Jasna Prezelj DIFERENCIALNE ENACBE za finančno matematiko Ljubljana 2011 naslov: DIFERENCIALNE ENACBE ZA FINANČNO MATEMATIKO avtorske pravice: Jasna Prezelj izdaja: prva izdaja zaloZnik: samozaložba Jasna Prezelj, Ljubljana avtor: Jasna Prezelj leto izida: 2011 natis: elektronsko gradivo dostop: http://www.fmf.uni-lj.si/~prezelj/analiza4/difenacbe_Book. pdf CIP - Katalozni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjiznica, Ljubljana 517.91(075.8)(0.034.2) PREZELJ-Perman, Jasna Diferencialne enaCbe za finanCno matematiko [Elektronski vir] / Jasna Prezelj. - 1. izd. - El. knjiga. - Ljubljana : samozal. J. Prezelj, 2011 Nacin dostopa (URL): http://www.fmf.uni-lj.si/~prezelj/analiza4/difenacbe_ Book.pdf ISBN 978-961-93108-2-3 256642560 Kazalo 1 Primeri navadnih diferencialnih enacb 7 1. Kaj je navadna diferencialna enacba..............................7 2. Najpreprostejša diferencialna enaCba..............................8 3. Druga najpreprostejša diferencialna enaCba......................8 4. EnaCba normalne reprodukcije ....................................9 5. Eksplozijska enacba ................................................11 6. Logisticna krivulja..................................................12 7. Ribolovna enacba....................................................14 8. Prosti pad............................................................17 9. Enacba majhnih oscilacij............................................18 10. Obrnjeno nihalo......................................................19 11. Fizikalno nihalo......................................................20 2 EnoliCnost in eksistenca resitev 23 1. Enolicnost resitve diferencialne enacbe y' = f (y)..................23 2. Diferencialna enacba z locljivima spremenljivkama..............25 3 Linearne diferencialne enaCbe 27 1. Linearna diferencialna enacba prvega reda........................27 2. DE prvega reda, ki se prevedejo na LDE prvega reda............31 3. Linearne diferencialne enacbe visjih redov s konstantnimi koeficienti ................................................................31 4 Eksistenca in enoliCnost 35 1. Eksistenca in enolicnost............................................35 2. Gladkost..............................................................40 5 Sistemi diferencialnih enacb 41 1. Definicija in primeri ................................................41 2. Sistemi linearnih diferencialnih enacb..............................43 6 Kvalitativna analiza 51 1. Fazni portreti........................................................51 2. Stabilnost ravnovesnih resitev......................................52 3. Vedenje resitev pri velikih casih....................................54 4. Problem morskih psov med 1. svetovno vojno....................55 5. Lotka-Volterrov model z logistično rastjo..........................57 6. Paramecij in didinij ................................................59 7. Bifurkacije............................................................60 7 Navadne diferencialne enacbe visjih redov 61 1. Definicija in osnovni izreki..........................................61 2. Primeri ..............................................................63 3. Diracova funkcija delta ..............................................63 8 Laplacova transformacija 67 1. Osnovne lastnosti....................................................67 2. Inverzna transformacija............................................70 9 Parcialne diferencialne enacbe 71 1. Uvod..................................................................71 2. Parcialne diferencialne enacbe 1. reda............................73 3. Nelinarne enacbe....................................................79 4. Pfaffova enacba......................................................82 10 Sturm - Liouvillova teorija 85 1. Lastni problemi za diferencialne operatorje ......................85 2. Primeri diferencialnih operatorjev drugega reda ..................90 11 LDE 2. reda v dveh spremenljivkah 95 1. Kanonicna forma....................................................95 2. Primeri ..............................................................98 12 Laplacova enacba 103 1. Osnovne lastnosti..........................103 2. Resevanje z integralskimi transformacijami ...........103 3. Resevanje s separacijo spremenljivk................105 4. Lastni problem za Laplacov operator ..............................110 13 Toplotna enacba 113 1. Definicija ............................................................113 2. Resevanje z integralskimi transformacijami ...........113 3. Resevanje s separacijo spremenljivk................115 14 Valovna enacba 121 1. Definicija in D'Alembertova resitev................121 2. Resevanje z integralskimi transformacijami ...........121 3. Resevanje s separacijo spremenljivk................122 15 Variacijski račun 125 1. Primeri ...............................125 2. Euler-Lagrangeva diferencialna enacba..............127 3. Izoperimetricni problem......................130 4. Parametricni variacijski problem.................132 5. Didin problem ......................................................133 6. Eksistenca minima in goljufije ......................................137 7. Investiranje v podjetjih ......................138 Predgovor Predavanja so namenjena studentom 3. letnika financne matematike. Vsebujejo Laplacovo transformacijo, navadne diferencialne enacbe, sisteme diferencialnih enacb, specialne funkcije, parcialne diferencialne enacbe prvega reda, parcialne diferencialne enacbe visjih redov, Laplacovo, difuzijsko in valovno enacbo. 1. Primeri navadnih diferencialnih enaCb 1. Kaj je navadna diferencialna enačba Privzeli bomo, da so funkcije definirane na odprtih mnozicah in odvedljive tolikokrat, kolikor je potrebno, ne da bi to vsakic eksplicitno povedali. Da bi razumeli, kaj je diferencialna enacba, se najprej spomnimo, kaj pove odvod. Naj bo f odvedljiva, rf njen graf in p tangenta na rf v tocki (x0,y0) Potem je smerni koeficient p enak f'(x0), enotski smerni vektor na p pa je (1, f'(x0))/V 1 + f'(x0)2• Funkcija f je resitev diferencialne enacbe y' = f '(x). Iz analize 1 vemo, da je resitev tudi vsaka funkcija f (x) + c, kjer je c konstanta. Tangenta na graf te funkcije v (x0,y0 + c) ima enak enotski smerni vektor kot p• Ce na ta nacin vsaki tocki pripnemo enotski smerni vektor tangente na graf resitve diferencialne enacbe, dobimo vektorsko polje smeri in resitve diferencialne enacbe so tokovnivce tega polja (to so krivulje, ki so tangentne na dano vektorsko polje). Definicija 1.1. Navadna diferencialna enačba je vsaka enačba oblike f (x, y(x),y'(x), • • •, y(n)(x)). Stopnja najvičjega odvoda je red diferencialne enačbe. Najprej nas bodo zanimale diferencialne enacbe prvega reda, ki so oblike y' = f (x,y)• Definicija 1.2. Naj bo D c R odprta mnočica. Funkcija p : D ^ R je rečitev enačbe y' = f (x, y) na D, če je p'(x) = f (x,p(x)) (1.1) za vsak x G D• Rečitev p zadočča začetnemu pogoju (x0, y0), če je p(x0) = y0• 2. Najpreprostejša diferencialna enačba Ena od najpreprostejsih diferencialnih enacb je enacba oblike y' = f (x) z zacetnim pogojem (x0,y0). Njena resitev je dana z (Barrowovo) formulo: p(x) = yo + / f (t) dt. 0 Ob tem smo privzeli, da je f zvezna. Ce vzamemo npr. f (x) = sin(x) dobimo resitve y = y0 — cos x + cos x0. Diferencialna enacba 1.1 doloca vektorsko polje smeri v ravnini. Vsaki tock (x,y) pripnemo enotski vektor v smeri (dx,dy) = (1,f (x,y))dx. To vektorsko polje imenujemo polje smeri in za primer f (x,y) = sin x je prikazano na sliki 1. Funkcija p bo resitev diferencialne enacbe pri zacetnem pogoju (x0,y0), ce bo njen graf v vsaki tocki tangenten na polje smeri in bo potekal skozi tocko (x0,y0). Za nas primer enacbe y' = f (x) so resitve pri razlicnih zacetnih pogojih prikazane na sliki 2. 4 3 2 1 0 Opomba. Ker je polje smeri invariantno za translacije v smeri osi y, bo to veljalo tudi za resitve pripadajoce diferencialne enacbe. 3. Druga najpreprostejša diferencialna enačba Malenkost manj preprosta diferencialna enacba je enacba oblike y' = f (y). Privzemimo, da f nima nicel. Potem polje smeri v(x,y) = (1,f (y))/V1 + f (y)2 vv ^ zz y y ^ ^ y y vv ^ ^ y y ^ y / vv ^ zz y y ^ ^ y / vv ~z y y ^ ~z y y- vv -i. y y y y vv y y y y -v v --i -v v Slika 1.1: Polje smeri enacbe y' = sin x 0 8 Slika 1.2: Resitve enacbe y' = sinx pri razlicnih zacetnih pogojih te enacbe sovpada s poljem smeri enacbe 1 x' f(y) w(x,y) = (1/f (y), 1)/V1/f 2(y) + 1- Zato imata polji enake tokovnice. Ker pa so tokovnice druge enacbe dane z Barrowovo formulo, dobimo fy 1 x - xo = —— dt. (1.2) Jy0 f (t) Tako smo dokazali prvi Izrek 1.3. Naj bo f neničelna zvezna funkcija. Rešitev y = p(x) enačbe y' = f (y), ki zadošča začetnemu pogoju (x0,y0), je dana s formulo (1.2). Opomba. Ker je polje smeri invariantno za translacije v smeri osi x, bo to veljalo tudi za resitve pripadajoce diferencialne enacbe. 4. Enačba normalne reprodukcije Naj bo y(t) velikost dane populacije v casu t. Naj bo stevilo novih osebkov linearno odvisno od velikosti populacije. To je npr. res, ce je dovolj hrane in ni drugih dejavnikov. Oznacimo proporcionalnostni faktor rasti s k > 0. Potem lahko reprodukcijo popisemo z naslednjo diferencialno enacbo y'(t) = ky(t), k> 0. Imenuje diferencialna enačba normalne reprodukcije. Ker izraz y' = dy/dt pomeni spremembo y glede na x, lahko diferencialno enacbo predstavimo tudi z vektorskim poljem enotskih vektorjev v smeri (dt, dy) = (1, y')dt Ce sledimo 5 4 3 2 1 0 Slika 1.3: Polje smeri enacbe y' = y Ta enacba je preprosto resljiva dt, oziroma ln(y(t)/y(t0)) = k(t - ^ Antilogaritmiramo, mnozimo z y(t0) in dobimo y(t) = y(t0)efc(t-to)-Iz resitve vidimo, da populacija eksponentno narasca. Ker smo delili z y, je potrebno posebej pogledati primer y = 0- Vidimo, da tudi ta resi enacbo. Taki resitvi bomo rekli singularna. Glede na razlicne vrednosti v t0 dobimo resitve kot na grafu. Podoben problem je radioaktivni razpad, kjer je delez razpadlih atomov proporcionalen stevilu vseh, le da je proporcionalnostni faktor negativen: y'(t) = -ky(t), k> 0^ Izracunajmo razpolovni čas, to je cas, v katerem se kolicina radioaktivne snovi zmanjsa za polovico glede na vrednost na zacetku, torej y(tr + t0) = 1 y(t0)^ puscicam, vidimo, kako bo izgledal graf resitve. z integriranjem. Delimo z y y(t) = k integriramo od t0 do t in dobimo f' ^ dt = f' k to y(t) to Na enak naCin kot prej dobimo resitev enaCbe ln(y(t)/y(to)) = -k(t - to). Za razpolovni Cas dobimo enaCbo ln(1/2) = -ktr, oziroma tr = k-1 ln2. 5. Eksplozijska enačba Privzemimo, daje reprodukcija proporcionalna Številu vseh moZnih parov. Popisuje jo eksplozijska enačba, y'(t) = ky2(t), k> 0. Ta situacija se pogosto pojavlja v kemiji, ko je reakcija odvisna od koncentracije dveh reagentov. Pripadajoce vektorsko polje je predstavljeno na sliki 5. Z integracijo dobimo resitev l ?§ " = l k"'t 11 + = k(t - to). Premecemo in dobimo y(t) y(to) y(to) y(t) = 1 - k(t - to)y(to)' Slika 1.5: Polje smeri enacbe y' = y2/10 10 u JJ i / // i / -2 -5 -10 i / 6 ? 8 Slika 1.6: Resitve enacbe y' = y2/10 pri razlicnih zacetnih pogojih Opazimo, da imamo pol v t — t0 = (ky(t0))-1 (od tod ime enacbe). Takemu casu pravimo kriticni cas. Za case, blizu kritičnemu casu, poenostavitev, ki je pripeljala do diferencialne enacbe, ni vec uporabna (umestna), zato je nas model v blizini kriticnih casov neustrezen. Tudi ta enacba ima resitev y = 0. 6. Logistična krivulja V realnem svetu seveda reprodukcija ni odvisna le od trenutnega stevila osebkov, temvec tudi od zunanjih faktorjev, npr. kolicine hrane. Primer so ribe v koncnem ribniku, kjer ni plenilcev. S povecanjem stevila osebkov se poveca tekmovanje za hrano, zato je do hrane tezje priti, kar doprinese k padcu rasti stevila osebkov v populaciji. Najenostavnejsi privzetek je, da je faktor rasti linearna funkcija stevila osebkov, k = a — by. Ob upostevanju tega privzetka pridemo do logistične enačbe y'(t) = ay(t) — by2, a,b> 0. Pripadajoce vektorsko polje smeri je prikazano na sliki 7. Iz slike razberemo, da bo za nekatere zacetne vrednosti populacija narascala, za nekatere padala, pri nekaterih pa bo konstantna. 4 3 2 1 0 Slika 1.7: Vektorsko polje logisticne enacbe y' = 3y — y2 \\\\\\\\\\\\\\\ fffffffffffffff fl fi fi fl fl ff fi ft ff fi f{ fl fi fi fl Z integracijo dobimo resitev y'(t) ho ay(t) — by2(t) dt = dt, to Pisimo a/b = c in razcepimo ay — by2 = by(c — y)• Razstavimo integral na parcialne ulomke 1 =iri+ 1 Integriramo in dobimo by(c — y) bc y c — y c—y = t — t0 oziroma ln y(t)(a — by(t0) y(t0)(a — by(t)) = a(t — t0) • Vidimo, daje resitev odvisna od znaka izraza a — by(t0)• Ce je ali a — by(t0) = 0 ali y(t0) = 0, smo delili z 0^ Ocitno sta tudi y = 0 in y = b/a resitvi dane enacbe. Pri y = 0 populacije ni, pri y = b/a pa je stevilo konstantno. Naj bo t0 = 0^ Naj bo zacetna velikost populacije enaka a/(2b)• Potem je ln y(t)(a/2) (a/2b)(a — by(t)) ln by(t) a — by(t) = at, oziroma ae y(t) = a at b 1 + e' at = a (1__L_ ^ 1 + eat t t y Velikost populacije narasca in je v limiti enaka a/b. Kaj pa se zgodi, ce je velikost zacetne populacije vecja od limitne, npr. y(0) = 2a/b? V tem primeru je ln y(t)(-a) (2a/b)(a - by(t)) ln by(t) by(t) - a = at, oziroma a e y(t) = t at = a (i 1 ) beat - 1 = b( + eat - 1). Funkcija je padajoca z limito a/b. 123 Slika 1.8: Resitve logisticne enacbe y' = 3y - y2 pri razlicnih zacetnih pogojih 1.1 Naj bosta y1 in y2 resitvi dane logisticne enacbe y'(t) = ay(t)-by2, a,b > 0, pri zacetnih pogojih y^(0) = ci G (0,a/b). Dokazi, da je y1(t) = y2(t - a). Premik a izrazi s kolicinami a,b,y1,y2. Interpretiraj to lastnost. 1.2 Naj bo c = a/b fiksen in y(0) = a/(2b). Kako se spreminja resitev logisticne enacbe y'(t) = ay(t) - by2, a,b > 0, ko posljemo a (oz. b) proti neskoncno? Kaj to pomeni za populacijo? Rezultat interpretiraj. 7. Ribolovna enačba Poglejmo spet nase ribe v ribniku, ki jih lovimo za prodajo. Naj bo stopnja ulova konstantna, c. Imenujemo jo kvota. Pripadajoca diferencialna enacba je y' = ay - by2 - c, a,b,c> 0. Lociti moramo primere, ko ima enacba ay(t) - by2 - c = 0 eno, dve ali nobene realne resitve. Ce enacba nima nobene realne resitve, potem je odvod vedno negativen in stevilo osebkov v populaciji pada. Ali populacija izumre? Da bi odgovorili na to vprasanje, moramo najprej resiti enacbo. Ker kvadratna enacba nima realnih resitev, lahko diferencialno enacbo zapisemo v obliki y = b((y - a)2 + 32), /3 > 0. Vzemimo kar t0 = 0. Z integriranjem dobimo 1 ( a - y(0) a - y(t) \ Vstavimo y(t) = 0 in izracunamo cas izumrtja. Ce ima kvadratna enacba ay(t) - by2 - c = 0 eno realno resitev, bo stevilo osebkov v populaciji padalo, razen v primeru, ko je zacetna vrednost enaka nicli enacbe; v tem primeru bo stevilo osebkov kostantno. Diferencialna enacba ima potem obliko y' = -b(y - a)2 za nek a > 0 in je enaka eksplozijski enacbi, ce uvedemo spremenljivko u = y - a. Ce je y(0) = a, lahko enacbo delimo in integriramo. Dobimo 1 1 = - tt a - y(t) a - y(0) Izrazimo y(t) = abt(a - y(0)) - y(0) VU bt(a - y(0)) - 1 * Spet nas zanima, pri katerih zacetnih pogojih bo populacija izumrla (takrat je y(t) = 0. Gornji izraz ima niclo za pozitivne t le, ce je a - y(0) > 0, torej mora biti zacetno stevilo osebkov populaciji manjse od a. Ce ima kvadratna enacba dve (pozitivni) realni nicli, dobimo pravzaprav premaknjeno logisticno enacbo. Naj bosta a < 3 razlicni (pozitivni) realni nicli. Z razcepom na parcianle ulomke dobimo 1 log a - 3 (y(t) - a)(y(0) - 3) (y(t) - 3)(y(0) - a) = - bt. Glede na lego zac etnega pogoja dobimo s tiri razlic ne tipe res itev. Ce je y0 < a, bo populacija v konc nem c asu izumrla. Ce je y0 = a ali y0 = 3, bo populacija konstantna, c e je a < y0 < 3, bo stevilo osebkov v populaciji narasc alo in v limiti doseglo 3, Ce pa je y° > 3, bo bo število osebkov v populaciji padalo in v limiti doseglo Ilustrirajmo našo teorijo še s primerom. Poglejmo, kako so rešitve odvisne od c in zaCetne koliCine za primer a = 3 in b = 1. ZaCetno vrednost y(0) oznaCimo z y°. Naj bo c > 9/4. Potem je resitev enaka y(t) = -2 V4c - 9 (arCtg 2y 3 — arCtg 2.y° 3 ). V4c - 9 V4c — 9y Za c = 9/4 dobimo y(t) = (9t — 4y° — 6ty°)/(—4 + 6t — 4ty°). in za c < 9/4 y(t) = 2 V9 — 4c log (—2y + 3 — V9—4C)(—2y° + 3 + ^9—4c) (—2y° + 3 — V9—4Č)(—2y + 3 + —4c) Slike pripadajoCih polj in smeri so prikazane spodaj (slike 1.9,1.10,1.11). A \ Hi t t i ? £ £ t t v \ I \ \ \ vvvH i i i i i ■■j t * * * * . * ^ N N ^ ^ um i t ; i t i - < i i i t A t , . * ; * * * N N ^ tf rnimrn 4 (a) (b) Slika 1.9: Polje smeri in resitve enaCbe y' = 3y — y2 — 3 Soroden primer je ribolovna enaCba z relativnimi kvotami, to pomeni, da je stopnja uliva enaka cy. EnaCba ima potem obliko y' = ay — by2 — cy, a,b,c> 0. 1.1 Analiziraj ribolovno enaCbo z relativnimi kvotami pri a = 3, b = 1. (a) (b) Slika 1.10: Polje smeri in resitve enaCbe y' = 3y — y2 — 9/4 Slika 1.11: Polje smeri in reSitve enaCbe y' = 3y — y2 — 2 8. Prosti pad Naj bo y viSina, na kateri se nahaja telo. Diferencialna enaCba, ki popisuje prosti pad je y" = —9, kjer je g težnostni pospesek. Minus dobimo, ker je smer gibanja nasprotna smeri narasCanja visine. Z uvedbo nove spremenljiv. Pisimo x2 = y. Tej enaCbi lahko priredimo sistem enaCb: Xl = X2, x2 = —g. Temu sistemu priredimo vektorsko polje smeri, ki ga doloCa polje (x'1,x/2). TokovniCe tega polja so parabole. 