dx , ` = −a

−a

266

Poglavlje 10. Varijacijski račun

  p 1 + y 02 + λ ` − 1 + y 02 = p = λ` + (ρgy + λ) 1 + y 02 p ρgy + λ 02 y =k (ρgy + λ) 1 + y 02 − p 1 + y 02 !− 21  2  2 ρgy + λ ρgy + λ 02 y = dy = dx −1, −1 k k F (y, y 0 ) = ρgy

p

Supstitucija ρgy + λ = k ch z ,

dy =

k sh z dz ρg

  ρgy(x) + λ k ch −1 =x+C ρg k Tri preostale konstante, λ, k i C, određene su položajem rubnih točaka i zadanom duljinom niti. Ako je npr. h1 = h2 = h, tada je C = 0, pa imamo  ρgx  k ch y(x) = −λ + ρg k Nadalje, iz rubnog uvjeta y(a) = h slijedi  ρga   ρga  k k   ρgx  h = −λ + ch , y(x) = h + ch − ch ρg k ρg k k Uvjet na duljinu niti nam daje jednadžbu za preostalu konstantu k, Z a  2k  ρga  ρgx  sh dx = . `= ch k ρg k −a Napomena: ova jednadžba nema uvijek rješenje; stavimo ξ = ρga/k, ` ξ = sh ξ 2a Kako je sh0 (0) = 1, to znači da za `/2a > 1 nema rješenja (razmak među uporišnim točkama je veći od duljine niti)!

§ 10.5 Izoperimetrijski problem Koja krivulja y = y(x) zadane duljine ` povezuje točke A(a, 0) i B(b, 0), tako da je površina između krivulje i x-osi maksimalna. Z b I[y] = y(x) dx = max a

J[y 0 ] =

Z a

b

p

1 + y 02 (x) dx = `

267

§ 10.5. Izoperimetrijski problem

y(a) = y(b) = 0 H(y, y 0 ) = y(x) + λ

p
1 + y 02 (x) − `

Kako H ne ovisi eksplicitno o varijabli x možemo koristiti Beltramijev identitet, p λy 02 y + λ 1 + y 02 − p = konst. ≡ y0 1 + y 02 Množenjem s korjenom i sređivanjem imamo p p y 1 + y 02 + λ(1 + y 02 ) − λy 02 = y0 1 + y 02 1 + y 02 = p 0

y (x) =

λ2 (y − y0 )2

λ2 − (y − y0 )2 y − y0

y − y0 p Sada integriramo obje strane, Z p

λ2

− (y − y0 )2 y − y0

λ2

− (y − y0 )2

dy = dx

dy = x + A

Korištenjem supstitucije u = y − y0 , Z Z p p d(u2 ) u 1 √ √ du = = − λ2 − u2 + B = − λ2 − (y − y0 )2 + B 2 λ2 − u2 λ2 − u2 Sređivanjem i preimenovanjem konstanti možemo rješenje zapisati u implicitnom obliku (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = λ2 Očigledno, posrijedi je jednadžba kružnice radijusa λ. Vrijednosti konstanti x0 i y0 određene su početnim uvjetima, (a − x0 )2 + y02 = (b − x0 )2 + y02 = λ2 Odavde slijedi a−x0 = ±(b−x0 ) (gornji predznak daje kontradikciju a = b), odnosno r (b − a)2 x0 = (a + b)/2 i y0 = λ 1 − . 4λ2 Konačno, uvjet iz ograničenja Z bp 1 + y 02 dx = ` a

nam daje konstantu λ pomoću zadane duljine ` i konstanti a i b. Postoji geometrijski prečac u izvrjednjavanju ovog izraza: ako je α središnji kut luka kružnice, tada je ` = αλ, odnosno α = `/λ, pa iz transcendentne jednadžbe (vidi osjenčan pravokutni trokut ACS na crtežu), b−a sin(`/2λ) = 2λ načelno (u praksi, numeričkim postupkom) možemo pronaći vrijednost konstante λ.

268

Poglavlje 10. Varijacijski račun y

A

C

B x S

§ 10.6 Problem maksimalnog polja Pronađite (povezanu) homogenu raspodjelu materije, dane ukupne mase M (ili naboja Q), takvu da je klasično gravitacijsko (ili električno) polje maksimalno u danoj točki. Ishodište koordinatnog sustava možemo, bez smanjenja općenitosti, smjestiti u zadanu točku. Pretpostavit ćemo da je tijelo aksijalno simetrično, te da mu je oblik (profil) zadan funkcijom s(z). Prvo ćemo izračunati pomoćni rezultat, gravitacijsko polje homogenog diska, radijsa R i mase m, duž njegove osi aksijalne simetrije. Z Z R σ cos θ0 s ds m 0 E(z) = k da = 2πkσz , σ= 2 0 2 2 2 3/2 |r − r | R π 0 (s + z ) ! 2m 1 E(z) = k 2 1 − p R 1 + (R/z)2 Sada ćemo napisati izraz za gravitacijsko polje općenitog aksijalno simetričnog homogeno tijela (gustoće ρ) u ishodištu koordinatnog sustava, ! 2dm 1 dE = k 2 1− p , dm = ρ s2 π dz s (z) 1 + (s(z)/z)2 Kako se doprinosi polju u ishodištu koordinatnog sustava iznad i ispod x-y ravnine doprinose sa suprotnim predznakom, a cilj je postići čim veće polje, pretpostavit ćemo da je sva materija s jedne strane, npr. iznad x-y ravnine (što znači da otpada dio integrala po negativnoj z-osi), ! Z ∞ 1 E[s(z)] = 2πkρ 1− p dz 1 + (s(z)/z)2 0

