Jaka Cimprič, Jasna Prezelj REŠENE NALOGE IZ ANALIZE 4 Ljubljana 2011 naslov: REŠENE NALOGE IZ ANALIZE IV avtorske pravice: Jaka Cimpric, Jasna Prezelj izdaja: prva izdaja zaloZnik: samozaložba Jaka CimpriC in Jasna Prezelj, Ljubljana avtorja: Jaka CimpriC in Jasna Prezelj leto izida: 2011 natis: elektronsko gradivo dostop: http://www.fmf.uni-lj.si/~prezelj/analiza4/Analiza4.pdf CIP - Katalozni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjiznica, Ljubljana 517.1/.4(075.8)(076.2)(0.034.2) CIMPRIC, Jaka Resene naloge iz analize 4 [Elektronski vir] / Jaka Cimpric, Jasna Prezelj. - 1. izd. - El. knjiga. - Ljubljana : samozal. J. Prezelj : samozal. J. Cimpric, 2011 Nacin dostopa (URL): http://www.fmf.uni-lj.si/~prezelj/analiza4/analiza_ 4.pdf ISBN 978-961-93108-1-6 1. Prezelj-Perman, Jasna 256642048 Kazalo 1. Fourierove vrste..................................................7 Klasični trigonometrijski sistem....................................7 Trigonometrijske vrste..............................................9 Kompleksni trigonometrijski sistem................................12 Dvojni trigonometrijski sistemi....................................14 2. Fourierova transformacija......................................16 Osnove L1 teorije....................................................16 Odvajanje in integriranje ..........................................19 Konvolucija..........................................................20 Kompleksna integracija ............................................21 L2 teorija............................................................23 3. Laplacova transformacija ......................................27 Osnovne lastnosti....................................................27 Inverzna transformacija............................................28 Odvajanje in integriranje ..........................................32 Konvolucija..........................................................36 4. Parcialne diferencialne enaCbe prvega reda................39 5. Klasifikacija PDE drugega reda v dveh spremenljivkah 45 6. Laplacova enacba ................................................47 Harmonicne funkcije, Greenova funkcija, Poissonovo jedro ... 48 Resevanje z integralskimi transformacijami ......................50 Resevanje s separacijo spremenljivk................................52 7. Difuzijska enacba ................................................58 Resevanje z integralskimi transformacijami ......................58 Resevanje s separacijo spremenljivk................................61 8. Valovna enacba....................................................65 Resevanje z integralskimi transformacijami ......................65 Resevanje s separacijo spremenljivk................................67 9. Resitve nalog......................................................69 Fourierove vrste......................................................69 Fourierova transformacija..........................................81 Laplacova transformacija............................................95 Parcialne diferencialne enacbe prvega reda............103 Klasifikacija PDE drugega reda v dveh spremenljivkah.....108 Laplacova enacba..........................110 Difuzijska enacba..........................122 Valovna enacba...........................131 Literatura 137 Predgovor Pričujoča zbirka vsebuje naloge, ki sva jih avtorja sestavljala za vaje in kolokvije iz parcialnih diferencialnih enacb. Nekaj nalog je z vaj in kolokvijev najinih predhodnikov B. Gornika in S. Strleta, nekaj nalog pa sta prispevala profesorja M. Cerne in M. Perman. Vsem se za njihov prispevek iskreno zahvaljujeva. Zbirka vsebuje naslednja področja: parcialne diferencialne enačbe prvega reda, Fourierove vrste, Fourierova in Laplacova transformacija. klasifikacija parcialnih diferencialnih enacb, Laplacova enacba, difuzijska enacba, valovna enacba. Ta snov v celoti pokriva predmet Analiza 4 na prvi stopnji matematike in dele predmetov: Matematika 3 (prakticna matematika), Matematika 3 in Matematika 4 (fizika, prva stopnja). Vse naloge so opremljene z resitvami. 1. FOURIEROVE VRSTE Klasični trigonometrijski sistem Operatorju A : y — —y" pravimo Fourierov diferencialni operator. Naj bo f dana funkcija na intervalu [-1,1]. Radi bi resili enacbo Ay = f, pri Šcemer nas zanimajo reŠsitve, ki so periodiŠcne s periodo 2l. Najprej poiŠsŠcemo lastne funkcije operatorja A, ki so periodicne in torej zadoscajo pogojema y(-l) = y(l) in y'(-l) = y'(l)- Take funkcije tvorijo kompleten ortogonalen sistem v prostoru L2[-l, l] z obicajnim skalarnim produktom, zato lahko vsako L2 funkcijo f razvijemo v vrsto po lastnih funkcijah. 1.1 Naj bo l > 0 in V = {y eC(2)[-l,lj; y(-l)= y(l), y'(-l) = y'(l)}. (a) Dokazi, daje V_ gost podprostor v L2 [-l,l]. (b) Dokazi, da je operator A : Vi — L2[l,l], Ay = -y", simetricen in pozitiven, ni pa injektiven. (c) Doloci njegove lastne vrednosti in lastne vektorje. 1.2 Naj bosta A in Vl kot pri prejsnji nalogi, in Gf = f_l G(x,t)f (t) dt, kjer je G(x, t) = 4l(x - t)2 + 1 \x - t\. (a) Dokazi, da za vsak f G L2[-l, l] velja AGf = f - f_i f (t) dt in da za vsak g G V_ velja GAg = g - J__ g(t) dt. (b) Dokazi, da imata operatorja A : Vl — L2[-l, l] in G : L2[-l, l] — Vl iste lastne vektorje. Iz tega sklepaj, da lastni vektorji operatorja A : V -L2 [—l, l] tvorijo kompleten ortogonalen sistem. Zaporedju nx nx knx knx 1, cos—, sin—,..., cos —i—, sin —i—, pravimo klasični trigonometrijski sistem na [—l,l]. 1.3 DokaZi, daje klasicni trigonometrijski sistem ortogonalen v L2[—l,l] ni pa normiran. DokaZi, da je sistem kompleten in zapisi Fourierovo vrsto in Parsevalovo identiteto za ta sistem. 1.4 Razvij naslednje funkcije v klasicne Fourierove vrste na [—n,n]. (a) f (x) = x, (b) f(x)= x2, (c) f(x) = (x3 — n2x)/12. Zapisi tudi ustrezne Parsevalove identitete. 1.5 Izracunaj vsote vrst 0. ■Jo (a) Eksplicitno izracunaj prvih pet Bernoullijevih polinomov. (b) Razvij polinome pn(x) v Fourierove vrste na intervalu [0,1]. (c) Izrazi vsoto ^ 1 V / j k2m k=1 z Bernoullijevimi polinomi. 1.7 Naj bo 0 < a < 1. Razvij funkcije X\—a,a](x), cosax, sinax, chax, shax v klasicne Fourierove vrste na [—n, n] in zapisi ustrezne Parsevalove identitete. 1.8 Naj bo n naravno stevilo in f G L2[—n,n]. Poisci minimum izraza \\f — Tn\\, kjer Tn tece po vseh linearnih kombinacijah elementov 1, cos x, sin x,..., cos nx, sin nx. Pri katerem Tn je dosezen? 1.9 Razvij funkcijo f (x) = \ sinx\ v klasicno Fourierovo vrsto na intervalu [—n, n]. 1.10 Poisci periodično reSitev diferencialne enačbe y"(x) + y(x) = | sinx\. Trigonometrijske vrste Vsaki funkciji f G Ll[—n,n] priredimo Stevila 1 f , , 1 f , 1 a0 = — f f (t) dt, an = 1 f f (t) cos nt dt, bn = 1 / f (t) sin nt dt, J n J n J —n —n —n ki jim pravimo klasični Fourierovi koeficienti. Zaporedju funkcij n (snf )(x) = a0 + cos kx + bk sin kx) k=i pravimo klasična Fourierova vrsta funkcije f. Iz definicije se ne sledi, da snf konvergira proti f v kakrsnemkoli smislu. Za konvergenco so potrebne dodatne predpostavke. (a) Cesarova konvergenca. Ce je f G Ll[—n,n], potem je lim \\f - n+1 £N=o snf ||i =0. N — (b) Kvadratična konvergenca. Ce f G L2[-n, n], potem je lim \\snf—f ||2 = n 0. (c) Konvegenca po točkah. Ce f G Ll[—n,n] in ce je f odvedljiva v tocki x G (—n,n), (zadosca obstoj levega in desnega odvoda), potem je lim (snf)(x) = f (x). n n (d) Enakomerna konvergenca. Ce je funkcija f zvezna na [—n,n], ima omejen totalni razmah in zadosca f (n) = f (—n), potem je lim \snf — f|U = 0. n— b > 0. Razvij funkcijo f (x) =_ab_ a2 + b2 + (b2 — a2) cos x v klasicno Fourierovo vrsto na intervalu [—n,n]. 1.27 Razvij funkcijo f (x) = exp(exp(ix)) v kompleksno Fourierovo vrsto. Sestej vrsti oo oo Ecos nx ^ sin nx n! , ^ n! . n=1 n=1 1.28 Poisci vsoti vrst Ecosnx \ n(n — 1) , oo oo cos nx sin nx n=2 n(n — ^ n=2 n(n — 1)_ Nasvet: Pomagaj si s formulo ^ zn En^T) =z + (1 — z)log(1 — z). n=2 n(n — 1) 1.29 Funkcijo f G L1[—n,n] periodično nadaljujemo na vso realno os. Naj bo g(x) = f (mx), kjer je m naravno stevilo. Izrazi kompleksne Fourierove koeficiente funkcije g s kompleksnimi Fourierovimi koeficienti funkcije f. 1.30 Izoperimetrični problem. PokaZi, da ima med vsemi sklenjenimi gladkimi krivuljami krog najvecjo ploscino. Predpostavi, da ima krivulja obseg 2n in naj bo z (s) = x(s) + iy(s) njena parametrizacija z naravnim parametrom. Razvij z (s) v kompleksno Fourierovo vrsto po [—n,n]. Dokazi naslednje zaporedje enakosti in neenakosti: 2n 1 r i _ p = = 2 (xy' — x'y) ds = 2^m{z',z) = n^n\cn\2 < 0 nGZ < nJ2n2K\2 = ^ \z'\1 = n- n£Z 1.31 Konvolucija Fourierovih vrst. Funkciji f,g G L1[—n,n] periodicno nadaljujemo na R. Izrazi kompleksne (klasicne) Fourierove koeficiente funkcije h(x) = f f (t)g(x — t) dt s kompleksnimi (klasicnimi) Fourierovimi koefici- —n enti funkcij f in g. Dokazi tudi, daje \\ h\ 1 < \\ f\\ 1 \\ g \\ 1. 1.32 Funkcijo f G L2[—n, n] periodicno nadaljujemo na R. Izrazi kompleksne Fourierove koeficiente funkcije g(x) = / f (t)f (x + t) dt s kompleksnimi —n Fourierovimi koeficienti funkcije f. Izrazi se klasicne Fourierove koeficiente funkcije g s klasicnimi Fourierovimi koeficienti funkcije f. Zaporedju sin^^, k = 1,2,... pravimo sinusni sistem na [0,i], zaporedju cos ^p, k = 0,1,... pa kosinusni sistem na [0, i]. 1.33 Razvij naslednje funkcije po sinusnem sistemu na [0,n]. (a) f (x) = 1, (b) f (x) = cos x, (c) f (x) = x(n — x). 1.34 Definirajmo preslikavo f (|x|) + sign(x)g(|x|) $ : L2[0,l] © L2[0,l] ^ L2[—l'l], $(f,g)(x) = V2 Dokazi, da je ta preslikava izomorfizem Hilbertovih prostorov in da preslika zaporedje (1,0), (cos nX, 0), (0, sin nX), (cos n, 0), (0, sin n),... v klasicen trigonometrijski sistem na [—l, l] pomnozen s konstanto ^. Ali je izometrija? 1.35 Utezeni trigonometrijski sistem je zaporedje eo(x), e1(x), e2(x),..., ( ) = \ A2 sin kx, —n < x < 0 () = / Al cos kx, —n < x < 0 e2k_i(x) ^ Ai gin kx, 0 (—1)n-^ za — n < x < n. 12 n3 n=1 2. FOURIEROVA TRANSFORMACIJA Osnove Ll teorije Za vsako funkcijo f G Ll(R) definiramo njeno Fourierovo transformiranko 1 f F (f )(z) = —= f (t)e-izt dt. v 2n j- 0, da je integral f (t + u) — f (t) + f (t — u) — f (t) u du koncen; to je npr. res, ce ima f levi in desni odvod v t. Ce je F (f) G Ll, potem velja inverzna formula skoraj povsod (izrek o inverzu). Fourierova sinusna in kosinusna transformacija sta definirani z j 2 rro j 2 rro Fc (f) (x) = y n Jo f (t) cos(xt)dt, Fs (f) (x) = y n l f (t) sin(xt)dt. 2.1 V slovenski matematicni literaturi obravnavajo Fourierovo transformacijo trije avtorji [9, 19, 24] ki jo definirajo na tri razlicne nacine. Fhla(f)(z) = f(t)e-izt dt, J — 0. Z direktnim racunom doloci Fourierove transformiranke funkcij (a) f (t) = X[-c,c](t), kjer je x—c,c] karakteristicna funkcija intervala [—c, c], (b) g (t) = e-cltl. 2.6 Naj bo c > 0. (a) Poisci Fourierovo transformiranko funkcije h(t) = c2+12. (b) Kaksna je s Fourierova transformiranka funkcije k (t) = s"Xcx ? 2.7 Poisci Fourierovo in inverzno Fourierovo transformiranko funkcij f (t) = max(1 — \t\, 0), g(t) = max(1 — t2, 0). 2.8 Naj bo a > 0 konstanta in f G L1 poljubna funkcija. Izrazi Fourierovi transformiranki funkcij f (t) cos at in f (t) sin at s Fourierovo transformiranko funkcije f (t). 2.9 Naj bo a,b> 0. Izracunaj Fourierovi transformiranki funkcij f (t) = e-alt cos bt, g(t) = e-alt sin bt. 2.10 IzraCunaj Fourierovo transformiranko funkcije f (t) = e—tl cos2t sin3t. 2.11 Izracunaj Fourierovo transformiranko funkcije e-altl sin bt f (t) = t kjer sta a, b > 0. 2.12 Naj bo c > 0. Izracunaj kosinusni transformiranki funkcij f (t)= X[o, c](t), g (t) = e-ct. 2.13 Naj bo a,b > 0. Izracunaj kosinusno transformiranko funkcije f(t) = e-bt_e-at 2.14 Dokazi, da komutira diagram L1(R) F $ H * $ || * Fc®iFs kjer sta preslikavi $ in * definirani z L1(R+) © L1(R+) CQ(R+) © Co(R+) $(f)(x) = (1(f (x) + f (-x)), 1(f (x) - f (-x))), *(f,g)(x) = f ( | x |) +sign(x)g( | x |) in sta ena drugi inverzni. 2.15 Naj bo f G L:(R, C) in F njena sinusna transformiranka. Dokazi, da limita fr F (x) lim -dx r^^ J1 x obstaja in je koncna. 2.16 Dokazi, da funkcija N f x/e, 0 < x < e F (x) = {,,\ ln x e < x < to pripada C0(R+), vendar ni sinusna transformiranka nobene L1 funkcije. 2.17 Naj bo f £ L1(R, C) in F njena kosinusna transformiranka. Dokazi /0 naslednjo trditev. Ce obstaja tak e > 0, da velja /0 f (t) ln t dt < to, potem limita r f (x) lim -dx J1 x obstaja in je koncna. 2.18 Poisci tako funkcijo f £ L1(R+), da ne obstaja limita fr F(x) lim -dx, Je x kjer je F kosinusna transformiranka funkcije f. Odvajanje in integriranje Fourierove transformiranke lahko racunamo s pomocjo odvajanja ali integriranja slike ali originala. 2.19 Dokazi, da velja naslednja formula o odvajanju originala. Ce je f zvezno odvedljiva in f, f' £ L1, potem za vsak x £ R velja F (f') (x) = ix F (f) (x). 