Nenad Antonić Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Rubna zadaća za običnu diferencijalnu jednadžbu

Pregled rezultata o običnim diferencijalnim jednadžbama

Obična diferencijalna jednadžba m-tog reda glasi:

F (t, x(t), x′(t), ⋯, x^{(m)}(t)) = 0 .

Za dovoljno glatku funkciju, po teoremu o implicitno zadanim funkcijama, tu jednadžbu (kao algebarsku jednadžbu) možemo riješiti po najvišoj derivaciji:

x^{(m)}(t) = G(t, x(t), ⋯, x^{(m−1)}(t)) .

Zamjenom x^{1} = x, …, x^{m} = x^{(m−1)}; uz oznaku x = (x^{1}, …, x^{m}), jednadžba se može zapisati u obliku sustava prvog reda:

\frac{d}{dt}x^{m}(t) = G(t, x(t))
\frac{d}{dt}x^{m−1}(t) = x^{m}(t)
⋮
\frac{d}{dt}x^{1}(t) = x^{2}(t) ,

koji konciznije zapisujemo u obliku x′(t) = a(t, x(t)).

Uz gornji se sustav jednadžbi najčešće pridodaje i početni uvjet. Zadatak je riješiti Cauchyjevu zadaću; naći funkciju x tako da vrijedi:

\{ \begin{matrix}x′(t) & = a(t, x(t)) \\ x(t_{0}) & = x_{0} . \end{matrix}

Poznata su sljedeća tri teorema, čiji se rezultati neposredno prenose i na jednadžbe (odnosno sustave) višeg reda.

Najprije se podsjetimo da je funkcija a : U ⟶ R realna analitička funkcija na otvorenom skupu U ⊆ R^{m+1} ako se na nekoj okolini svake točke (t_{0}, x_{0}) toga skupa funkcija a može razviti u konvergentan red potencija:

a(t, x) = ∑_{α_{0},...,α_{m}=0}^{∞} c_{α_{0},...,α_{m}}(t − t_{0})^{α_{0}}(x^{1} − x_{0}^{1})^{α_{1}} ⋯ (x^{m} − x_{0}^{m})^{α_{m}} .

Tome je ekvivalentno da se funkcija a može proširiti do holomorfne funkcije na nekoj okolini točke (t_{0}, x_{0}) u C^{m+1}. Vektorska je funkcija analitička ako su takve sve njezine komponente.

Teorem 1. (Cauchy) Ako je funkcija a analitička na nekoj okolini točke (t_{0}, x_{0}), onda postoji jedinstveno rješenje x gornje Cauchyjeve zadaće, koje je analitičko na nekoj okolini točke t_{0}.

Na temelju Cauchyjevog teorema imamo sljedeći postupak za rješavanje Cauchyjeve zadaće. Pretpostavimo da se nepoznata funkcija može razviti u konvergentan red potencija i taj red uvrstimo u jednadžbu, u kojoj smo sve funkcije koje se pojavljuju razvili u redove potencija.

Zadaci.

1. Pretpostaviti rješenje diferencijalne jednadžbe y′′ + y = 0 u obliku reda potencija y(x) = ∑_{n=0}^{∞} x^{n}. Naći dva takva linearno neovisna rješenja i identificirati ih preko elementarnih funkcija.

2. Razvojem u red riješiti sljedeće diferencijalne jednadžbe:

a) y′′ − 2xy′ − 4y = 0,

b) y′′ + (2 − 4x^{2})y′ − 8xy = 0.

3. Razvojem u red riješiti sljedeće nehomogene diferencijalne jednadžbe:

a) y′′ + xy′ − 4y = 6e^{x},

b) y′′ + 2x^{2}y′ + xy = 2 cos x.

21. listopada 1995.

Rubna zadaća za običnu diferencijalnu jednadžbu

Cauchyjev teorem zahtijeva preveliku regularnost. Matematičari se najčešće pozivaju na Picardov teorem, u kojem se pretpostavlja da je funkcija a neprekinuta po t (taj se uvjet može oslabiti do izmjerivosti) i Lipschitzova po x. Taj se teorem dokazuje s pomoću Banachovog teorema o čvrstoj točki, koji daje i praktičnu metodu za konstrukciju (Picardovih) aproksimacija rješenja.