269

§ 10.7. Varijacijski problemi s više funkcija i više varijabli

Ograničenje u ovom problemu je ukupna masa, Z ∞ M = ρπ s2 (z) dz 0



Z

∞

K[s] = E[s] + λ M − ρπ

2



s (z) dz 0

Odavde imamo jednadžbu 1 2πkρ 2

− 23  2s s2 1+ 2 − ρπλ2s = 0 z z

Sređivanjem, s2 1+ 2 = z s s(z) =



kz λ



k λz 2

23 − z2 ,

32

i h p z ∈ 0, k/λ

Preostalu konstantu λ ćemo dobiti uz uvjeta na ukupnu masu, !  32 Z √k/λ  32 kz 4 k 2 M = ρπ − z dz = ρπ λ 15 λ 0  λ=k

4ρπ 15M

s



23

Dakle, konačno imamo s(z) =

15M 4πρ

z 2/3 − z 2

§ 10.7 Varijacijski problemi s više funkcija i više varijabli Više nepoznatih funkcija, yi (x) (svaka zadovoljava zadan Dirichletov rubni uvjet u x = a i x = b), Z I[y1 , . . . , yn ] = F (x, y1 , y10 , . . . , yn , yn0 ) dx F = F (x, y1 , y10 , . . . , yn , yn0 ) , yi (x) = y0i (x) + i ηi (x) ,

yi = yi (x) ∂I =0 ∂i

270

Poglavlje 10. Varijacijski račun

∂F d ∂F =0, − ∂yi dx ∂yi0

i = 1, . . . , n

Funkcija više varijabli, y(x1 , . . . , xn ) Z Z I[y] = · · · F (x1 , . . . , xn , y, ∂1 y, . . . , ∂n y) dx1 . . . dxn n

∂F X d ∂F − =0 ∂y dx ∂(∂ i i y) i=1 Više derivacije, F = F (x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ), n

∂F X dk ∂F + =0 (−1)k k ∂y dx ∂y (k) k=1

(10.7)

§ 10.8 Geodezici Zadana je ploha f (x, y, z) = 0 Traži se krivulja (x(t), y(t), z(t)), takva da joj je duljina između dvije zadane točke minimalna, Z tp x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 dt → min t0

s ograničenjem Z

t

f (x(t), y(t), z(t)) dt = 0 t0

Ovo daje jednadžbu d dt



x˙ F

 − λfx = 0 ,

F =

p

x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2

i analogno za y i z. U slučaju sfere radijusa R, f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − R2 imamo jednadžbe geodezika       1 d x˙ 1 d y˙ 1 d z˙ = = =λ 2x dt F 2y dt F 2z dt F Promotrimo prvu jednakost, x ¨F − x˙ F˙ y¨F − y˙ F˙ = 2xF 2 2yF 2

271

§ 10.9. Maxwell-Boltzmannova raspodjela

Odavde slijedi

y¨ x − x¨ y F˙ = y x˙ − xy˙ F

i analogno z y¨ − y¨ z F˙ = z y˙ − y z˙ F Izjednačavanjem lijevih strana zadnje dvije jednakosti imamo d ˙ dt (y x

− xy) ˙ = y x˙ − xy˙

d dt (z y˙

− y z) ˙ z y˙ − y z˙

odakle integriranjem dobivamo y x˙ − xy˙ = A(z y˙ − y z) ˙ y˙ x˙ + Az˙ = x + Az y Konačno, integriranjem imamo x + Az = By Ovo je jednadžba ravnine kroz ishodište koordinatnog sustava, koja presjeca sferu u velikim kružnicama (“ekvatorima”).

§ 10.9 Maxwell-Boltzmannova raspodjela Vjerojatnost pronalaženja čestice (klasičnog 3D neinteragirajućeg) plina u dijelu faznog prostora brzina W dan je pomoću funkcije gustoće vjerojatnosti ρ : R3 → R izrazom Z P (W) = ρ(v) d3 v W

Pri tom pretpostavljamo da je funkcija ρ normirana, Z ρ(v) d3 v = 1

(10.8)

Želimo pronaći funkciju ρ koja zadovoljava ograničenje (10.8), kao i ograničenje ukupne (prosječne) energije promatranog plina, Z mv2 ρ(v) d3 v = E (10.9) 2 tako da funkcional entropije poprima stacionarnu (maksimalnu) vrijednost, Z S[ρ] = − ρ(v) ln ρ(v) d3 v → max

(10.10)