2.20 Dokazi, da velja formula o višjih odvodih originala. Ce je f dvakrat zvezno odvedljiva in f,f', f" £ L1, potem je za vsak x £ R F (f") (x) = —x2F (f) (x). 2.21 Dokazi formulo o odvajanju slike. Naj bosta funkciji f in g(t) = tf (t), t £ R, v L1. Potem je F (f) odvedljiva na R in za vsak x £ R velja (Ff)' (x) = —iF (g) (x). 2.22 Dokazi formulo o višjih odvodih slike: ce so f (t),tf(t),t2f(t) v L1, potem je Ff dvakrat odvedljiva na R in za vsak x G R velja (Ff)'' (x) = —F (t2f (t)) (x). 2.23 Naj bo funkcija f zvezno odvedljiva in naj f, f' G L1. Dokazi, da velja F(f)(x) = o(\x\-1), x 2.24 Dokazi, da za vsako dvakrat zvezno odvedljivo funkcijo f, ki zadosca f, f', f'' G L1 in vsak x G R velja Fourierova formula 1 f m f (x) = -= F (f )(x)eitx dx. V 2n J-m 2.25 Naj bo a > 0. Izracunaj Fourierovo transformiranko funkcije f (t) = e-att. 2.26 Naj bosta a,b> 0. Izracunaj Fourierovi transformiranki funkcij f (t) = e-att cos bt in g(t) = e-att ^^ 2.27 Naj bodo f, f' in f'' v L1(R). Dokazi, da velja Fc(f''(t))(x) = — yff'(0) — x2Fc(f (t))(x), Fs(f ''(t))(x) = xyjl-f (0) — x2 Fs(f (t))(x). Konvolucija Konvolucijo dveh funkcij f,g G L1(R) definiramo z /m f (x — t)g(t) dt. -m Norma konvolucije zadosca neenakosti \\f * g\\1 <\\f H1 HgH 1 in izreku o konvoluciji F (f * g) = (f )F (g). 2.28 Kako se glasi izrek o konvoluciji za transformacije Fha, Fsuh in Fzak? 2.29 Naj bosta a,b > 0. Izracunaj konvolucijo f * g, kjer je (a) fl(t) = X[-a,a](t), gl(t) = X[-b,b](t), (b) f2(t) = e-altl, g2(t) = e-bltl, (c) fs(t) = ^, gs(t) = ^ l (d) f4(t) = , g4(t) = ^. 2.30 Naj bodo funkcije F, G in FG iz zaloge vrednosti F. Dokazi, da velja F-l(FG) = -= F-l(F) *F-l(G). V 2n 2.31 Naj bo 0 < a < b. Doloci Fourierovo transformiranko in inverzno Fourierovo transformiranko funkcije ( ) sin at sin bt f (t) = t2 . Pomagaj si z izrekom o konvoluciji. 2.32 Obravnavaj resitve integralske enacbe v odvisnosti od parametra A / 0, F : C ^ C meromorfna in Rn zaporedje nenegativnih stevil z limito +to. (a) Naj bo C'n = {z; Izl = Rn , Imz > —a} in Mn = sup IF(z)|. zec>n F(z) n—>oo n Ce je A > 0 in lim M^ = 0 potem je lim fc, F(z)eiXz dz = 0. (b) Naj bo Cn = {z; \z\ = Rn , Imz < —a} in M% = sup \F(z)|. zec>> „C F \z)e n—>00 Cn Ce je A < 0 in lim M" = 0, potem je lim fC„ F(z)eiXz dz = 0. Lema o delu residuuma. Naj bo F analitična v neki prebodeni okolici zo in naj ima v z0 pol prve stopnje. Naj bo krivulja Cs rob krožnega izseka {z; \z — z0\ = e, < arg(z — z0) < + a}, potem velja lim / F (z) dz = ia Res(F,z0). £^0 JCF £^0 J Cs Inverzne transformiranke racionalnih funkcij. Naj bosta A in B kompleksna polinoma, B brez realnih ničel in deg B > deg A + 1. Potem je 1 fr A(z) itz , lim — TTT\e dz = r^ 2n J-r B (z) i E Res(#Zjeitz,z), t> 0, zes+ —i Z Res(Meitz,z), t< 0, zes- kjer je S+ = {z; B(z) = 0, Im z > 0} in S- = {z; B(z) = 0, Im z < 0}. 2.33 Dokaži gornjo formulo za inverzno transformacijo racionalnih funkcij, ki nimajo realnih polov. 2.34 Naj bo a > 0. Doloci Fourierovo in inverzno Fourierovo transformiranko funkcije f (t) =_1_ J V ; y/2n(t2 + a2)' 2.35 Naj bo a > 0. Doloci Fourierovi in inverzni Fourierovi transformiranki funkcij f (t) = ^ 1-, g(t) = ^ t-. Jw V2¥(t2 + a2)2 V22n(t2 + a2)2 2.36 Naj bo a > 0. Doloci Fourierovi in inverzni Fourierovi transformiranki funkcij f (t) = ^ i, ^, g(t) = t V2¥(t2 + a2)3' V2¥(t2 + a2)3' 2.37 Doloci Fourierove in inverzne Fourierove transformiranke funkcij f (t) = ^ A , , g(t) = t \/2n(4a4 + t4)' *w ^/2n(4a4 + t4): t2 t3 h(t) = 4 , , k(t) = V2n(4a4 +14)' w ^J22n(4a4 +14)' 2.38 Izracunaj Fourierovi in inverzni Fourierovi transformiranki funkcij f (t) = ^.o1 . , „, g (t) = 1 V2n(t2 +1 + 1) V22^(t2 +1+ 1)2' 2.39 Naj bo 0 < a < 1. Izracunaj Fourierovo in inverzno Fourierovo transfor-miranko meromorfne funkcije ch at f (x) = V2n ch t' 2.40 Naj bo 0 < a < n. Izracunaj Fourierovo in inverzno Fourierovo transformiranko funkcije sh at V2¥(1 + t2) sh nt 2.41 Naj bo a,@> 0 in f (t) = 'a_1e_"ex>o-)W- Doloci Fourierovo transformiranko F (f) (y). 2.42 Izracunaj kosinusni transformiranki funkcij e_at 1 f(x)= vf g(x) = vf L2 teorija Naj bo L1 = L1(R,C) in L2 = L2(R,C). V L2 teoriji najprej dokazemo Parsevalovo identiteto |F(f ) || 2 = \f || 2 za vsako funkcijo f G L1 nL2. Odtod sledi, da je F omejena linearna preslikava iz prostora L1 n L2 v prostor L2. Ker je L1 n L2 gost podprostor prostora L2, lahko torej F razsirimo po zveznosti do preslikave F2 : L2 — L2, F2\L1nLt = F. Izkaze se, da je ta preslikava bijektivna (Plancherelov izrek) izometrija (Par-sevalova identiteta velja za vsak f G L2.) 2.43 Dokazi, da ni niti L1 C L2 niti L2 C L1. 2.44 Naj bo c > 0. Dokazi, da funkcija f (t) =sin ct t pripada L2, ne pripada pa L1. Dokazi, da F2f pripada L2, ne pripada pa Co (R, C). 2.45 Naj bo c > 0. Izracunaj integral r+m (sincA2 t dt. 2.46 Dokazi identiteto /+m r+m F2 (f) (t)g(t) dt = f (t)F2 (g) (t) dt, m -m za poljubni funkciji f,g G L2! Ali odtod sledi, da je operator F2 hermitski? 2.47 Dokazi identiteto /+m f+m (F2f)(t)(F2g)(t) dt = f(—t)g(t) dt, m -m za poljubni funkciji f,g G L2. 2.48 Naj bosta a,c> 0. Izracunaj integral r'+m sin cx x(a2 + x2) dx. 2.49 Dokazi, da velja (Ff )(x) = (F2f)(—x) = (F-lf)(x) za vsak f e L2. Izpelji odtod naslednje lastnosti: (a) F|F2 = F2FI = I, (b) (F22f)(x) = f (—x) za vsak f e L2, (c) (F2)4 = I. 2.50 Dokazi, da so funkcije fn(x) = e-x2/2Hn(x) lastni vektorji operatorja F2, kjer so Hn Hermitovi polinomi. Kaksne so pripadajoce lastne vrednosti? 2.51 Dokazi, da velja f * g||2 < ||f||lIlgI2. 2.52 Dokazi, da velja F2(f * g) = V2nFl(f )F2(g). 2.53 Naj bo funkcija f zvezno odvedljiva in naj f e Ll in f e Ll n L2. Dokazi, daje F f e Ll. Pomagaj si s Cauchy-Schwartzovo neenakostjo. To pomeni, da inverzna formula za f velja v vsaki tocki. Preostale naloge se nanasajo na L2-verziji sinusne in kosinusne transformacije. 2.54 Dokazi, da za vsako funkcijo f e Ll(R+) n L2(R+) velja \Fcf || 2 = \Fsf || 2 = f ||2-Dokazi, da obstajata razsiritvi Fc,2, Fs,2 : L2(R+) ^ L2(R+) preslikav Fc, Fs : Ll(R+) n L2 (R+) ^ L2(R+). Dokazi, da za vsak f e L2(R+) F2 f||2 = !Fs,2f || 2 = f || 2. 2.55 Definirajmo preslikavo $ : L2(R+) © L2(R+) — L2(R), $(f,g)(x) = f (\x\) + sign(x)g(\x\). v2 Dokazi, da je $ izomorfizem Hilbertovih prostorov in izracunaj njegov inverz 2.56 Dokazi, da komutira diagram L2(R) ^ L2(R) $ IT tf $ IT tf L2(R+) © L2(R+) ^-g^t L2(R+) © L2(R+) kjer sta preslikavi $ in ^ definirani kot v prejsnji nalogi. 2.57 Dokazi, da za vsak f G L2(R+) velja (Fc,2)2 f = (Fs,2)2 f = f! Dokazi, da je F—1 = Fc,2 in F—1 = Fs,2. 3. LAPLACOVA TRANSFORMACIJA Osnovne lastnosti Laplacova transformiranka funkcije f : [0, to) ^ R je definirana z L (f (t))(z)= f (t)e_zt dt. Jo Ce je f integrabilna na vsakem koncnem intervalu in ce za dano kompleksno stevilo z0 obstaja L (f (t)) (z0), potem je funkcija Lf definirana in analiticna v vsakem z £ C, ki zadosca Rez > Rez0. Merljiva funkcija f je eksponentega naraššanja, ce obstajajo taka stevila M, N > 0 in k £ R, da je f integrabilna na [0, N] in za vsak x > N velja f (x)| < Mekx. Za take funkcije L (f (t)) (z) obstaja in je analitic na za vsak z, ki zado s ca Re z > 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). 3.1 Dokaz i, daje Laplacova transformiranka konstantne funkcije 1 v toc ki z enaka 1, c e je Re z > 0. 3.2 Naj bo a > —1. Dokaz i, da je r(a + 1) L (ta) (z) = z«+1 ce je Re z > 0. 3.3 Dokaz i, daje w x Y — ln z L (ln t) (z) = ' z kjer je 7 = T'(1) Eulerjeva konstanta. 3.4 Naj bo a > —1. Dokaz i, da je L (f ln i)(z) = r'(a +1' —+1° +1>'n z . 3.5 Dokazi, da za vsak k > 0 velja 1z L (f (kt))(z) = kL (f (t))(k). 3.6 Premik slike. Dokazi, da za vsak a e C velja L (eatf (t)) (z) = L (f (t)) (z — a). 3.7 Naj bo a e R in Re z > a. Dokazi, da je L (eat) (z) = —1—, L (ch at) (z) = 2 z 2, L (sh at) (z) = a z — a z2 — a2 z2 — a2 3.8 Naj bo a poljubno realno stevilo. Izrazi Laplacovi transformiranki funkcij f (t) ch at in f (t) sh at z Laplacovo transformiranko funkcije f (t). 3.9 Naj bo a e R in Re z > 0. Dokazi, da je za L (cos at) (z) = ~2-2 in L (sin at) (z) = z2 + a2 z2 + a2 3.10 Izracunaj L (eattn) (z), L (eat cos bt) (z) in L (eat sinbt) (z). Inverzna transformacija Inverzna formula za Laplacovo transformacijo. Naj bo funkcija f (t) zvezna in odvedljiva na [0, to) in od nekod naprej omejena z Mekt. Ce je c > k poljubno stevilo, potem je 1 [c+iRztr^^., f f (t), t> 0 lim --eL (f) (z) dz = < ^ , R^ 2ni Jc-iR \ 0, t< 0 Jordanova lema. Naj bo c realno stevilo, F (z) merljiva funkcija na obmocju Re z < c in Rn e R+ zaporedje, ki konvergira proti to. Oznacimo Cn = {z : |z| = Rn, Re z < c} in Mn = sup ^ (z)|. Ce velja lim Mn = 0 in n z£C„ t > 0, potem je lim fC F(z)ezt dz = 0. Iz inverzne formule in Jordanove leme sledi drugi izrek o razvoju. Naj bo funkcija F (z) meromorfna na C, naj bo holomorfna na Re z > c, in naj zadoSCa predpostavkam Jordanove leme. Potem je ( J2 Res(F(z)ezt,zi), t> 0 L-1 (F (z)) (t) = ^ {zi pol F (z)} . [ 0, t< 0 Kadar ima funkcija F (z) razvejisCe v toCki 0, si pomagamo tudi z integracijo po Bromvicevi krivulji. To je sklenjena krivulja, ki gre najprej po kroznici \z\ = R od premice Re z = c do abcisne osi, nato po abcisi od —R do —e, naredi en zavoj po kroznici \z\ = e, gre spet po abcisi od —e do —R, zavije po kroznici \z\ = R do premice Re z = c in nato nadaljuje po premici Re z = c dokler se ne sklene. Integrala po abscisni osi se ne pokrajsata, ker integriramo razlicni veji funkcije F. 3.11 Naj bo a > 0. Izracunaj inverzni Laplacovi transformiranki funkcij 1z F (z) = , o , ,22 , G(z) = (a2 + z2)2 (a2 + z2)2 3.12 Naj bo 0 < x < 1. Izracunaj inverzno Laplacovo transformiranko funkcije F (z) = ch(x\/i) F (z) = ch(^~z) ■ 3.13 Naj bo 0 < x < n. Izracunaj inverzno Laplacovo transformiranko funkcije F (z) =_sMxz)_ y) (1 + z2) sh(nz)' 3.14 Naj bo v > 0. S pomocjo krivuljne integracije po Bromvicevi krivulji izracunaj inverzno Laplacovo transformiranko funkcije 1 yV+1 ' 3.15 Naj bo u pozitivna konstanta. Dokazi, da velja L l\/ — cos ut | (z) = \ —z + U + z, [Mn^r V z2 + u2 ' C\ — sin ut) (z) = \ —Z + U -—Z. V z 2 + u2 Inverzne transformiranke nekaterih realnih racionalnih funkcij lahko računamo tako, da najprej racionalno funkcijo razstavimo na parcialne ulomke in upoS-tevamo (t) = ^ (z — a)ra/ (n — 1)! A(z — a)+ , D«t, L—i -r-' ,0 (t) = Aeat cos bt + Beat sin bt. 1 (z — a)2 + b2 ' 3.16 Izracunaj inverzne (a) F(z) = i z2 —4 , (b) F(z) = i (z—a)(z—b) ' (c) F(z) = i z2+2z+2' (d) F(z) = z z3+z2+z+i ' (e) F(z) = i z4 +4" 3.17 Periodičen original. Naj bo funkcija y(t) zvezna in periodicna s periodo u. Dokazi, da velja 1 L (y(t)) (z) = 1—z l y(t)e-zt dt. 3.18 Naj bo f (x) = \x\, ce je \x\ < n in naj bo f periodicna s periodo 2n. Izracunaj Laplacovo transformiranko funkcije f. 3.19 DokaZi, da je c[ Wte-^ ) (z) = Laplacovo transformiranko L (f (t)) (z) lahko izraCunamo tudi tako, da f (t) razvijemo v potenCno vrsto in zamenjamo vrstni red seštevanja in integracije. Inverzno Laplacovo tranformiranko L-1 (F(z)) (t) lahko izracunamo tudi tako, da F (z) razvijemo v vrsto po potencah T in zamenjamo vrstni red sestevanja in invertiranja. 3.20 Naj bo a > 0. Dokazi, da velja 1 C ( 1— sin2—at | (z) = ——= e z in L ( —= cos2—at | (z) = —e \vna yw z^z y/z 3.21 Naj bo a > 0. Dokazi, da velja 1 a ) ) 1 . _ f 1 _ 1 —ez (t) = zVz j -Jna L_1 ( z—zez ) (t) = —= sh2—at in L-1 ^ —=e^ (t) = —Lch2—at. 3.22 Dokazi prvi izrek o razvoju: Ce je funkcija F (z) analiticna v to in ima v okolici to Laurentov razvoj F (z) = Y1 ^k; potem je njena inverzna k=i z Laplacova transformiranka dana z f (t) = Y1 (k—Tj! tk 1. Pri tem je f (t) cela k=i funkcija. 3.23 Izracunaj naslednje inverzne Laplacove transformiranke O) L-1 () W; (b) (^) W; (c) ^(mO(i)-(d) L-i(?w)(i)- z Heavisideova funkcija je definirana z h (x) = {0; x > 0 x < 0 3.24 Premik originala v levo. Naj bo f : [0, to) ^ R poljubna funkcija in k > 0. Dokaži, da velja r k L (f (t + k)) (z) = ekzL (f (t)) (z) - ekz f (t)e-zt dt. Jo 3.25 Premik originala v desno. Naj bo f : R ^ R poljubna funkcija in k > 0. Dokaži, da velja L (f (t - k)H(t - k)) (z) = e-kzL (f (t)) (z). Vsakemu zaporedju {an}neN kompleksnih števil lahko priredimo stopničasto funkcijo ^ anX[n,n+i)(x). Laplacovo transformiranko zaporedja definiramo n=0 kot Laplacovo transformiranko njegove stopnicaste funkcije. 3.26 Dokaži i e z L ({an})(z) = ^^Y,ane-nz. z n=o 3.27 Izracunaj Laplacove transformiranke naslednjih zaporedij: an — 2 , bn — n2 , Cn — n 2 . 3.28 Dokazi, da za poljubna k,n> 0 velja formula L-1( ^ (t) — —^(t - k)n-1 H (t - k). zn y J (n - 1)! 3.29 Izracunaj inverzne Laplacove transformiranke funkcij A(z)= V ^ , B(z) — —^—, in C (z)— 1 z(1 - e-z)' z(z - e-z)' zk(z - e-z)2' kjer je k poljubno naravno stevilo. Odvajanje in integriranje Laplacove transformiranke lahko rac unamo s pomocjo odvajanja ali integriranja slike ali originala. 3.30 Odvajanje originala. Naj bo funkcija y(t) zvezno odvedljiva na [0, () in eksponentnega narascanja. Dokazi, da velja L (y'(t)) (z) = —y(0) + zL (y(t))(z). 