9. Enačba majhnih oscilacij To enacbo dobimo, ce zapisemo npr. Hookov zakon za nihalo (pospesek je premo sorazmeren odmiku iz mirovne lege) ali pa enacbo nihanja za nitno nihalo, ce so odmiki majhni. y'' = —ky, k > 0^ Podobno kot v prejsnjem primeru priredimo tej enacbi sistem enacb = x2, x2 = kx\• in vektorsko polje smeri, ki ga doloca polje Tokovnice tega polja so za k = 1 kroznice. (a) 1.0 -0.5 -1.5 (b) Slika 1.13: Polje smeri in fazne krivulje za enaCbo y" = —y 10. Obrnjeno nihalo To enaC bo dobimo, C e je nihalo obrnjeno na glavo (utež nad osjo vrtenja). y" = ky, k > 0 Podobno kot v prej snjem primeru priredimo tej enaC bi sistem enaC b xi = x2, x2 = xi. , . . - - \ \ V \ \ \ v-*" \ \ \ < - - .....- ' ' .—/ /t ' / / / / f \\y\ f t t t t \\\\\ \ * t t t it t i m m \ \ \ u t m / / /- \ \ \ \ \ / / / \\\ //,;>" > -;—. • < « \ \ ----- .____• ♦ • v \ '' • - -......... > > >»« • (a) (b) Slika 1.14: Polje smeri in fazne krivulje za enacbo y'' = y in vektorsko polje smeri (x2, xi)/^/xf + x2• Tokovnice tega polja so hiperbole. 11. Fizikalno nihalo Utez z maso m je obesena na drog dolzine l. Kotni pospesek zadosca enacbi Iy'' = —mgl sin y; I = ml2 je vztrajnostni moment. Ce damo konstante na eno stran in pisemo k = mgl/I dobimo y'' = —k sin y. -2 -4 -4 -2 Slika 1.15: Polje smeri in fazne krivulje za enacbo yn = — siny Pripadajoc sistem enacb je x\ = x2, x'2 = -k sinx\, Vektorsko polje smeri prikazuje slika 1.15. 2. Enoličnost in eksistenca resitev 1. Enoličnost resitve diferencialne enačbe y' = f (y). Vse dosedanje resitve diferencialnih enacb so imele lastnost, da je za vsak zacetni pogoj obstajala natanko ena resitev. To Zal ni vedno res. Oglejmo si resitve diferencialne enacbe y = Pripadajoce polje smeri je prikazano na sliki 2.1. Po obicajnem postopku /7/777777/7/77/ ///////////////- 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7~ /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 /4 Slika 2.1: Polje smeri enacbe y' = 2^\y\ dobimo resitev Za pozitivne y dobimo oziroma y' 2V\v\ =1. yfy = (x - c), y = (x - c)2. -3 4 8 10 12 Preverimo, ali ustreza zaCetnim pogojem. Nas a enaC ba predpostavlja, da je y' > 0, zato je res itev dobra le za x > c. Ker smo delili z 0, dobimo tudi res itev y = 0. Za negativne y dobimo y =1, 2V—V oziroma V— = (—x + c). Re s itev je y = — (x — c)2 za x < c. Vidimo, da imamo pri vsakem zaC etnem pogoju (x0,0) tri res itve: y1 = 0, y2 = (x — xo)2 za x > x0 in y3 = —(x — xo)2 za x < x0. Sestavimo lahko s e C etrto, C e definiramo y4 = y1 za x > x0 in y4 = y3 za x < x0. Razlog za propad enoliC nosti je v dejstvu, da funkCija 2V\y\ ni zvezno odvedljiva v 0; odvod ima tam pol, kar pomeni, da singularno re s itev dosez emo v konC nem C asu (z leve). Napi simo zdaj se splo sno verzijo izreka 1.3. Izrek 2.1. Naj D c R odprt interval in naj bo f G C 1(D). Rešitev p enačbe y' = f (y) pri začetnem pogoju (x0,y0) obstaja za vsak x0 G R, y0 G D in je ena sama v naslednjem smislu: vsaki dve rešitvi enačbe pri danem zašenem pogoju se ujemata na neki okolici y0. Za f (y0) = 0 je rešitev dana z Barrowovo formulo _ = rv(x) dL x — x0 = 4 f (t), še pa je f (y0) = 0, je rešitev p(x) = y0. Dokaz. Dokazali smo ze vse, razen enoliC nosti v primeru, ko je f (y0) = 0. Dokaz bo s protislovjem. Naj bo p nekonstantna re s itev enaC be y' = f (y), ki zadosC a p(x0) = y0. Naj bo (x1,p(x1)) neravnovesna toC ka, tj. toC ka v kateri je f (p(x1)) = 0. Naj bo x2 = max{x < x1 ,f (p(x)) = 0} (obstaja zaradi zveznosti funkCij). Torej je f (p(x)) = 0 za vsak x G (x2,x1]. Za vsak tak x pa velja Barrowova formula: _ = fv(x) ■U(x i) f (t) Uvedimo oznake y = p(x), y1 = p(x1) in y2 = p(x2) in privzemimo, da je y1 < y2. Ker je funkCija f zvezno odvedljiva, na intervalu [y1,y2] velja oCena \f (y)\ < k\y—y2\. Pravimo, daje funkcija Lipschitzova s konstanto k. Ocenimo integral: rv dt J v! k\t — y2\' Zadnji integral gre proti neskoncno, ko posljemo x proti x2 (in s tem y proti y2), kar nas privede v protislovje. To pa pomeni, da resitev, ce je resitev v zacetku ravnovesni tocki, tam vedno ostane. ❖ \x — xi\ = r^(x) dt_ )f (t) 2. Diferencialna enačba z ločljivima spremenljivkama Definicija 2.2. Naj bosta f in g gladki neničelni funkciji, definirani vsaka na svojem odprtem intervalu Ix,Iv C R. Diferencialna enačba z ločljivima spremenljivkama je enačba oblike y=■ ^ Kot navadno pridemo do njene resitve z integriranjem: fx ds fv dt /xc f(s) Jyo g(t)' V splosnem dobimo implicitno podano krivuljo. Diferencialni enacbi z locljivima spremenljivkama priredimo polje smeri «.(x.y)= (1-y') (f (x),g(y)) ^(i + s75) Vf 2(x) + g2(y)' Enacbi priredimo se sistem diferencialnih enačb x = f (x), yy = g(y); (2.2) pika ' se nanasa na odvod po casu. Naj bosta px : I ^ Ix in pv : I Iv resitvi sistema enacb (2.2) z istim zacetnim casom, ki sta dani z izrekom 2.1. Krivuljo, ki jo popise pot p = (px, pv) v ravnini za t G I, imenujemo fazna krivulja. Trditev 2.3. Fazne krivulje sistema (2.2) sovpadajo z grafi rešitev (integralskimi krivuljami) enačbe (2.1). Dokaz. Ker imata krivulji p(I) in resitev enaCbe (2.1) enako polje smeri, je p(I) tokovniCa polja, torej resitev. Predpostavimo obratno. Naj bo 7 integralska krivulja enaC be (2.1) in naj bo (Yx,YU) : J ^ R2 njena paramet-rizaCija. Privzeti smemo, da Yx resi prvo enaCbo sistema (2.1), Yx = f (Yx); na tem mestu smo uporabili dejstvo, da je f brez ni Cel, kar pomeni, da ima krivulja lokalno bijektivno projekCijo na os x. Dokazati moramo, da je yu re si drugo enaC bo sistema, jU = g(YU). Krivulja 7 ima nagib y', zato komponenti ustrezata enaC bi lu(t) = g(Yu(t)) Yx(t) f (7x(t))' Ker je 7x(t) = f (px(t)), mora biti tudi ju(t) = f (yu(t)), torej par funkCij re s i sistem (2.2). ❖ Zdaj pa lahko formuliramo analog izreka 2.1. za ta primer. Izrek 2.4. Rešitev enašbe (2.1) pri zašetnem pogoju (x0,y0) obstaja, je eno-lišna in dana s formulo fx = fu _dL Jx0 f (s) Jy0 g(t). Dokaz. EksistenCa in enoliCnost sledita iz trditve 2.3. in iz izreka 2.1. za enaC bi x = f (x) in = g(y) pri zaCetnih pogojih (t0,x0), (t0,y0) po vrsti. ❖ 3. Linearne diferencialne enaCbe 1. Linearna diferencialna enačba prvega reda Definicija 3.1. Homogena linearna diferencialna enačba prvega reda je enačba oblike y = f (x)y. (3.1) Opomba. Enacba je poseben primer enacbe z locljivima spremenljivkama. Izrek 3.2. Rečitev enačbe (3.1) pri začetnem pogoju (x0 ,y0) je dana s formulo rx f (t) dt y = yoexojyj . Dokaz. Delimo z y, integriramo in antilogaritmiramo. ❖ Trditev 3.3. Naj bosta yl in y2 rešitvi enačbe (3.1). Potem je za vsaka a,b G C tudi ayl + by2 rečitev enačbe. Vektorski prostor vseh rečitev je enodimenzionalen. Dokaz. Linearnost preverimo z racunom: (ayi + by 2)' = ay[ + by2 = = af (x)yi + bf (x)y2 = f (x)(ayi + by2). Dimenzija vektorskega prostora sledi iz izreka 3.2. Definicija 3.4. Nehomogena linearna diferencialna enačba prvega reda je enačba oblike y = f (x)y + g(x). (3.2) (Splošna) rečitev enačbe je vsaka funkcija p, ki zadošča p'(x) = f (x)p(x) + g(x) na preseku definicijskih območij funkcij f in g. Posameyno rečitev enačbe (3.2) imenujemo partikularna. Trditev 3.5. Naj bo yp partikularna rečitev enačbe (3.2). Potem je vsaka druga rečitev te enačbe oblike y = yp + yh, kjer je yh rečitev pripadajoče homogene enačbe y' = f (x)y. Dokaz. Preverimo z racunom. Naj bosta y1 in y2 dve razlicni resitvi enacbe (3.2). Potem razlika y1 — y2 resi diferencialno enacbo y' = f (x)y. ❖ Izrek 3.6. Rečitev enačbe (3.2) pri začetnem pogoju (x0,0) obstaja, je ena sama in je dana s formulo f x y = eK f(t) dtg(s) ds. xo Dokaz. Resitev iscemo z metodo variacije konstant. Naj bo p(x) = Ce'-of (t) dt resitev homogene enacbe. Resitev bomo iskali s podobnim nastavkom, le da bomo konstanto C spremenili v funkcijo x (konstanto bomo variirali). Pisimo y = C(x)p(x), odvajajmo in vstavimo v enacbo (3.2): C7(x)p(x) + C (x)p7(x) = f (x)C (x)p(x) + g(x). Ker funkcija p resi homogeno enacbo, sta drugi in tretji clen enaka, je C'(x)p(x) = g(x). Upostevamo definicijo p in dobimo C7 (x) = e-^of (t) dtg(x). Integriramo: C(x) = fX e~ ^of (t) dtg(s) ds. xo Resitev osnovne enacbe je y = C(x)p(x) = e-xof (t) dtg(s) ds ■ e^xo f (t) dt = Jx o = r e- £of (t) dt^xof (t) dtg(s) ds = Jx o rx = / es f (t) dtg(s) ds. xo Primeri. 1. Resi enaCbo y' = 2y + 4x pri zaCetnem pogoju y0 = 1. Resitev homogene enaCbe je yh = Ce2x. PoisCimo resitev nehomogene enaCbe z variacijo konstant. Vzemimo nastavek yp = C(x)e2x, odvajajmo in vstavimo v enaCbo: C'(x)e2x + C (x)2e2x = 2C (x)e2x + 4x. Uredimo in dobimo C'(x) = 4xe-2x. IntegraCija po delih da yp(x) = -(1 + 2x)e-2xe2x = -(1 + 2x). Resitev pri danem zaCetnem pogoju je oblike y = -(1 + 2x) + Ce2x. Ker je y(0) = 1, mora biti C = 2. ex 2. PoisCi splošno resitev diferenCialne enaCbe y' = exy — . Resitev homogene enaCbe je yh = Cee. Z variaCijo konstant dobimo ex C'(x)ee + C (x)ee ex = exC (x)ee — x. Uredimo in integriramo: Splosna resitev je C' (x) = — ^, C(x) = — log x. y = (— log x + C )ee. Trditev 3.7. Naj bosta y\ in y2 rešitvi diferencialnih enačb y' = f (x)y+g\(x) in y' = f (x)y + g2(x) po vrsti. Potem je y\ + y2 rešitev enačbe y' = f (x)y + gi(x) + g2(x) in ay\ rešitev enačbe y' = f (x)y + ag\(x). Dokaz. RaCun: y1 = fyi + gi y2 = fy2 + g2 (yi + y2)' = f (yi + y2) + gi + g2 ayi = afyi + agi. Metoda inteligentnega ugibanja Poglejmo si ta primer se z druge strani. FunkCija f (x) je v tem primeru konstanta 2, zato lahko resitev homogene enaCbe kar zapisemo: yh = e2x. Nehomogeni del pa je polinom. EnaCba je, ker je f (x) = 2, take oblike, da iz polinomov naredi spet polinome, zato lahko poskusamo najti partikularno resitev kar z nastavkom yp = ax + b. Vstavimo v diferenCialno enaCbo in dobimo a = 2ax + 2b + 4x. Primerjamo koeficiente in vidimo, da je a = —2 in b = —1. Podoben razmislek funkCionira vedno, ko je f (x) konstanta in je g(x) iz razreda funkCij, ki je zaprt za odvajanje. To so: polinomi, kotne funkCije, eksponentna funkCija in njihove kombinaCije. Poglejmo si podobno enaCbo y' = 2x + eax in poisCimo splosno resitev. Resitev homogene enaCbe je e2x, nastavek za partikularno resitev pa bo y = Ceax. Odvajamo, vstavimo v enaCbo in dobimo aCeax = 2Ce2a + eax eax C = aeax 2 ea To seveda lahko zapisemo le, Ce je a = 2. Ce je g(x) = be in f (x) = 2 je potrebno nastavek za partikularno resitev popraviti: Vp xe 2x Trditev 3.8. Naj bo y' = ay+g(x) nehomogena linearna diferencialna enašba in b = a, c poljuben. Potem veljajo spodnji recepti za iskanje partikularne rešitve yp. g(x) Pn(x) cos bx, sin bx ebx ebxPn(x) eaxPn(x) cx cos bx, ecx sin bx e nastavek za yp (x) Qn(x),a = 0, a cos bx + 3 sin bx bx ae ebx e Qn ax Qn(x) xe xQn(x) ecx (a cos bx + 3 sin bx) Oznaki Pn(x) in Qn(x) pomenita (splošni) polinom n-te stopnje. 2. DE prvega reda, ki se prevedejo na LDE prvega reda Bernoullijeva Diferencialna enaCba Bernoullijeva diferencialna enačba (BDE) je enacba y + p(x)y = q(x)ya. (3.3) Ce je a = 0, je to homogena linearna diferencialna enacba, ce pa je a = 1, je nehomogena linearna diferendialna enacba. Ce je a = 0,1, s substitucijo z = yi-a bde prevedemo na LDE. Ricattijeva Diferencialna enaCba Ricattijeva diferencialna enačba (RDE) je enacba y' = a(x)y2 + b(x)y + c(x), a,b,c G C ([a, jj]). (3.4) Enacba v splosnem ni resljiva. Ce pa kako resitev yi RDE uganemo, pridemo do splosne resitve s substitucijo y = yi + z. Funkcija z zadosca BDE. 3. Linearne diferencialne enačbe višjih redov s konstantnimi koefičienti Definicija 3.9. Nehomogena linearna diferencialna enačba n-tega reda s konstantnimi koeficienti je enačba oblike L(y) = y(n) + aiy(n-i) + a2y(n-2) + ... + any = f (x). (3.5) Ce je f = 0, je enačba homogena. Pri homogeni linearni diferencialni enacbi prvega reda s konstantnimi koeficienti, y' = ay, smo ugotovili, da je resitev kar Ceax. Poglejmo, ali si lahko s tem kaj pomagamo. Vstavimo y = eXx v homogeno linearno diferencialnoe nacbo n-tega reda L(y) = y(n) + aiy(n-i) + a2y(n-2) + ... + any = 0. (3.6) Dobimo L(eXx) = eXxXn + aleXxXn-l + a2eXxXn-2 + ... + aneXx = 0. Pokrajsamo eXx in dobimo polinomsko enacbo p(X) = Xn + aiXn— + a2Xn-2 + ... + an = 0. Definicija 3.10. Polinom p(X) = \n + ai\n-i + a2\n-2 + ... + a imenujemo karakteristični polinom enačbe (3.6). (3.7) Zanimajo nas niCle karakterističnega polinoma, saj bo za vsako niClo X0 funkcija eXox resila enaCbo. Polinom ima n kompleksnih ničel, stetih z več-kratnostjo. Po analogiji s homogeno linearno diferencaialno enaCbo bi radi toliko linearno neodvisnih resitev, kolikor je red enacbe. Ce je X0 veckratna nicla, nam manjkajo resitve. Trditev 3.11. Naj bo Xo k-kratna ničla karakterističnega polinoma (3.7). Funkcije xk-ie^ox xk-2e^ox daqx rešijo diferencialno enačbo (3.6). Dokaz. Naj bo L(eXx) = eXxXn + aieXxXn-i + a2eXxXn-'2 + ... + ane ^Xx \ n „Xx \ n— i \x\n—2 (3.8) Odvajajmo (3.8) po X. d_ ~dX' irL(eXx) = nXn-ieXx + XnxeXx + +(n - 1)aie Xn + aixeXxXn-i + +(n - 2)a2eXxXn-3 + a2xeXxXn-2 + ... + xaneXx = Xx n 2 Xx = p'(X)eXx + xp(X)eXx. Ker je L linearen v y, je dd dXL(eXx) = L( dXeXx) = L(xeXx). Naj bo zdaj X0 vsaj k-kratna nicla (k > 2) karakteristicnega polinoma. Potem je X0 tudi nicla njegovega odvoda, torej je p(X0) = xp'(X0) = 0, zato je tudi L(xeXox) = 0. Ta postopek lahko ponovimo k — 1 krat in vsakic pri odvajanju pridobimo en faktor x : d ki dXk- L(eXx) = L(xk-ieXx) = xk-ip(X)eXx + ... + p(k-i)(X)(eXx). Trditev 3.12. Naj bosta y( in y2 rešitvi enačbe (3.6). Potem je za vsaka a,b G C tudi ay( + by2 rešitev enačbe. Vektorski prostor vseh rešitev je n-dimenzionalen. Dokaz. Pišimo ao = 1. Linearnost preverimo z raCunom: n L(ayi + by2) = ^ o*(ayi + by2){n-i) = o n = £ ai(ay(n-i) + by(^-i)) = o = aL(yi) + bL(y2). Iz trditve 3.11. vidimo, daje prostor rešitev vsaj n dimenzionalen. Dokaz, da ni drugih rešitev, bo kasneje. ❖ Trditev 3.13. Naj bo yp partikularna rešitev enačbe (3.5). Potem je vsaka druga rešitev te enačbe oblike y = yp + yh, kjer je yh rešitev pripadajoče homogene enačbe (3.6). Dokaz. Preverimo z raCunom. Naj bosta y( in y2 dve razliCni resitvi enaCbe (3.5). Potem razlika y( — y2 resi diferencialno enaCbo n n n 0 = E aiyti] — f (x) — (E a yti] — f (x)) = E ai(yi — y2)(n-i). o o o Pri nehomogeni linearni diferenCialni enaCbi lahko partikularne resitve isCemo z variaCijo konstant ali pa z metodo inteligentnega ugibanja (MIU). Metoda variaCije konstant je kompliCirana, zato se bomo omejili le na MIU. Trditev 3.14. Naj bo L(y) = f nehomogena diferencialna enačba n-tega reda. Naj bo a k-kratna ničla karakterističnega polinoma p in naj bo p(b) = 0. Potem veljajo nasednji recepti za iskanje partikularne rešitve: f (x) yp(x) Prn(x) Qm(x),a = 0 cebx aebx ebxPm(x) ebxQm(x) eaxPm(x) xk eaxQm(x) Oznaki Pm(x) in Om(x) pomenita (splošni) polinom m-te stopnje. Trditev 3.15. Naj bosta y\ in y2 rešitvi diferencialnih enacb L(y) = f (x) in L(y) = g(x) po vrsti. Potem je y1 + y2 rešitev enašbe L(y) = f (x) + g(x) in ay\ rešitev enašbe L(y) = af (x). Primer. Poi sc i splos no res itev enaC be L(y) = y" — 2y' + 2y = 0. Poi sc i se re s itve nehomogene enaC be L(y) = f za f (x) = 2x, 5 sin x, 2ex(cos x + sin x). KarakteristiC ni polinom je X2 — 2X + 2 = 0 z niC lama X1}2 = 1 ± i. Res itvi sta ali y1 = e(1+i)x, y2 = e(1-i)x, ali pa vi = —(Vi — V2) = ex sin x, V2 = ^(Vi + V2) = ex cos x. Pri f (x) = 2x uporabimo nastavek ax + b in dobimo enaC bo —2a + 2ax + 2b = 2x. Sledi a = 1 in b = 1. Pri f (x) = 5 sin x uporabimo nastavek a sin x + b cos x in dobimo sin x(—a + 2b + 2a) + cos x(—b — 2a + 2b) = 5 sin x. Sledi a = 1 in b = 2. Pri zadnjem primeru pa ugotovimo, da desni strani pripadata eksponenta 1 ± i, ki sta ni C li karakteristiC nega polinoma, zato je nastavek xex(a sin x + b cos x) oziroma x(Ae(1+i)x + Be(1-i^x). Vstavimo v enaC bo in dobimo 2ex(a cos x — b sin x) = 2ex(cos x + sin x), torej je a = 1 in b = —1. 