272

Poglavlje 10. Varijacijski račun

Konačno rješenje,  ρ(v) =

3m 4πE

32

  3mv2 exp − 4E

(10.11)

Dodaci

273

A Jordanova forma matrice Algoritam za svođenje matrice A ∈ Mm (C) na pripadnu Jordanovu formu JA . 1. Pronađite svojstvene vrijednosti preko det(A − λ1) = (λ − λ1 )r1 · · · (λ − λn )rn = 0

(A.1)

Svaka svojstvena vrijednost λi ∈ C ima svoju algebarsku kratnost ri ≤ m. Algebarska kratnost je veličina pripadnog bloka Bri (λi ), odnosno svaka svojstvena vrijednost λi se na dijagonali pripadnog bloka pojavljuje točno ri puta, JA =

n M

Bri (λi )

(A.2)

i=1

2. Za svaku svojstvenu vrijednost λi pronađite ker(A − λi 1). Dimenzija gi = dim ker(A − λi 1) je geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti λi . Geometrijska kratnost nam govori koliki je broj Jordanovih blokova unutar bloka Bri (λi ), gi M Bri (λi ) = Jk(λi ,j) (λi ) , (A.3) j=1

gdje tek treba odrediti veličinu k(λi , j) pojedinih Jordanovih blokova. 3. Uvijek vrijedi gi ≤ ri . Ako je gi = ri , tada svojstvenoj vrijednosti λi pripada dijagonalni blok diag(λi , λi , . . . , λi ) veličine ri × ri i za nju je postupak gotov. U protivnom treba provesti naredne korake. Primjetite, čak i ako znamo da je za neku svojstvenu vrijednost λ npr. r = 5 i g = 2, još ne znamo je li B5 (λ) = J4 (λ) ⊕ J1 (λ) ili B5 (λ) = J3 (λ) ⊕ J2 (λ). 4. Pronađite ker(A − λi 1)` za ` ∈ N. Pripadne dimenzije dim ker(A − λi 1)` čine strogo rastući niz koji se u jednom trenutku počne ponavljati, kada se zaustavljamo s postupkom. Odavde izvrijednjujemo razlike δ(λi , p) = dim ker(A − λi 1)p − dim ker(A − λi 1)p−1

(A.4)

koji nam konačno daju k(λi , j) = card {δ(λi , p) ≥ j | p ≥ 1} . Time je određena JA do na permutaciju Jordanovih blokova. 275

(A.5)

276

Jordanova forma matrice

Praktičan savjet pri računanju brojeva k(λi , j): neka su za svojstvenu vrijednost λ npr. r = 12 , g = 4 , dim ker(A − λ1)` = 4, 7, 10, 11, 12, 12, . . . Tada razlike δ(λ, p) 4 − 0 = 4, 7 − 4 = 3, 10 − 7 = 3, 11 − 10 = 1, 12 − 11 = 1 možemo zapisati kao redove točaka, • • • • • • • • • • • • Tražene veličine Jordanovih blokova su visine stupaca na ovom prikazu, redom 5, 3, 3 i 1, pa je B12 (λ) = J5 (λ) ⊕ J3 (λ) ⊕ J3 (λ) ⊕ J1 (λ). Određivanje matrice S za transformaciju JA = S −1 AS. Za svaku matricu λi i svaki pripadni Jordanov blok Jk (λi ), redom od najvećeg prema manjem: 1. Odaberite vektor u ∈ ker(A − λi 1)k koji nije element vektorskog prostora razapet vektorima u ker(A − λi 1)k−1 te vektorima koji su ranije odabrani u ovom postupku. 2. Izračunajte vektore (i)

v1 = (A − λi 1)k−1 u ,

(i)

(i)

v2 = (A − λi 1)k−2 u , . . . , vk = u

Stupce matrice S formiramo pomoću dobivenih vektora (pazeći na njihov poredak),   (1) (1) (1) (2) (2) (3) (m) S = v1 , v2 , . . . , vk1 , v1 , . . . , vk2 , v1 , . . . , vkm (A.6)

B Eksponenciranje matrica Definicija B.1. Neka je A ∈ Mn (C). Eksponenciranje matrice A je definirano s eA ≡

∞ X An n! n=0

(B.1)

gdje je A0 = 1. Za početak nas zanima konvergentnost gornje sume, pa nam je potreban pojam “udaljenosti” među matricama, odnosno norma. Lako se provjeri kako preslikavanje hA, Bi ≡ tr (A† B)

h , i : Mn (C) × Mn (C) → C ,

zadovoljava svojstva skalarnog produkta. Pripadna norma poznata je kao Frobeniusova ili Hilbert-Schmidtova norma, ||A||2 = hA, Ai =

n X

|Aij |2

(B.2)

i,j=1

Nadalje, koristeći SCB nejednakost za skalarni produkt i normu na Rn , (a · b)2 ≤ ||a||2 ||b||2 promatrajući retke matrice A i stupce matrice B kao vektore, (a(i) )j = Aij , imamo

||AB||2 =

(b(j) )i = Bij

X X (a(i) · b(j) )2 ≤ ||a(i) ||2 ||b(j) ||2 = i,j

=

X i

i,j

||a(i) ||2

 X

 ||b(j) ||2 = ||A||2 ||B||2

j

odnosno ||AB|| ≤ ||A|| ||B|| i stoga, indukcijom slijedi

||An || ≤ ||A||n 277

(B.3)