3.31 Resi naslednje sisteme diferencialnih enacb s konstantnimi koeficienti (a) y'(t) = —11y(t)+6z(t), y(0) = 1, z'(t) = —18y(t) + 10z(t), z(0) = 2, (b) y'(t) = y(t) — 4z(t) + e-t, y(0) = 0, z'(t) = y(t) — 3z(t), z(0) = 0, (c) y'(t) = 2y(t) — z(t), y(0) = 0, z'(t) = 4y(t) — 2z(t), z(0) = 1. 3.32 Naj bo funkcija y(t) eksponentnega narascanja in zvezno odvedljiva za vsak t > 0, razen za t = a, kjer naj ima skok. Dokazi, da velja L (y'(t)) (z) = e-az[y(a — 0) — y(a + 0)] — y(0) + zL (y(t)) (z). 3.33 Višji odvodi originala. Naj bo funkcija y(t) n-krat zvezno odvedljiva in naj bodo funkcije y(t),y'(t),... ,y(n-1)(t) eksponentnega narascanja. Dokazi L (y(n)(t)) (z) = —y(n-1)(0) — ... — zn-1y(0) + znL (y(t)) (z). 3.34 S pomocjo Laplacove transformacije resi naslednje diferencialne enacbe s konstantnimi koeficienti (a) y"(t) + 5y'(t) + 6y(t) = 9 + 18t, y(0) = y'(0) = 0, (b) y"(t) + 2y'(t) + y(t) = ch t, y(0) = 1, y'(0) = —1, (c) y"(t) + 4y'(t) + 8y(t) = e-2t sin2t, y(0) = y'(0) = 0. 3.35 Resi diferencialno enacbo y(4)(t) + 2y"(t) + y(t) = sin t pri zacetnih pogojih y(0) = y'(0) = y"(0)= y,,,(0) = 0. 3.36 Resi sistem enacb y"(t) = y(t) + z(t) +1, z" (t) = —4y(t) — 3z(t) — t, pri zacetnih pogojih y(0) = y'(0) = z(0) = z,(0) = 0. 3.37 Resi naslednjo diferencno-diferencialno enacbo y'(t) = y(t — 1) + 1, y(0) = 0. 3.38 Resi naslednjo diferencno-diferencialno enacbo y"(t) + 4y'(t — 1) + 4y(t — 2) = t, y(0) = y'(0) = 0. 3.39 Odvajanje slike. Naj bo funkcija y(t) zvezna na [0, to) in eksponentnega narascanja, f (t) < Mekt. Dokazi, da za Re z > k velja d - L (y(t))(z) = —L (ty(t))(z). 3.40 Vičji odvodi slike. Naj bo funkcija y(t) zvezna na [0, to) in eksponentnega narascanja. Dokazi, da velja d \n ^J L (y(t))(z) = (—1)nL (tny(t))(z). 3.41 Pripravi tabelico naslednjih transformirank : L (ty(t)) (z), L (ty'(t)) (z) in L (ty"(t)) (z). 3.42 Resi enacbo ty"(t) — (1 + t)y'(t) + 2(1 — t)y(t) = 0, pri zacetnih pogojih y(0) = a, y'(0) = b. Ali je zacetni problem resljiv pri poljubnih a in b? Ali je resitev enolicna? Razlozi ta pojav s pomocjo eksistencnega izreka. 3.43 Poisci vse resitve diferencialne enacbe ty"(t) + (4t — 1)y'(t) + (4t — 2)y(t) = 0, ki zadoscajo pogoju y(0) = 0. 3.44 Poisci vse resitve diferencialne enacbe ty"(t) + (2t + 2)y'(t) + (t + 2)y(t) = 0. 3.45 Integriranje slike. Dokazi, da velja ' f (t) L . t 3.46 Dokazi, da je /•oo (z)= / L (f (t)) (u) du. z sin t L\ ) (z) = arcctg z. 3.47 Naj bo a,b > 0. Dokazi, da velja ebt — eat \ , , , / z — a L —- (z) = ln t J w Vz — b 3.48 Integriranje originala. Dokazi, da velja l( J* f (u) d^j (z) = 1L (f (t)) (z). 3.49 Dokazi, da velja du) (z) = arcc^. C t sin u ' o u ) 3.50 Ce je funkcija f zvezno odvedljiva na intervalu [0, () in ce sta f in f eksponentnega narascanja, potem dokazi, da velja lim z L (f (t)) (x) = f (0). Inverzne transformiranke lahko racunamo tudi s pomocjo formul za odvajanje ali integriranje slike in originala. 3.51 Izrac unaj inverzno Laplacovo transformiranko funkcije F (z) — ln(1 + 1). 3.52 Naj bo a > 0. Izracunaj inverzni Laplacovi transformiranki funkcij a2 a2 F (z)—ln(1 + j-), Q (z) — ln(1 - ^). 3.53 Izracunaj inverzno Laplacovo transformiranko funkcije 1z F (z) — - ln z z V^TT 3.54 Izrac unaj inverzno Laplacovo transformiranko funkcije F (z) — 1 ln(1 + z). 3.55 Izracunaj inverzno Laplacovo transformiranko funkcije f (z) — arc^M. Konvolucija Konvolucija funkcij f, g : R+ — R je definirana s formulo rx (f * g)(x) — f (x - t)g(t) dt. o Izrek o konvoluciji pravi L (f * g) (z) — L (f) (z) ■L (g) (z). Iz izreka o konvoluciji sledi, da je L-1 (F (z)G(z)) (t) — (F * G)(t) — / F (t - u)G(u) du, o ce sta F in G v sliki Laplacove transformacije. 3.56 Dokazi, da je f * g = g * f. 3.57 Izracunaj cos at * cos bt in e-at * e-bt. 3.58 Naj bo a > 0. Izracunaj inverzni Laplacovi transformiranki funkcij z uporabo izreka o konvoluciji. 1z F (z) = , o , 0,2 ; G(z) = (a2 + z2)2' v7 (a2 + z2)2' 3.59 Naj bo a > 0. Izrazi inverzne Laplacove transformiranke funkcij a11 Fi(z) = ■-7; F2(z) = ^-^ in Fs(z) = zVz + a2' V~z(z - a2) z + a^fz 2 c^-s2 s funkcijo napake erf(x) = /0 e ds. 3.60 Naj bo a,b > 0. Resi naslednje Volterrove integralske enacbe prve vrste: (a) fo cos a(x — t)0(t) dt = sin bx, (b) J0x ea(x-tj0(t) dt = 1 — cos bx, (c) /0x ea(x-tj0(t) dt = xebx. 3.61 Resi naslednje Volterrove integralske enacbe druge vrste: (a) 0(t) = /ox 0(t) dt + et; (b) 0(t) = f0x et-x^(t) dt + cos x, (c) 0(t) = J0'(x — t)0(t) dt + cos x. 3.62 Resi naslednjo integro-diferencialno enacbo : f x y"(x) = 2 j sin(x — t)y(t) dt + cos(x). Jo Preostale naloge se nanasajo na posploseni izrek o konvoluciji. 3.63 Dokazi posplošeni izrek o konvoluciji. Ce za funkcije f, F, g, G, q velja L (f (t)) (z) = F (z), L (g(t,T)) (z) = G(z)e—Tq(z), potem velja L ( r f (t )g(t, T )dT) (z) = F (q(z))G(z). 3.64 Dokazi, da za primerno funkcijo f velja fP = L ( £ l,' f (s)e— ' ds\ (z). 3.65 Izracunaj e—a z 3.66 Dokazi, da za primerno funkcijo f velja xt—if (t) L (f (x)) (ln z) = L ( jT ^ft dt) (z). 3.67 Izracunaj L—i ( mrz' = L([ f*) 0, parabolična, c e je D(x, y) — 0 in eliptična, ce je D(x, y) < 0. Tip enac be je neodvisen od koordinatnega sistema. Izkaze se, da za vsak tip ena cbe lahko najdemo posebej enostavno obliko ena cbe, ki ji pravimo kanoni c na. Kanoni c na oblika za elipti c no enac bo je Lu — uxx + uyy + L1 (u), kjer je L1 diferencialni operator prvega reda. Parabolic na enac ba ima kanoni c no obliko Lu — uxx + L1(u), za hiperbolic no pa sta dva, in sicer Lu — uxx - uyy + L1(u) in Lu — uxy + L1(u). 5.1 Klasificiraj enac bo in jo res i: uxx + 4uxy + 4uyy - 5.2 Klasificiraj enac bo in jo prevedi na kanoni c no obliko: uxx + 6uxy + uyy — 0. 5.3 Klasificiraj enac bo in jo prevedi na kanoni c no obliko: ch2 xuxx - 2 sh xuxy + uyy — 0. 5.4 Klasificiraj enac bo in jo prevedi na kanonic no obliko: y2uxx - 2xyuxy + x2uyy — (y2/x)ux + (x2/y)uy 5.5 Zapiši enačbo 2uxx — 2(y — 1)uyy — uy = 0, y > 1, v kanonični obliki. Reši enačbo pri pogojih lim u(x,y) = x, lim y/yuy(x,y + 1) = x. y^ 1+ y^ 0+ 6. LAPLACOVA ENAČBA Laplačova enačba še glaši Au = 0, kjer je u - uxixi + ... + uxnxn . Rešitvam Laplačove enačbe pravimo harmonične funkcije. Harmonične funk-čije zadoščajo principu maksima: če je D odprto omejeno območje in f nekon-štantna harmonična funkčija na D, ki je zvezna na D, zavzame f makšimum (in minimum) na robu. Harmonične funkčije imajo tudi lastnost povprečne vrednosti: za všaka a, r za katera je B (a, r) C D, velja f (a) = vsBrr)) rf (x)dVx Fundamentalna rečitev za Laplačov operator je funkčija N(x), ki v (šmišlu dištribučij) reši enačbo AN = 50. Za Rn dobimo našlednje rešitve: kjer je N(x) = — log \x\ v dveh dimenzijah in 2n N(x) = —-. 1 . .—^ za n > 2, v 7 (2 — n)un\x\n-2 nn/2 Un = 2; r(n/2) površina enotške šfere v Rn. Naj bo D omejeno območje gladkim (to je Crx) robom in S = dD. Greenova funkcija območja D za Laplačov operator z Diričhletovimi robnimi pogoji je funkčija G(x,y), ki zadošča našlednjim pogojem: (a) G(x, y) je definirana za však x G D, y G D, x = y, (b) za však x G D je funkčija y G(x, y) + N(x — y) harmonična na D in zvezna na D, (č) za však x G D in však y G S je G(x, y) = 0. Izkaze se, da obstaja ena sama taka funkcija. Omenimo tri lastnosti Greenovih funkcij: • velja G(x, y) = G(y, x) za poljubna x,y G D, x = y, • velja 0 < G(x, y) < —N(x — y) za poljubna x,y G D, x = y, • za vsako dovolj lepo funkcijo f : D — R je funkcija v(x), definirana s predpisom v(x) = — fD G(x,y)f (y)dy, resitev naloge Av = f, v\dD = 0. • za vsako dovolj lepo funkcijo g : S — R je funkcija w(x), definirana s predpisom w(x) = — fSdn-G(x,y)g(y)dy, resitev naloge Aw = 0, w\dD = g. Funkciji P : D x S R, ki je definirana kot minus normalni odvod G na robu, P(x,y) = — J^-G(x,y), pravimo Poissonovo jedro za obmocje D. Harmonične funkcije, Greenova funkcija, Poissonovo jedro 6.1 Naj bosta Qi, Q2 C R2 obmocji. Pokazi, da C2 difeomorfizem f : Qi — Q2 ohranja harmonicnost, se pravi u harmonicna na Q2 ^ u o f harmonicna na Q1, natanko tedaj, ko je konformna preslikava. Namig. V eno smer zadosca pogoj napisati na harmonicnih polinomih nizkih stopenj. 6.2 Naj bo F : D — D' konformna preslikava, ki je homeomorfizem D — D', kjer sta D, D' C R2 odprti omejeni mnozici z Greenovima funkcijama G oziroma G'. Dokazi: G(x,y) = G'(F(x), F(y)). 6.3 Napisi Greenovo funkcijo za naslednja obmocja: (1) R x R+, (2) prvi kvadrant, (3) B2(0,a) n (R x R+), (4) pas R x [0,a], (5) prvi oktant, (6) Rn_1 x R+, (7) Bn(0,a) n (Rn_1 x R+). Harmonicne funkcije, Greenova funkcija, Poissonovo jedro 6.4 Naj bo P(x,y) Poissonovo jedro za krog B2(0,a), G(x,y) pa Greenova funkcija (x,y G R2). Izracunaj integrala / P(x,y) dsy in / G(x,y) dVy JS1(0,a) J B2 (0,a) 6.5 (a) Naj bosta a in b realni stevili. Resi Au = a na Bn(0,1), u = b na Sn_1(0,1). (b) Naj bo g zvezna funkcija na Sn_1(0,1) in f G C2(Bn(0; 1)). Pokazi, da je 1 sup \u\< sup \g\ + — sup \f\, BT(0,1) Sn-l(0,i) 2n B"(0,1) ce je funkcija u resitev enacbe Au = —f, u\Sn-i(01) = g. 6.6 Naj bo Z : Rn — Rn zrcaljenje preko hiperravnine Rn_1 x {0} in D C Rn obmocje, za katerega je Z (D) = D. Privzemimo, da ima D Greenovo funkcijo G(x, y) in Poissonovo jedro P(x, y). Z G+(x, y) in P+(x, y) oznacimo Greenovo funkcijo in Poissonovo jedro za obmocje D+ = D n (Rn_1 x R+). (a) Izrazi G+ z G. (b) Poisci zvezo med P in P+. Naj bo (dD)+ = dD n (R^1 x R+) in L = D n (R^1 x {0}). (c) Za dano funkcijo f : (dD)+ R definiramo + , ) = j f (x); x G (dD)+; . ( ) = / f (x); x G (dD) + ; F (x) = \ 0; x G L inF (x) ^ —f (Z(x)); Z(x) G (dD)+ . Privzemi, da je F + zvezna in pokazi, da funkcija H(x):=/ P(x,y)F(y) dSy JdD resi enacbo AH(x) = 0 na D+, H\dD+ = F+(x). Preden se lotis resevanja, si narisi sliko! 6.7 Naj bo 0 < a r kjer je u zvezno parcialno odvedljva funkcija na R3, ki je odvisna samo od oddaljenosti r od izhodi sc a in gre v neskonC nosti proti 0. Reševanje 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, y2n J-m V 2n J-m If f'm r<2 rm F s (f )(z) = y n J f (x) sin zxdx, f (x) = \j - J Fs (f) (z) sin zxdz, 12 rm 12 rm Fc (f) (z) = y n J f (x) cos zxdx, f (x) = \j n J Fc (f )(z)cos zxdz. Predpostavili smo, da sta tako funkcija f kot njena transformiranka v L1. Pri ra cunanju inverzne transformiranke si pogosto pomagamo s formulo 1 r+m F (f * g) (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. xx 6.8 Naj bosta a,b > 0, ab = kn. Resi enacbo Au = 0 na obmocju x G R, 0 < y < a pri robnih pogojih u(x, 0) = e-blxl, u(x, a) = 0. 6.9 Naj bosta a,b > 0. Resi enacbo Au = 0 na obmocju x G R, y > 0 pri robnem pogoju b, \ x\ < a u(x, 0) = 0, \ x\ > a Resitev tudi geometrijsko interpretiraj. 6.10 Naj bosta a,b > 0 in h G R. Resi enacbo Au = 0 na obmocju x G R, y > 0 pri robnem pogoju b, x < a uy(x, 0) + hu(x, 0) = 0, \ x\ > a Kaj se zgodi v primeru h = 0? 6.11 Naj bosta a,b> 0. Resi enacbo Au = 0 na obmocju x > 0,y > 0 pri robnih pogojih b, 0 < x < a u(0, y) = 0, u(x, 0) = . „ 0, x > a 52 laplacova enaCba 6.12 Naj bošta a,b> 0. Reši enačbo Au = 0 na območju x > 0,y > 0 pri robnih pogojih b, 0 < x < a u(0, y) = 0, uy(x, 0) = 0, x > a 6.13 Naj bošta a,b> 0. Reši enačbo Au = 0 na območju x > 0,0 < y < a pri robnih pogojih u(0, y) = 0 in u(x, 0) = 0, u(x,a) = b. Resevanje s separacijo spremenljivk Enačbe, ki jih dobimo po šeparačiji špremenljivk, šo odvišne od tega, v katerih koordinatah delamo. Obravnavali bomo kartezične, polarne, čilindrične in šferične koordinate. Kartezične koordinate Kadar je območje D interval, pravokotnik ali kvader, uporabimo pri reševanju Laplačove enačbe na D kartezične koordinate. V teh treh primerih je Au = u" (x), Au = uxx + uyy oziroma Au = uxx + uyy + uzz. Po šeparačiji špremenljivk dobimo eno od trigonometrijških vršt. Katero, je odvišno od robnih pogojev. 6.14 Naj bo 0 < a < b. Reši enačbo u"(x) = n/ \ i —2, \x\ < a 0, a < \ x\ < b pri robnih pogojih u(—b) = u(b) = 0. Reši išto enačbo pri nehomogenih robnih pogojih oblike u(—b) = c, u(b) = d tako, da jo š primerno šubštitučijo prevedeš na enačbo š homogenimi robnimi pogoji. 6.15 Naj bosta a,b > 0 in f1,f2 G L2[0,a]. Resi Laplacovo enacbo 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. 6.16 Naj bosta a,b > 0 in f1, f2 G L2[0, a] in g1,g2 G L2[0, b]. Resi Laplacovo enacbo Au = 0 na obmocju [0, a] x [0, b] pri robnih pogojih u(x, 0) = f (x), u(x, b) = f2(x), u(0,y) = g1(x), u(a,y) = g2(x). 6.17 Resi enacbo Au = 0 na obmocju [—n/2,n/2]2 pri pogojih u(x, — n/22) = u(x,n/2) = 0, u(—n/2,y) = cos(y) = —u(n/2,y). 6.18 Resi enacbo Au = 0 na obmocju [—n,n]2 pri pogojih u(—n, y) = u(n, y) = 0, u(x, —n) = u(x, n) = n2 — x2. 6.19 Naj bosta a,b > 0 in f G L2[0,a]. Resi Laplacovo enacbo Au = 0 na obmocju [0, a] x [0, b] pri robnih pogojih uy(x, 0) = 0, u(x, b) = f(x), ux(0,y) = 0, u(a,y) = 0. 6.20 Naj bo D = [0, a] x [0, b] in h G L2(D). Resi Poissonovo nalogo Au = —h na obmocju D pri robnem pogoju u\dD = 0. V primeru h = 2 koeficiente tudi eksplicitno izracunaj. 