4. Eksistenca in enoličnost 1. Eksistenča in enoličnost Definicija 4.1. Naj bo D c R2 odprta mnočica. Vektorsko polje v : D ^ R2 lahko izravnamo, če obstaja difeomorfizem h : D ^ D c R2, tako da je Dh ■ v = X(x,y)ei, kjer je ei drugi bazni vektor. Trditev 4.2. Naj bo y' = f (x,y) navadna diferencialna enačba s poljem smeri v. Ce polje lahko izravnamo z difeomorfizmom h, se integralske krivulje polja smeri v preslikajo v vodoravnice. Dokaz. Posredno odvajamo. Naj bo p integralska krivulja in (x(t),y(t)) njena parametrizacija. Potem je (x, y) = $(x, y)v(x, y) za neko funkcijo X. Izracunajmo h(x(t),y(t)). Po formuli za posredno odvajanje je d —h(x(t), y(t)) = Dh o (x, y)T = $Dh ■ v = ^Xei. Tangentni vektor na sliko tokovnice je vedno vzporeden ei, torej je tokovnica vodoravna. ❖ Posledica 4.3. Pri predpostavkah trditve 4.2. je diferencialna enačba y' = f (x, y) ekvivalentna enačbi z' = 0. Izrek 4.4. (Osnovni izrek). Vsako polje smeri reda Cr lahko lokalno izravnamo s Cr difeomorfizmom. Zgodba o dokazu. Ideja je Newtonova. Predstavil jo je v svojem drugem pismu tajniku Royal Society (24.10.1676). Najprej je idejo uporabil za rese-vanje enacbe y' = y. Danes se nam to zdi trivialno, ker poznamo ekspo-nentno g ihixi 1 + g hi,yxiY/ fixi = 0. funkcijo, ki pa jo je odkril Newton ravno pri reSevanju zgornje diferencialne enačbe. Njegova ideja je bila naslednja. Naj bo y' = f (x, y) dana diferencialna enačba in f analiticna. Iscemo difeomorfizem v obliki (x, z) = (x, h(x, y)) pri pogoju h(0,y) = y. Iz pogoja, da mora biti z' = 0 dobimo s posrednim odvajanjem z' = hx + hyy' = hx + hy f = 0. Razvijmo h in f v Taylorjevo vrsto po potencah x 0. Zgornja formula ima obliko (n + 1)hn+1 = -h'nf0. Ker je h0(y) = y, je h1 = -y, h2 = y/2, h3 = y/3! in tako dalje. Torej je 2 3 xx h(x,y) = y - yx + y— - y -3^ ... = y Exp(-x), kjer je Exp(x) = ^^ n. Po definiciji funkcija Exp resi enacbo y' = y pri zacetnem pogoju y(0) = 1. Ko je Euler poskusal z istimi sredstvi poiskati resitev diferencialne enacbe y' = ^ y2 je za resitev dobil povsod divergentno vrsto y = J2(k — 1)!xfc. Probleme s konvergenco je za analiticne f resil Cauchy, za gladke pa Picard, ki pa je uporabil povsem drugo tehniko. Njegov dokaz bazira na naslednji ideji. Iskani difeomorfizem lahko dobimo tudi tako, da parametriziramo tokovnice polja, torej resitve diferencialne enacbe y' = f (x, y) pri zacetnem pogoju y(x0) = y0. Spomnimo se na Eulerjevo metodo iskanja resitev. Ce zacnemo z zacetnim priblizkom y0, dobimo tocko yi = y0 + (x — x0)f (x0,y0). Prvi del resitve predstavlja daljica med tema dvema tockama. Poglejmo na ta postopek s stalisca funkcij. Zacnemo s konstantno funkcijo y0 in dobimo premico skozi (0,yo) in (x,yi). Ta premica pa ima enacbo y0 + f (t,y0) dt. Potem v isto enacbo vstavimo naso premico in dobimo novo funkcijo itd. Formalizirajmo zdaj ta postopek. Zacnimo s konstanto p0(x) = y0. Ce to funkcijo vstavimo v diferencialno enacbo in integriramo, dobimo rx A(po)(x):= yo + / f (t, m \\An(0) - Am(0)\n < K(x)m\\An-m(0) - < < K(x)m-1(K(x)n-m-1 + K(x)n-1 + ... + 1) ■ ■\\A(0) - 0\U Vidimo, da bo zaporedje An(0) Cauchyjevo, če bo ta konstanta vedno manjsa od 1. Poglejmo, kdaj bo. Ker gre za vsoto geometrijske vrste, zadosča vsak K, ki je manjsi od 1 saj je potem vsota 1 + K + K2 + +K3 + ... + Kl < 1 1K faktor Km 1 pa tako majhen, kot zelimo. Zato lahko za vsak e > 0 izberemo N da je za m,n > N norma \\An(0) - Am(0)< e. Ce je k integrabilna na [x0,x\] za nek x\ > xo, potem lahko izberemo x dovolj blizu xo in dosežemo, da je .ta k< 1 Dokazali smo, da bo zaporedje pi konvergentno in bo imelo limito p. Dokazali smo pravzaprav več. Zaporedje An(bo konvergiralo k resitvi tudi za (nekatere) druge funkcije ^, saj je An(^)(xo) = yo in An(xo)' = f (xo, An-1^(xo)) = f (xo,yo) za n > 2. Dokazimo se enoličnost. Naj bosta p in ^ različni resitvi diferencialne enačbe, ki ustrezata istemu začetnemu pogoju (xo,yo) in interval okoli xo tako majhen, da bo K(x) < 1. Ker je A(p) = p in A(^) = ^, lahko očenimo ,= ||A(^) - A(p)|U < K(x)y^ - p\U kar je mogoče le, če je norma razlike enaka 0, torej sta funkčiji enaki. Dokaz bi lahko formulirali tudi kot iskanje fiksne točke preslikave A na primernih funkčijskih prostorih. Za zaključek si poglejmo, kaj da ta metoda pri diferenčialni enačbi y' = y in začetnem pogoju y(0) = yo. po = yo p1 = P2 = P3 = rx yo + / yo dt = yo + yox = yo(1 + x), Jo rx yo + yo(1 +1) dt = yo(1 + x + x2/2), Jo Jx yo W yo(1+1 +12/2) dt = yo(1+ x + x2/2 + x3/3!), o Pn = yo (1+ x + x2/2 + ... + xn/n!) Dobimo razvoj resitve p v Taylorjevo vrsto: ^ n p(x) = yo t = yo Exp(x). o n! Iz konstrukčije je tudi očitno, da bi bile resitve enačbe y' = ay pri začetnem pogoju y(0) = yo enake p(x) = yo Exp(ax). ❖ Povzemimo zagodbo o dokazu v Izrek 4.5. (Lokalni eksistenčni izrek). Naj bo y' = f (x,y) diferencialna enačba in f G C((0,a) x (0,6)), f Lipschitzova na y s koeficientom k(x), kije lokalno integrabilen na (0,a). Potem obstaja natanko ena rešitev enačbe pri začetnem pogoju (x0,y0) G (0, a) x (0,6). Posledica 4.6. Naj bo v gladko polje smeri na D c R2. Potem obstaja skozi vsako točko (x0 ,y0) G D integralska krivulja, kije ena sama v naslednjem smislu: če se dve integralski krivulji sekata v (x0,y0), se ujemata če na okolici (x0,y0). Velja tudi globalna verzija izreka, ki pa je ne bomo dokazali. Izrek 4.7. (Globalni eksistenčni izrek). Naj bo y' = f (x,y) diferencialna enačba in f G C([0, a] x R), f Lipschitzova na y s koeficientom k(x), ki je integrabilen na [0,a]. Potem obstaja natanko ena rešitev enačbe pri začetnem pogoju (x0,y0) G [0, a] x R in je definirana na [0, a]. 2. Gladkost Pri diferencialnih enacbah je pomembno tudi vprasanje, kaj se zgodi z resitvijo, ce zacetne podatke malo premaknemo. Zazeleno bi bilo, da se pri majhnih spremembah zacetnega pogoja tudi resitve v blizini zacetnega pogoja malo spremenijo. Oznacimo s p(x,x0,y0) resitev diferencialne enacbe y' = f (x,y) pri zacetnem pogoju (x0,y0). Kot posledico osnovnega izreka dobimo Izrek 4.8. Rečitev enačbe y' = f (x,y) za gladko f je gladko odvisna od začetnih pogojev. Natančneje, funkcija 0. Ravnovesje dobimo, ko se stevilo enih in drugih ne spremin-ja, torej Tocka x(k — ay) = 0 in y(l — bx) = 0. (x'y)=( {'I je ravnovesna tocka. Resitve je mogoce eksplicitno izracunati. Izkaze se, da dobimo sklenjene krivulje. Pripadajoce vektorsko polje in resitve prikazuje slika 5.1. / / , A ^ - -i t f i i / ' - - " iti*'"' i i t { i f > "" t it i l ' M M M \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ^ \ \ ' \ - ' - \ ---- -A ^ * - - ~ . . > > v v V . - • > * v v . - > V > V V . • > » * V v . > • v, \ V \ \ V \ \ \ \ > \ u i n t t t t t t t t t t t t < / / t . . • > * '/ . . ~ r ' < ' ' ^ ^ ^ * 1.5 2.0 (a) (b) Slika 5.1: Polje smeri in resitve sistema zajcki in lisicke Pripomnimo se, da ce enacbi za x' in y' poljubno malo perturbiramo s funkcijami obeh spremenljivk, ni vec nujno, da so resitve sklenjene, se pa navijajo okoli limitne sklenjene krivulje. Na cisto enak nacin, kot pri navadnih diferencialnih enacbah (izrek 4.5.), lahko s Picardovo metodo dokazemo eksistenco in enolicnost pri sistemih. Integriramo po komponentah. Izrek 5.2. (Lokalni eksistenčni izrek). Naj bo y' = f(x,y) sistem diferencialnih enačb in f G C((0, a) x (0, b)n), f Lipschitzova na f s koeficientom k(x), kije lokalno integrabilen na (0,a). Potem obstaja natanko ena rešitev enačbe pri začetnem pogoju (x0,fo) S (0, a) x (0,b)n. Velja tudi globalna verzija: Izrek 5.3. (Globalni eksistenčni izrek). Naj bo y ' = f(x,y) sistem linearnih diferencialnih enačb in f S C([0, a] x Rn), f Lipschitzova na y s koeficientom k(x), ki je integrabilen na [0, a]. Potem obstaja natanko ena rečitev enačbe pri začetnem pogoju (x0,y0) S [0, a] x Rn. 2. Sistemi linearnih diferencialnih enačb Definicija 5.4. Sistem n linearnih diferencialnih enačb prvega reda je sistem oblike y ' = A(x)y + b(x), (5.1) kjer je A : [0, a] ^ Rnxn matrična funkcija, f: [0, a] ^ Rn pa vektorska. Ce sta A in f zvezni, je desna stran Lipschitzova na y, zato ima enacba pri danem zacetnem pogoju eno samo resitev, ki je definirana na [0, a]. Struktura prostora resitev je enaka kot pri linearni diferencialni enacbi 1.reda. Izrek 5.5. Naj bo yp rečitev sistema (5.1). Potem je vsaka druga rečitev oblike y = yp + yh, kjer je yh rečitev homogenega sistema f ' = A(x)y. (5.2) Prostor rečitev homogene enačbe je n-dimenzionalen vektorski prostor, prostor rečitev nehomogene enačbe pa n-dimenzionalen afin prostor. Dokaz. Z enakim racunom, kot pri dokazu trditev 3.3. in 3.5. preverimo, da velja f = yp + yh in da je prostor resitev homogenega sistema vektorski prostor. Dokazati moramo, da je n-dimenzionalen. Po izreku 4.5. obstajajo resitve f homogenega sistema, ki ustrezajo zacetnim pogojem yi(0) = ei, kjer je ei i-ti enotski vektor. Te resitve sestavimo v matriko, ki jo imenujemo matrika Wronskega: W (x) = [y1,y2,...,yn]. Ker je W(0) = I, je w(0) = 1, kjer je w(x) := det W(x) determinanta Wronskega. Zaradi zveznosti resitev in determinante je determinanta kronskega nenicelna se na neki okolici tocke 0, kar pomeni, da resitve sestavljajo bazo Rn. Naj bo y poljubna resitev homogene enacbe in y = En ai(x)yi njen razvoj po bazi. Trdimo, da so funkcije ai(x) konstante. Odvajajmo ta razvoj in upostevajmo, da so y in yi, i = 1,... ,n resitve homogenega sistema: V ' = En ai(x)yi + En ai(x)y ' = En ai(x)yi + En ai(x)A(x)yi, y' = A(x)y = En ai(x)A(x)yi. Sledi, da mora biti E n a'i(x)yi = 0. Ker pa so ■yi na okolici 0 baza, morajo biti a'i = 0 na okolici 0. Z uporabo matrike Wronskega bomo pokazali, da ce so yi baza na okolici 0, so baza na [0,a]. To pomeni, da so tudi funkcije ai konstante na tem intervalu. Matrika Wronskega je vsaka matrika, v kateri je n resitev homogenega sistema . Tisto matriko, ki pa ima lastnost, da je W(0) = I, imenujemo fundamentalna matrika sistema. Za vsako matriko Wronskega lahko defini--ramo determinanto Wronskega, ki jo je je mogoce izracunati brez poznavanja resitev. Ce jo odvajamo in upostevamo multilinearnost determinante, dobimo za determinanto Wronskega enacbo w'(x) = sled A(x)w(x). Resitev je w(x) = eosied A(t) dt pri zacetnem pogoju w(0) = 1 oziroma , \ fx sled A(t) dt w(x) = cex0 v ' pri zacetnem pogoju w(x0) = c. Ker je matricna funkcija zvezna, je w(x) definirana na [0, a] in povsod nenicelna. To pomeni, da ce je n resitev v eni tocki linearno odvisnih, bodo take na celem obmocju [0,a]. ♦ Kako pa bi resitve izracunali? Ena moznost je Picardov postopek. Po--glejmo, kaj nam ta postopek da v primeru sistema linearnih diferencialnih enaCb s konstantnimi koeficienti 0 ' = Ay pri zaCetnem pogoju y(0) = y0. 0o = yo, p 1 = 02 = 03 = rx y0 + / Ay0 dt = 00 + Ayo® = (I + Ax)yo, Jo rx yo + / A(1 + At)yo dt = (I + Ax + A2x2/2)y0, J0 Jx yo + / A(I + At + A2t2/2)yo dt = (I + Ax + A2x2/2 + A3x3/3!)yo, Jo 0n = (I + Ax + A2x /2 + ... + Anxn/n!)yo Dobimo razvoj reSitve 0 v Taylorjevo vrsto: 0(x) = E ^^ = Exp(Ax)0o. o n! Matrika Exp(Ax) je fundamentalna matrika sistema (fundamentalna resitev). IzraCunamo jo lahko s pomoCjo Jordanove forme. Naj bo A fc-kratna lastna vrednost in vf, i = 1,...,j, j < k ena od pripadajočih verig korenskih vektorjev: (A — AoI)vf = vf-l. Potem so vektorji oblike eAxvf, kjer so Vi vsi korenski vektorji, ki tvorijo bazo lastnega podprostora, ki pripada lastni vrednosti A in A teče po vseh lastnih vrednostih, baza prostora resitev. Ce jih izračunamo, dobimo eAxvf = efx ex(A-fI)vf = (5.3) n »A — AI)n - vf = (5.4) o n! = ^ E -vf-n = (5.5) o n! il = efx[ vf + vhx + ...vf (^^J . (5.6) Ostala nam je se konstrukcija res itve nehomogene enač be. Naj bo W(x) fundamentalna res itev. Res itev nehomogene enac be i scemo z metodo variacije konstant. Naj bo 0p = W (x)c(x). Odvajamo, upoštevamo, da je W'(x) = A(x)W(x), vstavimo v enaCbo (5.1) in dobimo yp ' = W'(x)c(x) + W(x)c '(x) = A(x)W(x)c + b(x), W(x)c '(x) = b, c '(x) = W(x)-1b(x), r x c(x)= W(t)-1b(t) dt J x o Splošna rešitev je dana s formulo f x y(x) = W(x) W(t)-1b(t) dt + W(x)c, xo kjer je c konstanten vektor. Ogledali si bomo nekaj tipiCnih primerov 2 x 2 sistemov linearnih diferencialnih enaCb s konstantnimi koeficienti. Kot smo videli, so resitve tesno povezane z Jordanovo formo. Naredili bomo primere enacb y ' = Ay, kjer bo A nediagonalizabilna, diagonalizabilna z enako ali nasprotno predznacenima lastnima vrednostma, singularna ali s konjugirano kompleksnima lastnima vrednostma. Vektorji, ki so v jedru A, predstavljajo ravnovesne tocke. 1. Matrika A je A= 21 12 Lastna para sta X1 = 1,v1 = (1, —1) in \2 = 3, v2 = (1,1). Linearno neodvisni resitvi sta y1 = e 1 1 Matrika Wronskega je Ker je W (x) = W (0) = in y2 = e ex e3x ex e3x 11 -1 1. 3x je fundamentalna resitev enaka Y (x) = W (x)W-1(0) = 1 ex + e3x —ex + e3x —ex + e3x ex + e3x. f 4 4 4 4 4 y 4 4 4 4 4 4 4 4- * * 4 * 4 4 * * * * 4 f • A 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 t \ * i i H i ♦ f * * (a) (b) -10 0 0 Slika 5.2: Polje smeri in resitve sistema pri dveh pozitivnih lastnih vrednostih Naj bo y resitev, ki ustreza zacetnemu pogoju y(0) = (c1;c2) : (d - C2)ex + (c1 + C2)e3x (c1 - C2)ex + (C1 + C2)e3x _ ' Napisimo implicitno enacbo krivulje, ki jo doloca ta pot. Oznacimo prvo komponento z x1, drugo z x2. Potem je x1 - x2 = ex(C1 - C2) in x1 + x2 = e3x(C1 + C2). Nasa krivulja ima enacbo (x1 - x2)3(C1 + C2) = (x1 + x2)(C1 - C2)3. Pri pogoju c1 = C2 je resitev premica x1 = x2, pri pogoju C1 + C2 = 0 je resitev premica x1 = -x2. Pri pogoju c1 = 1, c2 = 0 je resitev (x1 - x2)3 = x1 + x2. Polje smeri in druzino resitev za razlizne zacetne pogoje prikazuje slika 5.2. Ce bi imeli lastni vrednosti -1 in -3 pri istih lastnih vektorjih po vrsti, bi bilo polje ravno nasprotno, krivulje pa iste. f(x) = Y (x) C1 1 C2 = 2 2. Matrika A je Lastna para sta X1 neodvisni resitvi sta A = 13 11 = 2,v1 = (3,1) in X2 = -2,v2 = (1, -1). Linearno y1 = e 2x in y2 = e 2x 1 t t d >1 \ A --- f t i i t d * 1 ' ' ' ' V * » * v v v * » V > .-»»-fr-^-^-t-^^-^vVV v v > * (a) (b) -10 0 10 Slika 5.3: Polje smeri in re s itve sistema pri razli c no predznac enih lastnih vrednostih Matrika Wronskega je W(x) = 3e 2x 2x 2x e 2x Napi s imo implicitno enac bo krivulje, ki jo doloc ajo res itve pri razlic nih zacetnih pogojih. Resitve so linearne kombinacije resitev yl in y02. Oznacimo prvo komponento z xl, drugo z x2. Povezuje ju enac ba (xi + x2)(xi — 3x2) = c, kjer je c konstanta, odvisna od zacetnega pogoja. Polje smeri in druzino re sitev za razli cne za cetne pogoje prikazuje slika 5.3. 3. Matrika A je A= 11 11 Lastni vrednosti sta 1±i. Dovolj je poiskati en lastni par in to je Al = 1+i, vl = (—i, 1). Realni in imaginarni del e(l+i)xvi sta potem linearno neodvisni re sitvi. yl = e cos x sin x in 0y2 = ex sin x cos x Matrika Wronskega (in fundamentalna matrika) je W (x) = ex cos x sin x sin x cos x Slika 5.4: Polje smeri in rešitve sistema pri kompleksno konjugiranih lastnih vrednostih Polje smeri in družino rešitev za različne začetne pogoje prikazuje slika 5.4. 4. Matrika A je A = 1 2 0 1 Lastna vrednost, je 1, lasni vektor (1,0), pripadajoči korenski pa (0,1/2). Linearno neodvisni rešitvi sta m y2 = e' Vi = e" Matrika Wronskega (in fundamentalna matrika) je W(x) = e 2x 1 1 2x 0 1 Polje smeri in družino rešitev za različne začetne pogoje prikazuje slika 5.5. 5. Matrika A je ~ 1 2 A = 1 2 Lastna para sta (3, (1,1)) in (0, (—2,1)), Linearno neodvisni rešitvi sta Vi = e 3,t " 1 " -2 ' 1 in V2 = 1 f / y * * t * H 4 .r » ♦ t f f * V v + * H t \ » ' f t t \ '>■> t t > > A * > (a) (b) Slika 5.5: Polje smeri in resitve sistema, ce matrika ni diagonalizabilna Matrika Wronskega (in fundamentalna matrika) je W(x) = Polje smeri in druz ino re s itev za razlic ne zacetne pogoje prikazuje slika 5.6. e3x —2 e3x 1 20 (a) (b) 20 20 40 Slika 5.6: Polje smeri in res itve sistema, ce je matrika singularna 6. Kvalitativna analiza 1. Fazni portreti Oglejmo si fazne portrete (slike vseh tokovnic) sistemov dveh linearnih dife-rencialnih enacb. Iz formule za splosno resitev sistemov dveh linearnih diferencialnih enacb s konstantnimi koeficienti dobimo naslednji izrek. Izrek 6.1. Naj bo f' = Ay sistem diferencialnih enačb in y fazna krivulja pri nekem začetnem pogoju. Naj bo A diagonalizabilna z lastnima paroma (Ai, fi), (A2,v2). V koordinatnem sistemu (u,v), ko ga določata lastna vektorja f ,f2 ima krivulja parametrizacijo u = aeXlX, v = beX2X, implicitno pa bXluX2 — aX2 vXl = 0. Glede gibanja po krivulji, ko gre x ^ m, ločimo naslednje primere. 1. A1 < A2 < 0. Ne glede na to, kje začnemo, se gibljemo proti izhodišču po krivuljah, ki jih predstavlja slika 5.2. Taki sliki pravimo stabilni vozel. 2. A1 = A2 < 0. Krivulje so poltraki, po katerih se gibljemo proti izhodišču. 3. A1 < A2 = 0. Krivulje so vzporedni poltraki s smernim vektorjem vi, po katerih se gibljem proti premici Rvf>. 4. A1 < 0 < A2. Prevlada rečitev eX2Xf2, torej se asimptotsko pribličujemo premici Rvf>. Pri vsakem začetnem pogoju se za dovolj velike x gibljemo stran od izhodičča. Dobimo sedlo (slika 5.3). 5. 0 = A1 < A2. Krivulje so vzporedni poltraki s smernim vektorjem vf2, po katerih se gibljemo od premice Rvl. 6. 0 < A1 = A2. Krivulje so premice, po katerih se gibljemo od izhodičča. 7. 0 < A1 < A2. Isto, kot v 1. primeru, le da se gibljemo stran od izhodičča. S. A1 = A2 = a + ib. Če je a = 0, dobimo sklenjeno krivuljo. Ce je a > 0, dobimo krivuljo, ki kroči okoli izhodičča in gre v neskončnost, če pa je a < 0 kročimo okoli izhodičča in se mu pribličujemo. Ce a ni diagonalizabilna, ima en lastni par (A1,vl) in pripadajoč korenski vektor (iz verige). Rečitev je oblike eXix(avf1 + b(f2 + xv1)). Za \1 > 0 se gibljemo od izhodičča po krivuljah, ki postajajo vedno bolj poločne, če je X1 < 0, se po enakih krivuljah gibljemo proti izhodišču (stabilni vozel), če pa je X1 = 0, je krivulja premica. V vecrazseznih primerih so fazni portreti ustrezno bolj komplicirani. 2. Stabilnost ravnovesnih resitev Naslednja zanimiva stvar je vedenje resitev v okolici ravnovesnih tock. V primeru linearnih sistemov je ravnovesna tocka vedno (vsaj) tocka 0. V 2 x 2 primerih sistemov LDE s konstantnimi koeficienti je vse o vedenju blizini nicle povedal gornji izrek. Kaj pa v splosnem? Vrnimo se k nasemu primeru zajckov in lisick x = x(k - ay) in y = -y(l - bx) z ravnovesno tocko (x,y)=(l ~a Ta model se imenuje tudi Volterrov model (ali model Volterra - Lotka). Uve-dimo novi spremenljivki x - x, y - y in dobimo sistem oblike • ( l \ • • b ( k x = - x - j ay in y = -bx y-- ba Za majhne x in y lahko kvadratni clen zanemarimo in resujemo linearni sistem z matriko A = 0 f - bk 0 Pravimo, da smo sistem linearizirali. Matrika ima cisto imaginarni resitvi, torej bodo resitve za majhne x in y podobne kroznicam (ni nujno, da so sklenjene). Definicija 6.2. Naj bo y = f(x,y) sistem enačb in p(x) njegova rečitev. Pravimo, da je rečitev stabilna, če za vsak e > 0 obstaja 5 > 0, tako da je za vsako re čitev 0, za katero velja \\0(0) - ^>(0)\\ < 5 tudi \\0(x) - ^>(x)\\ < e za vsak x 0. Resitev je stabilna, ce so resitve z bliznjimi zacetnimi pogoji enakomerno blizu za vse c ase. Za homogene sisteme linearnih enac b s konstantnimi koeficienti lahko s pomocjo izreka 6.1. dokazemo naslednji Izrek 6.3. Naj bo y' = Ay in A matrika z lastnimi vrednostmi Xi. (a) Ce je Re \i < 0 za vsak i, potem je vsaka rešitev sistema stabilna. (b) Ce ima vsaj ena lastna vrednost pozitivni realni del, so vse rešitve nestabilne. (c) Ce je Re \i < 0, i > j in Re \i = 0 za i < j pri čemer je število lastnih vektorjev, ki pripadajo Xi,i < j enako algebrski veškratnosti, je vsaka rešitev stabilna, če pa je manjše, je nestabilna. Dokaz. Skica. Naj bo p resitev, resitev, ki pripada lastni vrednosti X1 in ^ perturbacija. Prvi dve trditvi takoj dobimo iz formul za bazo prostora res itev (5.3), saj so norme res itev oblike eaix ■ Pn,i(x). Ce so vsi ai < 0, je vse omejeno, ce pa je recimo a1 > 0, gredo norme proti neskonc no (za ^ lahko vzamemo 5p1). Podobno je z zadnjo trditvijo. Ce je za cisto imaginarno lastno vrednost dovoj lastnih vektorjev, so pripadajoce res itve oblike eiaixvi in so norme omejene, ce pa lastnih vektorjev ni dovolj, dobimo se kak faktor x pri normi in vse skupaj divergira. ♦ Definicija 6.4. Naj bo y = f(x,y) sistem enačb in p(x) njegova rešitev. Pravimo, da je rešitev asimptotsko stabilna, še obstaja 5 > 0, tako da je za vsako re šitev ^, za katero velja ||^(0) — p(0)|| < 5, limita limx^^ ||^(x) — p(x)|| =0. Izrek 6.5. Pogoji (a) izreka 6.3. zadoššajo za asimptotsko stabilnost. Primer. Linearen sistem s pripadajo co matriko A= 01 10 je stabilen, ni pa asimptotsko stabilen. Vse resitve so namrec periodic ne (kroz nice). Obravnavajmo se stabilnost avtonomnega sistema y' = f(y) = Ay + 9(y), kjer je g dovolj gladka in majhna glede na y : ||g(f)|| = o(||y||), ko gre ||y|| ^ to in velja g(0) = 0. Pri teh predpostavkah je y = 0 ravnovesna re s itev sistema. Izrek 6.6. Pri zgornjih predpostavkah je ravnovesna rešitev f = 0 asimptot-sko stabilna, če je hkrati tudi asimptotsko stabilna rešitev linearizirane enašbe y = Ay. Rešitev y = 0 asimptotsko nestabilna, če ima A vsaj eno lastno vrednost s strogo pozitivnim realnim delom. Ce imajo vse lastne vrednosti A negativni realni del, vsaj ena pa je čisto imaginarna, potem se na podlagi linearizacije ne moremo odločiti. Dokaz izpustimo. 