Teorem 2. (Picard) Ako je funkcija a neprekinuta po varijabli t i Lipschitzova po x na nekoj okolini točke (t_{0}, x_{0}), onda postoji jedinstveno rješenje Cauchyjeve zadaće, koje je diferencijabilna funkcija na nekoj okolini točke t_{0}.

Na kraju spomenimo da se pretpostavke na funkciju a mogu još oslabiti, ali da se pritom gubi jedinstvenost. Najprije definirajmo pojam Carathéodoryjeve funkcije, izmjerive po prvoj, i neprekinute po drugoj varijabli. Posebno je svaka neprekinuta funkcija Carathéodoryjeva.

Teorem 3. (Peano) Ako je a Carathéodoryjeva funkcija, onda postoji barem jedno rješenje Cauchyjeve zadaće.

Teorem se pokazuje preko Schauderovog teorema o čvrstoj točki. Drugi dokaz koristi Arzelá-Ascolijev teorem.

Zadaci.

1. Neka su p i q neprekinute funkcije na [0, l].

a) Zamjenom u(x) = y(x)e^{− \frac{1}{2} ∫_{0}^{x} p(ξ) dξ} svesti jednadžbu

(∗)  u′′ + pu′ + qu = 0

na kanonski oblik y′′ + Ay = 0.

b) Množenjem jednadžbe (∗) s a(x) := e^{∫_{0}^{x} p(ξ) dξ} svesti je na Sturm-Liouvilleov oblik (au′)′ − bu = 0.

2. Napisati sljedeće jednadžbe u kanonskom i Sturm-Liouvilleovom obliku:

a) x^{2}u′′ + xu′ + (x^{2} − n^{2})u = 0.

b) u′′ + (ctgx)u′ + u = 0.

c) (1 − x^{2})u′′ − 2xu′ + n(n + 1)u = 0.

d) u′′ + p(x)u = 0.

3. Naći opće rješenje jednadžbe u′′′ + 2u′′ − u′ − 2u = xe^{−x}. Postoji li partikularno rješenje u_{p} ove jednadžbe za koje vrijedi: lim_{x←∞} u_{p}(x) je konačan, u_{p}(0) = 0 i u′_{p}(0) = 0?

4. Odrediti partikularno rješenje u_{p} jednadžbe u^{(4)} + 2u′′ − 3u = 10 koje je parna funkcija i u_{p}(0) = u′′_{p}(0) = 0.

5. Integrirati jednadžbu 9x ^{3} \sqrt{x}y′′ + 6 ^{3} \sqrt{x}y′ − y = 0 i odrediti rješenje čiji je graf simetričan s obzirom na y os i prolazi kroz točku (0, 1). [zamjena: x = t^{3}]

6. Postoji li rješenje jednadžbe x^{2}u′′ + 4xu′ + 2u = x koje je ograničeno u nuli?

7. Neka je S operator na linearnom prostoru realnih neprekinutih funkcija zadan s Sf(x) := ∫_{0}^{x} f(ξ) dξ. Odrediti lijevi inverz operatora S i dokazati da je simboličko rješenje diferencijalne jednadžbe y′ − y = f dano formulom y = (1 + S + S^{2} + ⋯)(Sf + C), pri čemu je C proizvoljna konstanta. Provjeriti da li vrijedi:

(S + S^{2} + S^{3} + ⋯)f(x) = e^{x} ∫_{0}^{x} e^{−ξ}f(ξ) dξ .

Regularne singularne točke običnih diferencijalnih jednadžbi i Fuchsov teorem Proučavamo linearnu običnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda:

(1)  y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

p i q su kompleksne funkcije s izoliranim singularitetom u točki x_{0}, ali su analitičke na području K … 0 < |x − x_{0}| < a. Za svaku točku x ∈ K postoji rješenje (1), uz odgovarajući početni uvjet rješenje je i jedinstveno. To se rješenje može produljiti do točke x_{0} (osim u točki x_{0}). Ako za svako rješenje y postoji ρ > 0 tako da je lim_{x→x_{0}}(x − x_{0})^{ρ}y(x) = 0, onda je x_{0} regularna singularna točka jednadžbe (1).