278

Eksponenciranje matrica

Koristeći ove nejednakosti možemo vidjeti kako suma (B.1) konvergira s obzirom na Frobeniusovu normu za sve matrice A ∈ Mn (C), ∞ ∞ n X A X ||A||n ≤ = e||A|| < ∞ n! n! n=0 n=0

Dakle, ovaj red konvergira “apsolutno”, odakle se dokaže da konvergira [nedovršeno]. Lema B.2. Ako matrice A i B komutiraju, [A, B] = AB − BA = 0, tada vrijedi (B.4)

AeB = eB A Dokaz : Tvrdnja je posljedica komutiranja matrice A i potencija matrice B, AB n = BAB n−1 = B 2 AB n−2 = · · · = B n A

Teorem B.3. Ako matrice A i B komutiraju, [A, B] = AB − BA = 0, tada vrijedi (B.5)

eA+B = eA eB Dokaz : eA+B =

! ∞ ∞ X ∞ X n n X X X (A + B)n n Am B n−m Am B n−m = = n! n! m!(n − m)! m n=0 n=0 m=0 n=0 m=0

Zamjenom poretka sumacije, pa zamjenom varijable k = n − m ovu dvostruku sumu možemo pisati u obliku ! ∞ ! ∞ X ∞ ∞ X ∞ ∞ X X X X Bk Am B n−m Am B k Am A+B e = = = = eA eB m!(n − m)! m! k! m! k! m=0 n=m m=0 m=0 k=0

k=0

Zamjenu poretka sumacije možemo lakše predočiti pomoću dijagrama, m

...

n

Komentar B.4. Jednakost eA+B = eA eB općenito ne vrijedi!

279

§ Eksponenciranje matrica

Korolar B.5. Za svaku matricu A i kompleksne brojeve s, t ∈ C vrijedi e(s+t)A = esA etA ,

(B.6)

a matrica eA uvijek ima inverz,

Teorem B.6.


−1

= e−A

(B.7)

d tA e = AetA dt

(B.8)

eA

Dokaz : Koristeći konvergentnost reda u eksponenciranju matrice, tvrdnju možemo dokazati zamjenom limesa sa sumom,   d tA 1  (t+)A 1  A e = lim e − etA = etA lim e −1 = →0  →0  dt = etA lim

→0

∞ 1 X (A)n = etA A = AetA  n=1 n!

ili deriviranjem član po član, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X (tA)n−1 (tA)n d tA d X (tA)n ntn−1 An e = = = A =A = AetA dt dt n=1 n! n! (n − 1)! n! n=1 n=1 n=0

Teorem B.7. det eA = etrA

(B.9)

Valja uočiti kako je matrica eA uvijek regularna (jer det eA 6= 0), pa ima inverz, iako matrica A ne mora biti regularna.

Praktično računanje matrice eA . Ako je D dijagonalna matrica, tada je    a  e a     b eb eD = exp   = .. .. . .

(B.10)

Ako je A dijagonalizabilna matrica, tada postoji regularna matrica S, takva da je S −1 AS = D dijagonalna matrica. Tada vrijedi An = (SDS −1 )n = (SDS −1 )(SDS −1 ) · · · (SDS −1 ) = SDn S −1 pa je eA = eSDS

−1

= SeD S −1

(B.11)

Ako A nije dijagonalizabilna, tada se barem može svesti na blok dijagonalnu (Jordanovu) formu, tj. postoji regularna matrica S, takva da je S −1 AS = J, gdje je J Jordanova matrica.

280

Eksponenciranje matrica

Lema B.8. (B.12)

eA⊕B = eA ⊕ eB

Lema B.9. Neka je Jk (λ) Jordanov blok, Jk (λ) = λ1 + N ,

(B.13)

Nij = δi+1,j

Tada je

etJk (λ)



1

t

t2 2!

···

   = etλ   

0 .. .

1 .. .

t .. .

···

0

0

0

···

tk−1 (k−1)! tk−2 (k−2)!

.. .

      

(B.14)

1

Dokaz : Kako matrice λ1 i N komutiraju, vrijedi etJk (λ) = etλ1+tN = etλ1 etN = etλ 1etN = etλ etN Koristeći činjenicu da je (vizualno, potenciranjem matrice N dijagonalni red jedinica se pomiče “gore udesno”) (N n )ij = δi+n,j , te N n = 0 za sve n ≥ k, uvrštavanjem u definiciju eksponenciranja matrice dobivamo traženi oblik matrice iz tvrdnje.