3. Vedenje resitev pri velikih časih Ostala je Se analiza vedenja reSitev pri velikih Casih. Kot prej se bomo omejili na avtonomne sisteme y' = f(f), (6.i) kjer je f dovolj gladka vektorska funkcija. Oglejmo si najprej analog stabilnega ravnovesja pri sistemih s konstantnimi koeficienti. Lema 6.7. Naj bo f(x) rečitev sistema (6.1) z limito limx^^ y(x) = f0. Potem je y0 ravnovesna točka sistema. Dokaz. Ker je limx^ ^ y(x) = y0, je za vsak h > 0, |f(x + h) - y(x)\\<\\y(x + h) - fo|| + ||y(x) - tfo\\, torej je lim y(x + h) — y(x) = 0. x ^ t0 omejena na območju, na katerem ni ravnovesne lege. Potem se re čitev navija okoli enostavno sklenjene krivulje, ki je tir neke periodi cne re sitve. 4. Problem morskih psov med 1. svetovno vojno V sredini dvajsetih let prejsnjega stoletja je znan italijanski biolog Umberto D'Ancona studiral populacijske spremembe med raznimi vrstami rib, ki so soodvisne. Prisel je do podatkov o ulovu posameznih vrst rib v letih okoli prve svetovne vojne. Podatki o hrustancnicah (morski psi, skati), ki niso najbolj zazeleni kot hrana, so bili za pristanisce Reka (Rijeka) podatki naslednji: V opazovanem obdobju je bil zaradi vojne ulov rib manjsi in zdelo se mu je, da je to dvoje povezano. Ker so vecino ujetih hrustancnic predstavljali plenilci, ki jedo iste ribe kot mi, je sklepal, da so se hrustancnice namnozile, ker je bilo vec plena zanje. Izkazalo pa se je, da se je tudi stevilo rib povecalo, torej ta razmislek ni bil dovolj natancen. Pokazal je pa, da je manjsi ulov bolj ugoden za stevilio plenilcev. Ko mu je zmanjkalo biolo skih razlag, je za pomo c prosil kolega matematika Vita Volterro, ki je sestavil matemati cni model, ki opisuje interakcijo med dvema populacijama. Volterrov model je 1914 1915 1916 1917 1918 11,9% 21,4% 22,1% 21,2% 36,4% 1919 1920 1921 1922 1923 27,3% 16,0% 15,9% 14,8% 10,7% x = x(k - ay) in y = -y(l - bx) (6.2) z ravnovesnima to ckama Izrac unajmo tokovnice polja eksplicitno. Kvocient y = -y(l - bx) x x(k - ay) nas pripelje do ena cbe z lo cljivima spremenljivkama (k — ay) dy (bx — l) dx Z integracijo dobimo yx e~ay~bxxl yk = c, kjer je c konstanta. Kako bi dokazali, da so nivojnice te funkcije sklenjene? Oglejmo si funkciji f (x) = xle-bx in g(y) = yke~ay. Funkciji sta zvonc asti: f'(x) = xl~le~bx(l — bx). Levo od ravnovesne lege je f strogo narascajoca, desno pa strogo padajoc a. Maksima f in g sta zavzeta v stacionarnih toc kah in ju oznac imo z Mf in Mg. Maksimum produkta je Mf Mg. Poglejmo, kaj so preseki grafa z vodoravnicami. Ce je y konstanta, res ujemo enac bo e-bxxl = cMg eayy~k. Re s ljiva je za c < Mf. Ker je f zvonc asta, za 0 < cMgeayy-k < Mf dobimo dve res itvi, eno pod in eno nad stacionarno toc ko. Ce je cMgeayy-k = Mf je resitev ena, ce pa je cMgeayy~k > Mf, pa nobene. Ker gre g~l proti neskonc no na robovih, je mnoz ica y, za katere je enac ba re s ljiva, kompaktna, natanc neje interval [yc,0, yc,l], kjer sta kraji sc i res itvi enac be cMgeayy-k = Mf. Ce je c = Mf je interval toc ka. Za vsak y iz notranjosti dobimo dve res itvi. Integralska krivulja je torej enostavno sklenjena krivulja razen v primeru, ko je c = Mf in je ta krivulja toc ka. Podatki, ki jih je D'Ancona dobil, so bili podatki o povprec nem letnem ulovu. Kaj lahko povemo o povprecju res itev? Lema 6.9. Naj bosta x(t), y(t) periodični rešitvi sistema (6.2) s periodo T > 0. Potem velja 1 fT 1 fT x = t Jo x(t) dt in y = t J y(t) dt, kjer je (x,y) ravnovesna točka. Dokaz. Izracunamo integral IT ^^ = IT(k — ay(t)) dt = log x(T) — log x(0) = 0. o x(t) o Torej je T T Tk y(t) dt = —, oa oziroma T 1 rT k - y(t) dt = - = y T J o a k a ❖ Ostalo je se vpras anje, kako ulov vpliva na populacijo. Recimo, da je stopnja ulova enaka c> 0. Potem se na S sistem glasi x = x(k — ay) — cx in y = —y(l — bx) — cy. Ravnovesna toC ka je (l + c k — c\ (x'y)=( ——J' Ravnovesje (in s tem povpreCje) je torej v primeru izlova pri veCjem stevilu rib za prehrano. Pri Čezmernem ulovu (c > k) nimamo veC ravnovesne toC ke v prvem kvadrantu in populacija plenilcev izumre. Pripomnimo se, da je model smiseln za nenegativne koliC ine. 5. Lotka-Volterrov model z logistično rastjo Bolj splosen model interakCije dveh takih populaCij uposteva se notranje tekmovanje za vire. To pomeni, da namesto zakona naravne rasti vzamemo logisti C no enaC bo. Izbolj s an model je x = x(k — ay) — cx2 in y = —y(l — bx) — dy2. (6.3) Ravnovesne toC ke so (0, 0), (o) , (dk±al, ~r—~7i) , (o, — l \ c ) \ab + cd ab + cd) \ d Polje smeri je prikazano na sliki 6.1. V tem primeru je ravnovesna toCka, ki ni na koordinatnih oseh, v 1. kvadrantu. Izkaz e se, da re s itve v splo s nem niso periodi Cne. Ugotovili bi radi, kako se resitve sistema spreminjajo glede na zaCetne pogoje in glede na konstante. Privzemimo, da je ravnovesna toC ka v C etrtem kvadrantu, bk — cl < 0. SkiCirajmo krivulje, kjer je vsaj eden od x, y enak 0 in stevilC imo obmoCja glede na znaka odvodov: I. x > 0, y < 0, II. x < 0, y < 0, III. x < 0, y > 0. PreseC i sC i posevniC z osjo x sta k/c (ravnovesna toC ka) in l/b ■ t * 1 i i i i i / / > / t * 1 * i t t / / / ■ i * 1 1 i t i / / / / > t * 4 i i t t / / > > * ■ i t . 4 i / / / f > > t * i 1 i / C > >- ■ \ i t i i t / > > — t * i i i / / > - — ■ t * i i i / A — • — - - t t t 1 / > — - — — ' i 4 1 i / — - -- i t \ \ T * > ». v v - - « » ♦ • » «. » \ - >- V ■v ■» « « « « < \ v -1 0 1 2 3 4 5 6 Slika 6.1: Polje smeri izboljšanega Volterrovega modela pri a = b = d = k = l = 1 in c = 0.5. (a) 11 n / /// -" lin/ / / <' in/ / / - -in/ / / -i i ///>'< 11 / /. ■ ' i / / / -/ n, 11 / > -/ //' i/>- (b) Slika 6.2: Polje in območja za a = b = k = l = 1, c = 2, d = 2 (ni ravnovesna točka). Območja in polje prikazuje slika 6.2. Obravnavajmo posamezne primere. 1. Rešitev, ki se začne v območju I, tam tudi ostane. Dokaz. Ker je x narasčajoča, gre krivulja lahko iz območja ali preko osi y = 0 ali preko premiče k — ay — cx = 0. Rečimo, da zadene os. Potem je y = 0 in za x velja enačba X = x(k — cx). Ker je na območju I x manjsi od k/c, dobimo narasčajočo logistično krivuljo z limito k/c, torej se resitev priblizuje ravnovesni točki (k/c, 0). Rečimo, da bi resitev usla iz območja preko premiče. Ker je na tej premici x = 0, je x = kx — axy — axy — 2cxx = —axy > 0, saj je y < 0. Funkcija x ima zato pri tistem t, pri katerem seka premico, minimum. To pa je nasprotju s tem, da je x narascajoca. 2. Vsaka resitev, ki se zacne in ostane v obmocju II, se priblizuje ravnovesni tocki (k/c, 0). Nobena resitev, ki se zacne v obmocju II, ne more v obmocje Dokaz. Ker sta funkciji x in y padajoci, morata, ce naj ostaneta v II, imeti limito. Po lemi 6.7. je limita lahko le ravnovesna tocka, torej (k/c, 0). Recimo, da gre resitev lahko v obmocje III. Potem je pri nekem casu t odvod y = 0 in torej ima y v t lokalni maksimum, kar je v nasprotju s tem, da je y padajoca. 3. Vsaka resitev, ki se zacne v obmocju III, to obmocje zapusti v koncnem casu. Dokaz. Recimo, da ne drzi, Ker je x padajoca in je resitev v obmocju III, je y < (bx(0) — l)/d. Torej imata x in y limito. Po lemi 6.7. je limita ravnovesna tocka, ki pa je v obmocju III ni. ♦ 6. Paramecij in didinij Matematicni biolog G.F. Gause je izvedel eksperiment z dvema enocelicarj-ema, eden je paramecij en pa didinij. Drugi je prvega in sicer v velikih kolicinah. Poskusi so pokazali, da se vedno zgodi, da didinij pozre vse paramecije in nato se sam izumre. Razlog je v tem, da se ob pomanjkanju hrane didinij se vedno razmnoz uje, le da je prirastek manj s i. Ti populaciji bolj ustrezno modelira naslednji sistem enacb (x paramecij, y didinij): Ker funkcije v sistemu niso gladke, nimamo enoli cnosti. Vsaka re sitev sistema s strogo pozitivnima zac etnima pogojema doseze os y v konc nem c asu. Polje smeri je prikazano na sliki 6.3. III. y = —ly + bxy + bxy — 2dyy = byx < 0, (6.4) \ \ \ v \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ w\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ U \ U M t \ \ \ \ \ \ \ \ \ M t t w\\\ \ \ M M t t t A \ \ \ \ \ M t t t f f f \ \ \ \ \ \ t t t f t t t t \ \ M t f t t f t t t t f A t t f t / t t / / / / A A \ \ t t f / Slika 6.3: Polje smeri sistema (6.4) Omenimo se, da se vseh populaCijskih sistemov ne da modelirati z navadnimi diferenCialnimi enaC bami, reCimo v primerih, ko plenu ponudimo zatoC i sCe, ki ga plenileC ne more doseC i. V tem primeru sistem ni ustrezen zato, ker ne moremo predvideti, koliko pripadnikov plena bo tako neumnih, da bodo zapustili zatoC i sCe. Ta proCes postane zdaj nakljuCen in ne veC deterministiC en. Gause je to dokazal s se enim slavnim eksperimentom. Vzel je 30 enakih posod, v vsako dal pet parameCijev in tri didinije, parameCijem pa dal zatoC i sCe. Cez dva dni so bili didiniji mrtvi v s tirih posodah, v ostalih pa je bila populaCija mes ana s stevilom parameCijev med 2 in 38. 7. Bifurkacije Definicija 6.10. Naj bo e G R in y = f(y,e) sistem dveh diferencialnh enačb orvega reda. Bifurkacijska točka sistema je vrednosti e0, pri kateri se spremeni fazni portret enačbe, natančneje, fazna portreta za e < e0 in e > e0 sta različna. Poi sC imo bifurkaCijsko toC ko za sistem y ' = Ay, kjer je A= ii KarakteristiCni polinom je X2 — (i + e). BifurkaCijska toC ka je e0 = —i. Za veCje vrednosti imamo sedlo, za manj se pa kroz niCe, v bifurkaCijski toC ki pa vzporedne premiCe. i e 7. Navadne diferencialne enacbe visjih redov 1. Definicija in osnovni izreki Definicija 7.1. Navadna diferencialna enačba n-tega reda je enačba oblike y(n) = f (x,y,y',...,y(n-1)), (7.1) kjer je f vsaj enkrat zvezno odvedljiva. Ce je f linearna v y in njegovih odvodih, se ena čba imenuje linearna. Za četni pogoj je oblike y(xo) = co,y'(xo) = ci,...,y(n-1)(xo) = cn-i. Vsako diferenCialno enaC bo n-tega reda lahko prevedemo na sistem enaC b: y'i = y2, y2 = y3, y3 = (7.2) y'n = f (x,y,y' ,...,y[n-1)). ZaC etni pogoj je yi(xo) = ci-1,i = 1,... ,n. ZaCetni problem imenujemo tudi CauChyjeva naloga. Izrek 7.2. Za četni problem enačbe (7.1) in začetni problem sistema (7.2) sta ekvivalentna. Posledica 7.3. (Lokalni eksistenčni izrek). Naj bo funkcija f iz (7.1) definirana na okolici za četnega pogoja y(xo) = co, y'(xo) = c1,..., y(n-1) (xo) = cn-1. Potem obstaja ena sama re čitev diferencialne ena čbe na okolici te to čke. Dokaz. Uporabimo lokalni eksistenC ni izrek za sisteme diferenCialnih enaC b, saj je f (x, s1,..., sn) vsaj zvezno odvedljiva, torej LipsChitzova na spremenljivke S1,...,Sn. ❖ Ce je f linearna v y in njegovih odvodih, f (x, y,y',..., y(n-l)) = an-l(x)y(n-l) + ... + ao(x)y + b(x), je vektorska oblika sistema y' = A(x)y + b, kjer je yl 0 y2 0 y = , b = in yn-l 0 yn b " 0 10 0 0 0 01 0 0 0 0 0 ■■■ 0 1 0 A = 0 0 ■■■ 0 0 1 _ao al ■■■ an-3 fln-2 An-l_ Determinanta Wronskega je odvisna le od koeficienta an-l(x) / \ Ix an — i (t) dt w(x) = cex0 n . Izrek 7.4. Naj bo y(n) = a, = an-l(x)y(n l) + ... + ao(x)y (7.3) (7.4) homogena linearna diferencialna enačba n-tega reda. Potem ima n linearno neodvisnih rečitev, ki so baza prostora vseh rečitev. Dokaz. Po izreku 7.2. je enaC ba ekvivalentna linearnemu sistemu, za katerega velja izrek 5.5. ♦ Posledica 7.5. Rečitve yl,...,yn so linearno neodvisne, če je matrika W(yl,...,yn) := yl y2 ■ ■ ■ yn yl y2 ■ ■■ y'n (n-l) yl ( n- l) y2 ■ ( n- l) ■ ■ yn nesingularna. Dokaz. To je Wronski za pripadajoC sistem. ♦ 2. Primeri 1. Eulerjeva diferencialna ena čba je enaC ba E(y) = xny(n) + an-1Xn-1y(n-1) + ... + aoy. S substituCijo t = ln x jo prevedemo na enaC bo s konstantnimi koefiCienti. 2. EnaC ba my + bij + ky = 0 je enaC ba dusenega nihanja za nihalo na vzmeti. KoefiCient dusenja je b, k pa je koefiCient vzmeti. Glede na koefiCient du senja loC imo tri primere. Ce je koefiCient prevelik, b2 > 4km, je dusenje tako moC no, da do nihanja sploh ne pride in se nihalo le vrne v ravnovesno lego. Ce je koefiCient du senja majhen, b2 > 4km, dobimo duseno nihanje. V kritiCnem primeru b2 = 4km nihalo naredi en nihaj in se vrne v ravnovesno lego. 3. Diracova funkcija delta Oglejmo si druz ino gladkih (Cr) 'stopni C astih' funkCij, {0, x < —e, g£(x), —e e, kjer je g£ G Cr narasCajoCa funkCija z g£(—e) = 0, g£(e) = 1, liha preko y = 1/2. Odvod funkCije f£ je soda funkCija z nosilCem na [—e, e] in integralom 1. /r f £ (x) dx = 1. r FunkCije f £ konvergirajo k stopniC asti funkCiji f = ( 0,x < 0, f = \ 1,x > 0, , Kam pa gredo njihovi odvodi? Po toC kah (razen v 0) konvergirajo k 0, njihovi integrali pa k 1. Poleg tega imajo te funkCije s e eno lastnost: /r f£(x)h(x) dx = h(0) -oo za vsako gladko funkcijo h. Izkaže se, da je limito funkcij f'e smiselno definirati kot funkcijo 5(x). Imenujemo jo Diracova funkcija delta. V resnici ni funkcija ampak funkcional na zveznih funkcijah, za katerega velja, da je /ro S(t — x)h(t) dt = h(x) -ro Odvod 'stopnice' je vedno enak odvodu funkcije izven stopnice plus 5 v stopnici, pomnozeni z vi s ino skoka. Diracova funkcija delta je poseben primer distribucije, odvodu, kot smo ga omenili tu, pa pravimo distribucijski odvod. Omenimo se, da se druz ina pozitivnih Cro funkcij he, ki ima lastnosti fR he = 1, lime^ o he = 0, razen v x = 0, imenuje aproksimativna enota. Te funkcije uporabljamo za glajenje drugih funkcij. Ce je npr. h stopnic asta, so konvolu-cije /(TO h(t)ht(x — t) dt -ro gladke in konvergirajo k prvotni funkciji, ko gre e — 0. Izkaze se, da lahko (v smislu distribucij) konvolucijo odvajamo tako, da odvajamo eno od funkcij, vseeno, katero. Izberemo si tisto, ki je gladka, in dobimo (he * h)'(x) = h'£ * h(x). Kot primer uporabe vzemimo matematic no nihalo, ki miruje, v trenutku t0 > 0 pa utez udarimo z neko silo. Potem lahko to gibanje popi semo z enac bo x(t) + k2x(t) = C5(t — to), pri zacetnih pogojih x(0) = x(0) =0; C predstavlja sunek sile. Resitev nehomogene enac be bo (razen v t0) odvedljiva zvezna funkcija, ki bo izven t0 res ila enac bo. Pred t0 bo enaka 0, saj je nihalo mirovalo. Vemo, da je res itev homogene enac be enaka c sin k(t — t0). Definirajmo zlepek te res itve in nic le: xp(t) = 0,t< t0, c sin k(t — t0),t > t0, Izra cunajmo prvi in drugi odvod: x' (t) = / °,tt0, xp'(t) = Ck5(t — t0) + { —le s'°nk(t — t0),t> 0 Vstavimo v enac bo in dobimo, da je ck5(t - to) = CS(t - to) Res itev je xp(t) = - 1 f 0,t to 8. Laplacova transformacija 1. Osnovne lastnosti Definicija 8.1. Laplacova transformiranka funkcije f : [0, to) ^ R je definirana z L (f (t))(z)= f (t)e-ztdt. o Ce je f integrabilna na vsakem kon Cnem intervalu in Ce za dano kompleksno s tevilo zo obstaja L (f (t))(zo), potem je funkCija Lf definirana in analiti C na v vsakem z G C, ki zado s C a Re z > Re zo. Zaradi enostavnosti raC unov funkCije, ki so definirane le na pozitivnem delu realne osi, dodatno definiramo kot 0 na negativnem. Definicija 8.2. Merljiva funkcija f je eksponentega naraščanja, če obstajajo taka števila M, N > 0 in k G R, da je f integrabilna na [0, N] in za vsak x > N velja \f (x)\ < Mekx. Trditev 8.3. Za take funkcije L (f (t)) (z) obstaja in je analitična za vsak z, ki zado s ca Rez > k. ObiC ajno L (f (t)) (z) najprej izraC unamo za velike realne z, nato pa s pomoCjo prinCipa enoliC nosti za analitiC ne funkCije dobimo vrednost tudi za kompleksne z. Ce imata dve funkCiji enako LaplaCovo transformiranko potem sta enaki skoraj povsod (Lerchov izrek). Primeri. 1. Naj ima funkCija f LaplaCovo transformiranko. IzraC unajmo LaplaCovo transformiranko funkCije eax in funkCije f (x)eax v toC ki z. Za Re z > Re a integral r / e-zt+atdt o obstaja in velja / e-(z-a)tdt = (z - a)-\ o -zt+at . / e-zt+atf (t)dt = L (f (t)) (z - a). o 2. Laplacova transformiranka stopnice 1, (t > a) 0, (t < a) je r 0. 3. Laplacova transformiranka funkcije S (t - a) je e-az. Nekaj najosnovnej s ih transformirank je: L (ta)(p) = r0±fi, a > -1, L (sin ut)(p) = -;r^—2, L (cos ut)(p) = ^rp—2. p2 + w2 p2 + w2 Manj osnovna transformiranka je d — -a21*^- e-a^P O-"'4*) (p»= iz nje dobimo Efrosev izrek: 1 f ~ ^-T2/4t J \ , ) = L (f )(VP) C ' ' f (T )e-T 2'4t dr} (p) = .VritJo J ^ ' Ce uporabimo Efrosev izrek na f (t) = X[a,^)(t), dobimo / \ 1 2 f^ L [Erf(a/2Vt)) (p) = -e-a^, Erf(x) = ^ e-s2ds = 1 - erf(x). v J p Vn Jx Izrek 8.4. Odvajanje originala in slike. Naj bo funkcija y(t) zvezno odvedljiva na [0, to) in eksponentnega naraččanja. Velja d L (y'(t)) (z) = -y(0) + zL (y(t)) (z) in - L (y(t)) (z) = -L (ty(t)) (z). Dokaz. Za prvo enakost enkrat integriramo per partes, za drugo pa odvajamo po z. ^ Primeri. 