Teorem 4. (Fuchs) Da bi x_{0} bila regularna singularna točka jednadžbe (1), nužno je i dovoljno da p ima najviše pol prvog reda, a q najviše pol drugog reda u točki x_{0}.

Neka je p(x) := \frac{1}{x−x_{0}} P (x), a q(x) := \frac{1}{(x−x_{0})^{2}} Q(x). Funkcije P i Q imaju prikaz u obliku Taylorovog reda:

P (x) = ∑_{n=0}^{∞} p_{n}(x − x_{0})^{n} , Q(x) = ∑_{n=0}^{∞} q_{n}(x − x_{0})^{n} .

Pretpostavimo rješenje oblika y(x) = (x − x_{0})^{r} ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − x_{0})^{n}, i uzmimo da je a_{0} = 1 (zbog homogenosti jednadžbe i funkcija y pomnožena proizvoljnom konstantom ponovno je rješenje). Uvrstivši:

(2) \begin{aligned}(x − x_{0})^{r} ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(r + n)(r + n − 1)(x − x_{0})^{n} & + (x − x_{0})^{r}P (x) ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(r + n)(x − x_{0})^{n} \\ & + (x − x_{0})^{r}Q(x) ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − x_{0})^{n} = 0 \end{aligned}

Uvrštavanjem redova za P i Q i usporedivanjem, član uz (x − x_{0})^{0} nam daje indicijalnu (karakterističnu) jednadžbu

r(r − 1) + rp_{0} + q_{0} = 0 .

Ako su r_{1} i r_{2} korijeni te jednadžbe, s := r_{1} − r_{2} (tako da je Re s ≥ 0). Uvrštavanjem r = r_{1} u (2) dobivamo rekurzivne relacije iz kojih možemo odrediti koeficijente a_{n}. Tako dobiveno rješenje označimo s y_{1}.

Ako je s ∉ N_{0}, onda je i na sličan način dobiveno rješenje y_{2} (uz r = r_{2}) drugo linearno neovisno rješenje jednadžbe (1).

Ako je s ∈ N_{0}, onda s r_{2} dobivamo isto rješenje kao i s r_{1}. Zato drugo linearno neovisno rješenje moramo tražiti preko formule za snižavanje reda: y = y_{1} + ∫ z(t) dt, odakle za z slijedi jednadžba:

z′ + (\frac{P (x)}{(x − x_{0})} + \frac{2y′_{1}(x)}{y_{1}(x)}) z = 0 .

Rješenje y_{2} se konačno može zapisati u obliku:

y_{2}(x) = y_{1}(x) [β ln(x − x_{0}) + φ_{2}(x)(x − x_{0})^{α}] ,

gdje je φ_{2} analitička funkcija na K.

Zadaci.

1. Riješiti y′′ − \frac{2}{(x−x_{0})}y′ + \frac{2}{(x−x_{0})^{2}} y = 0.

2. Riješiti 2x^{2}y′′ + (3x − 2x^{2})y′ − (x + 1)y = 0.

3. Riješiti 4xy′′ + 2y′ + y = 0.

4. Riješiti (1 + x)y′ − ny = 0.

5. Riješiti 9x(1 − x)y′′ − 12y′ + 4y = 0.

6. Riješiti 2x^{2}y′′ + xy′ − (1 + x)y = 0.

7. Riješiti x^{2}y′′ + x(3 − x)y′ + y = 0, za x > 0.

8. Riješiti x^{2}y′′ + xy′ − (4 + x)y = 0, za x > 0.

Rubne zadaće

9. Interpretirati Dirichletov, Neumannov i Robinov rubni uvjet u svakom od primjera 1, 2 i 3 na stranicama 6 i 7.

10. Teška homogena žica napeta je koso utegom mase M > 0 na kraju x = 0. Odrediti ravnotežni progib ako je drugi kraj slobodan.