6.21 Naj bo D = [0, a] x [0, b] in (x0,y0) G D. Predstavljajmo si, da je (x0,y0) x R zica, po kateri je razporejen naboj s konstantno linearno gostoto / in da je dD x R prevodna skatla. Kaksna je porazdelitev elektricnega potenciala u znotraj skatle? 6.22 Naj bo D = [0, a] x [0, b] x [0, c]. Predstavljajmo si, da je dD prevodna skatla in da se v tocki (x0, y0, z0) G D0 nahaja naboj e. Kaksna je porazdelitev elektricnega potenciala u znotraj skatle? 6.23 Resi enacbo Au = yx na obmocju D = [0,^]2 pri pogoju u\dD = 0. Polarne koordinate Kadar je obmocje D krog, krozni izsek, zunanjost kroga, izsek zunanjosti kroga, kolobar ali izsek kolobarja uporabimo pri resevanju Laplacove enacbe na D polarne koordinate. V tem primeru je = 1 1 l\u — urr + ur + ^umm. r r2 Oglejmo si najprej nekaj primerov, ko je funkcija u odvisna samo od r. V tem primeru zadnji clen v gornji formuli odpade. 6.24 Resi Poissonovo nalogo Au = —1 na enotskem krogu pri robnem pogoju u(1;P) = 0. 6.25 Poisci kaksno resitev enacbe Au = ||x||2002 + ||x||2004 v R3. 6.26 Reši Poiššonovo enačbo Au = —1 na neškončnem valju z radijem a pri robnem pogoju (ur + hu)\r=a = 0, h = 0. 6.27 Naj bo 0 < a < b. Reši Poiššonovo enačbo {0, r < a —1, a < r < b , 0, b < r kjer je u zvezno parčialno odvedljiva funkčija na R2, ki je odvišna šamo od oddaljenošti r od z oši. Dokazi, da je u v neškončnošti neomejena. V primeru, ko je funkčija u odvišna tako od r kot p, dobimo za rešitev Laplačove enačbe Au = 0 š šeparačijo špremenljivk u(r, p) = R(r)$(p) enačbi $"(p) + v2$(p) = 0, r2R"(r) + rR'(r) — v2R(r) = 0. Glede na robne pogoje določimo v. V šplošnem je naštavek oblike u(r, 0) = A log r + ^(AnrV" + Bnr-Vn )(Cn čoš VnP + Dn šin VnP),Vn = 0. n=1 Glede na obliko območja D ločimo našlednje moznošti: (1) Ce je območje D krog, zunanjošt kroga ali kolobar potem zaradi periodičnošti dobimo vn = n G N0. Ce je D krog, vzamemo zaradi omejenošti v 0 A = 0, An = 1, Bn = 0. Ce je D zunanjošt kroga, imamo običajno pogoj na omejenošt v neškončnošti, zato v takem primeru vzamemo An = 0, Bn = 1, n > 1. Koefičienta Cn in Dn določimo iz robnih pogojev po r. (2) Ce je območje D izšek kroga, zunanjošti kroga ali kolobarja, kjer p teče od 0 do p0, potem je vn odvišen od robnega pogoja po p: a) Ce je u(r, 0) = u(r, p0) = 0, je A = 0, Cn = 0, Dn = 1 in Vn = ^, n G N. b) Ce je u(r, 0) = uv(r, po) = 0, je Cn = 0, Dn = 1 in vn = (2>2+01)n • c) Ce je Uv(r, 0) = uv(r, po) = 0, je Cn = 1, Dn = 0 in Vn = V0• Ce je D izsek kroga, je A = 0. V primeru nehomogenih ali meSanih pogojev po p nastopijo teZave. Koeficiente An in Bn potem doloC imo iz robnih pogojev po r. Pri izseku kroga vzamemo Bn = 0 in pri izseku zunanjosti kroga vzamemo An = 0. 6.28 Res i enaC bo Au = 0 na B2(0,1) pri pogoju u(1, p) = \p\, p G [—n, n]. Kaj lahko poves o konvergenci dobljene vrste? 6.29 Res i enaC bo Au = 0 na B2(0,1) pri pogoju — sin p, —n < p < 0 u(1 , p) = 1 sin p, 0 < p < n 6.30 Res i enaC bo Au = 0 na B2(0,1) pri pogoju —1, —n < p < 0 u(1, p) = v [1, 0

0, n naravno stevilo in D kroz ni izsek z radijem a in kotom n/n. Re s i Laplacovo enac bo Au = 0 pri robnih pogojih n u(a, p) = sin np, u(r, 0) = 0 in u(r, —) = 0. 6.32 Res i enac bo Au = 0 na D = B2(0,1) n (R+)2 pri pogojih n u(1, p) = p(n — 2p), p G [0, n/2] in u(r, 0) = u(r, = 0, r G [0,1]. 6.33 Na komplementu kroga B2(0,a) resi enacbo Au = 0 pri robnem pogoju ur (a, p) = 0 in pri asimptotskem pogoju u(r, p) = cr cos p za velike r. Naloga opisuje kako se vede ravninski tok idealne tekocine, ki s hitrostjo c tece v smeri x osi, ko naleti na krog B2(0, a). Hitrost tekocine je gradient funkcije u. Nasvet: Pomagaj si z substitucijo v = u — cr cos p. 6.34 Naj bo D polkrog z radijem a, ki lezi na gornji polravnini. Resi enacbo Au = —2, u\dD=o. Nasvet: Pomagaj si s substitucijo v(r, p) = u(r, p) + y2 = u(r, p) + r2 sin2 p. 6.35 Resi enacbo Au = 0 na polkrogu r < 1, 0 < p < n pri robnih pogojih u(r, 0) = r, u(r, n) = —r, u(1,p) = f (p). Nasvet: Pomagaj si s substitucijo v(r,p) = u(r,p) — r cos p. DIFUZIJSKA ENAČBA Difuzijska enačba v eni spremenljivki se glasi 2 ut - c uxx in opisuje prevajanje toplote po (koncni ali neskoncni) palici. Izrek. Naj bo D C R omejeno obmocje z robom S in 0 < T < oo. Potem obstaja najvec ena zvezna funkcija u na D x [0, T], ki se na parabolicnem robu (D x 0) U (S x [0, T]) ujema z dano funkcijo in resi enacbo ut - c uxx. Izrek. Parabolični princip maksima. Ce je u zvezna na QD x [0, T] in resi enacbo ut = Au, zavzame maksimum maxn u na parabolicnem robu. 7.1 Naj bo D = (a,b) C R omejen interval. Naj funkcija u resi enacbo ut = uxx na D. Zacetna porazdelitev toplote naj bo u(x, 0) = f (x) in naj bo obmocje na robu ali izolirano ali pa naj ima rob temperaturo 0. Privzemi, da je resitev dovolj gladka na [a, b] in pokazi, da je b ,-b ■2f~ ^dx < / f2(x) dx. bb E(t) := / u2(x, t) dx < f2(x) J a J a Naj bo u(x) = limt^^u(x,t). Kateri enacbi ustreza funkcija u(x)? Za oba primera u tudi izracunaj. Reševanje z integralskimi transformacijami Kadar je obmocje D enako R ali R+, resujemo difuzijsko enacbo na D bodisi z Laplacovo transformacijo po t bodisi z eno od treh Fourierovih transformacij po x. Prva metoda ima prednost, kadar je zacetni pogoj homogen, druga pa kadar je robni pogoj homogen. Laplacovo transformacijo po t bi lahko uporabili tudi v primeru, ko je D koncen interval, vendar si v tem primeru raje pomagamo s separacijo spremenljivk. 7.2 Resi enacbo ut - c uxx na obmocju x G R, t > 0 pri zacetnem pogoju u(x, 0) = f (x), kjer je f dana funkcija. Enacba opisuje prevajanje toplote po neskoncni palici. 7.3 S pomocjo Fourierove transformacije resi enacbo ut = uxx na obmocju x G R, t > 0 pri pogoju u(x, 0) = xe-x . 7.4 Resi enacbo ut = c2uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju u(0, t) = 0(t) in zacetnem pogoju u(x, 0) = 0. Predpostavi, da je funkcija u omejena. 7.5 Resi enacbo ut = c2uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju ux(0,t) = 0(t) in zacetnem pogoju u(x, 0) = 0. Predpostavi, da je funkcija u omejena. 7.6 Reši enačbo ut - c uxx na območju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju u(0, t) = 0 in začetnem pogoju u(x, 0) = f (x). 7.7 Reši enačbo ut = c uxx na območju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju ux(0,t) = 0 in začetnem pogoju u(x, 0) = f (x). 7.8 Izpelji rešitev enačbe ut = uxx na območju x > 0, t > 0 pri začetnem pogoju u(x, 0) = šin x + čoš 2x, in robnem pogoju ux (0,t) = e-t. 7.9 Naj bo c,u0,h > 0 in f dana funkčija. Reši enačbo 2 ut = c uxx na območju x > 0,t > 0 pri začetnem pogoju u(x, 0) = u0 in robnem pogoju ux(0,t) = hu(0,t). Preveri, če dobiš šmišeln rezultat, ko gre h — 0 ali x — 0. 7.10 Resi enacbo ut = c uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju u(0, t) = 0(t) in pri zacetnem pogoju u(x, 0) = f (x). 7.11 Resi enacbo ut = uxx + e-ax na obmocju x > 0, t > 0 pri pogojih u(x, 0)=0, ux(0,t) = 0. Resevanje s separacijo spremenljivk Naj bo D = (a,b) in c > 0 konstanta. Iscemo tako funkcijo u = u(x,t), x G [a, b], t > 0, ki resi nehomogeno difuzijsko enacbo ut = c2uxx + F(x, t) pri pogojih u(x, 0) = f (x), x G [a, b] Ba(u) = au(a, t) + /3ux(a, t) = A, Bb(u) = Yu(b, t) + 5ux(b, t) = B, t > 0. Recept je takle: (a) Homogenizacija robnih pogojev. Ce konstanti A in B nista obe enaki nic, potem poiscemo tako funkcijo w = w(x), ki zadosca obema robnima pogojema in napravimo substitucijo u(x,t) = u(x,t) + w(x). Nova enacba je ut = c2uxx + F(x,t), kjer je ^ = F + wxx, nova zacetna pogoja pa sta u(x, 0) = f(x), kjer je f = f — w in Ba(u) = 0, Bb(u) = 0. (b) Resevanje lastnega problema. S separacijo spremenljivk resimo lastni problem vxx = \v, Ba(v) = Bb(v) = 0. Dobimo stevno mnogo lastnih vrednosti. Vsaki pripada koncno lastnih vektorjev. Naj bo vn kompleten ortogonalen sistem lastnih vektorjev. (č) Razvijemo F(x,t) = En Fn(t)vn(x) in f(x) = En fnVn(x), kjer je F (t) = Jq F(x,t)vn(x) dx in f = £ /(x)vn(x) dx ia Vn (x) 2 dx ja Vn (x) 2 dx (d) Rešitev (nove) enačbe je i(x,t) = ^2 Tn(t)Vn(x), u( nn n kjer je funkčija Tn rešitev začetne naloge T'n (t) = C2XnTn(t) + Fn(t), Tn(0) = fn. Na konču k u prištejemo w, da dobimo u. Kartezične koordinate Našlednje naloge še nanašajo na prevajanje toplote po paliči dolzine l. Pri všaki pojašni fizikalni pomen. 7.12 Naj bo c,l,T0 > 0. Reši enačbo ut = c2uxx pri začetnem pogoju u(x, 0) = f (x) in robnih pogojih u(0, t) = u(l, t) = 0. Podrobno obravnavaj primere f (x) = T0, f (x) = T0x/l, f (x) = T0x(l — x)/l2, kjer je T0 konštanta. 7.13 Naj bo c,l > 0 in F(x,t) dana funkcija. Re s i enac bo ut = c2uxx + F(x, t) pri za cetnem pogoju u(x, 0) = 0 in robnih pogojih u(0, t) = 0, u(l, t) = 0. Podrobno obravnavaj primera (a) F (x, t) = X[o,h](x), kjer je 0 0. 7.14 Naj bo c,l > 0. Re s i enac bo ut = c2uxx pri za cetnem pogoju u(x, 0) = 0 in robnih pogojih u(0,t) = 0(t), u(l, t) = ^(t). Podrobno obravnavaj primera (a) 0(t) = 0, ^(t) = T0, kjer je T0 konstanta ter (b) 0(t) = 0, ^(t) = T0 sin ut, kjer sta T0,u > 0 konstanti. 7.15 Re s i enac bo pri za cetnem pogoju ut = c2uxx u(x, 0) = f (x) in pri robnih pogojih u(0,t) = 0, ux (l,t) = 0. 7.16 Naj bodo a,b,l > 0. Resi enacbo 2 ut = c uxx pri zacetnem pogoju u(x, 0) = 0 in robnih pogojih u(0,t) = 0, ux(l,t) = b. 7.17 Resi difuzijsko enacbo ut = uxx za koncno palico dolzine l, ki je v krajiscih izolirana, zacetna porazdelitev temperature pa je u(x, 0) = x. Kaksna je stacionarna porazdelitev temperature? 8. VALOVNA ENAČBA Valovna enačba v eni dimenziji se glasi 2 utt = c uxx Opisuje nihanje strune. Za nihanje neskončne strune utt = c2 uxx na območju x G R, t > 0 pri začetnih pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x), nam resitev pove D'Alembertova formula: 1 1 rx+ct u(x, t) = -[f (x + ct) + f (x — ct)] + — g (s) ds. 2 -c Jx—ct Valovno enačbo na končnem intervalu lahko resujemo bodisi s separacijo bodisi z Laplačovo transformačijo po t. Izrek. Območje vpliva. Naj bo u C2 funkčija, definirana na R x [0, T] za nek T > 0 in naj resi utt = uxx. Ce je u = ut = 0 na intervalu (xo-to,xo +to) x {0}, to G (0;T], potem je u enaka 0 na območju {(x, t), 0 < t < t0 in \x — x0\ < t0 — t}. 8.1 Naj funkčija u resi valovno enačbo utt = uxx pri pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x), za f, g G C1(R). Definirajmo kinetično in potenčialno energijo / 0 pri zac etnih pogojih u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = e-alxl. 8.3 Re si ena cbo utt = c2uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju u(0, t) = 0(t) in zac etnih pogojih u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0. 8.4 Re si ena cbo 2 utt = c uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju ux(0,t) + hu(0,t) = ^(t) in zac etnih pogojih u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0. Posebej obravnavaj primer h = 0. 8.5 Re si ena cbo utt = c2uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju u(0, t) = 0 in zac etnih pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x). Pomagaj si z lihim nadaljevanjem funkcij f (x), g(x), u(x,t) z obmocja x > 0 na x G R. 8.6 Resi enacbo utt = c2uxx na obmocju x > 0, t > 0 pri robnem pogoju ux(0, t) = 0 in zacetnih pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x). Pomagaj si s sodim nadaljevanjem funkcij f (x), g(x), u(x,t) z obmocja x > 0 na x G R. 8.7 Resi enacbo nihanja polneskoncne strune utt = uxx + 2e-t sin(x) na obmocju x > 0 pri pogojih u(0, t) = u(x, 0) = ut(x, 0) = 0. 8.8 Naj bo a> 0. Resi enacbo 2 utt = a uxx na obmocju x > 0, pri pogojih ux(0, t)—u(0, t) = e-t—1, u(x, 0) = ut(x, 0) = 0. Resevanje s separacijo spremenljivk 8.9 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. Resi enacbo utt = c2uxx pri robnih pogojih u(0, t) = u(l, t) = 0 in zacetnih pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x). Podrobno obravnavaj primera (a) f (x) = 2h min(x/l, 1 — x/l), g(x) = 0. (b) f («> = o, h 0 in naj bošta c,l > 0 konštanti. Reši enačbo utt = c2uxx + F(x, t) pri robnih pogojih u(0, t) = u(l, t) = 0 in pri začentih pogojih u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0. Podrobno obravnavaj primera (a) F(x, t) = A šin(ut), (b) F(x, t) = B šin(ut)x/l, kjer šo A,B,u > 0 konštante. 8.12 Naj bošta 0(t) in ^(t) dani funkčiji in c,l > 0 konštanti. Reši enačbo utt = c2uxx na intervalu [0, l] pri robnih pogojih u(0,t) = 0(t), u(l, t) = ^(t) in začenih pogojih u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0. Podrobno obravnavaj primer 0(t) = 0, ^(t) = A šin ut, kjer šta A,u > 0 konštanti. Loči primera, ko u je oziroma ni laštna frekvenča štrune. 9. RESITVE NALOG Fourierove vrste 1.1 (a) Neskon cnokrat zvezno odvedljive funkcije s kompaktnim nosilcem v (—l, l) so goste v L2[—l, l] in hkrati lez ijo v V_. (b) Za poljubna y,z G V velja (Ay,z) = f_l(—y")zdx = f_l y'z' dx. Odtod sledi, daje (Ay, z) = (Az, y) in (Ay, y) > 0. Operator A : V_ ^ L2[—l, l] ni injektiven, ker ima v jedru konstantno funkcijo 1. (c) Lastne vrednosti so Xk = —(kn/l)2, k G N0. Lastni podprostor za A0 = 0 je enodimenzionalen in generiran s konstantno funkcijo 1. Ce je k = 1, 2,..., potem je lastni podprostor za Xk dvodimenzionalen in generiran s cos(knx/l) in sin(knx/l). 