1. Resimo sistem y££ — 3y£ + 2y = e3t pri pogojih y(0) = 1 in y£(0) = 0. Z LaplaCovo transformaCijo dobimo z2Y — z — 3(zY + —1)+2Y = 1 z—3 Izrazimo Y : Y = ,---r + S " 3 (s — 1)(s — 2)(s — 3) (s — 1)(s — 2)' RazCepimo na parcialne ulomke in dobimo Y = 5^ — + 1 2 s — 1 s — 2 2 s — 3 Inverzna transformiranka je y = 51 — 2e2t + 1 e3t. 2 e 2 2. Re s imo sistem diferenCialnih enaC b s konstantnimi koefiCienti y£(t) = —11y(t) + 6z(t),y(0) = 1, z£(t) = —18y(t) + 10z(t),z(0) = 2. Naj bo L (y) (u) = Y in L (z) (u) = Z. Ce uporabimo LaplaCovo transformaCijo na obeh enaC bah, dobimo sistem enaC b uY — 1 = — 11Y + 6Z, uZ — 2 = —18Y + 10Z. Res itvi sistema sta Y = —, Z = 2 u — 1 u — 1 Inverzni transformiranki sta y = et, z = 2et. Definicija 8.5. Konvolucija funkcij f,g : R+ ^ R je definirana s formulo x (f * g)(x)= f (x — t)g(t)dt. o Gre za običajno konvolučijo, če razsirimo funkčije z 0 na negativni del realne osi. Izrek 8.6. Izrek o konvoluciji. Velja L (f * g) (z)= L (f) (z)L (g) (z). 2. Inverzna transformacija Izrek 8.7. Inverzna formula za Laplacovo transformacijo. Naj bo funkcija f (t) zvezna in odvedljiva na [0, to) in od nekod naprej omejena z Mekt. Če je c > k poljubno število, potem je Rm ^ (f «)(* = {f «>• (t> 0 Lema 8.8. Jordanova lema. Naj bo c realno število, F (z) merljiva funkcija na območju Re z < c in Rn G R+ zaporedje, ki gre proti to. Označimo Cn = {z : \z\ = Rn, Re z < c} in Mn = sup \F(z)|. zecn Ce velja lim Mn = 0 in je t > 0, potem je lim / F(z)eztdz = 0. I p J cn Iz inverzne formule in Jordanove leme sledi Izrek 8.9. Drugi izrek o razvoju. Naj bo funkcija F (z) meromorfna na C, naj bo holomorfna na Re z > c, in naj zadošča predpostavkam Jordanove leme. Potem je f J2 Res(F(z)eztz) t> 0 L-1 (F (z)) (t) = i zi je pol f (z) [ 0 t< 0 Iz izreka o konvolučiji sledi, da je L-1 (F (z)G(z)) (t) = (F * G)(t) = f F (t — u)G(u)du, J 0 če sta F in G v sliki Laplačove transformačije. 9. Parcialne diferencialne enacbe 1. Uvod Definicija 9.1. Parcialna diferencialna enačba je relacija med neznano funkcijo in njenimi parcialnimi odvodi: f (xl, . . . , xn, uxi, . . . , uxn , uxixi, . . .) — Največja stopnja odvoda, ki nastopa v relaciji, je red enačbe. Ce je f linearna v u in njenih odvodih, je enačba linearna. Parcialne diferencialne enac be (PDE) se pogosto pojavljajo v fiziki, mehaniki in financah. K analizi PDE lahko pristopimo na veliko razlic nih nacinov. Klasic ni pristop, ki je prevladoval v 19. stoletju, je bil usmerjen k razvijanju metod za iskanje eksplicitnih resitev. Zaradi velike pomembnosti PDE v fiziki je vsak matematic ni prispevek, ki je omogoc al re svanje novega razreda PDE, pomenil izjemen napredek v fiziki. Posledice metode karakteristik je bil napredek v optiki in analitic ni mehaniki, Fourierova metoda je omogoc ila res itev valovne in toplotne enac be in Greenova metoda je pripomogla k razvoju elektromagnetike. Najvecji napredek je bil morda v 50. letih 20. stoletja z vpeljavo numeric nih metod, ki so omogoc ile re svanje praktic no kakrs nihkoli diferencialnih enac b (vsaj teoretic no). Poudariti je pa potrebno, da obstajajo PDE, ki jih je trenutno nemogo ce re siti tudi z uporabo najmodernej sih ra cu-nalnikov. V takih primerih posku samo dobiti vsaj kake kvalitativne informacije o res itvah. Pomembno teoretic no vpra s anje je, ali je problem 're s i enac bo pri danih zacetnih pogojih' korekten (po Jacquesu Hadamardu, 1865-1963). To pomeni: 1. Problem je resljiv. 2. Resitev je ena sama. 3. Resitev je zvezno odvisna od zac etnih podatkov (enac be in pogojev). Vec ina problemov v matemati c ni fiziki je korektnih, se pa najdejo primeri v strojni stvu, ki niso. Primeri. 1. Toplotna in Laplacova enacba. Toplotna ali difuzijska enaC baje enaC ba ut = c2Au, kjer je n Av, = Y uXiXi 1 LaplaCov diferenCialni operator. Opisuje prevajanje toplote. StaCionarna porazdelitev toplote pa ustreza LaplaCovi ena Cbi Au = 0. Res itve te enaC be imenujemo harmoniC ne funkCije. EnaC bo Au = f imenujemo Poissonova ena Cba. 2. Navier-Stokesove enacbe. To so enaCbe, ki opisujejo gibanje tekoC in v prostoru. Ce je u hitrost tekoC ine in p tlak, potem dobimo za nestisljive tekoC ine z gostoro p enaC bi p(ut + (u ■ V)u) = fj.Au — Vp, Vu = 0. Oznaka V pomeni divergenCo, j pa je oznaka za viskoznost. Navier-Stokesove enaC be so temelj hidrodinamike. Uporabljajo jih npr. pri projektiranju letal, ladij, vozil, C rnila v tiskalnikih itd. En veCjih, trenutno se neresenih problemov, je korektnost Navier-Stokesovega sistema. 3. Valovna enacba. Valovna ena1ba je enaC ba oblike utt = c2Au + f. Opisuje valovanje strune, membrane, zraka pri majhnih amplitudah. Res itev enaCbe pri eni krajevni spremenljivki je prispeval Jean D'Alembert (1717 -1783). Ce opazujemo valovanje v plitvi vodi, dobimo nekoliko druga Cno diferenCialno enaC bo. Korteweg - De Vriesova enaC ba ut + 6uux + uxxx = 0, je modelna ena cba za valovanje v plitvi vodi. Re sitve so valovi, ki jih imenujemo solitoni in imajo veliko stabilnost. 4. Brownovo gibanje. Odkril ga je angle s ki biolog Robert Brown (17731858), matemati c ni model, ki ga popisuje, pa je razvil Einstein leta 1905. Predlagal je model, pro katerem toc ka (x, y) skoc i v bli z njo toc ko (x±5x, y±5x) v c asu 5t. Pokazal je, da pri primernih predpostavkah na 5x in 5t verjetnost, da se bo delec nahajal na poziciji (x, y) zadosc a toplotni enac bi. 5. SchrOdingerjeva enaCba. Ta enac ba opisuje valovno funkcijo u delca v potencialnem polju s potencialnom V : h ihut =--Au + Vu. 2m Tu je h Planckova konstanta, deljena z 2n, m masa delca, i imaginarna enota. Pogoji, ki jih lahko imamo, so zacetni (predpisana je vredost funkcije in odvodov v t = 0) ali robni (predpisana je vrednost funkcije in odvodov na robu obmocje, kjer res ujemo enac bo) ali pa imamo na robu obmocja, na katerem re sujemo ena cbo, predpisano kombinacijo vrednosti in normalnih odvodov, odvisno od problema, ki ga re sujemo. 2. Parcialne diferencialne enačbe 1. reda Definicija 9.2. Parcialna diferencialna enačba 1. reda je enačba oblike f (xi,.. .,xn,ux-i,.. .,uxn, u) = 0, kjer je f funkcija 2n + 1 spremenljivk. Pri enačbah v prostoru uporabljamo oznake p = ux, q = uy in r = uz. Kvazilinearne enaCbe Definicija 9.3. PDE je kvazilinearna, če je f linearna v parcialnih odvodih. V dveh spremenljivkah je a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, z), ali krajče ap + bq = c. Naj bo u resitev enačbe. Poglejmo si njen graf v R3. Graf je dan z impličitno enačbo u(x,y) — z = 0. Normala na graf je gradient funkčije u(x,y) — z (gradient je pravokoten na nivojničo): n = (ux,uz, —1) = (p,q, —1) Ob teh oznakah je izraz ap + bq — c skalarni produkt med normalo in nekim vektorjem: ap + bq — c = (p, q, — 1)(a, b, c). Resitev enačbe bo vsaka funkčija, katere graf je tangenten na vektorsko polje (a,b,c). To pomeni, da so resitve ploskve, ki so sestavljene iz tokovnič polja (a,b,c). Tokovniče (x,y,u) so resitve karakterističnega sistema y = b, u = c. Tokovniče polja (a, b, c) imenujemo tudi karakteristike, metodo resevanja s pomočjo tokovnič pa metoda katakteristik. Da bi si zagotovili enoličnost, moramo podati začetni pogoj. Naj bo začetni pogoj ta, da gre graf u skozi dano krivuljo v prostoru r = r(s) = {(x(s), y(s),u(s)), s G I = (a, /3)}. Ce zelimo, da bomo res dobili eno ploskev v splosnem primeru, ta krivulja gotovo ne sme biti tokovniča, saj je bi bilo v tem primeru resitev neskončno. Pravzaprav bomo zahtevali, daje kot med krivuljo in tokovničo, ki gre skoznjo, strogo med 0 in n in to za vsako točko na začetni krivulji. Tokovniče torej ne smejo sekati krivulje tangenčialno, ampak transverzalno. Pravimo, da je v tem primeru izpolnjen transverzalnostni pogoj. Pri gladkih podatkih se tokovniče se vzdolz krivulje gladko spreminjajo in sestavljajo ploskev vsaj v okoliči začetne krivulje (slika 9.1). Primer. Resimo enačbo ux + uy = 2 pri pogoju u(x, 0) = x2. Karakteristični sistem je x = 1, y = 1, u = 2, Slika 9.1: ZaCetna krivulja in tokovniCe za Cetna krivulja pa je parametrizirana z r = {(s, 0,s2), s G R}. OznaC imo z 7(s) tangentni vektor v toC ki r(s). Re s imo sistem in dobimo x(s, t) = t + A(s), y(s, t) = t + B(s) u(s, t) = 2t + C (s). V C asu t = 0 mora biti toC ka na zaCetni krivulji: x(s, 0) = A(s) = s, y(s, 0) = B(s) = 0 in u(s, 0) = C (s) = s2. Res itve so x(s,t) = t + s, y(s,t) = t u(s,t) = 2t + s2. Zadosten pogoj, da je x(s, t), y(s, t), u(s, t)) parametrizaCija ploskve (v okoliCi zaCetne krivulje) je, daje preslikava U : (s, t) ^ R3 maksimalnega ranga, kar pa ni niC drugega, kot da sta vektorja Us, Ut nevzporedna na okoliCi zaCetne krivulje. Ta vektorja pa sta na za Cetni krivulji Us(s, 0)= y(s), Ut(s, 0) = (a, b, c). Ce zelimo, da je ploskev graf nad ravnino x, y, morata biti (po izreku o impliCitni funkCiji) vektorja (xs(s, 0),ys(s, 0)) in (xt(s, 0),yt(s, 0)) nevzpored-na, torej mora biti determinanta xs(s, 0) ys(s, 0)) xt(s, 0) yt(s, 0)) neniCelna. Ce so bili podatki gladki, so resitve gladko odvisne od zaCetnih pogojev. Ce sta bila vektorja Us(s, 0) in Ut(t, 0) netangenCialna, sta taka se na majhni okoliCi toC ke (s, 0), zato je s tem predpisom podana parametrizaCija ploskve. Ta postopek funkCionira Cisto splo sno. Edina stvar, za katero moramo poskrbeti, je re s ljivost karakteristi C nega sistema in transverzalnostni pogoj. Izrek 9.4. Naj bodo a,b in c gladke v okolici začetne krivulje r in naj bo izpolnjen transverzalnostni pogoj. Potem je enačba ap + bq - c = 0 rešljiva v okolici krivulje r. Rečitev je ena sama in gladko odvisna od začetnih podatkov. Ce resitev iscemo v implicitni obliki F(x, y, u) = 0, potem je zveza med resitvijo in normalo -Fxxa + - Yb - c = 0, F u Fu oziroma aFx + bFv + cFu = 0. Spet je normala, ki je gradient F, pravokotna na vektor (a, b, c), le da pri tem ne zahtevamo, da je resitev mogoce izraziti z x in y, ampak le, da sta polje (a, b, c) in tangentno polje y vzdolz zacetne krivulje transverzalna. Definicija 9.5. Naj bo y' = f(x,y) sistem diferencialnih enačb. Funkcija F(x, y) je prvi integral sistema diferencialnih enačb, ce velja sklep: če je y rečitev sistema, je F(x,y) konstanta. Prvi integrali Fl, F2,.. .Fm so funkcijsko neodvisni, če ne obstaja taka netrivialna funkcija G, da je G(Fl,F2,...Fm) = 0. Trditev 9.6. Funkcije Fl, F2,... Fm n-spremenljivk so funkcijsko odvisne natanko tedaj, ko je rang Jacobijeve matrike J(Fl,.. .Fm) strogo manjči od m (gradienti so linearno odvisni). Dokaz. V eno smer je ocitno, saj samo posredno odvajamo in dobimo J2GUiDFi = 0. Za dokaz v drugo smer smemo privzeti, ima Jacobijeva matrika rang r in da so gradienti prvih r funkcij funkcijsko neodvisni. Po izreku o implicitni funkciji je spremenljivke xl,.. .xr mogoce izraziti s funkcijami Fl,... ,Fr, xi = Gi(Fl,..., Fr ,xr+l,..., xn), kjer spremenljivke xr+l,..., xn nastopajo kot parametri. Funkcijo Fr+l lahko zapisemo kot Fr+l(xl, . . . ,xn) = Fr+l(Gl(Fl, . . . ,Fr, xr+l, . . . , xn), ...) = = G(Fl,...,Fr,xr+l,. ..xn). Trdimo, da spremenljivke xr+1,... ,xn eksplicitno ne nastopajo. Pokaž imo, da xr+\ ne nastopa eksplicitno. Zapi S imo Jacobijevko na prvih r + 1 spremenljivk za preslikavo ... ,Fr,G) : D = det F1,xi F1,x2 Fi,xr Fi,xr+i Fr Fr r,xi r,x2 Fr. Fr. r+i G Ur+1 T, GUiFi,xi GUi Fi,x2 T, GUi Fi, xr + £ GUi Fi, V+1. Ker je bila funkcija Fr+1 funkcijsko odvisna od prej snjih, je determinanta enaka 0. Takoj opazimo, da je zadnji stolpec skoraj linearna kombinacija prej s njih. Ce jo od stejemo, dobimo D = det ' Fi,xi F1, x2 Fi xr F1, xr+i Fr Fr r, xi F0 Fr xr FG Fr xr+i GUr+i Upostevajmo se, da je GUi = Fr+1,xr+i in dobimo D = det F1 xi F1 x2 F1 xr F1 xr+i Fr Fr r xi F0 Fr xr Fr,xr+i Fr+1 ,xr+i. 0. Iz razvoja po zadnjem stolpcu dobimo Fr+1,xr+i = 0. Enako za ostale spre menljivke. r Izrek 9.7. Ce je f iz definicije 9.5. razreda C1, obstaja n funkcijsko neodvisnih prvih integralov sistema y' = f(x,y). Vsaka funkcija prvih integralov je tudi prvi integral. Vsak prvi integral sistema je funkcija n funkcijsko neodvisnih prvih integralov sistema. Primeri. 1. Re s i enac bo xux + yuy = 0, ki ima v toc ki (x,y) na krivulji 4x2 + y2 = 1 vrednost xy. Res itev. Pogoj transverzalnosti je izpolnjen, saj je vektor (x, y) pravokoten na kroz niCo v toC ki (x, y). KarakteristiC ni sistem je x = x, y = y in u = 0. En prvi integral je re sitev ena Cbe x y — + - = 0 : xy ^ = Fi, x drugi prvi integral pa je re sitev ena Cbe u = 0 : u = F2. V tretjem prvem integralu nastopa tudi t in ta integral je x2 + y2 = 2t + C. ParametrizaCija zaCetnih pogojev je (cos s, sin s, cos s sin s). Nas a res itev je funkCija F1, F2 : G(Fi,F2) = 0. Funkcijo G doloC imo iz zaCetne funkcije. 0 = G(tg s, sin s cos s). Spomnimo se, da je 1 + tg2 s = cos-2 s. Re sitev je a G(a,b) =-^ — b = 0 1 + a2 Vstavimo prve integrale in dobimo re sitev xy x2 + y2 -u = 0. 2. PoisC i druz ino ploskev f, ki je pravokotna na druz ino ploskev x2 + y2 + z2 = c. Res itev. Ker mora biti grad f ■grad g = 0, res ujemo enaC bo 2px+2qy—2zu = 0. KarakteristiC ni sistem je x = x, y = y u = u. En prvi integral je x/y = A in drugi u/y = B. Re s itve so vse funkcije oblike F(x/y, u/y) = C. 3. Nelinarne enaCbe Definicija 9.8. Splošna (nelinearna) parcialna diferencialna enačba 1. reda je enačba v dveh spremenljivkah je enačba oblike f (x,y,u,ux,uy) = 0, kjer je f gladka funkcija petih spremenljivk. Zaradi enostavnejče pisave bomo tudi tu uporabljali oznake p = ux in q = uy. Enačba z novimi oznakami je f (x,y,u,p,q) = 0. Metoda, ki jo bomo razvili za resevanje bo posnemala metodo katakteristik. Pri metodi karakteristik je bila smer normale določena z vektorskim poljem in začetno krivuljo. V nelinearnem primeru takega vektorskega polja nimamo. Poskusimo kaj povedati o resitvah. V točki (x0,y0,u0) ima tangentna ravnina enačbo p(x — x0) + q(y — y0) — (u — u0) = 0. Poleg tega morajo količine p, q, u zadosčati se nelinearni enačbi f (x0,y0,u0,p,q) = 0. Ce npr. p izrazimo s q, bomo v točki (x0,y0,u0) dobili enoparametrično druzino dopustnih tangentnih ravnin. Ta druzina določa ima za ogrinjalko stozeč, ki mu pravimo Mongev stozeč po frančoskem geometru Gaspardu Mongu (1746-1818)). Naravni kandidat za tangentni vektor tokovniče, ki jo isčemo, je zato generator Mongevega stozča, to je smerni vektor presečisča stozča in tangentne ravnine. Za izračun ogrinjalke odvajajmo enačbo tangen-tne ravnine po p : (x — x0) + qp(y — y0) = 0. Po pravilu za odvod posredne funkčije je fP qp f, Jq oziroma x — x0 = y — y0 fp fq Premiča skozi (x0,y0,z0), ki jo dobimo, je parametrizirana z ( ) (y— y0)fp (y— y0)fp , ( ) (x — x0) =-j--,u — u0 = p-j-- + q(y — y0), fq fq oziroma (x - xo,y - yo,Z - Zo) = y ,y° (fp,fq,pfp + qfq). Jq Ta vektor bo tangentni vektor nase tokovnice: x = fp, y = fq, u= pfp + qfq. Ker pa v sistemu nastopata tudi pinq, potrebujemo se dve enacbi za p, (.. Izracunajmo Ux = p = pxx + px x + qx y + qyx. Ce zamenjamo vrstni red integriranja, vidimo, da je xx = 0 in yx = 0. Ce odvajamo f (x,y,u,p(x,y),q(x,y)) na x, dobimo fx + fuUx + fppx + fq qx = ^ oziroma fppx + fq qx — (fx + fuUx'). Pisimo se ux = p in dobimo enacbo za p p = -(fx + pfu). Podobno je za q_, le da odvajamo na y : q = -(fy + qfu). Dobili smo sistem karakteristicnih enacb x = fp, y = fq, u = pfp + qfq, p = -fx - pfu, q = -fy - qfu. Krivuljam, ki resijo ta sistem, ne pravimo vec karakteristicne krivulje, ker vsaka nosi s sabo se podatek o tangentni ravnini, v kateri se nahaja, temvec jim pravimo karakteristi cni pasovi. Formulirajmo Cauchyjevo nalogo za nelinearne enacbe. Iscemo resitve diferencialne enac be f (x,y,u,p,q) = 0, ki vsebujejo zacetno krivuljo T, r = T(s) = {(x(s), y(s),u(s)), s e I = (a, p)}. Definicija 9.9. Naj točka Po = (x(so),y(so),u(so),p(so),q(so)) izpolnjuje kompatibilnostne pogoje f (Po) = 0 in us(so) = p(so)xs(so) + q(so)ys(so). Ce je izpolnjen transverzalnostni pogoj xs(so)fq (Po) — yt(so)fq (Po) = 0, pravimo, da Cauchyjeva naloga zadočča posplošenemu transverzalnostnemu pogoju v Po. Izrek 9.10. Naj Cauchyjeva naloga zado čča posplo čenemu transverzalnostnemu pogoju v Po. Potem obstaja e > 0 in enoli čna re čitev (x(s, t),y(s, t), u(s, t)) Cauchyjeve naloge, kije definirana za |s — so| + \t\ < e. Parametrizacija doloca ploskev, kije graf funkcije u(x,y). Primer. Res i enaC bo xp + yq = pq pri pogoju u(x, 0) = 2x. Re sitev. Karakteristi Cni sistem je x — fp — x q, y = fq = y — p, u = xp + yq — 2pq = —pq, p = —p, q = —q. ZaC etni pogoji so x(s) = s, y(s) = 0, u(s) = 2s. Pogoja za p in q izraC unamo tako, da zahtevamo kompatibilnost. Odvajamo zaCetni pogoj na x in dobimo ux(x, 0) = 2 oziroma p(s) = 2. Vstavimo v enaC bo in izraC unamo q(s) : sp(s) + 0 ■ q(s) = p(s)q(s), torej je q(s) = s. Res itvi za p in q sta p(s,t)=2e-t, q(s, t) = se-t. Iz tega izraC unamo u(s, t) = se-2t + s in x(s, t) = A(s)et + 2e-t. Iz začetnega pogoja sledi x(s, t) = 2-e4 + |e-t = s čh t. Podobno za y dobimo y(s, t) = —2sh t. Eliminiramo s, t iz enačbe za u : u( (s, t) = 2se-t čh t = 2xe-t = x(y + Vy2 + 4). Pri korenu vzamemo plus, da je izpolnjen začetni pogoj na p. Resitev skupaj z začetno krivuljo je prikazana na sliki 9.2. Slika 9.2: Resitev enačbe xp + yq = pq in začetna krivulja 4. Pfaffova enaCba Oglejmo si primer, podoben primeru 2 iz poglavja 9.2 Poisčimo druzino ploskev f (x, y, z) = a, ki so pravokotne na dve druzini, g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 = c in h(x, y, z) = (x2 + y2)/z = d. Resitev. Normala ploskve, ki jo isčemo, mora biti pravokotna na grad g in grad h in ima zato smer vektorskega produkta: grad f (x,y,z) = v(x,y,z)grad g(x,y,z) x grad h(z,y,z) = v (x, y, z) (—2y(x + 2y2—2y2),2x(x2+y2—2y2), 0' = fi(x,y,z)(—y,x, 0). Naj bo F gladko polje. Enac ba grad f = /F bo re s ljiva, ce obstaja taka funkcija j(x,y,z), daje polje j(x,y, z)(-y,x, 0) potencialno. To pa je (vsaj lokalno) takrat, ko je rot(/F) = 0 Ker je rot(/F) = j rot