11. Teška homogena žica napeta je horizontalno utegom mase M na kraju x = 0, a nalazi se u homogenom sredstvu s koeficijentom elastičnosti b. Odrediti ravnotežni progib ako je drugi kraj slobodan.

12. Teška homogena žica napeta je horizontalno utegom mase M na kraju x = 0. Na dio ⟨x_{0}, l⟩ djeluje elastična sila s koeficijentom b ∈ R^{+}. Odrediti progib ako je drugi kraj žice učvršćen.

13. Teška žica sastavljena je od dvaju homogenih komada ⟨0, x_{0}⟩ i ⟨x_{0}, l⟩, s linijskim gustoćama mase ρ_{1} i ρ_{2}, i napeta je vertikalno utegom mase M. Odrediti ravnotežni progib ako je u(0) = 0, a u(l) = d ∈ R^{+}.

14. Postaviti i riješiti rubnu zadaću za (au′)′ + f = 0 ako je kraj x = 0 učvršćen, a kraj x = l oslonjen.

15. Riješiti jednadžbu u′′ + u = 0 uz rubne uvjete:

a) u(0) = 0, u(π) = 1.

b) u(0) = 0, u(π) = 0.

c) u(0) + 2u′(0) = 0, u(π) + u′(π) = 0.

16. Riješiti rubne zadaće:

a) u′′ + f = 0, u(a) = u(b) = 0;

b) u′′ + k^{2}u + f = 0, u(0) = u(l) = 0; gdje je f ∈ C[a, b]. Kako glase Greenove funkcije ovih zadaća?

17. Konstruirati Greenovu funkciju za rubne zadaće:

a) u′′ + k^{2}u = 0, u(0) = u(1) = 0.

b) x^{2}u′′ + xu′ − n^{2}u = 0, u je ograničeno u 0, u(1) = 0.

c) ((1 − x^{2})u′)′ = 0, u(0) = 0, u je ograničeno u 1.

d) x^{2}(ln x − 1)u′′ − xu′ + u = 0, u je ograničeno u 0, u(1) = 0.

18. Riješiti rubnu zadaću

\begin{aligned}u′′ − u & = x \\ u(0) = u(1) & = 0 . \end{aligned}

a) Koristeći Greenovu funkciju.

b) Nalazeći najprije opće rješenje i računajući proizvoljne konstante.

19. Koristeći Greenovu funkciju riješiti sljedeće rubne zadaće:

a) u′′ + π^{2}u = cos x, u(0) = u(1), u′(0) = u′(1).

b) xu′′ + u′ = x, u(1) = u(l) = 0.

c) u′′ + u = x^{2}, u(0) = u(π/2) = 0.

20. Odrediti Greenovu funkciju i riješiti rubnu zadaću za običnu diferencijalnu jednadžbu

−x^{4}u′′ − 4x^{3}u′ − 2x^{2}u = x^{2} − x , u(1) = 0, u(2) + u′(2) = 0

na segmentu [1, 2].

21. Naći Greenovu funkciju i riješiti rubnu zadaću na segmentu [1, 2]:

\begin{aligned}−x^{2}y′′ − 2xy′ & = x sin x \\ y′(1) & = 0 \\ y(2) & = 0 . \end{aligned}

22. Odrediti realan broj λ tako da rješenje diferencijalne jednadžbe u′′ + 4u′ + (λ^{2} + 4)u = 0 zadovoljava rubne uvjete u(0) = 0 i u(2π) = 0, te da se točno k puta anulira unutar intervala ⟨0, 2π⟩.

23. Za k ∈ R\{0} riješiti rubnu zadaću u^{(4)}−k^{4}u = 0, u(0) = u′′(0) = u′′(1) = u′′′(1)−u(1) = 0.

24. Riješiti nelinearnu rubnu zadaću 2yy′′ = (y′)^{2}, y(0) = y(2π) = \frac{π}{4} .