Na primjer, ako je S −1 AS = J3 (7) ⊕ J2 (5), tada je     1 t t2 /2 1 t  ⊕ e5t etA = S e7t  0 1 0 0 0 1

t 1



  S −1

Praktično računanje matrice eA v bez računanja matrice eA . Ako je v vlastiti vektor matrice A, tada imamo eA v =

∞ ∞ X X An λn v= v = eλ v n! n! n=0 n=0

Ako je A dijagonalizabilna, tada je vektor v moguće prikazati kao linearnu kombinaciju vlastitih vektora matrice A, v = α1 w1 + · · · + αn wn eA v = α1 eλ1 w1 + · · · + αn eλn wn Ako je v generalizirani svojstveni vektor, v ∈ ker(A − λ1)m tada je etA v = etλ

m−1 X n=0

[nedovršeno]

(t(A − λ1))n v n!

C Bernoullijevi brojevi Bernoullijevi brojevi Bk pojavljuju se u razvojima nekih funkcija. Na primjer, ∞ X Bn n z =1+ z b(z) ≡ z e −1 n! n=1

(C.1)

Funkcija b(z) ima uklonjiv sigularitet u z = 0, te polove prvog reda u z = 2kπi za sve k ∈ Z× . Gore naveden Taylorov razvoj funkcije b(z) oko točke z = 0 stoga konvergira stoga za |z| < 2π te na ovu funkciju možemo gledati kao na funkciju izvodnicu Bernoullijevih brojeva u smislu da je (C.2)

Bn = lim b(n) (z) z→0

Vrijednosti nekoliko prvih Bernoullijevih brojeva, 1 B1 = − , 2

B2 =

1 , 6

B4 = B8 = −

1 , 30

B6 =

1 , 42

B10 =

5 , 66

...

Lema C.1. Izuzev B1 , svi ostali neparni Bernoullijevi brojevi iščezavaju, B2n+1 = 0. Dokaz : Ako je f funkcija s dobro definiranom parnošću, odnosno ako je f (−z) = (−1)p f (z) za neki p ∈ {0, 1}, tada se deriviranjem njena parnost mijenja u suprotnu, f 0 (−z) = (−1)p+1 f 0 (z) . Odavde odmah slijedi da koeficijenti uz neparne članove u Taylorovom razvoju parne funkcije oko nule iščezavaju. Uočimo li kako je funkcija b(z) − 1 +

∞ X z Bn n = z 2 n! n=2

parna, odmah slijedi tvrdnja.

U literaturi se ponekad upotrebljava alternativa definicija, b(z) = 1 −

∞ bn z X B + (−1)n+1 z 2n 2 n=1 (2n)!

281

(C.3)

282

Bernoullijevi brojevi

Ovdje su b1 = 1 , B 6

b2 = 1 , B 30

b3 = 1 , B 42

b4 = 1 , B 30

b5 = 5 , B 66

...

Veza među definicijama, n∈N

(C.4)

bN/2c  X N + 1 N −1 = B2n 2 2n n=1

(C.5)

bn = (−1)n+1 B2n , B

Lema C.2.

Dokaz : z ez − 1 = 1= z ez − 1

∞ X z m−1 m! m=1

∞

!

z X B2n 2n 1− + z 2 n=1 (2n)!

! =

 ∞ X ∞ X B2n 1 1 − zm + z m+2n−1 = =1+ (m + 1)! 2m! m!(2n)! m=1 n=1 m=2   bN/2c ∞ X X B 1 − N 2n  zN  + =1+ 2(N + 1)! (N + 1 − 2n)!(2n)! n=1 N =2 ∞  X

Tvrdnja slijedi jer koeficijenti uz z N moraju iščezavati.

Koristeći ovu lemu i činjenicu da je B2n+1 = 0 za n ≥ 1 imamo 1+

N +1  X m=1

 N +1 N −1 + (N + 1)B1 + Bn+1 = Bn+1 Bm = 1 + 2 m

Zamjenimo li u sumi na desnoj strani svaki Bm s B m , potencijom neodređene pomoćne konstante B 6= 0, možemo kompaktno zapisati rekurzivnu formula za Bernoullijeve brojeve, Bn+1 = (B + 1)n+1 , n ∈ N (C.6) Odavde imamo na primjer, B2 = B2 + 2B1 + 1

⇒

B3 = B3 + 3B2 + 3B1 + 1

B1 = − ⇒

B4 = B4 + 4B3 + 6B2 + 4B1 + 1

1 2 1 6 B3 = 0

B2 = ⇒

Imamo i narednu vezu B2n = (−1)n+1

2(2n)! ζ(2n) (2π)2n

(C.7)

D Potpunost prostora Lp Promotrimo Cauchyjev niz {fk }k∈N . Za svaki  > 0 postoji N ∈ N, takav da je ∀ m, n > N : ||fm − fn || <  ek ∈ N, takav To znači da za svaki k ∈ N možemo odabrati  = 2−k , za kojeg postoji N da je ek : ||fm − fn || < 2−k ∀ m, n > N ek + 1 ≡ Nk , pa je Možemo fiksirati n = N ∀ m ≥ Nk : ||fm − fNk || < 2−k Odavde, usporednim testom, zaljučujemo da red ||fN1 || + ||fN2 − fN1 || + ||fN3 − fN2 || + . . . konvergira. Neka je suma ovog reda realan broj M > 0. Sada tvrdimo da niz funkcija {gn }, gdje je opći član dan s gn = |fN1 | + |fN2 − fN1 | + |fN3 − fN2 | + · · · + |fNn − fNn−1 | , konvergira u Lp . Kao posljedicu nejednakosti trokuta imamo ||gn || ≤ M odnosno