F + grad j x F = 0. Mnoz imo skalarno z F in dobimo /F rot F + (F, grad j, F) = 0, iz cesar sledi Ff rot Ff = 0. Iskanje ploskve s predpisano tangentno ravnino lahko formuliramo tudi dru-gace. Naj bo (dx, dy, dz) vektor v tangentni ravnini. Potem je pravokoten na vektorsko polje Ff , F1dx + F2dy + F3dz = 0. Enac ba se imenuje Pfaffova enac ba. Izrek 9.11. Pfaffova enačba je rešljiva natanko tedaj, ko je F rot F = 0. V eno smer smo izrek ze dokazali. Dokaz v drugo smer pa je metoda za resevanje. Privzemimo, da je iskana ploskev (vsaj v okolici neke toc ke) taka, da je njen presek z ravnino z = a krivulja brez samopresec i sc . Tangentni vektor na to krivuljo ima komponento v smeri z enako 0, zato ustreza ena cbi F1dx + F2dy = 0. Recimo, da je krivulja taka, da je lokalno graf nad x. Potem je krivulja graf funkcije, ki res i enac bo y = -F1/F2. Enac ba ustreza eksistenc nemu izreku, zato ima enoparametric no druz ino res i-tev u(x,y,z) = C (z). Pokazati moramo, da lahko najdemo tak nabor krivulj, ki bo sestavljal ploskev oziroma da mora obstajati j, da je grad(u(x, y, z) — C (z)) = j(x, y, z)F (x, y, z). Dobimo ena cbe ux = ld.Fi, uy = llF2, uz - C' = 1F3. Izrazimo C' C' = uz - 1F3. Trdimo, da x in y v tej ena cbi ne nastopata. Izra cunajmo rot(|F) = rot grad u - rot(0, 0, C') = (-Cy ,Cx, 0). Ker je lF rot(|F) = iF(1 rot F + grad | x F) = n2F rot F = 0, sledi, da je lF rot(|F) = ((grad u - (0,0,C'))(-Cy ,Cx, 0) = -uxCy + uy Cx = 0. Funkciji C' in u sta funkcijsko odvisni, zato je C' = $(u) = $(C). Enac ba C' = uz - 1F3 je navadna diferencialna enac ba za C. Tako dobimo konc no res itev. ♦ 10. Sturm - Liouvillova teorija 1. Lastni problemi za diferencialne operatorje Nemalokrat naletimo na probleme iskanja lastnih funkCij, npr. pri iskanju lastnih frekvenc strune. Imamo vpeto struno s krajisCema [0, a] in zanima nas, kako niha. EnaC ba nihanja strune je utt = c2uxx, kjer je c hitrost potovanja 'vala.' Iz izku s enj vemo, da so re s itve stojeC a valovanja: 1. imamo sinusni hrib, ki niha in ima valovno dol z ino enako dolz ini intervala. Sledita hrib in dolina, ki nihata. Valovna dolz ina takega nih.anja je a/2. Potem sledi kombinacija hrib - dolina - hrib z valovno dolzino a/3 itd. Za rezultat dobimo neskonC no lastnih nihanj Xk(x) = sin kn/a. Pojavi se vpra sanje, ali lahko vsako nihanje strune predstavimo kot vsoto lastnih nihanj. Tu nam pomaga Fourierova analiza. Recimo, da smo po struni udarili na sredini, struna pa je bila izravnana. Za Cetna pogoja sta u(x, 0) = 0 in ut(x, 0) = S(x — a/2). Potem je za vsak fiksen t re s itev mogoC e razviti v Fourierovo vrsto po x, koeficienti pa so funkcije Casa: u(x,t) = £ Tk (t)Xk (x). Ker mora re sitev zado s Cati diferenCialni ena Cbi, mora biti £ T!!(t)Xk(x) = c2 £ T(t)X'i(x), oziroma ^Tk'(t) sin(knx/a) = c2 £ Tk(t)sin(knx/a)(—(kn/a)2). Zaradi enoliC nosti razvoja v vrsto morajo funkcije Tk res iti enaC bo Tk = —(kn/a)2c2Tk (t). Splosna resitev te enačbe je Tk = ak sin(cknt/a) + bk čos(cknt/a), splosna resitev robnega problema pa u(x,t) = g(ak sin(cknt/a) + bk čos(cknt/a))sin(knx/a). Konstante ak inbk določimo iz začetnih pogojev. Ker je struna v začetku ravna, je bk = 0. Za odvod dobimo ut(x, 0) = g cknak sin(knx/a) = 5(x — a/2). Po formuli za izračun Fourierovih koefičientov je ckn 2 fa -ak = - sin(knx/a)5(x — a/2) dx = sin(kn/2). a a J 0 Opazimo, da smo problem resevali tako, da smo ga resili za vsako spremenljivko posebej. Ta postopek formalizirajmo v metodo separacije spremenljivk. Delamo se, da je funkčija u oblike u(x,t) = X(x)T(t), vstavimo ta nastavek v enačbo in dobimo T "(t) = 2 X "(x) T (t) c X (x) . Ker je leva stran funkčija t, desna pa funkčija x, morata biti konstantni, zato je X "(x) . = A oziroma X"(x) = XX. X(x) Pri tem zahtevamo, da funkčija X zadosti tudi robnemu pogoju pri vpeti struni, to je X(0) = X(a) = 0. Isčemo torej lastne funkčije diferenčialnega operatorja y" pri pogoju X(0) = X(a) = 0. Ločimo primere A > 0, A = 0 in A < 0. Za A = b2 > 0, b > 0 so resitve y = a sh bx + /3 čh bx. Ker hočemo zadostiti se robnima pogojema, dobimo 3 = 0 in ab = 0. Podobno je pri A = 0, ko sta linearno neodvisni resitvi konstanta in x. Za A = —b2 < 0 so resitve a sin bx+3 čos bx. Iz robnih pogojev dobimo enačbe 3 = 0 in a sin ab = 0, torej mora biti ab = kn. Lastne funkčije so Xk = sin(knx/a), ki tvorijo kompleten ortogonalen sistem za skalarni produkt (f,g) = /0a f (x)g(x) dx v prostoru vseh L2 funkčij na [0, a]. Kompletnost lastnih funkčij smo dobili iz klasične Fourierove analize, ortogonalnost pa sledi iz dejstva, da je operator Ly = —y" simetričen (sebiadjungiran) linearen operator na prostoru DL = {y e C2[0,a], y(0) = y(a) = 0} s skalarnim produktom (f, g) = J^ f (x)g(x) dx. Res, za z,y e DL je ra a pa (Ly,z)= —y"(x)z(x) dx = —y"z + / y'(x)z'(x) dx = (y',z'). Jo 0 Jo Zaradi simetrije je tudi (Lz,y) = (y',z'), zato je operator simetric en. Ker so lastni podprostori simetri cnih operatorjev, ki pripadajo razli cnim lastnim vrednostim, ortogonalni, so lastne funkcije ortogonalne, saj so lastni podpros-tori enodimenzionalni. Pravkar obravnavani lastni problem je poseben primer Sturm - Liouvillo-vega robnega problema. Definicija 10.1. Strum-Liouvillov problem je naslednji robni problem. Poišči lastne funkcije diferencialnega operatorja Ly = p(x)y" + q(x)y' + r(x)y pri danih robnih pogojih Ba(y) = Bb(y) = 0. Za definicijsko območje operatorja L vzamemo Dl = {f e C2([a, b]), Ba(f) = Bb(f) = 0.}. Ce je q = p', imenujemo operator formalno simetričen in ga lahko zapišemo v obliki Ly = (py')' + ry. Naj bodo robno pogoji oblike Ba(y) = ay(a) — ffl(a) = 0, Bb(y) = 7y(b) + 6y'(b) = 0, (10.1) kjer je \a\ + \/3\ > 0,\y| + j^j > 0. Ce je Ly = —(py')' + ry in p > 0 na [a, b], imenujemo problem regularen Sturm-Liouvillov problem. Ce to ne drči ali je interval neskončen, imenujemo problem neregularen. Ce so robni pogoji oblike 10.1 in je če a, 3,7,$ > 0, pravimo, da so fizikalni. Sturm-Louvillovem problemu je periodičen, če imajo p, q, r periodo b — a in so robni pogoji periodi cni, B1(y) = y(a) — y(b) = 0, B2(y) = y'(a) — y'(b) = 0. Opomba. Ce so robni pogoji oblike 10.1, to geometrijsko pomeni, da so v krajisc u a za y e DL vektorji (y(a),y'(a)) proporcionalni (enako za b). Trditev 10.2. Ce je operator formalno simetričen in so robni pogoji oblike 10.1, je operator Ly = (p(x)y')'+r(x)y simetričen. Ce so robni pogoji fizikalni, p(x) < 0 in r(x) > 0 ima L same nenegativne lastne vrednosti. Opomba. Ti pogoji so zadostni, ne pa potrebni. Formalno simetric ni operatorji so simetric ni tudi pri periodič nem Sturm-Louvillovem problemu. Dokaz. Naj bosta y,z G DL. Potem je rb (Ly,z) = / ((p(x)y'(x))' + r(x)y(x))z(x) dx = a a b b b = p(x)y' (x)z(x) bb — pj(x)y'(x)z'(x) dx + r(x)y(x)z(x) dx aa = p(b)y'(b)z(b) — p(a)y'(a)z(a) — (py', z') + (ry, z). Ce je konstanta 3 v pogoju Ba enaka 0, potem je pogoj v a enak Ba = y(a) = 0 in v tem primeru C len p(a)y'(a)z(a) odpade. Ce je se 5 = 0, odpade se C len p(b)y'(b)z(b). Privzemimo, da sta 3,5 = 0. Potem dobimo (Ly, z) = p(b)(j/5)y(b)z(b) — p(a)(—a/3)y(a)z(a) — (py', z') + (ry, z). Operator je simetričen. Privzemimo, da sta 3,Y = 0 in izraC unajmo se (Ly, y) za lastni par (y, X) : (Ly, y) = p(b)y'(b)y(b) — p(a)y'(a)y(a) — (py', y') + (ry, y) = = —p(b)-y(b)2 — p(a)ay(a)2 — (py', y') + (ry, y) = Y 3 = X(y,y). Ker je p < 0, so vsi C leni v vsoti nenegativni, zato mora biti X > 0. ♦ Izrek 10.3. Naj bo Ly = —(p(x)y')' + r(x)y diferencialni operator s fizikalnimi robnimi pogoji na intervalu [a, b], p > 0 razreda C1 ([a, b]), r G C([a, b]). Potem ima L čtevno mnogo lastnih vrednosti {Xra} z limito limra^ oo Xn — Lastne funkcije tvorijo kompleten sistem za običajen skalarni produkt (f,g)= I f(x)g(x) dx a Lastni podprostori so enodimenzionalni (in lastne funkcije, ki pripadajo različnim lastnim vrednostim, so ortogonalne). Dokaz. Dokaz imo, da so lastni podprostori enodimenzionalni. Naj bosta y, z lastni funkciji za lastno vrednost A. Funkciji y in z sta res itvi iste diferencialne ena Cbe L\y = Ly — Ay = 0, ki zado s Cata danima robnima pogojema. Na s Cilj je dokazati, da je njuna determinanta Wronskega w = y'z — yz' enaka 0 vsaj v eni toC ki. V toC ki a je pri fizikalnih robnih pogojih izraz y'(a)z(a) — y(a)z' (a) = (a/@)(—y(a)z(a) + y(a)z(a)) = 0, zato sta res itvi linearno odvisni povsod. DrugaC e: pri fizikalnih robnih pogojih sta vektorja (y(a),y'(a)), (z(a),z'(a)) proporcionalna, zato je w(a) = 0. ♦ Diferencialni operator, ki smo ga definirali v izreku 10.3., je za obiC ajen skalarni produkt simetriC en na definicijskem obmoCju Dl = {f e C2([a, b]), Ba(f) = Bb(f) = 0}. Kaj pa v primeru, ko operator ni simetriCen? Potem pa lahko popravimo skalarni produkt, tako da bo simetri Cen v novem skalarnem produktu. Trditev 10.4. Naj bo Ly = p(x)y" + q(x)y' + r(x)y diferencialni operator s robnimi pogoji 10.1 na intervalu [a,b], p > 0 razreda C1 ([a, b]), q,r e C([a,b]). Naj bo 1 rx q(t) dt w(x) = ——ea p(x) p(x) uteč. Potem je operator L simetricen za skalarni produkt b (f,g)w =t f (x)g(x)w(x) dx, a ima stevno mnogo lastnih vrednosti in lastne funkcije tvorijo kompleten sistem za ta skalarni produkt. Lastne funkcije, ki pripadajo različnim lastnim vrednostim, so ortogonalne. Definicija 10.5. Naj bo L diferencialni operator. Rečitev enačbe Ly = čo imenujemo fundamentalna re sitev. 2. Primeri diferencialnih operatorjev drugega reda Velikokrat pri resevanju raznih enačb naletimo tudi na neregularne Sturim-Liouvillove probleme. Kljub temu se v določenih primerih da dobiti bazo ortogonalnih lastnih funkčij. 1. Fourierov diferencialni operator je operator // Ly = —y Pojavi se pri resevanju valovne, toplotne in Laplačove enačbe. Njegova fun-damentalna resitev je = f 0, x < 0, y = \ —x,x > 0 . Naj bo l > 0 in naj bo Dl = {y eC(2)[—l,l]; y(—l)= y(l), y'(—l)= y'(l)} definičijsko območje operatorja L. prostor VL je gost podprostor v L2[—l, l], saj so neskončnkokrat zvezno odvedljive funkčije s kompaktnim nosilčem goste v L2[—l, l]. Operator L : VL — L2[l, l] je simetričen in pozitiven, ni pa injektiven: za poljubna y,z e V velja (Ly, z) = (—y")zdx = y'z'dx. ll Odtod sledi, da je (Ly,z) = (Lz,y) in (Ly,y) > 0. Operator L : Vl — L2[l, l] ni injektiven, ker ima v jedru konstantno funkčijo 1. Lastne vrednosti so Ak = —(kn/l)2, k = 0,1,2,.... Lastni podprostor za A0 = 0 je enodimenzionalen in genereriran s konstantno funkčijo 1. Ce je k = 1,2,..., potem je lastni podprostor za Ak dvodimenzionalen in generiran z čos ^ in sin kp. 2. Legendrov diferencialni operator je operator Sy = —((1 — x2)y')> Pojavi se pri resevanju Laplačove enačbe (na sferi). Njegove lastne funkčije za lastno vrednost A(A + 1) so Legendrove funkčije P\ in Q\. Za n e N0 dobimo pri pogoju y(0) = 1 polinome Pn, kijih imenujemo Legendrovi polinomi. Velja i dn Pn(x) = ^\(x2 — 1)nl . n ' 2nn! dxn LV ! J Prvih nekaj polinomov je Po (x) = 1 P1 (x) = x P2 (x) = 2(3x2 — 1) 1 P3 (x) = ^(5x3 — 3x) P4 (x) = 1(35x4 — 30x2 + 3) Polinomi so ortogonalni za skalarni produkt C1 2 Pm(x)Pn(x) dx = --— $ mn J-1 2n + 1 in so tako kompleten sistem v L2([—1, 1]). 3. Hermitov diferencialni operator je operator Hy = —y'' + 2xy', definiran na Dh = {f e C(R) : f(x),f'(x),f''(x) e L2(R,e—x')}. Mnoz ica DH je gost vektorski podprostor prostora L2[—to, to; e-x2]. Prostor L2[— 0). Pojavi se pri re s evanju Laplacove enac be v cilindriC nih koordinatah. Lastne funkcije Besslovega diferencialnega operatorja so re s itve enac be 2 d2y . dy . ( 2 2) 0 x ^ + xdx + (x — a )y = 0' ki jih imenujemo Besslove funkcije. Res itve, ki so omejene v 0, imenujemo Besslove funkcije prve vrste in jih oznac imo z Ja : ( —1)m ( 1 \2m+a o x I . Ja(x) ^ S m\r(m + a + 1) m=0 2 Imajo stevno nicel. Besslove funkcije druge vrste ali Neumannove funkcije imajo pol v 0. Obi c ajno jih oznac imo z Na. Velja I xJa(xua,m) Ja(xua,n — 2 [Ja+1(ua,m)] — 2 [Ja (ua,m)] , Jo 22 torej so Besslove funkcije (pri pravilno izbranih parametrih) ortogonalne v L2([0,1],x). 11. LDE 2. reda v dveh spremenljivkah 1. KanoniCna forma Definicija 11.1. Splošna oblika linearne diferencialne enačbe drugega reda je Lu = auxx I 2buj%,y + cuyy + dux + euy + f = 0, kjer so a,b,..., f gladke funkcije. Prizemimo, da a, b, c nimajo skupnih ničel in si oglejmo operator, ki ga sestavljajo členi, kjer odvodi nastopajo z najvisjim redom L0u = auxx + 2buxy + cuyy. Imenuje se glavni del operatorja L. Izkaze se, da so glavne lastnosti resitev določene z glavnim delom operatorja, natančneje z diskriminanto A = A(L) = b2 — ac. Poskusimo z uvedbo novih koordinat enačbo prevesti na preprostejso obliko. Naj bosta £ in n novi spremenljivki. Zapisimo glavni del transformirane enačbe. ux — u£ £x + un nx, uy = u £y + uv ny, ux,x — £x + 2u^n CxVx + unn nx + uš £xx + un nxx, uxy — £x£y + (£xny + £y nx') + unn nxVy + u£ £xy + un Vxy, uy,y — + 2u^n Cy Vy + unn ny + uŠ £yy + un nyy. Ko to vstavimo v operator L(u) dobimo linearno diferenčialno enačbo drugega reda L(u) = Au^ + 2Bu^v + Cuvv + Duxi + Eun + F = 0, kjer je A B C aex + 2be,xiy + ce2, = aCxCy + b(ŠxVy + ey Vx) + ciy ny, xy x anx + 2brixVy + cnl Z uporabo linearne algebre se ta zapis poenostavi. Pi simo G(L) = Potem je ab b c A = (G grad e, grad e), B = (G grad e, grad n) C = (Ggrad n, grad n). Pravilo za uvedbo nove spremenljivke za koeficiente A, B, C je mogo ce zapisati v matri cni obliki: A B ex ey ab ex nx B C nx ny bc ey ny Naj bo J = 6 ey nx ny Jakobijevka transformacije (e, n) in det J njena determinanta. Nas cilj je dose ci, da bo kak sen od clenov A, B ali C enak 0. Poskusimo uni citi A. Dobimo ena cbo aex+2bex ey + ce2y = 0 Delimo z ey2 in dobimo Potem je ex ex a^ +2bex + c = 0. ey ey ex —b ±Vb2—~ač ey a . Ce enako naredimo za c len C, dobimo c isto enako enac bo za kvocient nx/ny ■ ReS itve enac be so odvisne od znaka pod korenom. Loc imo tri primere. Privzemimo najprej, da je b2 — ac> 0. Potem dobimo enac bi -b —VW— ac = —b + V b2 — ac =_ (v a ' ny a ' Dobili smo dve linearni diferencialni enac bi 1. reda, ki nam data re s itvi ( in n. V novih koordinatah ima enac ba obliko + c leni nizjega reda = 0. Ce v enac bi c leni nizjega reda ne nastopajo, potem je res itev enac be = 0 dana z D'Alembertovo formulo u((, n) = f (()+ g(n). Recimo, da je b2 — ac = 0 na neki odprti mno zici. Potem imamo eno dvojno nic lo enac be in c = b2/a. Naj bo (x Iv -b a Na ta nac in dosezemo, da je A = 0. Ker je B= nx T ab (x nx T a(x + b(y ny bc (y ny b(x + b2/a(y_ Ker je funkcija ( re s ila enac bo (x/(y = —b/a, je a(x + b(y = 0 in b2 b b(x + a(y = a (a(x + b(y) = 0, zato bomo za n izbrali karkoli funkcijsko neodvisnega od (. Enac ba ima obliko uvv + c leni nizjega reda = 0. Ce v enac bi c leni nizjega reda ne nastopajo, potem je res itev enac be "u^n — 0 dana s formulo u(C,n) = nf (C) + g(0- Ostal nam je se zadnji primer, b2 — ac < 0. Res itve so kompleksne. Naj bo = —b + V\b2 — ac\ nx = —b — W\b2 — ac\ Cy a ny a ' Imamo enak sistem kot v hiperboli cnem primeru, le da so funkcije kompleksne. Na ta nac in enac bo prevedem na + c leni nizjega reda = 0. Ce uvedemo novi spremenljivki C = Re C, n = Im se ena cba prevede na u^ + Ufn + c leni nizjega reda = 0. Vidimo, da so oblike enac b odvisne od znaka determinante matrike G (L). Iz pravila za racunanje determinant tudi vidimo, da se pri uvedbi novih koordinat znak determinante ohrani. Zato enac be klasificiramo glede na znak determinante. Definicija 11.2. Ce ima G (L) v to čki (x,y) pozitivno determinanto, pravimo, da je operator elipti cen v to čki (x,y) (A(L) < 0), če je determinanta G (L) negativna, je operator hiperboli cen v to čki (x,y) (A(L) > 0), če pa je determinanta 0, je operator paraboličen v to čki (x,y) (A(L) =0). Ena čba je elipti čna na obmo čju U, če je elipti čna v vsaki to čki tega obmo čja. Enako velja za hiperboličnost in araboličnost. Posledica 11.3. Tip enačbe je neodvisen od koordinat. 2. Primeri 1. Prevedimo Tricomijevo diferencialno enac bo Uxx I x'Uyy - 0, x 0 na kanonic no obliko. Za x < 0 je enac ba hiperbolic na. Enac bi za novi spremenljivki sta ex _ J-x nx _ J-x ey ny Res itvi sta oziroma Izrac unamo 2 3 ± 3—x)2 = y + c, 3 3 3 3 e = (—x) 2 — 2n = (—x) 2 + 2y. = 3 ( /—) 3 ,— - T" 'Uč ( \/ x ) ~ "v x x 2 tv ' 2 n 94 94 9 . . 3 1 3 —1 Uxx = — (—x) — — uvtx + - uvv (—x) + - ut — — - u u t ' 2 ' 4 ""v J ' 2 2 3 uy = 2(—u« + un), 99 uyy = 4(u€€ + unn) — 2 u«n. in vstavimo v ena cbo uxx + xu>yy = 9 utt (—x + x) + 9 u^n (—x + x) — 9xu^j + 4 J— (ut + uv) = 0. 3 Delimo z —9x, upostevamo e + n = 2(—x)2 in dobimo ut + uv 0 2. DokaZ imo, da je enac ba 2 2 x uxx — 2xyuxy + y uyy + xux + yu,y = 0 parabolic na in poi sc imo njeno kanonic no formo. Ena spremenljivka je n = xy, druga pa npr. e = x. Parcialni odvodi so ux = uv y + ut, uxx = uvv y + 2uvt y + utt uxy — unnxy + utnx + un uy — un x uyy 2 — uvv x Poglejmo faktorje pri posameznih clenih: unn 2 2 2 x y — 2xy ■ xy + x y 2yx2 - 2xy ■ x = 0, x2 = e 2, u^ x = e, un xy I xy - 2xy = 0. 0. Enacba je e2u^ + (u^ = 0 in ima ločljive spremenljivke. ReSitev je u(x,y) = f (xy) ln x + g(xy). Nalogo lahko reSimo Se drugače. Glavni del diferencialnega operatorja spominja na popolni kvadrat. Izračunajmo izraz (xDx - yDy)2 = x2Dxx - 2xyDXy + y2Dyy + xDx + yDy. Vidimo, da je nasa enačba ravno (xDx - yDy)2u = (xDx - yDy)((xDx - yDy)u) = 0. V jedru operatorja je ( = xy in s tem tudi vsaka funkcije f (xy), zato je notranji oklepaj oblike (xDx - yDy)u = f (xy). Poisčimo eno partikularno resitev. Simuliramo variacijo konstant. Recimo, da je oblike u(x,y) = g(y)h(xy) : xg(y)h'(xy)y - yh'(xy)xg(y) - yg'(y)h(xy) = f (xy). Najenostavnejsa resitev je h(xy) = f (xy) in -yg'(y) = 1, oziroma g(y) = - ln y. Dobimo u(x,y) = - ln yf (xy) + g(xy). Prepricaj se, da je gre za isto resitev, kot po prejsnjem postopku. 