1.2 Dovolj je trditev dokazati za C2 funkcije, ki imajo v kraji s c ih odvod in funkcijsko vrednost enako 0. Gf (x) = AGf (x) = /l 1 1 fx -(x — t)2f(t) dt + 2J (x — t)f (t) dt — 1 rl — 2 (x — t)f (t) dt L —tf (t) dt—dL{ 2 Lf (t) dt—1 /f (t) dt fl -1 1 1 .ll ~2lf (t) dt + 2 f (x) + 2 f (x). G(—f")(x) = /l 1 1 fx -(x — t)2f"(t) dt — 2J (x — t)f(t) dt + 1 fl + 2 (x — t)f"(t) dt = A 1 1 fx = —J (x—t)f(t)dt+2yl(—1)f'(t)dt— 1 fl l (—1)f'(t) dt = fl 1 1 1 = J l 2]f(t) dt + 2(—1)f'(x) dt — 2(—1)f(x). 1.3 Fourierova vrsta in Parsevalova identiteta se glasita oo f = a0 + ^(ak cos(knx/l) + bk sin(knx/l)), k=1 . l -sin nx, -= n> z—c n 3 ' n2 n=1 n=1 2 n2 ^ (—1)n 2n5 2n5 ^ 1 (b) x = y + 4E cos nx, = ^ + , n=1 n=1 x3 — n2x ^ (—1)n . n7 ^ 1 (c) —^^ sinnx, 945= ^na. 12 n3 ' 945 ^n6' n=1 n=1 1.5 Uporabimo nalogo 1.4 in dobimo resitve (a) n2/6, (b) n4/90, (c) n6/945 1.6 Prvih pet polinomov je Po(x) = 1, p1(x) = x — 1/2, P2(x) = 2 (x2 — x + 1/6), ^3(x) = 31j(x3 — 2x2 + 1 x), ^4(x) = 4] (x4 — 2x3 + x2 — 3L). Razvoj p1(x) v Fourierovo vrsto je , . 1 v-^ sin2knx ^1(x) = — Iz rekurzivne formule dobimo , . 1 1 v-^ čoš 2knx ^2(x) = n • +c. Zaradi pogoja, daje všaka funkčija ortogonalna na konštanto, mora biti c = 0. Splošna formula je . . , .n ,, 2 v-^čoš2knx Pn(x) =( 1)-^E za šode n in n Mx) = (—1) 2 + ^E za lihe n. Všota je X ^ k2 m ( 1 1 E^ = ( —1)m-1(2n)2m 2 ^2n(0). k=1 1.7 Fourierove vršte šo ( a 2 šin na X[-a,aj (x) = + -čoš nx, [ ' ] n n ^ n n=1 2a šin an ( 1 ^ (—1) čoš ax =- —^ + > -^ čoš nx n \2a2 a2 — n2 šin an ( 2n(—1)n šin ax =- > —-— čoš nx, n=1 n n ' a2 — n2 2a šh an j 1 ( (—1)n čh ax =- —^ + > -^ čoš nx n \2a2 n=i a2 + n2 2 šh an ( (—1)n-1n šh ax =- > —^-šin nx. n a2 + n2 n=1 Ko uredimo Parševalove identitete, dobimo šin2 na a(n — a) E n2 n=1 X 1 1 E (a2 — n2)2 =4^4 —2 + an čtg ^ + aV(1 + čtg2 an)) k=1 £ (a2 n n2)2 = 4a (an(1 + čtg2 an) — čtg ; k=l 1 ' tt 1 = 1 = (a2 + n2)2 = 4a4 tt2 n2 =1 (a2 + n2)2 4a tt 1 1 E—-rrrr = ——r (—2 + an čth an + a2n2(čth2 an — 1)) (a2 + n2)2 4a4 E^-^ttt = — (čth an + na(1 — čth2 an)) . (n2 _L /U V v 1.8 Naj bodo bj klasični Fourierovi koefičienti funkčije f. Minimum je enak kvadratnemu korenu iz /n ( n \f(t)\2 dt — 2na2 + (ak + b2k) V k=i DoseZen je pri f0 = ao + En=l(ak čos kx + bk sin kx). 1.9 Vrsta je tt1 E—2—- čos 2kx. 4k2 1 n n k=l 1.10 Resitev isčemo z nastavkom y(x) = c0 + ^tt=l cn čos nx + dn sinnx. Ko vstavimo v enačbo se vrsto za \ sinx\, opazimo, da so koefičienti dn enaki 0, koefičienti cn enaki 0 za lihe n. Za ostale dobimo enačbe c0 = - in n (—4k2 + 1)ck = — 4 n(4k2 — 1)' Resitev je 2 1 / 2 \2 y(x) = —|— > —z- čos2kx. yw n n ^ V 4k2 — 1) — 1.11 Za vsak x G R definiramo g(x) = limn^tt(snf)(x). (a) Velja g(x) = x za vsak x G (—n,n) in g(n) = 0. Izven intervala [n, n] dobimo g(x) s periodičnim nadaljevanjem. Grafa funkčij f (x) in g(x) se ujemata samo na intervalu (—n, n). Velja 2 = 2(l — 3 + 5 — .. ) (b) Velja g(x) = x2 za vsak x G [—n, n]. Izven intervala [n, n] dobimo g(x) s periodičnim nadaljevanjem. Grafa funkčij f (x) in g(x) se ujemata samo na intervalu [—n,n]. Velja = n2 + . (c) Velja g(x) = f (x) za vsak x G [—n, n]. Izven intervala [n,n] dobimo g(x) s periodičnim nadaljevanjem. Grafa funkcij f (x) in g(x) se ujemata samo 3 C na intervalu [—n,n]. Velja — ^ = S n=1 (~1)" (2n-1)3 ' 1.12 Fourierova vrsta je 2a sin an 7r + Vc 2a2 Z^r cos . Ker ima f levi 2a2 Z^n=1 a2-n2 in desni odvod v 0, je po točki (c) iz uvoda vsota vrste za x = 0 enaka f (0). Odtod sledi (b), ce zamenjamo a z t. Funkcijska vrsta ^CC=2 fc2it2 je enakomerno konvergentna na [—n,n], ker je majorizirana s konvergentno stevilsko vrsto ^C=2 f^T . Tocko (c) dobis, ce integriras identiteto iz (b) od 0 do t in antilogaritmiras. 1.13 Razviti je potrebno funkcijo ch x (naloga 1.7) in izracunati vrednosti v 0 in n. Vsoti sta c (—1)n = n 1. c 1 = n cth n — 1 ^ n2 + 1 = 2 sh n — 2 in ^ n2 + 1 = 2 . n=1 n=1 1.14 Naj an(g) pomeni Fourierov koeficient funkcije g pri cos nx in bn(g) Fourierov koeficient g pri sin nx. Po definiciji Fourierovih koeficientov je a0(f (x) cos mx) = an(f (x) cos mx) = bn(f (x) cos mx) = am(f)/2 m> 0 ao(f) m = 0 ' 1 (a|m-n|(f) + am+n(f)) m = n a0(f) + 2 a2n(f) m=n 2 (sign(n — m)b|m-n|(f) + bm+n(f)), m = 2 b2n (f ) n m=n Podobno velja za f (x) sin mx. 1.15 Velja 1 C (—1)nn + 2 > ——— sin nx, x cos x = — sin x i2X 0 2 n2 1 n=2 1 C (—1)n x sin x = 1--cos x — 2, 0 2 n2 1 n=2 cos nx. Prva metoda: odvajaj vrsti za cos ax in sin ax po a in poslji a ^ 1. Druga metoda: pomnozi vrsto za x s cos x ali sin x in razcepi produkte. Tretja metoda: uporabi prejsnjo nalogo. 1 1.16 Fourierovi koeficienti so a0(f) = 0, an(f) = (—1)n 1n 1, bn(f) an(g) = 0, b2n(g) = 0 in b2n+i(g) = 2(—1)n(2n + 1)-1. 1.17 ac(f') = 0, an(f') = nbn(f), bn(f) = —nan(f). 1.18 Ce 2k oziroma (2k — 1)-krat integriramo per partes, dobimo f (x) cos nx dx f (x) cos nx dx n —2k f (2k)(x) cos nx dx < 2 nn-2k \\f (2k)\U, =n -2k+1 f(2k-i) (x) sin nx dx < < 2 nn-2k+1\\f (2k-1)| Podobno ocenimo clene bn. 1.19 Ker je f zvezna na [—n, n], zvezno odvedljiva na (—n, n) in f (—n) = f (n), je sn(f') = Ylk=1(kbk cos kx — kak sin kx). Iz Cauchy-Schwartzove neenakosti sledi E k=1 (|ak| + \bk|) ^ ¥ k2(ak + b2,) k=1 k=1 n2 "6" n Odtod sledi, daje vrsta sn(f) enakomerno in absolutno konvergentna. Ker so njeni sumandi zvezne funkcije, konvergira sn(f) proti neki zvezni funkciji g. Ce dokazemo, da je f = g, je naloga koncana. Ker je vrsta sn(f) enakomerno konvergentna, jo lahko clenoma integriramo, zato imata funkciji f in g iste klasicne Fourierove koeficiente. Ker je sn(f) = sn(g), iz izreka o kvadraticni konvergenci sledi, da sta f in g enaki v prostoru L2 [—n,n]. Ker sta f in g zvezni in enaki skoraj povsod, sta enaki povsod. 0 n n — n n n — n — n oo 2 1.20 Funkcija F je zvezna. Za prvo tocko izracunamo /-n (f(x) — ao) dx = 0. -n Z integracijo per partes takoj dobimo prvi dve zvezi za Fourierove koeficiente. Ker je F monotona, ima omejen totalni razmah, zato njena Fourierova vrsta konvergira v sup normi, torej je F(0) = 0 = A0 - ^ bn/n, kar da Se zadnjo enakost. Zadnja toCka je trivialna posledica druge. 1.21 Iz naloge 1.20 sledi, da bi morala biti vsota vrste J2(n log n)—1 konCna, kar ne drZi. 1.22 Skalarni produkt je /n ei(m—n)x dx = 2n5m>n. -n 1.23 Naj bo cm Fourierov koeficient pri eimx in am,bm obiCajni Fourierovi koeficienti. Potem je cm + c-m = am,m > 0, co = ao, i(c m c—m ) = b m-Obratno, cm = (am - ibm)/2, c-m = (am + ibm)/2, m> 0. 1.25 Kompletnost sledi iz povezave z obiCajno Fourierovo vrsto. Naj bo f enaka svojemu razvoju v obiCajno Fourierovo vrsto. Potem je f (x) = ^ cmeimx, cm = — f (x)eimx dx. -oo ■'—n Parsevalova enakost je 1 /n ^ \f (x)|2 dx = £ \cm\2- -n 1.25 Naloga je poseben primer naloge 1.26, kjer je resitev izpeljana. IzraCu-namo a = 2—1/2, b = (3/2)1/2. Dobimo 2 V3 1 ^ f 1 — V3\n f(x) = 7! ' 2(2 + cos x) = 73 ? {1w=3j Cos ^ 1.26 Integral prepisemo v obliko 1 inx 1 1 1 r — (f (x),einx) = -J f (x)e-inx dx = ' —n 2ab 2ni Jsi (b2 - a2)s2 + 2(a2 + b2)s + (b2 - a2) 2ab f s—n ds = 2ni(b2 - a2) Jsi s2 + s + 1 ds = s—n 2ni(b2 — a2) kjer je 2ab 2ni(Res(g(s), 0) + Res(g(s), sl)), g(S) 2 , 2(a2+b2) . , s2 + s + 1 in a—b Sl = —7~k a + b ničla polinoma s2 + ^Ja ^ s + 1, ki lezi znotraj Sl. Druga ničla je s2 = s-1. Za izračun residuov uporabimo razčep na parčialne ulomke in dobimo s-n s-n ( 1 1 g(s) = 7-w-r = ---- (s — si)(s — s2) si — s2 V s — si s — s2 Za izračun ločimo primera n > 0 in n < 0. Ce je n > 0, sta residuum v 0 in v sl enaka „n „n c~n „n l — s2 Res(g(s), 0) = -2, Res(g(s), si) = —l-=-2—. sl — s2 sl — s2 sl — s2 zato je vsota enaka sn Res(g(s), 0) + Res(g(s), sl) =-l—. sl — s2 Pri n < 0 dobimo le residuum v sl in ta je sn Res(g(s), 0) =-. vyv 7 si — s2 Izračunajmo se 4ab si — s2 b2 — a2 in vstavimo v formulo: 1 f ( ) in,x\ = b2 — a2 2ab f a — bx n 2nf(x),e } = (b2 — a2) va+b Iskana vrsta je f (x) = J t e~. Rezultat, izrazen z obicajnimi koeficienti je 1 C f a — b + > ( ——r | cos nx. 2 ^\a + b n=1 1.27 Ce v vrsto za exp(z) vstavimo z = exp(fx), dobimo C f(x) = n=1 Ko vzamemo realni, oziroma imaginarni del, dobimo C C Ecos nx cos x / • \ ^ ^ sin rnx cos x • / • \ --— = ecos^ cos(sinx), -!— = e x sin(sinx). einx n! n=1 n! n! n=1 n=1 oo cos nx 1 „ , , x — n 1.28 C Ecos nx 1 , . . , .. x — n —-- = cos x + -(log(2 — 2 cos x) — cos x log(2 — 2 cos x)) +--sin x n=2 n(n — 1) 2 2 oo . Esm nx n — x , . 1, . , —-- = sinx +--(—1 + cosx)--log(2 — 2cosx) sinx. n=2 n(n — 1) 2 2 1.29 Ce je funkcija f enaka vsoti svoje Fourierove vrste, potem zamenjamo x z mx in dobimo Fourierovo vrsto za g. Ce m deli n, je cn(g) = c n (f), sicer m pa je cn(g) = 0. Ce f ni enaka vsoti svoje vrste, je rezultat isti, racun pa bistveno daljsi. Velja namreč r 2n i 2mn (g(x),einx) = f (mx)e-inxdx = -/ f (x)e-imx dx = Jo m Jo 1 rn-1 , 2(l+1)n n } y f(x)e imx dx = m z—' J2ln l=0 2ln 1 m-1 2n J- ^—^ I * S ; n V f (x)e-im(x-2nl) dx = l=0 0 f 2n m-1 f (x)e-imx dxY] e-2nl. m0 0 l=0 Zadnja vsota je enaka 0, Ce m ne deli n in enaka m sicer. 1.30 Vse neenakosti so lahke, razen predzadnje. Velja namreC, da je Ker pa je krivulja parametrizirana z naravnim parametrom, je |z'(s)| = 1, torej je pod integralom konstanta in zato je \z'\\ = \z'||2. Enakost velja natanko tedaj, ko velja z (s) = c0 + c1eis. 1.31 Za kompleksne Fourierove koeficiente dobimo cn(h) = cn(f)cn(g). Odtod sledi ao(h) = ao(f)ao (g), an(h) = (an(f )an(g) — bn(f)bn(g))/2 in bn (h) = (an(f)bn(g) + an(g)bn(f))/2. Iz zveze dobimo se \h||i < f ||i\g||i. 1.32 Za kompleksne Fourierove koeficiente dobimo cn(g) = c-n(f)cn(f) = c-n(g). Cleni bn(g) so enaki 0, ao(g) = ao(f)2, an(g) = (an(f)2 + bn(f)2)/4. 1.33 Funkcije liho nadaljujemo na interval [—l, 0] in uporabimo obicajne formule za izracun Fourierovih koeficientov. Dobimo ^n2|cn|2 = 2 Vft. 1 n=1 cos x n=1 1.34 Izracunamo 1 ^ cos 2nx l Podobno za sinuse. Ker norme slik baznih vektorjev ostanejo enake, je preslikava izometrija. 1.35 Definirajmo preslikavo $ : L2[-n,n] — L2[-n,n] J^h? (Ai/s(x) + A2/1 (x)), -n < x< 0 $(/)(x) = } V 12 '2 (A2/s(x) + Xi/i(x)), 0 < x < n kjer je /s sodi, /l pa lihi del funkcije /. Krajsi raCun pokaZe, da je $ izomorfizem Hilbertovih prostorov, ki klasiCni trigonometrijski sistem preslika v utezeni trigonometrijski sistem pomnozen s konstanto , 2 2 2. A1+A2 1.36 Produkt kompletnih sistemov je kompleten sistem na katreziCnem pro--duktu. 1.37 Za funkcijo /(x,y) = xy lahko uporabimo kar razvoj x v vrsto in izraCu-namo produkt vrst. Dobimo /(x-y)= f tm, m+n sin mx sin ny. mn n,m=1 Zaradi preprostejse pisave bomo ostali funkciji razvili v kompleksno Fourierovo vrsto. Skalarni produkti so: (sign(x - y),eimx+iny) = 0, m,n = 0, -4ni = -, m + n = 0, m = 4"(-1>m, n = 0, m 4ni(-1)n = --——, m = 0, n 4n(_i)m+n (\x - y\,eimx+iny) = —>--, m,n = 0, mn --2, m + n = 0, m2 4n(-1)r m2 -, n = 0, 4n(—1)n n2 m = 0. 1.38 Vrsta je majorirana s konvergentno stevilsko vrsto, zato je absolutno in enakomerno konvergentna in ima zvezno limito. S pomočjo formul dobimo tt (_1)n f (x,y) = £ —— si t,— sin nx sin ny n2 n=l 1 tt (_1)n = 2 £ —2T- (čos(n(x — y)) — čos(n(x + y))) = 2 n2 n=l 1 tt ( —1)n ( ) = 2 —2— (čos nu — čos nv), n=l kjer smo uvedli novi spremenljivki u = x — y in v = x + y. Ker velja 22tt 3u2 — n2 v^/ -\n čos nu -= > (—1)n-; —n < u < n, 12 'n2 ~ ~ n=l je 1 tt ( —1)% x u2 — V2 2 X (čos nu—čos nv) = —8—. n=l Ker je 4xy = v2 — u2, enakost sledi za \x\ + \y\ < n. Za ostale točke z območja [—n,n]2 je funkčija enaka periodičnemu nadaljevanju u -v . 1.39 Vrsta je majorirana s konvergentno stevilsko vrsto, zato je absolutno in enakomerno konvergentna in ima zvezno limito. S pomočjo formul dobimo f ( ) tt (—1)n • • • f (x,y,z) = —3— sin nx sin ny sin nz = n n=l 1 tt ( 1)n - £ —— (sin(n(x + y — z)) + sin(n(—x + y + z)) + 4 n n=l + sin(n(x — y + z)) — sin(n(x + y + z))) = 1 tt (_1)n 4 £ —3— (sin nu + sin nv + sin nw — sin(n(u + v + w))). 4 n n=l kjer smo uvedli nove spremenljivke u = x+y-z, v = —x+y+z in w = x-y+z. Ker velja 3 2 n u3 — n2z v^/ .n« sin nu = / (—1)n-, —n < u < n, je 12 ^ ' n3 n=1 1 n (_l)n 4 —3— (sinnu + sinnv + sinnw — sin(n(u + v + w))) = 4 n n=1 = 48(u3 + v3 + w3 — (u + v + w)3). Ker je —24xyz = u3 +v3+w3 — (u+v+w)3, enakost sledi za |x| + |y| + |z| < n. Za ostale toCke z obmoCja [—n,n]3 je funkcija enaka periodičnemu nadaljevanju (u3 + v3 + w3 — (u + v + w)3)/48. Fourierova transformacija 2.1 Za izhodisče vzamemo naslednjo Fourierovo formulo, ki velja za dovolj lepe funkcije: 1 rn rn f (t) = — eitz dz f (v)e—ivz dv. 2n J — n J —n S premesčanjem konstante in substitucijama z ^ —z in z ^ 2nz dobimo inverzne formule 1 r r (F—lf) (z) = ton 2n j_r f (t)e—izt dt, i rr (F_lf) (z) = Um - j_r f (t)eizt M, /r ^ f (t)e—2nizt dt. Opazimo, da je Fzak izometrija. 