Z

gnp ≤ M p

Koristeći “Monotone Convergence Theorem” znamo da niz {gnp } konvergira gotovo svugdje u pozitivnu funkciju h ∈ L1 , takvu da je Z h ≤ Mp Dakle, niz {gn } konvergira gotovo svugdje u pozitivnu (mjerljivu) funkciju g, takvu da je h = g p , pa je g ∈ Lp i ||g|| ≤ M . To znači da i red fN1 + (fN2 − fN1 ) + (fN3 − fN2 ) + . . . 283

284

Potpunost prostora Lp

konvergira u funkciju f ∈ Lp : konvergencija slijedi usporednim testom, a inkluzija zbog Z Z ∞> g> f Drugim riječima, za svaki  > 0 postoji k ∈ N, takav da je ||fNk − f || <  i

2−k < 

Dakle, za svaki  > 0 imamo ||fm − f || ≤ ||fm − fNk || + ||fNk − f || < 2−k +  < 2 za sve m ≥ Nk i stoga {fk }k∈N konvergira u f ∈ Lp .

E Lebesgueov integral Pravila definiranja mjere skupa po Lebesgueu. Prvo definiramo mjeru za jednostavne intervale µ([a, b]) = µ([a, bi) = µ(ha, b]) = µ(ha, bi) = b − a Zatim definiramo tzv. vanjsku Lebesgueovu mjeru (“outer Lebesgue measure”), kao infimum ukupne mjere intervala Ii s kojima se promatrani skup može pokriti, µ∗ (S) = inf

∞ nX

µ(Ii ) | S ⊂

i=1

∞ [

Ii

o

i=1

Ovako dobivena mjera je ima naredna svojstva, a) µ∗ (∅) = 0, b) ako je A ⊆ B, tada je µ∗ (A) ≤ µ∗ (B), c) za svaku prebrojivu familiju skupova {In ⊆ R | n ∈ N} vrijedi µ∗

n [

n  X In ≤ µ∗ (Ii )

i=1

i=1

Definicija E.1. Neka je A ⊂ R ograničen mjerljiv skup, te f : A → R. Kažemo da je f mjerljiva funkcija na skupu A ako je skup {x ∈ A | f (x) < r} mjerljiv za svaki r ∈ R. Definicija E.2. Neka je zadana omeđena mjerljiva funkcija f : A → R na ograničenom mjerljivom skupu A ⊂ R. Nadalje, neka je i s > sup{f (x) | x ∈ A} .

r = inf{f (x) | x ∈ A}

Za svaku particiju P = {y1 , . . . , yn } ⊂ [r, s] definiramo Lebesgueovu sumu L(f, P ) =

n X

yi∗ µ∗ (Ai ) ,

Ai = {x ∈ A | yi−1 ≤ f (x) < yi }

i=1

gdje je yi∗ ∈ [yi−1 , yi ] za i ∈ {1, . . . , n}. 285

286

Lebesgueov integral

Definicija E.3. Kažemo da je ograničena mjerljiva funkcija f : A → R integrabilna po Lebesgueu na skupu A ako postoji broj L ∈ R, takav da za svaki  > 0 postoji δ > 0, takav da je za svaki ||P || < δ (||P || je duljina najdužeg podintervala u particiji P ) vrijedi |L(f, P ) − L| < . Broj L zovemo Lebesgueov integral funkcije f na skupu A i pišemo Z L=

f dµ A

Z χ[a,b] (x) dx = |a − b| Z A∩B =∅ ⇒


χA (x) + χB (x) dx = Z

A⊆B ⇒

Z

Z χA (x) dx +

Z χA (x) dx ≤

χB (x) dx

χB (x) dx

F Koordinatni sustavi Sferni x = r sin θ cos φ

ˆ x ˆ = sin θ cos φ ˆ r + cos θ cos φ θˆ − sin φ φ

y = r sin θ sin φ

ˆ y ˆ = sin θ sin φ ˆ r + cos θ sin φ θˆ + cos φ φ

z = r cos θ p r = x2 + y 2 + z 2 p θ = tg −1 ( x2 + y 2 /z)

ˆ z = cos θ ˆ r − sin θ θˆ ˆ r = sin θ cos φ x ˆ + sin θ sin φ y ˆ + cos θ ˆ z

φ = tg −1 (y/x)

ˆ = − sin φ x φ ˆ + cos φ y ˆ

θˆ = cos θ cos φ x ˆ + cos θ sin φ y ˆ − sin θ ˆ z

Cilindrični x = s cos φ

ˆ x ˆ = cos φ ˆ s − sin φ φ

y = s sin φ

ˆ y ˆ = sin φ ˆ s + cos φ φ

z=z p s = x2 + y 2

ˆ z=ˆ z ˆ s = cos φ x ˆ + sin φ y ˆ

φ = tg −1 (y/x)