3. Prevedimo Tricomijevo diferencialno enacbo Uxx I x'Uyy - 0, x ^^ 0 na kanonic no obliko. Za x > 0 je enac ba elipti c na. Enac bi za novi spremenljivki sta (x . ^ nx . I— Y = wx, —— = —Wx. (y evaiy Re sitvi sta 2 3 ±i - x2 = y + c, 3 realni in imaginarni del pa Izrac unamo t 3 3 ( = x 2, n = 2y. ux = 2 u? (Vx) 94 3 1 uxx = u??(x) + 2u 2Vx = 3 uy — ~ 9 uyy = 4 unn. in vstavimo v ena cbo uxx + xuyy = 4 u?? (x) + 4 unn (x) + ^^ u? = 0. Delimo z 9x/4, in dobimo u? u?? + unn + ^7 = 0. 3( 12. Laplacova enacba 1. Osnovne lastnosti Laplacova enac ba je enac ba Au = 0, kjer je Au - uxixi + ... + uxnxn. Opisuje npr. stacionarno porazdelitev temperature. Resitvam Laplaceove enac be pravimo harmonic ne funkcije. Harmonic ne funkcije zadosc ajo principu maksimuma: ce je D odprto omejeno obmocje in f nekonstantna harmonic na funkcija na D, ki je zvezna na D, zavzame f maksimum (in minimum) na robu. Harmonic ne funkcije imajo tudi lastnost povprec ne vrednosti: za vsaka a, r za katera je B(a, r) C D, velja f (o) = vomtrši fdV Fundamentalna re sitev za Laplacov operator je N(x) = — log \x\ v dveh dimenzijah in 2n N(x) = 7-. 1 , ,—^ za n > 2, v 7 (2 — n)un\x\n-2 kjer je povr s ina enotske sfere v Rn. 2. ReSevanje z integralskimi transformacijami Kadar je obmocje D ravnina, polravnina, kvadrant, pas ali polpas se lotimo Laplacove enac be na D z eno od treh Fourierovih transformacij. Izbor je odvisen od robnih pogojev. Ponovimo osnovne formule: 1 r+m i r+m F (f) (z) = -= f (x)e-izx dx, f (x) = -= F (f) (z)eizx dz, v 2n J-m V 2n J-m rm [TT rm j 2 rm j 2 pm F s (f )(z) = \J n J f (x) sin zxdx, f (x) = \j - J Fs (f) (z) sin zxdz, i 2 rm 12 /*m Fc (f) (z) = y n J f (x) cos zxdx, f (x) = Y n J Fc (f) (z) cos zxdz. Predpostavili smo, da sta tako funkcija f kot njena transformiranka v L1. Pri rac unanju inverzne transformiranke si pogosto pomagamo s formulo 1 /•+m F (f * <7)(z)= F (f) (z) F (g) (z), (f * g)(x) = ^ f (x - u)g(u) du v2n J-m ali pa z izrekom o residuih. Drugi odvodi se transformirajo takole: F (f") (z) = -z2F (f )(z), Fs (f") (z) = ^ff(0)z - z2Fs (f)(z), Fc (f") (z) = ^^If'(0) - z2Fs (f)(z). Pri tem smo predpostavili, da je lim f (x) = 0 in lim f'(x) = 0, kar je recimo res v primeru, ko f, f', f'' G L1. Primer. Naj bosta a,b > 0. Re s imo enac bo Au = 0 na obmocju x G R, 0 < y < a pri robnih pogojih u(x, 0) = e-blxl, u(x, a) = 0. Re sitev. Uporabimo Fourierovo transformacijo 1 f+m v(z,y) = u(x,y)e-izxdx. v 2n J-m Transformirana enac ba enac ba se glasi -z2v(z,y) + Vyy = 0, Njena splosna resitev je v(z,y)= A(z)e-zy + B (z)ezy. Transformirani robni pogoji so , % 1 2b , . v(z, 0) = v2nb^T72, v(z,a) = 0 Od tod izracunamo A() = _L b eaz B () = ^_ b e-az ( ) = b2 + z2 sh az, ( ) = b2 + z2 sh az, , . 1 2b sh(a - y)z V(z,y) = ,_-t:-~-:-. V2nb2 + z2 sh az Inverzno transformiranko 1 f u(x,y) = v(z,y)eizxdz. V 2n J-m lahko dolocimo s pomocjo residuov. Za vsak x > 0 velja u(x, y) = i^Res(v(z, y)eizx, ib) + g Res(v(z, y)eizx, kni/a^j . Ce ab ni veckratnik n, potem je u(x, = e-bzx + g (J-sin((a - y)kn,a)^k'x/a. Celotno resitev dobimo tako, da na desni x zamenjamo z |x|. 3. Reševanje s separacijo spremenljivk Enacbe, ki jih dobimo po separaciji spremenljivk, so odvisne od tega, v katerih koordinatah delamo. Obravnavali bomo kartezicne koordinate, polarne in cilindricne koordinate ter sfericne koordinate. 3.1 Kartezične koordinate. Kadar je obmoCje D interval, pravokotnik ali kvader, uporabimo pri reševanju Laplacove enaC be na D karteziC ne koordinate. V teh treh primerih je Au = u" (x), Au = uxx + uyy oziroma Au = uxx + uyy + uzz. Po separaciji spremenljivk dobimo eno od trigonometrijskih vrst. Katero, je odvisno od robnih pogojev. Primer. Naj bosta a,b > 0 in f1,f2 E L2[0, a]. Re s imo Laplacovo enac bo Au = 0 na obmocju [0, a] x [0, b] pri robnih pogojih u(x, 0) = fi(x), u(x, b) = f2(x), u(0,y) = 0, u(a,y) = 0. Resitev. Poskusimo s separacijo u(x,y) = X(x)Y(y). Dobimo enac bo X "Y + XY" = 0. Delimo z XY in dobimo X" Y" X + Y = °, torej sta izraza X"/X Y"/Y konstantna. Iz robnih pogojev dobimo za funkcijo X pogoja X(0) = X(a) = 0, kar pomeni, da imamo v spremenljivki X regularen Sturm-Liouvillov problem in zato kompleten sistem lastnih funkcij. Te so sin knx/a. Splos na res itev je oblike u(x,y) = ^(ak sh(ckny/a) + bk ch(ckny/a))sin(knx/a). Pri y = 0 dobimo u(x, 0) = ^ bk sin(knx/a) = fi(x), pri y = b pa u(x,b) = ^(ak sh(cknb/a) + bk ch(cknb/a))sin(knx/a) = f2(x) Iz razvoja f1 in f2 v fourierovo vrsto dobimo ( ) tt • knx fik sh kna=yi + f2k sh k-ny u(x, y) = sin--' ' , , - shknb k=1 a f 2 fa knt 2 fa knt /ik = ~ /i(t)sin-dt, j2k —-/ /2(t) sin-dt. a Jo a a Jo a 3.2 Polarne koordinate. Kadar je obmoCje D krog, krožni izsek, zunanjost kroga, izsek zunanjosti kroga, kolobar ali izsek kolobarja uporabimo pri reševanju Laplacove enaCbe na D polarne koordinate. V tem primeru je = 1 1 l\u — Urr + ur + o r r2 Oglejmo si najprej nekaj primerov, ko je funkcija u odvisna samo od r. V tem primeru zadnji clen v gornji formuli odpade. Primer. Resimo Poissonovo nalogo Au — -1 na enotskem krogu pri robnem pogoju u(1,p) — 0. Resitev dobimo z integracijo: u — u(r, p) — 1 (1 — r2). V primeru, ko je funkcija u odvisna tako od r kot p, dobimo za resitev Laplacove enacbe Au — 0 s separacijo spremenljivk u(r, p) — R(r)$(p) enacbi $"(p) + v2$(p) — 0, r2R"(r) + rR'(r) — v2R(r) — 0. Glede na robne pogoje dolocimo v. V splosnem je nastavek oblike u(r, 0) — A log r + y^(AnrVn + Bnr-Vn )(Cn cos VnP + Dn sin VnP),Vn — 0. n=1 Glede na obliko obmocja D locimo naslednje moznosti: (1) Ce je obmocje D krog, zunanjost kroga ali kolobar potem vzamemo vn — n. Ce je D krog, vzamemo se A — 0, An — 1, Bn — 0. Ce je D zunanjost kroga, vzamemo se An — 0, Bn — 1. Koeficienta Cn in Dn dolocimo iz robnih pogojev po r. (2) Ce je obmocje D izsek kroga, zunanjosti kroga ali kolobarja, kjer p tece od 0 do p0, potem je vn odvisen od robnega pogoja po p: a) Ce je u(r, 0) = u(r, po) = 0, je A = 0, Cn = 0, Dn = 1 in vn = ^. b) Ce je u(r, 0) = uv(r, po) = 0, je Cn = 0, Dn = 1 in Vn = . c) Ce je uv(r, 0) = uv(r, po) = 0, je Cn = 1, Dn = 0 in v,n = nn. Ce je D izsek kroga, je A = 0. V primeru nehomogenih ali meSanih pogojev po p nastopijo teZave. Koeficiente An in Bn potem doloCimo iz robnih pogojev po r. Pri izseku kroga vzamemo Bn = 0 in pri izseku zunanjosti kroga vzamemo An = 0. Primer. Resimo enacbo Au = 0 na B2(0,1) pri pogoju u(1, p) = \p\, p G [—n, n]. Kaj lahko poves o konvergenci dobljene vrste? Resitev. Nastavek za resitev je X n u(r, p) = a0 + ^ rn(an cos np + bn sin np). Ker je funkcija \p\ soda, imamo razvoj po kosinusih. 1 r 1 n2 n ao = - xdx = — = -, n J o 2n 2 2 T r! an = — p cos npdp n Jo n 1 r n 2 sin np - p- n \ n 21 2 cos np n n 2 nn2 (—1 + (—1)n). --sin npdp o n J o o n Cleni s sodimi indeksi odpadejo, za lihe n pa je (—1 + (—1)n) = —2. Torej je n 4 ( r2n+l u(r,p) = 2 — n £ cos((2n+1)p). Vrsta konvergira na vsem krogu enakomerno in absolutno, saj jo majorizira konvergentna stevilska vrsta ^— (2u + 1)-2-V splo snem iz nastavka u( m v"-/ i(r, p) = a0 + £ rn(an cos up + bn sin up) 1 in robnega pogoja u(1,P) = f (P) P G dobimo re sitev 1 r u(r, p) = — J_ f (d)dd + ir /*7r f (d) cos ud ddrn cos up + f (d) sin ud dd sin up ' -n oo +-E rn Ce upostevamo cos ud cos up + sin ud sin up = cos(u(p - d)) in zdru zimo integrala, dobimo 1 /*n 1 _m, /*n u(r, p) = — f (d)dd + ~£rn f (d) cos(u(p - d)) dd 2n J-n n i J-n Pis imo z = ei(v-0S) in zamenjajmo vrstni red sestevanja in integriranja. Dobi- 1 mo rTT 1 /*7T n '—' /-n 1 /-n '—' £rn f (d) cos(u(p - d)) dd = - £ rn(zn + z-n). i J—n 2 J —n -i 1 ■J-n i Celotni nastavek je 1 + £ rn(zn + z-n) 1 r u(r,p) = 2nJ n f (d) Sestejmo vrsti: m 1 + V rnzn =- 1 rz in mm _ rz dd. £rnz-n = £(rz)-n 1 — rz Sestejemo Potem je 1 rz + 1 — rz 1 — rz /n f(e) -n 1 - rz + rz(1 - rz) 1 + r2 - r(z + z) 1 - r2 1 - 2r cos(p - e) + r2 1 1- r2 2n 1 - 2r cos(p - e) + r2 Resitev dobimo s konvolucijo f in Poissonovega jedra de 1 P (r,p) = — 1- r2 2n 1 - 2r cos p + r2' 4. Lastni problem za Laplacov operator 4.1 Kartezične koordinate. Pri resevanju nehomogene Laplacove enacbe (Poissonove naloge) na obmocju kije interval, pravokotnik ali kvader, si pomagamo z lastnimi funkcijamu Laplacovega operatorja. Primer. Naj bo D = [0, a] x [0, b] in h G L2(D). Resimo Poissonovo nalogo Au = -h na obmocju D pri robnem pogoju u\dD = 0. Izracunajmo tudi koeficiente za h = 2. Resitev. Najprej resimo lastni problem uxx + uyy = Xu, u(x, 0) = u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0. Dobimo dvoparametricen sistem lastnih vektorjev in lastnih vrednosti / kn\2 (ln\2 , x knx lny Xkl = a) J) , vkl(x,y) = sin~sm^. Nato razvijemo h = E k i hkivki v L2(D). Resitev iscemo z nastavkom u = Z)*^ ckivki. Dobimo Cki = - . Torej je c ^ 1 ^^ hki . knx . lny u(x,y) = > > "T"o-pr sin-sin —-—, n2 ^^ k. + il a b' k=1 l=1 a2 62 a b 4 f f w \ knx lny , , hkl = ^ h(x,y)sin-sin —— axay. ab a b 0 0 V primeru h = 2 dobimo 8 hki = ^ (1 - (-1r)(1 - (-1)0- 4.2 Polarne koordinate. Ko reSujemo nehomogeno Laplacovo enaCbo (Poissonovo nalogo) na ob-moCju kije krog, krožni izsek, kolobar, valj, votel valj in podobno, si pomagamo z zarvojem po lastnih funkcijah. Primer. Naj bo D krog z radijem a in f G L2(D). Resimo enacbo Au = -f, u\dD = 0. Resitev. Najprej resimo lastni problem 11 Urr + r Ur + ~2 = Au, u\dD = 0. Separiramo spremenljivke u = R(r)$(p) in dobimo R"$ + 1 R'$ + 4 R$" = ART r r 2 Delimo z R$ in dobimo B^ T^ = A R rR r2T ' Mnozimo z r2 in damo clen s 0 na drugo stran: 2 R" R_ , 2 T rR + rR - Ar = - T ■ Dobimo enacbi 2 R__ R_ 2 T__ r2 — + r— - Ar2 = c, -— = c. R R T Pri drugi enacbi moramo upostevati periodicnost, zato dobimo periodicni Sturm-Liouvillov problem, ki nam da kompleten sistem lastnih funkcij sin np, cosnp. To nam doloci konstanto c = k2. Zato se prva enacba prepise v __ _ 2R R 2 2 r — + r— - Ar = k , RR ki je Besslova enacba, ce jo pomnozimo z R : r2R" + rR' + (-k2 - Xr2)R = 0. Pri fiksnem k dobimo (zaradi pogoja na omejenost v 0) funkcije Jk(V-Ar). Ker mora biti vrednost na robu enaka 0, je V-Aa = £ki, kjer je £kl l-ta nicla k-te Besslove funkcije. Dobimo dvoparametricen sistem lastnih vrednosti, vsaki pripadata dva lastna vektorja r r Aki = —f, uki (r, p) = Jk (£ki - )cos kp, vki (r,p) = Jk (7ki ~) sin kp. a a a Nato razvijemo funkcijo f po lastnih vektorjih v prostoru L2([0, a] x [-n, n]; r) f = Z kil(PkiUki + Qkivki). Ce iscemo resitev z nastavkom u = Zk,l(ckiUki + dkivki), dobimo Cki = -pki/Aki,dki = -qki/Aki in s-^s-^a2pki cos kp + a2qki sin kp r u(r z) = g g-72-Jk (£ki -), k=0 l=1 ^kl a2pki = j 2 / ^ \ I I rf (r,p)Jk (7kir) cos kpdrdp, nJk+i(7ki) J J a -n 0 n a a2qki = —j-rf (r,p)Jk (7kir) sin kpdrdp. nJk+i(7ki) J J a -n 0 Ce je resitev neodvisna od kota, je k = 0 in dobimo i(r) = £ Ak Jo(7i r/a). u( n a 13. Toplotna enacba 1. Definicija Toplotna ali difuzijska enacba je enacba ut = Au. Opisuje prevajanje toplote. Izrek 13.1. Parabolični princip maksima. Naj bo D c Rra omejeno območje z robom S in 0 < T < 0 pri zacetnem pogoju u(x, 0) = f (x), kjer je f dana funkcija. Resitev. Naj bo 1 fc _• v(z,t) = u(x,t)e lzxdx. V2n J-c -c n2J2„ Dokaži, da je v(z, 0) = F (f (x))(z) in vt = —c2 z2v. Odtod sledi, da je v(z,t) = F (f (x))(z)e-c2z2t. Pri raCunanju inverzne transformiranke potrebujemo Se transformiranko funkcije g(x) = —= e-x2/4c2t, V2CH ki je 2 2 F(g(x))(z) = e-c z t. Iz izreka o konvoluciji sledi 1c u(x, t) = f * g = —^ f (u)e-(x-u)2/4c2tdu. 2c\Jnt J-c Po substituciji £ = (u — x)/2c\/t dobimo 1 f™ 2 u(x, t) = ^ f (x + 2c£Vt)e-^2d£. J-c Definicija 13.2. Funkciji 1 -4- e 4c2t 2c^Jnt pravimo toplotno jedro. 2. S pomocjo Fourierove transformacije resi enacbo ut = uxx na obmocju x G R, t > 0 pri pogoju u(x, 0) = xe-x . Resitev. Privzemimo, da lahko vedno zamenjamo vrstni red odvajanja in integriranja. Ce z v(z,t) oznacimo Fourierovo transformiranko u(x,t) po spremenljivki x, enacba preide v vt(z, t) = —z2v(z, t). Za fiksen z je to navadna diferencialna enac ba z zacetnim pogojem v(0, t) = V 2n J-m 1 fm ( 1 _ 2 --e x \ (—ize izx) dx 1 m xe -m —2n 1 -2n -iz r m e -m -iz —f= e -z2/4. V/2n J-m V 2 2V2 Re sitev tega za cetnega problema je v(z,t) = -^e-z2/4e-zH. 2V2 Re sitev originalne ena cbe dobimo z inverzno Fourierovo transformacijo. 1 fm u(x, t) = / v(z,t)eizxdz ' V2n J- c -00 ^^-- r (e-z2(t+4A' eizxdz 2^n(4t +1) J-m\ J i (\e-z2(t+1 )eizx]z=m - r e-z2(t+1) (eizx)' dz) VL Jz=-m J-m J 2^/n(4t +1) x — z2 jt+1 2,/n(4t +1) j-c e-z jt+1 )eizxdz x e-x2/j4t+1). (4t + 1)3/2 3. Resevanje s separacijo spremenljivk Naj bo D obmocje z gladkim robom dD in c > 0 konstanta. Iscemo tako funkcijo u = u(r, t), r G D, t > 0, ki re s i nehomogeno difuzijsko enac bo Au = -1 ut + F (r, t) c2 pri pogojih u(r, 0) = f (r), r G D, x2 izx du a(r)u(r, t) + /3(r) — (r,t)= g(r), r G dD, t > 0. Recept je takle: (a) Homogenizacija robnih pogojev. Ce funkcija g ni identicno enaka nic, potem uganemo tako funkcijo w = w(r), ki zadosca pogoju dw a(r)w(r) + [(r) — (r) = g(r), r G dD in napravimo substitucijo u(r, t) = u(r, t) + w(r). Nova enacba je Au = ■I ut + F(r, t), kjer je F = F - Aw, nova pogoja pa sta u(r, 0) = f (r), kjer je f = f - w in a(r)u(r, t) + [(r) dn (r, t) = 0. (b) Resevanje lastnega problema. S separacijo spremenljivk resimo lastni problem Av = Av, av + [dn\dD = 0. Dobimo stevno mnogo lastnih vrednosti, ki so vse negativne. Vsaki pripada koncno lastnih vektorjev. Naj bo vn kompleten ortogonalen sistem sestavljen iz lastnih vektorjev. (c) Razvijemo F(r,t) = ^ Fn(t)vn(r) in f (r) = ^ fnVn(r), kjer F (t) = Id F(r t)vn(r) dr f = Id f(r)vn(r) dr tnW Jd vn(r)2 dr ' /n /d vn(r)2 dr ' (d) Resitev (nove) enacbe je u(r,t) = ^2 Tn(t)vn(r), n kjer je funkcija Tn resitev zacetne naloge AnTn(t) = Tn (t) + Fn(t), Tn(0) = fn. c2 Na koncu k u pristejemo w, da dobimo u. 3.1 Kartezične koordinate. Primer. Naj bo c,l,T0 > 0. Resi toplotno enacbo za palico [0, l], ki ima na zacetku v tocki 0 < x < l temperaturo f (x) nato pa njeni krajisci drzimo pri temperaturi 0. Podrobno bomo obravnavali primere f (x) = To, f (x) = Tox/l, f (x) = Tox(l - x)/l2, kjer je T0 konstanta. Resitev. Resiti moramo enacbo ut - c uxx pri zacetnem pogoju u(x, 0) = f (x) in robnih pogojih u(0, t) = u(l, t) = 0. Dobimo nnx (nnc)2t/l2 u(x, t) = g fn sin i e n=1 kjer je 2 fl nnx fn = l J f (x) sin —dx. V primeru f (x) = T0 dobimo 2To fn = nn(1 - (-1)n) v primeru f (x) = T0x/l je fn =2T (-1)n+1, nn v primeru f (x) = T0x(l - x)/l2 pa fn - Dn) 3.2 Polarne koordinate. Primer. Resimo enacbo ut = Au, za krog B2(0,1), ce ima rob kroga temperaturo 0, zacetna porazdelitev temperature pa je u(r,p, 0) = f (r). Podrobno bomo obravnavali primera f (r) = 1 in f (r) = 1 - r2. Resitev. Separiramo spremenljivke u(x, y, t) = T(t)K(x, y) in dobimo T" = AK T = Ker sta kvocienta kostantna, dobimo v krajevnem delu lastne funkcije za Laplacov operator v polarnih koordinatah, pri Čemer upostevamo, da je za-Cetna porazdelitev odvisna samo od r. Zato so lastne funkcije 0-te Besslove funkcije z ustreznim argumentom. Naj bo n-ta pozitivna nicla funkcije J0 in tt 2 f1 f (r) = 2_^ fnJ0((nr), fn =T(C)2 rf (r)J0((nr)dr. n=1 J1(U)2 J0 Potem je resitev naloge oo u(r,t) = fnJ0(n)e n=1 V primeru f (r) = 1 dobimo v primeru f (r) = 1 — r2 pa fn = fn = CnJ1 (Cn) S,n J1(tnY 3.3 Black - Scholesova enacba. Vecina diferencialnih enacb v financni matematiki je parabolicnih. Kot primer si oglejmo Black - Scholesovo diferencialno enacbo, ki popisuje vrednotenje opcij. Oznacimo z V vrednost opcije. Vrednost bo funkcija vec spremenljivk: izpolnitvene cene E (strike price), dospelosti T (expiry date), trenutnega casa (t), osnovnega instrumenta S (underlying asset), a in /j,, ki sta parametra, povezana z osnovnim instrumentom, r je parameter, povezan z valuto, v kateri je opcija (currency). Mi se bomo omejili le na dve spremenljivki: t in S. Zahtevna izpeljava nas pripelje do Black - Scholesove diferencialne enacbe: 1 Vt + ^ a2S 2Vss + rSVs — rV = 0. Gre za linearno parabolicno PDE, ki ima koncni pogoj, tj. pogoj v casu T. V primeru nakupne (call) opcije je 2 8 V (S, T) = max(S — E, 0). Clen z Vss v DE lahko interpretiramo kot difuzijo v nehomogenem mediju, clen z Vs kot konvekcijo (pri difuziji dima v zraku bi tak clen ponazarjal npr. pihanje vetra), in reakcijo, ki jo predstavlja zadnji clen (ena cba ut = au denimo popisuje radioaktivni razpad). Spomnimo, da ima modelna ena cba obliko ut - uxx = 0 z danim z začetnim pogojem. S substitucijo V(S,t) = eax+l3tU(x, t), kjer je 1 /2r 1 a = —- —?t — 1 2 a2 1 2r P = -7( -2 +1 4 a2 diferencialno ena cbo prevedemo na 2t S = ex in t = T - , a2 Ut = Uxx in pogoj V (S, T) = max(S - E, 0) na pogoj U(x, 0) = max(ex - E, 0)e-ax. 14. Valovna enacba 1. Definicija in D'Alembertova resitev Valovna enacba je enacba ut = Au. V eni dimenziji opisuje nihanje strune, v dveh nihanje membrane itd. Za nihanje neskoncne strune 2 utt = c uxx na obmocju x G R, t > 0 pri zacetnih pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x), nam resitev pove D'Alembertova formula: Valovno enacbo na koncnem intervalu lahko resujemo bodisi s separacijo bodisi z Laplacovo transformacijo po t. Racunanje Fourierovih koeficientov se nadomesti z racunanjem stevno mnogo residuov. 2. Resevanje z integralskimi transformacijami Primer. Resimo enacbo utt = c2uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju u(x, t) = 2[f (x + ct) + f (x - ct)] + g(s)ds. u(0, t) = <(t) in pri zacetnih pogojih u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0. Res itev. Dodatno definirajmo 0(t) = 0 za t < 0. Z Laplacovo transformacijo po t dobimo u(x, t) = 0(t--). 3. Resevanje s separacijo spremenljivk 3.1 Kartezične koordinate. Primeri. 