2.2 Ce je f soda, potem je (f) (—x) = f—°00 f (t)eitx dt = = j—L f (—s)e_isx ds = f_n f (s)e_isx ds = V^F(f) (x), torej je tudi F(f) soda. Pri drugem enacaju smo napravili substitucijo s = —t. Ce je f liha, potem pri tretjem enacaju pridelamo minus, torej je tudi F(f) liha. 2.3 Obe trditvi sta ekvivalentni trditvi 1 fC F (f )(x) = ^ f (t)cos(tx) dt. v 2n J-c 2.4 Ker velja Fourierova formula (glej resitev naloge 2.1), dobimo zvezo iz tocke (a) tako, da v integralu stejemo minus k spremenljivki v : 1 C C F 2(f )(v) = 2- ei(-v)z dz f (t)e-itz dt = f (—v). 2n J-C J-C Tocki (b) in (c) sta direktni posledici tocke (a). 2.5 „-, , s /2 sincx , , , . /2 c F(f)(x) = \---—, F(g)(x) = J- • n x ' V n c2 + x2 2.6 S pomocjo inverzne formule in prejsnje naloge, dobimo n e-clxl F M^Vš' —• Pri nalogi (b) je problem v tem, da funkcija k ne pripada L1, zato ni v definicijskem obmocju Fourierove transformacije. Kasneje bomo spoznali, da lahko Fourierovo transformacijo razsirimo na L2 in da velja F (k) (x) = \ jnX[-c,c](x). 1 2 2 2 x 4 sin x — x cos x F (f) (x) = ^ - sin2-, F (g) (x) = 2.7 T(f) (x) = „ _ y/2K\x) 2' W V ' x3 2.8 ' F (f (t) cos at) (x) = F (f )(x — a)+ F (f )(x + a), F (f (t) sin at) (x) = F (f) (x — a) ^ F (f) (x + a). 2.9 F(f)(x) = —- ,1, ^ + 1 V2n\a2 + (x + b)2 a2 + (x — b)2 ia 1 1 F (g) (x) = —={- ^/2^ \ a2 + (x + b)2 a2 + (x — b)2 J ' 2.10 Razčepimo čos2t sin3t = l (sin5t + sin t) in dvakrat uporabimo prejsnjo nalogo. 2.11 Opazimo, da je sin bt rb = čos ct dc t Jo in z zamenjavo vrstnega reda integriranja dobimo F (f) (x) = I F (e-alt čos ct) (x) dc = —L farčtg — arčtg —-) Jo ^ ' v2n V a a J 2.12 „-, , s sin cx ^ , s , s [2 c F (f)(x) = i n •— F (g)(x) = i n • tT*- 2.13 Z upostevanjem „-bt _ e-at fb e-— = —e-ct dc t Ja in zamenjavo vrstnega reda integriranja, dobimo r b Fc(f(t))(x) = — Fc(e-ct)(x) dc a 2 fb c dc n Ja c2 + x2 1 [log(c2+x2)]c=a V2n 1 a2 + x2 v b2 + x2 2.14 Trditev direktno sledi iz naslednjih dejstev: Fourierova transformiranka sode funkcije je enaka kosinusni transformiranki njene zozitve na [0, oo), Fo-urierova transformiranka lihe funkcije je enaka sinusni transformiranki njene zozitve na [0, o), pomnozene z i in F(/(-t)) (x) = F(/(t)) (-x). 2.15 Naj bo g(x,t) = /(t)(sintx)/x. Velja ocena r / r x \ \g(x,t)\ dt) dx < ln r \\/\\1. J1 \J0 Po Fubinijevem izreku je /r / \ r 1 in t > 0 velja ocena \h(r, t)\ < m^ix r sin x - dx x it < n, kar vidimo tako, da funkciji h(r, t) pri fiksnem t dolocimo lokalne ekstreme in upostevamo, je pri r = 1 in r — o enaka 0. Iz te ocene in Lebesgueovega izreka o dominirani konvergenci sledi lim f F(x) dx = \ - [ /(t) lim h(t,r) dt J1 x V n Jo in obstoj integrala na desni. 2.16 Limita r1 lim —-- dx = lim ln(ln r) Je x ln x ni koncna (glej nalogo 2.15). 2.17 Kot pri sinusni transformiranki za vsak r > 1 dokazemo n fr f (x) r-oo dx = /(t)h(r, t) dt, 2 1 x 0 kjer je h(r,t) = ff c°xtx dx. Podobno kot pri sinusni transformaciji dokazemo, da za vsak r > 1 in t > 0 velja ocena \h(r, t)| < max "(fc 2)n cosx dx 3n , n, < ln--ln mm(t, —). < 2 v ' 2; x Odtod in iz e-predpostavke sledi \f (t)h(r,t)\ <\f (t) lnt|XM(t) + C(e)f (t) G L1(R+). Po Lebesgueovem izreku o dominirani konvergenci je lim f F(x) dx = \ - [ f (t) lim h(t,r) dt T^C J1 x V n Jo T^C in integral na desni obstaja. 2.18 f (x) = —P2—. J v ' x ln2 x 2.19 Z integracijo per partes dobimo /C f '(t)e-ixt dt = C r C f (t)e-itxt=CC + ix f (t)e-ixt dt = iV2nxF(f) (x). -C Zakaj je izintegrirani del enak nic? 2.20 Dvakrat uporabimo nalogo 2.19. 2.21 Po definiciji odvoda je V^F (f )(x)' = lim F (f )(x + h) — F (f )(x) = h^o h /C e-ith _ 1 -f (t)e-ixt dt = - C h JW /C / p-ith _ 1 \ C {tm—^)'(t)e-ix dt= /C _ (—it)f (t)e-ixt dt = iVŽ^F(g) (x). -oo Zakaj smemo zamenjati vrstni red integriranja in limitiranja? 2.22 Dvakrat uporabi nalogo 2.21. 2.23 Ker f' e L1, je torej je tudi lim F (f') (x) = 0, x—>±oo lim ixF (f) (x) = 0. x—>±oo 2.24 Ce dvakrat uporabimo prejsnjo nalogo, dobimo F (f) (x) = o(^), ko x — Odtod sledi Ff e L1. Iz Dinijevega izreka sedaj sledi, da za vsak t e R velja formula i rr i rn f (t) = -= Um F (f) (x)eitx dx = -= F (f) (x)eitx dx. v 2n J_r v 2n J-n 2.25 Za Fourierovo transformiranko dobimo diferencialno enacbo x F (f) (x)' = —iF (tf (t)) (x) = — 2-F (f) (x) (integracija per partes) in zacetni pogoj F (f) (0) = ■ = ^ja (substitucija). Resitev je —at2^*^ 1 Nalogo lahko resimo tudi s pomocjo kompleksne integracije. Naj bo 1 R 2 Fr(x) = ^ e_at e_itx dt. Zapijsimo eksponent integranda malo drugajce: 2 x2 | _ _ 2- 4-Zgornji integral je enak Fr(x) = e _£ -L [R e_a(t+)2 dt. V2n j _ r —at2 + itx = —a[t + — ) —— Uvedimo substitučijo v zgornji integral: ix u = t + — 2a rR , • x2 rR+ e-a(t+1)2dt = 2- e- l-R J-R+ 2 Zanima nas limita tega integrala, ko gre R — oo. Ce bi bile meje ±R, bi integral zlahka izračunali, saj je roo , „ „2 , n e-au du = J -. ' — oo Vemo, da je integral funkčije e au po robu pravokotnika [—R, R] x [0, 2x] enak 0. Ce dokazemo, da gresta integrala po navpičnih straničah pravokotnika proti 0, bo fR+i- 2 ftt 2 lim / e-au du = e-au du. R * tt J-R+ 22- J-tt Oglejmo si integral na daljiči med —R in —R + 2x. Velja očena \e-au2 \< e-a(R2-4-) za vsak y G [0, 2Xa]. Zato je -R+ 2- 2a 2 lim / e-au du = 0. Podobno je na drugi navpični straniči. Zato je ^ / x 1 n 1 lim Fr(x) = ._e 4m/_ = e 4-. R^tt v/2n V a sJ2a 2.26 Upostevamo, da je čos bt = Re(eibt) in dobimo F(f)(x) = -—= (e-(x+b)2/4a + e-(x-b)2/4a) = -Le-(x2 +b2)/4ačh 2^2a V J V2a 2a' F(g) (x) = lbF(/) («)db = fn (erf (b—) + erf (^-f)), kjer je erf(x) = e t dt. 2.27 Dvakrat per partes. 2.28 Fhla(/ * g) = Fhla(/) Fhla(g). Fsuh(/ * g) = Fsuh(/) Fsuh(g). Fzak (/ * g) = Fzak (/) Fzak (g). 2.29 (/1 * g1)(x) = max(0, min(b + x, a) + min(b - x,a)), (/2 * g2)(x) = 0^352 (ae-bX - be-aX) , 71" (/3 * g3)(x) = x sin(x min(a,b)), (/4 * g4)(x) = ab(x2 + (a + b)2)' Prvi dve dobimo z direktnim racunom, drugi dve pa z izrekom o konvoluciji. 2.30 Uporabimo inverzno transformacijo in izrek o konvoluciji. 2.31 Ker je / soda funkcija, se njena transformiranka in inverzna transformiranka ujemata. Ce v prejsnjo nalogo vstavimo F (t) = sintat in G (t) = ^nM, dobimo F-1 (/)(x) = X[-a,a0 * (\/fX[-b,b0 = VJmax(0, min(b + x, a) + min(b - x, a)). 2.32 Ce obe strani pomnozimo z e—, integriramo od -o do o in da desni upostevamo izrek o konvoluciji, dobimo ( /2 1 \ _ _ x 1 1 F (/)(y) = ^(vf^)F (/)(y) + n 1+ y2 j 4 + y2 Odtod izracunamo 4(1+ y2) F (/) (y) = V2¥(4 + y2)(1 + y2 - 2A) Ce je A > 2, enacba ni resljiva. Ce je A = — 2, dobimo f (x) = —1 e _ 2|t|(6|t| — 5). V ostalih primerih dobimo f(x) = —3 e_2|x| + 2(-2 — 1) e_a\x\ f (x) = -2 — 4 e + a(a2 — 4)e ' kjer je a = \/1 — 2A. 2.33 Formula sledi iz inverzne formule, Jordanove leme in leme o delu residuuma. Za t > 0 integriramo po robu polkrogov v zgornji polravnini z radijem r, tako da na robu ni nobenega pola z nenicelnim imaginarnim delom. Morebitne realne nicle obkrozimo z majhnimi e-polkrogci in uporabimo lemo o delu residuuma. 2.34 2.35 F (f) (x)= F_1 (f) (x) = —e _. F (f) (x) = F _1 (f) (x) = ^ (1 + a^a|x|, F (g) (x)= F_ 1 (g) (x) = — 4-xe_a|x|. F (f) (x) = F_ 1 (f) (x) = JL(3 + 3a|x| + a2x2)e _a|x|, F (g) (x) = F_1 (g) (x) = — ^x(1 + a^e_a|x|. 2.37 Ker so poli enostavni, lahko uporabimo dejstvo, da je Res (m,a) = f<") 2.36 g(t)j g'(a)' ce je a enostavna nicla g in f holomorfna na okolici a. F (f) (x) = F-1 (f) (x) = 8—3 (cos ax + sign x sin ax)e-alxl, F (g) (x) = F-1 (g) (x) = 4-^2 sin ax e-alxl, F (h) (x) = F-1 (h) (x) = — 4*-(cos ax + sign x sin ax)e-a^, F-1 (k) (x) = 2 sign x cos ax e-alxl, k G L1. 2.38 Ker funkciji nista sodi, se transformiranki razlikujeta od inverznih transformirank. F (f) (x) = —=e-ix/2e-V3lxl/2, F (g) (x) = -—= e-ix/2(2 + -3\x\)e-^/3|x|/2, 33 F-1 (f) (x) = F (f) (—x) = -= eix/2e-^~3lxl/2, F-1 (g) (x) = F (g) (—x) = 3-= eix/2(2 + V3\x\)e-V3|x|/2• 2.39 F (f) (x) = F-1 (f) (x) = EC=0(—1)k cos(a(k + 2)n)e-n(k+1 )|x|. 2.40 Zaradi sodosti sta transformiranka in inverzna transformiranka enaki: 1 1 C (—1)fc F (f) (x) = —((2\x\ + 1) sin a — 2a cos a)e-lxl + -V sin ak e-klxl. 4n n k2 — 1 k=2 2.41 Najprej v integral 1 f c F (f) (x) = ^- ta-1e-t/l3+itx dt uvedemo substitucijo t/3 = u in potem se u(1 + i/3x) = v. Integriramo po poltraku P = R+(1 + i3x) : F (f) (x) = ^-1- f va-1e-v dv. V2nr(a)(1 + i3x)-a J P Naj bo y polarni kot, ki pripada 1 + i@x. Ta kot je na (—n/2,n/2) zato je kosinus na tem intervalu navzdol omejen s c > 0. Integral po delu kroznice z radijem R med kotoma 0 in p zato lahko ocenimo z n / (Reiip)a_ 1e_RelvRje* dp /o < Rae_Rc| To gre proti 0 ko gre R v neskoncnost, zato je rn r / va_ 1e_v dv = va— 1e_v dv = r(a). Jo J P Rezultat je F (f) (x) = Tin(1 + i^x)_a. 2.42 Transformiranka funkcije f je realni del integrala rn I = t_1/2 e_ateitx dx, 0 Za izracun transformiranke si pomagamo s kompleksno integracijo po robu kroznega izseka (podobno, kot v nalogi 2.41) in dobimo 1 1 \/a — ix Realni del je FC (f )(x) = ^±g2±?. a2 + x2 Funkcija g ni ne v L1 ne v L2, zato nima transformiranke v obicajnem smislu. Ker pa je lokalno v L1 (vsaka tocka ima okolico, na kateri je funkcija v L1), ima transformiranko v smislu distribucij, ki je enaka F c (g) (x) = lim a + \/ a2 + x2 1 0 Va2 + x2 Vx' 2.43 Funkcija f (t) = ^ je v L2 ne pa v L1. Funkcija g(t) = je L1, ne pa pa v L2. v 2.44 Da je funkcija v L2, je ocitno, saj ima v 0 koncno limito. Ploščino k-tega hribčka lahko ocenimo navzdol z 2(n(k + 1))_1, torej funkcija ni v L1. Transformiranka je F2 (/) (x) = Xl-c,c](x)- 2.45 S pomočjo Parsevalove identitete dobimo I = nc. 2.46 Za dokaz identitete je potrebno le zamenjati vrstni red integracije. Operator F2 ni hermitski. Integrala nista skalarna produkta, ker manjka konjugiranje. 2.47 Uporabimo prejsnjo nalogo in upostevamo, da je F|(/)(x) = f (-x). 2.48 S pomocjo prejsnje naloge dobimo I = J2(1 — e-ac). 2.49 Po definiciji je F/, g) = f, Fg) = ' —X roo /(t) F(g(x))(t) dt = I /(t)F2 (g(—x)) (t) dt. J—X Iz naloge 2.46 sledi /X rX /(t)F2 (g(—x))(t) = F2 (f (x))(t)g(—t) dt = -X J—X /X F2 (/) (-t)g(t) dt -X = F (/)(—t),g). Ker za funkcje, za katere so /, /' in /" v L2, velja Fourierova inverzna formula, je /X rX dteitx e-ity/(y) dy ■X J — X /X rx dte—itx e—ity / (—y) dy = F^ /. X —X Zadnji dve enakosti sledita iz naloge 2.4. 2.50 Po (fizikalni) definiciji je torej je Hn(x) = (—1)nex — e-x 2 dn 2 fn(x) = (—1)nex /2 xe-x . Rodovna funkcija za Hermitove polinome, pomnozena z e x/2 je oo e-x2/2+2xt-t2 =y e-x2/2Hn(x) t-1, n! n=o njena Fourierova transformiranka pa F (e-x2/2+2xt-t2^ (y) = _Lj00e-ixye-x2/2+2xt-t2 dx = e-y2/2-2yit+t2 C 2 £e-yI/2H„(y)—3' n=o ^ efn(y)(—it)n ^ n! ' n=o Fourierova transformiranka desne strani je (C ,n \ C n Ee-x2/2Hn(x)n! =£ F [e-x2/2Hn(x)) ^. n=o ' / n=o Ker se cleni pri potencah tn ujemajo, je F(fn)(y) = F [e-x2/2Hn(x)) (y) = e-y2/2Hn(y) —y~ = fn(y). 2.51 Iz Cauchy-Schwartzove neenakosti in Jensenove neenakosti sledi /oo \ 2 rc \f(x — t)\\g(t)\ dt) < \f(x —1)\ dt \f(x — t)\\g(t)\2 dt C -C -C C \1 \f(x — t)\\g(t)\2 dt. Ce integriramo obe strani od —to do to in na desni zamenjamo vrstni red integriranja po x in po t (Fubini), dobimo Zeleno oceno. 2.52 Ce f G L1 in g G L1 n L2, potem velja \\f * g\\i < |/||i\\g||i < to in || f * g\\ 2 < \\ f\\ 1 \\ g2 \\ < to. Torej je f * g G L1. V tem primeru gornja formula sledi iz izreka o konvoluciji. Formula sedaj sledi iz dejstva, da je L1 n L2 gosta v L2 in da sta leva in desna stran zvezni v g (Plancherel). 2.53 Ker je F (f) (x) zvezna, je integral r 1 konCen. Ker je j 1 \ F (f )(x) \ dx F (f )(x) = f>, lahko ocenimo h \ F f)<«) \dx) < J j1 2 rx i rx rx < i-j2 dx e-itxf'(t) dt J1 \x \ J1 J-oo Na intervalu (—to, —1] naredimo enako oceno. e-itxf'(t) dt -• 2 2 dx < dx <\F f (x)\2. 2.54 Ker je kosinusna (sinusna) transformacija f enaka Fourierovi transformaciji sodega (lihega) nadaljevanja f na (—to,0], je prva trditev ocitna. Iz istega razloga obstajata razsiritvi na L2, za kateri velja Plancherelov izrek. 2.55 Inverzna preslikava je *(f)(x) = -^(f (x) + f (—x), f (x) — f (—x)). Norma je 1 /■• IW)(x)!2 = 2 I 2f(x)2 + 2f(—x)2 dx = \\f y2. 2.56. Ker je F f(t))(—x)= F (f (—t))(x), je *(F (f) (x)) ^ (F (f) (x) + F (f )(—x)), -L (F (f) (x) — F (f) (—x)) in Fc,2 © iFs,2(*(f ))(x) = (T= Fc,2(f (t) + f (—t))(x), T2Fs,2(f (t) — f (—t))(x) = (TF2(f (t) + f (—t))(x), T2F2(f (t) — f (—t))(x) 2.57 Ker je Fc,2(f)(x) = F2(f)(x) za sode funkcije, lahko privzamemo, da je f soda na R. Ker velja zveza F2(h)(x) = h(—x) za poljubno funkcijo h, je za sodo f F? 2 (f )(x) = F22(f )(x) = f (—x) = f (x). Podobno je za lihe funkcije. Drugi del je ocitna posledica prve zveze. Laplacova transformacija 3.1 Za Re z > 0 integral rn / e _zt dt o obstaja in velja e_zt dt = z _1. 3.2 Ce je z0 > 0, potem L (ta) (z0) obstaja. Po izreku iz prvega odstavka uvoda sledi, da L (ta) (z) obstaja in je analiticna na obmocju Re z > z0. Ker je z0 lahko poljubno majhen, je L (ta) (z) definirana in analiticna na Re z > 0. Tudi funkcija ^O+l^ je definirana in analiticna na Re z > 0. Z direktnim racunom (substitucija u = zt) dokazemo, da se funkciji na levi in funkcija na desni ujemata za vsak z > 0. Sedaj uporabimo princip enolicnosti za analiticne funkcije: ker sta leva in desna stran analiticni na Re z > 0 in ker se ujemata na mnozici s stekaliscem (z > 0), se ujemata na Re z > 0. 