ˆ = − sin φ x φ ˆ + cos φ y ˆ

z=z

ˆ z=ˆ z

Laméovi koeficijenti Uvodimo koordinatnu bazu vektora {e(1) , e(2) , e(3) }, vezanu za koordinatni sustav {q1 , q2 , q3 }, e(i) ∂r e(i) = , hi ≡ |e(i) | , ˆ e(i) = ∂qi hi Konkretno za • Kartezijev koordinatni sustav e(x) = x ˆ,

e(y) = y ˆ,

e(z) = ˆ z, 287

hx = hy = hz = 1

288

Koordinatni sustavi

• sferni koordinatni sustav, e(r) = sin θ cos φ x ˆ + sin θ sin φ y ˆ + cos θ ˆ z=

r =ˆ r, r

e(θ) = r cos θ cos φ x ˆ + r cos θ sin φ y ˆ − r sin θ ˆ z, e(φ) = −r sin θ sin φ x ˆ + r sin θ cos φ y ˆ,

hr = 1 hθ = r

hφ = r sin θ

• cilindrični koordinatni sustav e(s) = cos φ x ˆ + sin φ y ˆ =ˆ s,

hs = 1

e(φ) = −s sin φ x ˆ + s cos φ y ˆ,

hφ = s

e(z) = ˆ z,

hz = 1

Jacobijan. Linijski element d` =

∂r dqi = e(i) dqi ∂qi

Volumni element je dan izrazom dτ = |e(3) · (e(1) × e(2) )| dq1 dq2 dq3 U Kartezijevom koordinatnom sustavu imamo dτ = ˆ z · (ˆ x×y ˆ) dx dy dz = dx dy dz Potražimo vezu volumnog elementa u općenitom koordinatnom sustavu s onim u Kartezijevom, X ∂xj ∂r e(i) = = ˆ eK (j) ∂qi ∂q i j dτ = |J| dq1 dq2 dq3 gdje je Jacobijan determinanta ∂q1 x J(q1 , q2 , q3 ) = ∂q1 y ∂q1 z

∂q2 x ∂q2 y ∂q2 z

∂q3 x ∂ q3 y ∂q3 z



Nadalje, koristeći Laméove koeficijente, J = h1 h2 h3 ˆ e(3) · (ˆ e(1) × ˆ e(2) ) = h1 h2 h3 ˆ e(3) · ˆ e(3) = h1 h2 h3 U sfernom i cilindričnom koordinatnom sustavu imamo JS = r2 sin θ ,

JC = s

Nabla. Promotrimo vezu s Kartezijevim koordinatnim vektorima {ˆ x(i) }, x ˆ(1) = x ˆ,

x ˆ(2) = y ˆ,

x ˆ(3) = ˆ z

289

§ Koordinatni sustavi

ˆ e(i) =

x ˆ(i) =

X

j ˆ e(j) , w(i)

j

∇=

X

Xx ˆ(j) ∂xj 1 ∂r 1 ∂ X = xj x ˆ(j) = hi ∂ui hi ∂ui j hi ∂ui j Xx X δik ∂xk ˆ(k) ∂xk 1 ∂xi j =x ˆ(i) ·ˆ e(j) = x ˆ(i) · = = w(i) hj ∂uj hj ∂uj hj ∂uj k

x ˆ(i)

i

X 1 ∂xi Xˆ e(j) ∂ ∂ = ˆ e(j) = ∂xi hj ∂uj ∂xi hj i,j j

Primjerice, ∇f =

k

X ∂xi ∂ ∂uj ∂xi i

! =

Xˆ e(j) ∂ hj ∂uj j

Xˆ e(i) ∂f hi ∂ui i

(F.1)

Teorem F.1. Vrijedi ∇·A=


1 ∂1 (h2 h3 A1 ) + ∂2 (h1 h3 A2 ) + ∂3 (h1 h2 A3 ) h1 h2 h3

X 1 ijk e(i) ∂j (hk Ak ) h1 h2 h3 i,j,k        1 h1 h3 h1 h2 h2 h3 2 ∇ f= ∂1 f + ∂2 ∂2 f + ∂3 ∂3 f ∂1 h1 h2 h3 h1 h2 h3 ∇×A=

(F.2) (F.3) (F.4)

Dokaz : Prvo valja uočiti kako je ∇ui =

Xˆ Xˆ ˆ e(i) e(j) e(j) ∂ui = δij = h h hi j ∂uj j j j

Pri razmatranju biramo “desnu” bazu (dokazi su u potpunosti analogni za “lijeve” baze), ˆ e(1) = ˆ e(2) × ˆ e(3) Pogledajmo za početak prvi član divergencije vektorskog polja A = Ai ˆ e(i) , ∇ · (A1 ˆ e(1) ) = ∇ · (A1 ˆ e(2) × ˆ e(3) ) = ∇ · (A1 h2 h3 ∇u2 × ∇u3 ) = = ∇(A1 h2 h3 ) · (∇u2 × ∇u3 ) + A1 h2 h3 ∇ · (∇u2 × ∇u3 ) S obzirom da drugi član iščezava, ∇ · (∇u2 × ∇u3 ) = (∇u3 ) · (∇ × ∇u2 ) − (∇u2 ) · (∇ × ∇u3 ) = 0 imamo ∇ · (A1 ˆ e(1) ) =