1. Naj bosta f (x) in g(x) dani odvedljivi funkciji, ki sta v 0 in l enaki 0 in naj bosta c,l > 0 konstanti. Res imo enac bo 2 utt = c uxx pri robnih pogojih u(0, t) = u(l, t) = 0 in pri za cetnih pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x). Podrobno obravnavaj primera (a) f(x) = 2hmin(x, 1 - xx), g(x) = 0. 0 za vsak t. Izracunajmo F(y + tn) — F(y) = f f (x,y + tn, (y + tn)') — f (x,y,y') dx a = f fy(x,y + n(x)n,y' + T2(x)n')tn + a +fz (x, y + T1(x)n, y' + T2(x)n')tn' dx = / fy(x,y + T1(x)n,y' + T2(x)n')tn + a + / fz(x,y + T1(x)n,y' + T2(x)n')tn' dx. Delimo s t. Izraz F(y + tn) - F (y) t je za negativne t negativen, za pozitivne pa pozitiven. Ce obstaja limita, ko gre t ^ 0, mora biti enaka 0. Ko gre t ^ 0, gresta t\ in t2 tudi proti 0, zato dobimo lim. F (y + tV)t F (y) = f" fy (x, y, y')n + fz (x, y, y')n' dx = 0. ^0 t J a Naredimo per partes na drugi Člen, upostevamo, da je n(a) = n(b) = 0 in dobimo Prepisemo v drugo obliko '■b d j ~ d^jz\ a Ker je bila funkcija n poljubna, mora biti d_ dx' [b d J (fy(x, y, y'>- d^fz(x, y, y'>>n dx = d fy(x,y,y') -tt- fz(x,y,y') = 0. Tej enačbi pravimo Euler-Lagrangeva enačba. Enak razmislek lahko naredimo pri funkcionalih, kjer nastopa se drugi odvod, le da moramo narediti dvakrat per partes. Naj bodo spremenljivke (x,y, z,w). Potreben pogoj, da ima funk-cional " F(y) = f (x,y,y',y''> dx, a pri cemer mora biti y(a) = A, y(b) = B, minimum pri y je, da je d d2 fy(x, y, y', y''> - d^fz(x, y, y', y''> + fw(x, y, y, y''> = a 2.1 Euler-Lagrangeva enacba za f = f (x,y). V tem primeru je fz = 0, zato je resitev dana z fy (x, y) = 0. To je implicitna enacba za y. 2.2 Euler-Lagrangeva enacba za f = f (x,y'>. V tem primeru je fy = 0, zato je resitev dana z fz (x, y) = c. 2.3 Euler-Lagrangeva enacba za f = f (y, y'). V tej funkciji x eksplicitno ne nastopa. Zamenjamo vlogi x in y in pisemo y' = 1/x'. Potem je nasa funkcija enaka f (y, 1/x'), integral pa f )A rb b f (y,y'> dx =\ f (y, 1/x')x' dy =\ L(y,x') dy. aa Po prej s njem primeru so re s itve oblike Lxf (y, x') = c. S posrednim odvajanjem dobimo Lx' (y, x') = f (y, 1/x') - x fz(y, 1/x')x' = c. Euler-Lagrangeva ena cba je f (y,yr) — y'fz(y,y') =c. 2.4 Brahistokrona. Re s imo problem brahistokrone. Funkcija f je enaka r( n 1 + y'2 f > = i/nor- Euler-Lagrangeva ena cba je '1 + y'2 , y' V 2gy y V(2gy)(1 + y'2) Poenostavimo in dobimo 1 V(2gy)(1 + y'2) Kvadriramo in preme cemo: 1 y = = c. 2gc2(1 + y'2)' Pi s imo C2 = 2gc2 in vstavimo y' = ctg(p/2). Potem je y = C2 sin2(p/2) = 2^(1 - cos p). Iz posrednega odvajana dobimo formulo dy dy/dp Izrazimo dx/dp dx dx/dp dx sin p = ctg(p/2). dp 2C2 ctg(p/2) 2sin(p/2)cos(p/2) 2C2 cos(p/2) sin(p/2) = C- sin2 (p/2) 1 (1 — cos p). 2C2 c Integriramo in dobimo x = 2C2 (P - sin P) + D. Zaradi zacetnega pogoja je D = 0. Pisimo 1/(2C2) = R in dobimo Dobili smo parametrizacijo x = R(p - sin p), y = R(1 - cos p). To je enacba cikloide. Skozi dano tocko gre vec cikloid. Prava je tista z najmanj volancki. Spomnimo se, da smo y merili navzdol. Naj gre cikloida npr. skozi tocko B = (3n/2 + 1, -1). Potem je R = 1. Graf je prikazan na sliki 15.1. 1 r Slika 15.1: Cikloide pri radijih 1,1.2,1.4 3. IzoperimetriCni problem Izoperimetricni problem je problem vezanega ekstrema. Iscemo minimu funkcionala & F(y) = f (x,y,yr) dx, a pri cemer mora biti y(a) = A, y(b) = B pri pogoju g(y) = f g(x,y,y') dx = c. Funkciji f in g naj bosta razreda C1. Naj bo minimu zavzet pri funkciji y. Privzeti smemo, daje c = 0. Problem bomo rešili tako, da ga bomo prevedli na vezani ekstrem v dveh spremenljivkah. Izberimo funkcijo n, ki ima v krajiscih vrednosti 0 in pisimo n(x) = rz(x) + su(x), kjer imata z in s tudi nicli v krajiscih. Naj bo F1 (r, z) = F(y + rz(x) + su(x)) in G1(r, z) = G(y + rz(x) + su(x)). Potem ima problem vezanega ekstrema min F1(r,s), G1(r,s) = 0 resitev pri r = s = 0. Po klasisni teoriji je to takrat, ko je gradient Lagrangeve funkcije L(r,s,X) = F1(r,s) — XG1(r,s) enak 0. Parcialni odvod na A je ravno vez, parcialna odvoda na r in s pa sta Lr(0,0) = F1,r(0, 0) — AG1,r(0, 0) = 0, Ls(0,0) = Fm(0, 0) — AGM(0,0) = 0. V matricni obliki to pomeni, da je determinanta F1,r (0,0) Ghr (0,0) Fm(0, 0) Gm(0, 0) 0. Izracunajmo parcialne odvode. Fhr(0, 0) = lim 1(F(y + hz(x)) — F(y)) h^ 0 h h^ t b bd J (fy(x, y, y') — dxfz(x, y, y'))z(x) dx. Enako dobimo za parcialni odvod F1,s in za parcialne odvode G1,r, G1, Dobimo enacbo b d d z(x) dx = 0 dd fy(x, y, y') — dxfz(x, y, y') — A(9y(x, y, y') — ~xfz(x, y, y')) a oziroma dd (fy(x, y, y') — ~xfz(x, y, y')) — A(gy(x, y, y') — dxgz(x, y, Ugotovimo, da iscemo ekstrem funkcionala H(y, A) = F(y) — AG(y) = f L(x, y, y', A) dx a kjer je L(x, y, y', A) = f (x, y, y') — Ag(x, y, y'). Enacbo, ki smo jo izpeljali, pa lahko napisemo v obliki L = dL Ly = ~T~ Lz. dx 4. Parametrični variacijski problem 4.1 Euler-Lagrangeva enačba za f = f (t,x,y,x, y). Zanima nas minimum funkconala F(x,y) = j f (t,x,y,x,y) dt a med funkcijami z x(a) = xa, x(b) = xb, y(a) = ya in y(b) = yb. Izpeljava je podobna kot v osnovnem primeru, le da moramo pogledati spremembo v dveh spremenljivkah: Naj bosta ni,n2 poljubni funkciji, ki imata nicli v a in b in naj ima funkcional minimu pri danih funkcijah x in y. Potem je F(x + tni,y + s%) — F(y) > 0 za vsak t. Izracunajmo izraz I (s, t) = F (x + tni,y + s%) — F (y). i (s,t) = f f (t,x + tni, (x + tni),y + s^2, (y + s^2)) — f (x,y,y) dx a = / [f(t,x + tni, (x + tni),y + sr/2, (y + s^)) — a —f (t, x,x,y + s^2, (y + sns))] + +[f (t, x, x, y + sn2, (y + sn2)) — f (x, y, y)] dx = / [fx(t,x + n (t) ni, x + T2(t)ni,y + sn2, (y + sn2))tni + a +fx (t, x + Ti(t)ni,x + T2(t)niy + sn2, (y + sn2))tni] + dx + / [fy(t,x,x,y + ai(t)n2,y + 02(t)fb)tri2 + a +fy(t, x, x, y + ai(t)n2,y + 02(t)n)tn2] dx. Ce vzamemo n2 = 0, dobimo po enakem razmisleku kot prej Euler-Lagrangevo enacbo za funkcijo x : f = ±f. Jx dtJ :c' C pa je ni = 0, dobimo enako enacbo za funkcijo y : fy = ddtfy. 4.2 Splošni primer. Ce je funkcij vec, se uporablja nekoliko drugacna pisava. Funkcijo f zamenja funkcija L z oznakami L(t, qi,..., qn, čli,..., čin) = L(t, q, (j). Uvedemo Pi = Lqi in Hamiltonovo funkcijo H (t, j, p) = pjj - L(t,q,jj). Enacbe se prepisejo v Lqi = dtLqi Pi = -Hqi (t, j, p), čli = HPi(t, j,p). 5. Didin problem Zdaj imamo na voljo vsa sredstva, da resimo Didin problem. zdruziti moramo parametricni variacijski racun in robni variacijski racun. Funkcional F je 1 f3 F(x,y) = ^ J x(t)y(t) - x(t)y(t) dt, robni pogoj pa G(x,y) = f*3 \Jx2(t)' + y2(t) dt - c = 0. ■J a Zacetna in koncna tocka sta dani z x(a) = xa, x(b) = xb, y(a) = ya in y(b) = yb. Za funkciji x in y dobimo enacbi dd fx(t, x, y, x, y) - —fx(t, x, y, x, y) - X(gx(t, x, y, x, y) - —gx(t, x, y, x, y)) = 0 in dd fy(t, x, y, xy) - —fy(t, x, y, x, y) - X(gy(t, x, y, x, y) - —gy(t, x, y, x, y)) = 0. V nasem primeru je fx = y/2, fx = -y/2,gx = 0, gx = (x2 + y2)-1/2x. Prva enacba je y/2 + fty/2 + ((x2 + y 2)-1/2x) = 0. Integriramo po t : (y - d) + \(x2 + y2)-1/2x = 0. Podobno dobimo pri drugi enacbi. Parcialni odvodi so fy = -x/2, fy = x/2,gy = 0, gy = (x2 + y2)-1/2y, enacba pa d -x/2 - x/2 + A-((x2 + y2)-1/2y) = 0. Integriramo po t : (x - c) - x(x2 + y2)-1/2y = 0. Dobili smo sistem enacb (x - c) - A(x2 + y2)-1/2y = 0, (y - d) + A(x2 + y2)-1/2x = 0. Prvo pomnozimo z x, drugo z y in sestejemo: (x - c)x + (y - d)y = 0. Integriramo po t in dobimo (x - c)2 + (y - d)2 = r2. Dobili smo druzino kroznic z radijem r. Upostevati moramo se vez in zacetne pogoje. Zaradi enostavnosti smemo privzeti, da je A = (0,0) in B = (b, 0). Ociten pogoj je, da mora biti dolzina C vecja od razdalje med tockama, C > b. Iz predpostavk sledi, da je c = b/2 in d2 + (b/2)2 = r2, d = r2 - b2/4. Parametrizirajmo kroznice, da bomo laze izracunali, katera ima predpisam obseg. Naj bo x = c + r cos p in y = d + r sin p. Del kroznice nad osjo x mora imeti obseg enak C. Iz parametrizacije sledi p0 = ± arccos(b/2r). Znak izberemo glede na velikost C. Ce je C vecji od nb/2, moramo vzeti minus, ker dobimo vec kot polovico kroga, za d pa plus: p0 = — arccos(b/2r), d = a/r2 — b2/4. Dolzina je r(n — 2p0) = C, oziroma r sin(C/(2r)) = b/2. Iscemo niclo funkcije (2r) sin(C/(2r)) — b. Z uvedbo nove spremenljivke C/(2r) = u se enacba prepise v b sin u = — u. C V splosnem nima analiticne resitve. Zanimajo nas resitve za r > C/(2n), saj je najmanjsi mozni radij tisti, pri katerem dobimo cel krog. Za spremenljivko u je to interval (0, n]. Resitev dolocimo numericno. Izberimo se konkretne stevilke. Naj bo b = 2 in C = 9n. Potem imamo dru zino kro znic x = 1 + r cos p, y = \/r2 — b2/4 + r sin p. Ker je n < 2n, bomo vzeli re s itev p0 = — arccos(—1/r). Ena cba, ki jo dobimo, je cos(9n/(2r) — n/2) = —1/r, oziroma r sin(9n/(2r)) = 1. Poglejmo si ti funkciji na grafu. Funkcija r sin(9n/(2r)) ima limito 9n/2 in nara s ca od nekod dalje (zagotovo od 9 dalje), zato ima s funkcijo 1 kon cno presec i s c . Presec i s c a so r1 = 1, r2 = 1.61443, r3 = 2.084 in r4 = 4.82064. Minimun za r je dan s pogojem 9n/(2n) = 4.5, torej je prava zadnja res itev. Pripomnimo se, da v primeru b = 0 i s cemo krivuljo, ki pri fiksnem obsegu obsega lik z najvecjo plosc ino. Pri b = 0 dobimo c = 0 in d = r, parametrizacija kroz nic je x = r cos p, y = r + r sin p. Iščemo niClo funkcije (2r) sin(C/(2r)). To je seveda pri C = 2nr. Didin problem je v resnici malce drugačen. Točka B ni fiksna. Izračunaj-mo ploscino, ki jo dobimo pri tocki (b, 0) in jo izrazimo z r. Spodnja meja za r je C/(2n), ko dobimo cel krog, zgornje meje pa nimamo. Ploscina je enaka vsoti ploscin kroznega izseka in trikotnika, ce je sredisce nad osjo. Kot, ki pripada izseku, je C/r. C P (r) = -— nr2 + r\cos(C/2r)r sin(C/2r)| 2nr = Cr r2\ sin(C/r)\ = T + 2 Cr r2 sin(C/r) 22 saj je v tem primeru sin(C/r) negativen. Ce je sredisce pod osjo x, je kot, ki pripada izseku pozitiven, vendar moramo v tem primeru ploscino izseka odsteti, tako da dobimo isto formulo. Zanima nas ekstrem funkcije P (r) na intervalu [C/(2n), to). Zaradi enostavnosti uvedimo novo spremenljivko u = C/r. Potem je P (r) = ^(u) = — - ^. u u2 Tocka, kjer je zavzet ekstrem, je pricakovano neodvisna od C, ampak le od razmerja C/r. Ekstrem u iscemo na intervalu (0,2n]. Odvajajmo S in poiscimo niclo odvoda: , C2 C2 2C2 sin u S (u) =--^--cos u +--5-= 0, u2 u2 u3 oziroma 2 sin u 1 + cos u--= 0. u Eno resitev takoj uganemo, in sicer u = n. To pomeni, da je C = nr in da imamo opravka s polovico kroga s ploscino P = C2/n2. Poiscimo se ostale. S prehodom na polovicne kote dobimo 1 + cos u - = —2 sin(u/2)(1 + 2cos(u/2)/u). Izraz v oklepaju je 0 le, ce je cos(u/2) = -u/2. Ta enacba pa na intervalu [0,2^] nima resitve. Poglejmo se vrednosti S v krajiscih. V krajiscu 0 ima funkcija S limito 0 : S(u) = ,3 ,5 C2 C2 u" u -u - (u - "š! + "5T +...) C2 u u3 u(1 - 1 + 3!+5!+ -> 0, v krajiscu 2^ pa je C2 S (2") = 4^. 6. Eksistenca minima in goljufije 6.1 Eksistenca minima. Hilbert je prvi podal pogoje, pri katerih so resitve Euler-Lagrangevih enacb res stacionarne tocke. Pogledali si bomo najenostavnejsi primer, ko sta obmocje in funkcija konveksna. Funkcija dveh spremenljivk razreda C2 je konveksna, ce je Hessejeva matrika pozitivno (nenegativno) definitna. Izrek 15.1. Naj bo F(y) = f (x,y,y') dx, a pri čemer mora biti y(a) = A, y(b) = B. Funkcija f naj bo vsaj dvakrat zvezno odvedljiva na y in z. Naj bo definicijsko območje Df tako, da je mnočica Mx = {(y,z), (x,y,z) e Df} konveksna in f (x, ■, ■) konveksna na Mx za vsak x, za katerega je Mx = Ce je y rečitev Euler-Lagrangeve enačbe, ki zadočča robnim pogojem, ima F(y) minimu pri y. 6.2 Goljufija. Goljufali smo pri brahistokroni. Pri izpeljavi smo zamenjali vlogo x in y, pri resitvi pa smo na to pozabili. Tezava je v tem, da mora biti ciljna tocka taka, da je na delu cikloide pred temenom, saj sicer zamenjava koordinat ni vec legalna - x-a ne moremo predstaviti kot funkcijo y. Oglejmo si parametrizacijo cikloide: x = R(p - sin p), y = R(1 - cos p). Teme ima pri p = n, v tocki (Rn, 2R). Kvocient ( > ( >> y(p) 1 - cos p K (x(p),y(p>) = —- =-:- x(p) p - sin p pove naklonski kot premice skozi (0,0) in (x(p),y(p>) in je padajoc: 1 - cos p^' p sinp - 2 + 2cos p sin p(p - 2tg(p/2)<0 p - sin p) (p - sin p)2 (p - sin p)2 Zato mora biti K (B) = ^ > K (Rn, 2R) = 2. xb n Potem je resitev prava. Nasa resitev za B = (3n/2 + 1,1) je bila taka, da je leZala na drugi strani temena. Pogoj ni izpolnjen. 1 2 = 0.175058, — = 0.63662. 2n/2 + 1 ' n Za tocke levo od temena je izpolnjen pogoj konveksnosti. Zamenjamo vlogo x in y in dobimo 1 + y'2 , fB /1 + x-2 ,, rB , A , dx = JA \ 2gy x dy = JA g(y, x,x ) dy Ja v 2gy -'a v 2gy ja Odvodi so gxx = 0, gxx' = 0, gx/x/ = (x'2 + 1)-3/2y-1/2 > 0. Hessejevka je pozitivno (nenegativno) definitna. 7. Investiranje v podjetjih Privzemimo, da imamo podjetje, ki je vodeno racionalno 1. Naj na trgu vlada tekmovanje. Radi bi maksimirali sedanjo vrednost prihodnjega denarnega toka. Ta vrednost je dana s formulo V = e-R(t)[P (t)Q - w(t)L(t) - C (I)] dt, (15.1) _Jo_ 1J.P.Gould, Ajdustment Costs in the Theory of Investment of the Firm, The Review of Economic Studies, Vol. 35., No.1. (1986, p.47 - 55) kjer je (a) R(t) = 't r(s) ds diskontni faktor, r pa obrestna mera, (b) P (t) je vrednost produkta v odvisnosti od c asa, (c) Q je produkt, (d) w(t) je cena dela, (e) L ( t) je vlo zeno delo, (f) C (I) so stro s ki investiranja v odvisnosti od reda inversitanja I, (g) Q = F (K, L) je produkcijska funkcija, kjer je K vrednost osnovnih sredstev (kapital), (h) I = K + D (K), kjer je D (K) amortizacija. Dolocili bi radi funkciji L in K, da bo vrednost 15.1 maksimalna. Motivacija za uvedbo tega modela je zelja po zmanj s anju (ali eliminaciji) tez av, ki nastanejo pri ad hoc dinamic ni teoriji. Standardni pristop k temu problemu je bil doloc iti z elena osnovna sredstva K * iz static nega modela maksimiranja dobic ka in ga potem uporabiti kot zeleni kapital na dolgi rok. Kot primer je modeliranje z ena cbo K = y(k * — K). Tez ava tega pristopa je, da se ne ozira na to, koliko kapitala je v resnici na voljo. Na veliko spremenljivk, ki doloc ajo K *, npr. plac e, dobic ek, K * vpliva in zato ne prikazuje prave zelene vrednosti v nobenem trenutku, dokler ni dosezeno ravnovesje. Investiranje predstavlja odloc itev, ki vpliva na dobicek in mora biti ali upo stevana pri kriterijski funkciji ali pa upo stevana kot omejitev pri dobi cku. Obstaja vec nac inov, kako res imo te tez ave. Izkazalo se je, da v veliko primerih investiranje ustreza enacbi 15.1. Dolociti moramo se funkcijo C. Jasno je, da bo odvisna od empiric nih podatkov, ki so razlic ni za razlic ne panoge. Privzemimo nekaj smiselnih lastnosti, ki veljajo splo sno. (a) Za I > 0 mora biti C(I) > 0, C'(I) > 0 in C(0) = 0. (b) Nekaterim avtorjem se zdi smiseln privzetek, da je tudi C ''(I) > 0. Najpreprostejsa funkcija, ki ima te lastnosti, je funkcija C (I) = qoI + qiI2. Privzeli bomo se, da je D (K) = 5K, odvisna le od kapitala. Produkcijska funkcija naj bo homogena reda 1. Definicija 15.2. Funkcija f (x,y) je homogena reda a ce je f (tx,ty) = taf (x,y). Primeri funkcij, homogenih reda 1 : ax + bxy + cy x + y , . . ax + by, ---, -»,xsin(y/x). ex + dy x2 + y2 Ce je funkcija f homogena reda 1, so parcialni odvodi homogeni reda 0. Zapisimo f drugace: f(x,y) = f(x,x|) = xf (1,|) = xg(l). Izracunajmo parcialni odvod na x : fx(x, y) = g (x) — xg' (x) = g ( » ) — g/ ( » ) » = G ( » ) . x x x2 x x x x Prevedimo nas problem v jezik variacijskega racuna. Racunamo ekstrem funkcionala r V = H (K, L, K, L) dt, J 0 H (K, L, K, L) = P F (K, L) — wL — C (K + 5K), pri cemer vrednosti L in K za t = to niso dane. Za t = 0 ze imamo dane vrednosti. Pri racunu prve variacije dobimo pogoj, da sta integrala 0 za vsako dopustno funkcijo n : / Hk (k, L, K, L)n + hk (k, l, K, L)n' dt = 0, J 0 in Hl(k, l, K, L)n + hl (k, l, K, L)n' dt = 0. oo Ko naredimo per partes na drugi clen, se zintegrirani del ne unici nujno: f™ ■■ d ■ ■ ■ ■ Inti = [Hk (K, L, K, L) -— HK (K, L, K, L)\q dt + HK (K, L, K, L)rj Jo dt o Ker so med dopustnimi funkcijami tudi take, ki imajo 0 v neskoncnosti, dobimo Euler-Lagrangevo enacbo. Ker pa so vrednosti v krajiscu to poljubne, bo zadnji clen enak 0 le, ce bo Hk (K (to), L(to), K (to), L(to)) = 0. Podobno velja za odvode na L in L. Tem pogojem pravimo transverzalnostni pogoji. Problem, ki ga imamo, je enostavnejsi primer problema s prostimi krajisci. Ker L eksplicitno ne nastopa, so Euler-Lagrangeve enacbe za nas primer Hl = e-R(t)[PFL - w]=0 (15.2) in Hk - dHk = e-R(t)pFK - C'(K + 5K)S) + fte-R(t)C'(K + 5K) = e-R(t) [pFk - C'(K + 5K)S + C''(K + 5K)(K + K)- -R' (t)C'(K + 5K)) = e-R(t) (PFk - C'(K + 5K)(S + r(t)) + +C''(K + 5K)(K + 5K)) . (15.3) Iz enacbe 15.2 dobimo Fl = F^ f) = wp. Od tod dobimo zvezo med K in L : K=F-1 (p) . Ker je tudi odvod na K homogen reda 0, je odvisen le od kvocienta K/L, zato smemo pisati PFk (K, L) = PF«( |) = PFk (F-1 (P)) = PG (P) . Upostevajmo se, da je C'(I) = 2qiI + q0, C'' = 2q0 in poenostavimo zadnji del = -C'(K + 5K)(5 + r(t)) + C''(K + 5K)(K + 5K) = -(2qi(K + 5K) + qo)(5 + r(t)) + 2qi(K + 5K) = 2qiK - K(2qi(5 + r(t)) + 2qi5) + K(2qi(5(5 + r(t))). Celotna diferencialna enac ba je 2q1 K — 2q1r(t)K + 2q15(5 + r(t)) — Q0(5 + r(t)) + PG = 0. Delimo z 2q1 in dobimo k — rm+n + r(t)) + PG c > 0, lim e-R(t) = 0, t moramo dokazati le, da je lim e-R(t)I = 0. t Ker je f po privzetku omejena, recimo z M, in je R(t) narascajoca, je R(t) -R(s) < 0 na integracijskem obmocju in I < M j™ eR(t)-R(s)+s(t-s) ds < M j™ es(t-s) ds < M Potem je lim e-R(t)I = 0. t^ ^ Poiscimo se eksplicitno resitev za primer, ko so spremenljivke r,w, P konstante. Potem je f konstanta in I je enaka I (t) = I * = f r + 5 Izracunajmo se K. Ta ustreza diferencialni enacbi K + 5K = I*. Resitev je I* K (t) = Koe-St + —. 5 Ravnovesna resitev je I* K* = V 5 Resitev za L je L vpj fl vpj L =-w-v =-TT-v Koe-Ot + — F-1 - F-1 - V 0 5 r*