3.3 Naloga je poseben primer naloge 3.4, kjer je resitev izpeljana. 3.4 Formulo L (ta) (z) = -^O+l odvajamo po a in zamenjamo na levi vrstni red odvajanja in integriranja. Da dokazemo, da smemo zamenjati vrstni red 00 0 integriranja in odvajanja, mora odvedeni integral d c d fc I (a) = d ta ln te-zt dt da Jo (lokalno) enakomerno konvergirati po parametru a. Ce je realni del z pozitiven, tezav z enakomerno konvergenco v neskoncnosti ni. Problem je pri krajiscu 0, ce je a < 0, saj je za a > 0 funkcija ta ln t zvezna tudi v 0. Pokazimo, da integral d !'1 — ta ln t e-zt dt da J o enakomerno konvergira na intervalu [a, 1], kjer je —1 < a < 0. Res, ker je t G (0,1) velja \ta ln t e-zt\ < \ta ln t e-zt\. Ker je singularnost ta ln t integrabilna pri 0, integral I (a) lokalno enakomerno konvergira in je zato enak d f r(a) \ = r'(a + 1) — r(a + 1) ln z I (a) = d (M) v 7 da \za+1 J yU + 1 3.5 V integral uvedemo novo spremenljivko kt = u. 3.6 Za poljubna a, z G C velja rc rc L (eatf (t)) (z) = eatf (t)e-zt dt = f (t)e-(z-a)t dt = L (f (t)) (z — a), oo pod pogojem da ti integrali obstajajo. 3.7 Iz L1(z) = z-1 dobimo prvo transformiranko, drugi dve pa iz zvez ch(at) = (eat + e-at)/2 in sh(at) = (eat — e-at)/2. 3.8 Velja in L (f (t) ch at) (z) = 1(L (f (t)) (z — a) + L (f (t)) (z + a)) L (f (t) sh at) (z) = 1(L (f (t)) (z — a) —L (f (t)) (z + a)). 3.9 Transformiranki dobimo iz zvez cos(at) = (eiat + e mt)/2 in sin(at) = (eiat — e—iat)/2i. 3.10 Velja L (eattn) (z) = L (tn)(z — a) = (z — a)n+1: L (eat cos (z) = -(L (1) (z — a — bi) + L (1) (z — a + bi)) = za (z — a)2 + b2 in L (eat sin bt) (z) = 21(L (1) (z — a — bi) —L (1) (z — a + bi)) = 6 2i w v " (z — a)2 + b2' 3.11 r—i (F( )) (t) = — atcos(at) + sin(at) L (F ( z))(t) = 2a3 > t sin(at) L-1 (G(z)) (t) = 2a 3.12 /(t) = 2n E^o(—1)fc(1 + 2k)e—(fc+2)2n2t cos nx. 3.13 1 2 X (_1)k /(t) = — (sin x sin t — 2x cos x sin t — 2t cos t sin x) +— 7 —2-sin kx sin kt. n n k2 — 1 k=2 3.14 tv/r(v + 1). 3.15 Naj bo z > 0 in V z — ui tisti koren stevila z — ui, ki lezi v cetrtem kvadrantu. Naj bo Tr krivulja omejena z kroznico \z\ = R, pozitivnim delom realne osi in poltrakom skozi V z — ui. Integriraj funkcijo / (z) = e—z po krivulji Tr na dva razlicna nacina. 3.16 (a) 1 sh 2t, (b) eata—f, (c) e—t sin t, (d) ± (cos t + sin t — e—t), (e) 1 (ch t sin t — sh t cos t). 3.17 / f (t)e-zt dt = £ / f (t)e-zt dt = JO 0 JO+ku • r-u = V e-zku f (t)e-zt dt -o Jo / y(t)e-zt dt. JO 1- e-uz 3.18 L(f)(z) = z-2(1 — e-nz). 3.19 V integralu na desni napravimo substitucijo s = a in dobimo dt f 1 s \ ds —t = ^ ^s2 + 2a—s) -z' fX 1 *2 zt , 1 ff, s \ s2 a z , e-a^z —= e-e-z dt = 1--, \e-s -a^z ds = —. Jo Vrt VnZ Jy ^Js2 + 2a^~s) \/z 3.20 Za Re z > 0 vse vrste enakomerno konvergirajo, zato ni tezav z zamenjavo vrstnega reda integracije in sestevanja. Naj bo a> —1. Ker je L (ta) (z) = r(1 + a)z-1-a, dobimo (2-a)2n+1(—1)n r(3/2 + n)z-3/2-n L (sin 2VOS) (z) = E ^^ -a £ 22n+1(—1)n(2n + 1)!!(a/z)n 2n+1(2n + 1)! na £ (—a/z) z^z ^ n /na _a e z. zvz Podobno postopamo pri drugi nalogi 3.21 1 M() = • anL-1 (z-3/2-n) (t) L 1 J-?V (t) = - n! ^ antn+1/2 r(3/2 + n)n! 22n+1(—at)2n+1 o C S 2nn!(2n + 1)!^^/^a 1 sh 2—at. na 3.22 Ker je L (tk) (z) = r(1 + k)z-1-k, je , , tk-1 tk-1 Ker je f analiticna v okolici oo, za nek R > 0 velja, da jo lahko majoriramo s konvergentno geometrijsko vrsto, \ck/zk\ < aqk za vsak \z\ > R. Iy tega sledi ocena za koeficiente ck < a(qR)k. Vrsto zato lahko majoriramo z vrsto, ki konvergira povsod: CC E (k—L t^1 < E (—)\qRt\k-1- k=1 k=1 3.23 (a) 1 (sin t — t cos t), (b) 21 sin t, (c) 8(3 sin t — 3t cos t — t2 sin t), (d) 1 (t sin t — t2 cos t). 3.24 Z uvedbo nove spremenljivke u = t + k dobimo C C k / f (t + k)e-zt dt = f (u)e-z(u-k) du — f (u)e-z(u-k) du. o o o 3.25 Z uvedbo nove spremenljivke u = t — k dobimo CC / f (t — k)e-zt dt = f (u)e-z(u+k) du. ko 3.26 Upostevamo, da je rn+1 e-z(n+1) _ p-zn e-zt dt = e-——- Jn z in rezultat sledi iz razvoja v vrsto. 3 97 (a) 2(1—e~») (b) 2e-^(1—e~») (c) (1+2e~«)(1—e~«) 3.97 (a) z(ez — 2)) , (b) (1—2e-*)2z , (c) (1—2e-*)3z ' 3.98 Ker veljajo zveze za premik originala, zadosca dokazati, da je L_1 ("i (t) = ^-^TTtn_1, \zn)y' (n - 1)! kar pa smo izračunali v nalogi 3.99 3.99 Iz razvojev funkcij A,B in C v vrsto po potencah e_z sledi (a) L_1 (A(z)) (t) £fc=0 H(t - k) = ET=0 nX[n,n+1) +X^ (b) L_1 (B(z))(t) = +T+" H(t - k), (c) L _1 (C (z)) (t) = Er=1 nH (t - n + 1). 3.30 Enkrat per partes. 3.31 Naj bo L(y) = Y in L(z) = Z. Ce uporabimo Laplacovo transformacijo na obeh enacbah, dobimo iz (a) sistem enacb uY - 1 = —11Y + 6Z, uZ - 9 = — 18Y + 10Z. Resitvi sistema sta y = et, z = 9et. Podobno pri (b) in (c) . (b) y = t(1 + t)e_t, z = 2t2e_t, (c) y = -t, z = 1 - 9t. 3.39 ra rtt L (v'(t)) (z) = y'(t)e_zt dt +/ y'(t)e_zt dt = J0 J a I'a = e _azy(a - 0) - y(0) + z / e _zt dt - e_azy(z + 0) + Jo f oo +z / e _zt dt. a 3.33 Nalogo 3.30 uporabimo n-krat. 3.34 (a) y = -1 + e_3t + 3t, (b) y = 8(7 + e2t - 9t + 9t2)e_t, (c) y = 8 ' 1 (sin9t - 9t cos 9t)e _2t. 3.35 y = 1 (3sin t - 3t cos t - t2 sin t). 3.36 y = 9t + 21 cos t - f sin t, z = -3t - t cos t + 4 sin t. 3.37 Enacbo pomnozimo z e—zt in integriramo od 0 do to. Pri tem upostevamo, da funkcije razsirimo na celotno realno os tako, da predpisemo vrednost 0 za negativne argumente. Ob upostevanju zacetnega pogoja za L (y) (z) dobimo enacbo zL (y) (z) = erzL (y) (z) + 1, oziroma L (y) (z) = (z(z — e—z))—1. Iz naloge 3.29 preberemo, da je x — k)k+ (k + 1)! y = t H(x — k). k=o 3.38 Transformirana enacba je (z2 + 4ze z + 4z2e 2z)L (y) (z) = 1/z2, in L (y) (z) = z4(1+2--z/z)2 = ^X=0 ( — 2—~) = ^X=0 k2k 1 - zk+3 . Sledi 1 ( (k+2)! y = £X=o k2k—1Tk+2v. (t — k + 1)k+2H(t — k + 1). 3.39 Odvajamo po parametru z in resitev sledi. 3.41 Odvajamo po parametru pod integralom in resitev sledi. 3.41 d L (ty(t))(z) = — - L (y(t))(z), ( ) d L (ty'(t)) (z) = —L (y(t))(z) — z-L (y(t))(z), d d L (ty"(t)) (z) = — - L (y"(t)) (z) = y(0) — - {z2 L (y(t)) (z)) . 3.42 Ce je b = 2a, potem enacba nima resitve. Ce je b = 2a potem ima enacba enoparametricno druzino resitev y = (a—c)e2t+c(1+3t)e—t. To ni v nasprotju z eksistencnim izrekom, ker je tocka t = 0 singularna. 3.43 y = t2e-2t. 3.44 y = Ae—t + Be—t/t. 3.45 Upostevamo, daje fX e—ut du = t—1e—zt in zamenjamo vrstni red integriranja v dvojnem integralu. 3.46 Resitev sledi iz naloge 3.45, ker je L (sint) (z) = (1 + z2)-1. 3.47 ReSitev sledi iz naloge 3.45, ker je L {eat) (z) = (z — a)-1. 3.48 V prvem integralu zamenjamo vrstni red integracije. 3.49 Sledi iz nalog 3.46 in 3.48. 3.50 Ker je funkcija f eksponentnega narasCanja, lahko zamenjamo limito in integral, zato je 0 = lim / f'(t)e-zt dt = —f (0) + lim zL (f (t)) (z). z—> 2 = 1 (x i y)2. 4.6. Parametrizacija zacetnih pogojev: x(s) = s, y(s) = 1 — s, u(s, —s) = 2, p(s) = q(s) = i1. Resitve karakteristicnega sistema so A(s) 1 p(s,t) = VD ,, q(s, t) = t + B(s) J t + B(s): x(s, t) = j+CBs, y (s, t) = A(s)C (s) + , U(s, t) = 2t + E (s). Imamo dve resitvi: ce je p(s) = 1, dobimo u(x, y) = 2yjx + y, ce pa je p(s) = —1, je u(x, y) = —Vx + y + 4. 4.7. (a) Iz karakteristicnega sistema sledi, da je p = a in q = b za neki konstanti a in b. Ce ju vstavimo v originalno enacbo in izrazimo z, dobimo popolni integral , 1 + b2 z = ax + by +--——. 2b (b) Tangencialnost pomeni (a,b, — 1) = A(2, —2y, —2z), hkrati pa se morata ploskvi dotikati: 1 + b2 = a( 2 + 2) z — by---— = -(y + z ). y 2b 2 ' Iz prve enacbe dobimo z = 1, y = — a in vstavimo v drugo: 1 b2 1 + b2 a f b2 1 —I----= ---1-- a a 2b 2 a2 a2 Ko poenostavimo, dobimo a = b. Iskana druzina je 1 + a2 z = ax + ay +--. 2a Za (c) je potrebno poiskati ogrinjalko te druzine: za = x + y + 1 — to? = 0. Iz tega sledi a2 = 2x+2y+1. Resitev je z = ±(2x + 2y + 1) 2. Ploskvi se dotikata vzdolz krivulje z2 = 2x — 1, y = —1. 4.8. Parametrizacija zacetnih pogojev: x(s) = s, y(s) = s, u(s,s) = 2, q(s) = —p(s) = ±1. Resitve karakteristicnega sistema so: 2x = (2s + 1)(t ± 1)2 — 1, 2y = 1 — (1 — 2s)(t + D(s))2, u = —2t + 2, p = —(t ± 1)-1, q = (t ± 1)-1. V originalnih koordinatah imamo dve resitvi: u(x, y) = —2^/x — y + 1 + 4, u(x, y) = Vx — y + 1. 4.9. Parametrizacija zacetnih pogojev: x(s) = s, y(s) = 0, u(s, 0) = s, p(s) = 1, q(s) = s. Resitve karakteristicnega sistema so x(s,t) = se-t(t + 1), y = tet, u = s(t + 1). 4.10. u = h(^/x2 + y2) exp (arctg(y/x)). 4.11. x = F'(h'(s))t + s,y = —t, u = (h'(s)F'(h(s)) — F (h'(s))) t + h(s). 4.12. u = xey. 4.13. Iz karakteristicnega sistema dobimo 2p2 = (t — ^)-1 in y = (t — 3E, kar je v nasprotju z zahtevo, da je u G C1(R2). 4.14. Pisimo p,q,r namesto ux,uy,uz po vrsti. Parametrizacija zacetnih pogojev je x(s1, s2) = sb y(s1, s2) = s2, z(s1, s2) = 0, p(s1, s2) = 2, q(sb s2) = 1, r(s1,s2) = 3 in u(s1,s2) = 2s1 + s2. Resitve karakteristicnega sistema so p = 2, q = 1, r = 3, x = —2t + s1, y = —5t + s2, z = —t, u = —12t + 2s1 + s2. V originalnih koordinatah je u = 2x + y + 3z. 4.15. u(x,y) = x — y + -. 4.16. u(x, y, z) = x + y — 2z + x+y-2z' 4.17. u(x,y) = 2V3exp(±x+y). , 3 4.18. u(x,y) = 4 (x+y + ^ 2 . 4.19. F odvajaj na xi in vstavi v primerne enacbe. 4.20. Ker sta F in G funkcijsko neodvisna prva integrala, je (f, g, h) grad F = (f, g, h) grad G = 0. Naj bo (x0, y0, z0) neka fiksna tocka in definirajmo H(x, y, z) = (x,y,z)(f (x0,y0,z0),g(x0,y0,z0),h(x0,y0,z0)). Funkcije F, G, H ocitno tvorijo koordinatni sistem v okolici (x0,y0, z0), saj so njihovi gradienti v (x0,y0,z0) linearno neodvisni. V novih koordinatah je f (x, y, z)ux(x, y, z) + g(x, y, z)uy(x, y, z) + h(x, y, z)uz(x, y, z) = ua(x, y, z)(f, g, h)(x, y, z) grad a(x, y, z) + up(x, y, z)(f, g, h)(x, y, z) grad f3(x, y, z) +u7 (f, g, h)(x, y, z) grad H (x, y, z) = u^ (f,g,h)(x,y,z)(f,g,h)(xo,yo ,zo) = a. Po izreku o inverzni preslikavi lahko iz sistema a = F, P = G, 7 = H izrazimo spremenljivke a, P in 7 kot funkcije x, y, z. 4.21. (a) Resujemo (p, q, — 1)(x, y, z) = 0. Resitve karakteristicnega sistema so x(s,t) = A(s)et, y(s, t) = B(s)et, z = C(s)et. Ko vstavimo se zacetne pogoje, dobimo za x = 0 z = arctg(y/x)^/ x2 + y2. Podobno za y = 0. (b) Resitev iscemo v implicitni obliki f (x, y, z) = 0. Resujemo enacbo xfx + yfy + zfz = 0. Resitve so natanko vse homogene funkcije f, to so take, za katere je f (tx,ty,tz) = g(t)f (x,y,z). 4.22. Resujemo enacbo py+qx+1 = 0 pri danem zacetnem pogoju. Parametrizacija zacetnih pogojev je x(s) = s,y(s) = 0,u(s) = s, Resitve karakteristicnega sistema pa x = s ch t,y = s sh t,u = —t + s. Resitev v originalnih koordinatah je u(x, y) = — Arth(x-1y) + y/x2 — y2. 4.23. (a) V = (0,2y, —2z) x (y—z, x, —x) = 2(z—y)(x, z, y). Za (b) je potrebno resiti Pfaffovo enacbo xdx + zdy + ydz = 0 pri danih zacetnih pogojih. Ker je rot(x, z, y) = 0, je enacba resljiva. Fiksirajmo z. Resitve enacbe xdx + zdy = 0 so ploskve G(x, y, z) = x2 + 2yz + f (z) = 0. Vstavimo G v enacbo grad G = fi(x,z,y) : GGX — 2x — nx, Gy = 2z = fj.z, Gz = 2y + f'(z)= iiy. Iz prve enacbe dobimo /j, = 2, zato je resitev tretje f (z) = C. Dobili smo druzino ploskev G(x, y, z) = x2 + 2yz = C. Krivuljo j(s) vsebuje ploskev x2 + 2yz = 0. V primeru (c) resujemo (p,q, — 1)V = 0 pri danih pogojih. Ker sta druzini ploskev iz (a) prva integrala pripadajocega karakteristicnega sistema, je resitev oblike f (A,B) = 0. Vstavimo zacetne pogoje: f (|s2, -1s2) = 0 in dobimo f (s,t) = 9s+t. Resitev je 9y2-9z2+x(y-z) = (y-z)(9z+9y+x) = 0. Ker zacetna krivulja ne lezi na ravnini y = z, je resitev x + 9y + 9z = 0. 4.94. Iskana druzina ploskev ima normalo v smeri vektorskega produkta normal na dani druzini: ni x n2 = c(-y,x, 0). Resujemo Pfaffovo enacbo -ydx + xdy = 0. Ker je rot(-y,x, 0) = 0, je enacba resljiva in resitev je druzina y = Ax. 4.95. x = e2z+c. 4.96. (a) z(x + y)(3z + 1)_1 = E. (b) Prva integrala karakteristicnega sistema sta A = x - y in B = 4z3 + 9z2 - (x + y)2, resitev pri danem pogoju pa 4z3 + 9z2 - (x + y)2 - (x - y)2 - 4 = 0. 4.97. Resitev je oblike , ( ) zo - yo y - yo = z - zo + (x - xo)--, 1 - xo kjer je (xo,yo,zo) tocka, skozi katero gredo ravnine. 4.98. (a) Ce je taka kroznica karakteristika, mora biti (bz - cy, cx - az, ay - bx) njen tangentni vektor. Tangentni vektor na tako kroznico v tocki (x, y, z) pa je d x (x, y, z) = (bz - cy, cx - az, ay - bx) (b) Prva integrala karakteristicnega sistema sta A = x + y + z in B = x2 + y2 + z2. Resitev iscemo v obliki F (A, B) = 0. Za F lahko vzamemo npr. F (A, B) = A2 - 9B. Ploskev je stozec. Klasifikacija PDE drugega reda v dveh spremenljivkah 5.1. Enacba je parabolicna. Nove koordinate so npr. p = 9x - y, 0 = y, u(x,y) = A(p)0 + B(p), kjer sta A in B poljubni funkciji. 5.9. Nove koordinate so p = (x - y)/9, 0 = (x + y)/(9\/9), enacba v novih koordinatah pa uw - u^ = 0. 