ˆ e(2) × ˆ e(3) 1 1 · ∇(A1 h2 h3 ) = ˆ e(1) · ∇(A1 h2 h3 ) = ∂1 (A1 h2 h3 ) h2 h3 h2 h3 h1 h2 h3

Kompletan izraz za divergenciju vektorskog polja dobije se dodavanjem dva preostala, analogno izvedena člana. Laplasijan skalarne funkcije odmah slijedi uvrštavanjem Ai = (∂i f )/hi . Za rotor vektorskog polja opet postupamo na sličan način, ∇×(A1 ˆ e(1) ) = ∇×(A1 h1 ∇u1 ) = ∇(A1 h1 )×∇u1 +A1 h1 ∇×∇u1 = −(∇u1 )×∇(A1 h1 ) =   ˆ e(1) 1 1 1 =− × ∇(A1 h1 ) = − ˆ e(1) × ˆ e(2) ∂2 (A1 h1 ) + ˆ e(1) × ˆ e(3) ∂3 (A1 h1 ) = h1 h1 h2 h3

290

Koordinatni sustavi
1 e(2) ∂3 (A1 h1 ) − e(3) ∂2 (A1 h1 ) h1 h2 h3 i analogno za preostale komponente . . . =

Operator ∇ u različitim koordinatnim sustavima Kartezijev ∇ψ = x ˆ ∂x ψ + y ˆ ∂y ψ + ˆ z ∂z ψ 2

∇ ψ =

∂x2 ψ

+

∂y2 ψ

+

∂z2 ψ

(F.5) (F.6)

Sferni

1 ˆ 1 ∂φ ψ ∇ψ = ˆ r ∂r ψ + θˆ ∂θ ψ + φ (F.7) r r sin θ 1 1 1 ∂θ (sin θAθ ) + ∂φ Aφ (F.8) ∇ · A = 2 ∂r (r2 Ar ) + r r sin θ r sin θ
1 1 1 ∇× A = ˆ r (∂θ (sin θAφ ) − ∂φ Aθ ) + θˆ ∂φ Ar − ∂r (rAφ ) + r sin θ r sin θ ˆ 1 (∂r (rAθ ) − ∂θ Ar ) +φ (F.9) r 1 1 1 ∂θ (sin θ∂θ ψ) + 2 2 ∂φ2 ψ ∇2 ψ = 2 ∂r (r2 ∂r ψ) + 2 (F.10) r r sin θ r sin θ

Cilindrični

ˆ 1 ∂φ ψ + ˆ z ∂z ψ ∇ψ = ˆ s ∂s ψ + φ s 1 1 ∇ · A = ∂s (sAs ) + ∂φ Aφ + ∂z Az s s


1 ˆ + 1 ∂s (sAφ ) − ∂φ As ˆ ∇×A= ∂φ Az − ∂z Aφ ˆ s + ∂z As − ∂s Az φ z s s 1 1 ∇2 ψ = ∂s (s ∂s ψ) + 2 ∂φ2 ψ + ∂z2 ψ s s

(F.11) (F.12) (F.13) (F.14)

G Nejednakosti Ovdje ćemo razmotriti nekoliko elementarnih nejednakosti. Teorem G.1. (Youngova nejednakost) Neka su a, b, p, q > 0 realni brojevi, takvi da je 1 1 + =1 (G.1) p q Tada vrijedi ab ≤

ap bq + p q

(G.2)

Dokaz :

 ab = exp(ln(ab)) = exp(ln a + ln b) = exp



p ln a q ln b + p q

Koristeći jednakost (G.1) i konveksnost funkcije exp odavde slijedi ab ≤

exp(p ln a) exp(q ln b) ap bq + = + p q p q

Teorem G.2. (Hölderova nejednakost) Neka su p, q > 0 realni brojevi koji zadovoljavaju jednakost (G.1). Tada za sve integrabilne funkcije f, g : [a, b] → R vrijedi Z b f (x)g(x) dx ≤ a

!1/p

b

Z

p

Z

|f (x)| dx

!1/q

b q

|g(x)| dx

a

a

Dokaz : U Youngovu nejednakost uvrstimo a = R b a

R

b a

|f (x)| |f (y)|p dy

1/p ,

b = R b a

|g(x)| |g(y)|q dy

1/q

|f (x)| |g(x)| |f (x)| |f (x)| 1 1 + Rb 1/p R 1/q ≤ R b p p q b |f (y)| dy |g(y)|q dy a a |f (y)|p dy |g(y)|q dy a

291

(G.3)

Nejednakosti Integriranjem ove nejednakosti u intervalu [a, b] dobivamo Rb |f (x)| |g(x)| dx 1 1 a R 1/p R 1/q ≤ + = 1 p q b b p q |f (y)| dy |g(y)| dy a a odakle slijedi Hölderova nejednakost.

292