5.3. Enacba je elipticna, nove koordinate so p = y - ch _ 1(x), 0 = th(x). 5.4. Oznacimo novi koordinati s p in ^. Za parcialne odvode p dobimo px 2xy i \J4x2y2 — 4x2y2 x Py 2y2 y' Enacba je parabolicna. Za koordinati izberimo p = 2 (x2 + y2) in ^ = x. Vstavimo v enacbo in dobimo = u^ uW = ^ . Imamo navadno diferencialno enacbo. Njena resitev je u = A(p)^2 + B(p) = x2f (x2 + y2) + g(x2 + y2), kjer sta A in B oziroma f in g poljubni funkciji. 5.5. Enacba je hiperbolicna. Novi spremenljivki bosta C = x, n = j 1 dy = 2(y—1) 22. Izracunajmo parcialna odvoda na n : uy = uv ny = uv (y — 1)-2 , = 1 1 ( )-3 uyy = uw~ 7 — oun(y — 1) 2 y — 1 2 Zgornja enacba se prepise v 2u?? — 2uvv + uv (y — 1)-2 — uv (y — 1)-2 = 0. Resitev je oblike u(x,y) = f (x — 2^J y — 1) + g(x + 2^ y — 1). Prvi pogoj da f(x) + g(x) = x, drugi pa je lim+ vy—1(f '(x — 2Vy—1) g'(x + 2Vy—1) ~r^f) = x. y^ 1+ yjy — 1 yjy — 1 2 Drugi pogoj pomeni f(x) — g'(x) = —x oziroma f (x) — g(x) = — x2 . Dobimo x2 x2 x_—__x —I— —_ f(x) = , g(x)^—^, u (x, y) = 1(x — 2\/y — 1 + x + 2\/y — 1 + 4x^y — 1) = x + 2x^y — 1. Laplacova enačba 6.1. Najprej si oglejmo, kaj pomeni konformnost. Preslikava f je konformna, ce je _ f1 x f1y f2x f2y za neko konstanto a in ortogonalno matriko Q. To pomeni: normi stolpcev sta enaki, vrstici sta pravokotni. Odvod je Df = = aQ, Df = f1x f1y — f1 y f1 x ali Df = f1 x f1 y f1y —f1a u uxx + u Pri prvi verziji dobimo f2yx = f1xx in f2xy = — f1yy, torej je f harmonicna. Podobno je za f2 in za drugi primer. Naj bo u funkcija argumentov C, n. Izracunajmo Ax,yu o f (x, y) : ux = u f1x + un f2x, uxx = f1x + unn f2x + 2u^n f1xf2x + u£ f1xx + un f2xx, uy = u£ f 1y + uv f2y , yy = fiy + unn f2y + 2u£n f1y f2y + u£ f1yy + un f2yy, yy = (fix + fiy) + unn (f2x + f2y) + 2u£n (f1xf2x + f1y f2y) + u£ (f1xx + f1yy) + un (f2xx + f2yy). Recimo, daje f konformna. Potem sta zadnja oklepaja zaradi harmonicnosti enaka 0, tretji oklepaj pa je 0 zaradi pravokotnosti vrstic. Ker sta normi stolpcev enaki, sta prva oklepaja enaka. Ker je u harmonicna, je u££ + uvv = 0, torej je tudi uxx + uyy = 0. Recimo, da je uxx + uyy = 0 za vsako v (C, n)-koordinatah harmonicno funkcijo u. Izberimo si naslednje harmonicne polinome: u(£, n) = C ^ f 1xx + f 1yy = 0, u(Š, n) = n ^ f2xx + f2yy = 0, u(C n) = Cn ^ f1xf2x + f1y f2y = 0, u(C, n) = C2 — n2 ^ 2(f2x + f2y) — 2(fi + f2y) = 0. To pa ne pomeni nic drugega, kot da sta komponenti harmonicni in da sta v Df normi vrstic enaki, stolpca pa pravokotna, zato je Df = aQ za neko ortogonalno matriko Q. 6.2. Preveriti moramo, da G'(F(x),F(y)) zadosCa definiciji Greenove funkcije na D. Potem je zaradi enolicnosti Greenove funkcije enaka G(x,y). Ker je funkcija g'(x,y) = G'(x,y) — N(x — y) harmonicna za vsak y G D' in ker je F konformna, je tudi g'(F(x),F(y)) harmonicna za vsak y G D. Ta funkcija je tudi zvezna po y na D. Najzanimivejsi del je pokazati, da je funkcija y — N (F (x) — F (y)) — N (x — y) zvezna po y v y = x. To sledi iz dejstva, da je odvod konformne preslikave ortogonalna matrika, zato ohranja normo. Po principu enolicnosti je ta funkcija tudi harmonicna v y = x. S tem smo dokazali, da je funkcija y — G'(F(x), F(y)) — N(x — y) harmonicna na D in zvezna na D. Ocitno je G'(F(x), F(y)) = 0 za vsak x G D in y G S. Nalogo lahko resimo tudi drugace. Naj bo g : D — R dana funkcija. Definirajmo Dokazati je treba, da funkcija v resi enacbo Axv = g na D. Pisimo s = F(x), t = F(y) in x = F_1 o F(x). Po izreku o substituciji je v(F_1 o F(x)) G'(s,t)g(F_ \t))\JF_ 1(t)| dVt. Ko krajsamo Jakobijevko in pisemo F 1 (s) = x, dobimo g(x) = (Axv)(x). 6.3. Oznacimo z Z zrcaljenje cez Rn-1 x 0 C Rn in z Wa zrcaljenje cez Sn-1(0,a) C Rn. (1) G(r,ro) = — (2n)-1(log | r — ro| — log | r — n| ), n = Z(ro). (2) G(r, ro) = —(2n)-1(log | r — ro| — log | r — r1 | + log | r — r2| — log | r — r31), n = Z (ro), r2 = —ro, r3 = Z (r2). (3) G(r,ro) = — (2n)-1(log ^ — ^ — log ^ — r^ — log(|ro||r — r2|/a)+log(|ro||r — r3 ^a)), n = Z (ro), r2 = Wa(ro), r3 = Z (r2). (4) G(x, y, xo,yo) = —(2vr)-1(log (ch (n (x — xo)) — cos (n (y — yo))) — — log (ch (a(x — xo» — cos (a(y + yo))) . (5) G(r, r0) = (4n)-1(|r — r0|-1 — ^ — r11-1 — ^ — r2\-1 — ^ — r3|-1+ +|r — r41-1 + ^ — r5|-1 + ^ — re^1 — ^ — rj|-1), kjer je n = Zz(ro), r2 = Zy(ro), r3 = Zx(ro), r4 = Zy(n), r5 = Zy(r3), re = Zx(r2) in rj = — ro. Oznake Zx, Zy, Zz pomenijo zrcaljenja cez ravnine x = 0,y = 0, z = 0 po vrsti. (6) G(r, r0) = ((n — 2)wn)-1(|r — r0\2-n — ^ — r1\2-n), kjer je r1 = Z(r0). (7) G(r,ro) = ((n — 2K)-1(|r — ro^ — ^ — r1|2-n — (^J^r — r2\2-n + (W\ T-2^ — r3|2-n), kjer je n = Z (ro), r2 = Wa(ro), r3 = Z (r2). 6.4. Prvi integral predstavlja resitev Laplacove enacbe, ki ima na kroznici vrednost 1. Ker je taka resitev ena sama, to je u = 1, je integral enak 1. Drugi integral pa je resitev nehomogene enacbe Au = —1, ki ima na robu vrednost 0. Na krogu seveda tako resitev takoj uganemo: u = 1 (a2 — x2 — x2). 6.5. (a) Problem razbijemo na dva dela. Funkcijo u iscemo kot vsoto u = v+w, kjer v resi enacbo Av = a, v|Sn-i(o,1) = 0, w pa enacbo Aw = 0, w|Sn-i(0>1) = b. Za drugo enacbo takoj uganemo, da je resitev w = b. Resitev za prvo enacbo bo odvisna le od radija, zato poskusimo z nastavkom n v = a + P^x2. Izracunamo Av = 2nf = a, torej je f = a/2n. Funkcija mora biti na sferi enaka 0, zato je a a+2n = °- Resitev je u = b + 2n (b) Resitev dane naloge je u(x) = P(x,y)g(y) dSy + G(x,y)f (y) dV% JS"-1(0,1) J B" (0,1) Ocenimo \u(x)\ < sup \g\ \P (x,y)\dSy + Sn-1(0.1) ./Sn-1(0,1) u =b+2n E x2 —1)-n1 + sup \f\ [ \G(x,y)\ B" (0,1) JBn (0,1) dVy Upostevajmo, da je P > 0 in G > 0 in uporabimo rezultate prejsnje naloge. Edina resitev Dirichletove naloge Aw = 0, w\Sn-i(01) = 1 je w = / P(x, y) ■ 1 dSv = 1 J Sn-1(0,1) Edina resitev Poissonove naloge Av = —1, v\Sn-i(01) = 0 je 1 n 1 v(x) = G(x,y) ■ 1 dVy = — 2- x2 — 1) < 2-. Jb" (0,1) 2n i 2n 6.6. (a) G+(x,y) = G(x,y) — G (Z (x),y). Iz Greenove funkcije izracunamo za tocko (b) Poissonovo jedro , f P (x,y) — P (Z (x),y), y g (dD)+ P+(x'y)H («.»), y g L ■ kjer yn oznacuje n-to komponento vektorja y. Za dokaz tocke (c) upostevajmo zvezo med P in P +: f P(x,y)F(y) dSy = f P(x,y)F(y) dSy —l P(x,y)F(y) dSy JdD J(dD)+ J Z((dD) + ) = f P(x,y)F(y) dSy + / P(x, Z(y))F(Z(y)) dSy J(dD)+ JdD+ ' (dD)+ (P(x,y) — P(x,Z(y))F(y) dSy Ker je preslikava Z = (Z1,...,Zn) : D ^ D zrcaljenje, zanjo velja drugi dokaz naloge 6.2, saj je \ JZ\ = || grad Zi\\, je G(Z(x), Z(y)) Greenova funkcija za Z (D) = D, torej je G(Z (x), Z (y)) = G(x, y). Odtod sledi, da je G(Z (x),y) = G(x,Z (y)) in zato P (Z (x),y) = P (x, Z (y)). Dobimo IdD P(x,y)F(y) dSy = l(dD) + ' dD+ (P (x,y) — P (Z (x),y))F (y) dSy P+ (x,y)F+(y) dSy 6.7. Resitev je 2 (b2 — a2), r < a u(r) = < j!(r3 — a3) + 2(b2 — r2), a < r < b ™ > 1 2V jr (b3 — a3), rb 6.8. Uporabimo Fourierovo transformacijo 1 r+x u(x, y)e izx dx. 1 r+x v(z,y) = ^^ u(x,y)e V 2n J-X Transformirana enacba enacba 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 v(z, 0) = 2b ^(b2 + z2) , v(z, a) = 0. Od tod izracunamo A(z) = ^--B(z) = — K) x(b2 + z2) su K) v(z,y) = V2n(b2 + z2) shaz7 v ' ^(b2 + z2) shaz 2b sh(a — y)z V2n(b2 + z2) sh az ' Inverzno transformiranko 1 f+m u(x,y) = v(z,y)eizx dz. 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. Ce ab ni veckratnik n, potem je «<* y) = + g sin((a — y)k,/a)e-/a. Celotno resitev dobimo tako, da na desni x zamenjamo z |x|. 6.9. Uporabimo Fourierovo transformacijo po x. Dobimo u(x,y) = b [+°° e~lz\yeizx dz n J-m z 2b fm sin az _7., = — -e zy cos zx dz n Jo z b (m (sin(a + x)z sin(a — x)z\ -zy d n Jo V z z b n b n a + x a — x arctg--h arctg- yy P, kjer je p kot pod katerim iz tocke T = (x, y) vidimo interval [—a, a]. b e-az 6.10. Uporabimo Fourierovo transformacijo po x. Dobimo u(x,y) = - - !+°° 'in aZ^ e-lzly eizx dz n J-x z(|z| h) 2b f™ sin az _zy e zy coszx dz. n J0 z(z — h) Ce h = 0, potem ta integral ne obstaja. To je tudi fizikalno smiselno. Ce je h = 0 imamo namreC opravka s stacionarno porazdelitvijo temperature, kjer v obmoCje priteka konstanten pozitiven toplotni tok. 6.11. Uporabimo sinusno transformacijo po x. 2 f ™ v(z,y) = \ — u(x,y)sin zx dx. V n J 0 0 Transformirana enacba se glasi —z2v(z,y) + Vyy = 0, kjer smo uporabili u(0, y) = 0. Njena splosna resitev je v(z,y) = C (z)e-zy. Iz drugega robnega pogoja sledi C (z) = v(z, 0) = \ — u(x, 0) sin zx dx V n J 0 r— r = b\ — sin zx dx V n J 0 = — (1 — cos az). z V n Odtod sledi u(x,y) = \ ~ v(z,y)sin zx dz V n J 0 2b f ™ 1 — cos az _zy = — - e y sin zx dz n J 0 z b t x x + a a — x — 2 arctg--arctg--h arctg n V y y y 6.12. Resitev je , . 2b f™ 1 — cos az . u(x,y) =-- -5- e zv sin zx dz. n ,J0 z2 6.13. S substitucijo v(x,y) = u(x,y) — ay dosezemo, da so robni pogoji v L2 Dobimo Av = 0, v(0, y) = ——y, v(x, 0) = 0 in v(x, a) = 0. Uporabimo sinusno transformacijo po spremenljivki x. [2 f ™ w(x,y) = y _ J v(x,y)sinxz dx. Transformirana enacba in transformirana robna pogoja se glasijo b [2 2 , v — \ —yz — z w(z, y) + wm = 0, M n w(z, 0) = 0, w(z, a) = 0. Odtod sledi 2 by w(z, y) = —\ — ■--h A(z) chyz + B(z) shyz, n az torej je A(z) = 0, B(z) = \j2 ■ b n z sh az , ^ b 2 f™ . . . u(x,y) = -y + \ — w(z,y)sin xz dz = a \ n J 0 b 2 Z™/ b sh yz by\ . ,2 f™ b sh yz . —y +— [ —----sin xz dz = — —--sin xz dz. a n J0 \z sh az az J n J 0 z sh az 6.14. Resitev je u(x) = —x2 — a2 + 2ab, \x\ < a 2a(b — jxj), a < \x\ < b ' Pri drugem delu si pomagamo s substitucijo v(x) = u(x) —1 (u(—b)(b — x) + u(b)(b + x)). b 6.15. Poskusimo s separacijo. Iscimo resitve v obliki u(x,y) = X(x)Y(y). Dobimo enaCbi X" = cX in Y" = —cY. Opazimo, da za funkcijo Y nimamo homogenih robnih pogojev, imamo pa homogene robne pogoje za funkcijo X : X(0) = 0 in X(a) = 0. Resitve diferencialne enacbe X" = aX pri danih robnih pogojih so funkcije Xk = sin kp. To pomeni, da mora funkcija Y resiti enacbo Yk = Y, torej dobimo Yk = Ak ch ^ + Bk sh ^. Resitev iscemo z nastavkom u(x,y) = ^1° Xk(x)Yk(y). Vstavimo se robne pogoje in dobimo i i k x u(x, 0) = f1(x) = ^ Xk(x)Yk(0) = J]sin —Ak, 1 1 a kn x knb knb u(x, b) = f2(x) = 22 Xk(x)Yk(b) = 22 sin-(Ak ch-+ Bk sh-). 1 1 a a a Pisimo oo , oo , knx . „ , . v-^ » . knx f1(x) = E f1k sin — in f2(x) = ^ f2k si kjer je sin 1 a 1 a f1k = - f f\(t) sin — dt, f2k = - / f2(t)sin — dt. a J o a a Jo a Resitev je oo . knx f1k sh ^^ + f2k sh kn u(x, y) = J2 sin ~ ■ ^^—"sh a • k=1 a sh~ 6.16 Najprej opazimo, da je u oblike u = u1 + u2, kjer sta u1 in u2 resitvi robnih problemov Au1 = 0, u1(x, 0) = f1(x), u1(x,b) = f2(x), u1(0,y) = u1(a, y) = 0, Au2 = 0, u2(x, 0) = u2(x, b) = 0, u2(0, y) = §1(x),u2(a, y) = §2(x). Uporabimo resitev naloge 6.15. 6.17. Resitev je u(x, y) = sh(x)(sh(—|) 1 cos(y)). 6.18. Resitev je ( ) = 3^ (—1)k ch (y) cos (2k+ix) u(x,y)= n Z- (2k + 1)3 ' ch (^ n) 6.19. Resitev je -1 7 2k + 1 \ , / 2k + 1 u(x,y) = £ fk{ch ^ *b) cos ch ny kjer je a fk = 2/f^ di- 6.20. Najprej resimo lastni problem uxx + uyy = \u, u(x, 0) = u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0. Dobimo dvoparametricen sistem lastnih vektorjev in lastnih vrednosti (kn\2 fln\2 , . knx lny \kl = ^ a J — (bj , vki (x,y) = sin—sin^. Nato razvijemo h = Eki hkivki v L2(D). Resitev iscemo z nastavkom u = Ek)i ckivki. Dobimo cki = — . Torej je 1 hki . knx . lny u(x,y) = —;t > > -r,-^ sin-sin ——, (,y) n2 k=1 i=1 a2 + g a b a b 4 /" /" knx lny , , hki = ^ / h(x, y) sin-sin —— dxdy. ab a b oo V primeru h = 2 dobimo 8 hki = ^ (1 — (—1)k )(1 — (—1)i). 6.21. Pripadajoca gostota nabojev je p(x,y) = n5X0 (x)5y0 (y), kjer sta 5X0 in 5V0 delta funkciji. Kot v prejsnji nalogi dobimo za resitev robnega problema Au = —p/£0, u\dD = 0 , , 4^ sin knX0 sin-nV0 . knx . lny u(x,y) = — > > -a-2 sin-sm ——. abn2£0h h (t)2 + (b)2 a b Ce se zelimo izogniti uporabi delta funkcij, potem predpostavimo, da ima zica majhno debelino 25, resimo enacbo Au f —m/452£0, \x — x0\ <5, \y — y0\ <5 Au 0, sicer , pri pogoju u\dD = 0 in posljemo 5 ^ 0. 6.22. Resitev je , , 8e ™ sintnX0 sin ^ sin mf0 knx lny mnz u(x, y, z) = ——~— > -a-b-c— sin-sin —— sin-. abcn2£0 k,tm=! (t)2 + (D + (m) a b c 6.23. Resitev je oo V- _( —1) k k,m=1 k+m u(x,y) = 4 > -—-^ sin kx sin my. v ^ km(k2 + m2) y 6.24. Resitev je u = u(r, p) = |(1 — r2). 6.25. Resitev je odvisna le od radija, u = u(r). Resujemo enacbo u" + 2r " 1u/ = r2002 + r2004. Ker operatorja u" in 2r _ 1u/ znizata polinomom stopnjo za 2, je u = ar2004 + br2006 ocitni kandidat za resitev. Odvajamo in vstavimo v enacbo in dobimo a = (2004 • 2005)-1 in b = (2005 • 2006)-1. 6.26. Resitev je u = + . 6.27 Naj bo u(0) = Tq. Potem je T0, r -y2 = n arctg (i—p- sin p). Torej je u(1/2,n/2) = 2 4 n arctg 3. 6.31. u(r,p) = (r/a)n sin np. 6.32. Resitev je u(r, p) = 4 3 sin((4fc — 2)p). 6.33. Resitev je u(r, p) = (r + a2/r) cos p. 6.34. Po substituciji dobimo enacbo Av = 0 z robnima pogojema v(r, 0) = v(r, n) = 0, v(a, p) = a2 sin2 p. Resitev je oblike v(r, p) = g Anrn sin np. i Sledi, da je rn Anann/2 = a2 sin2 p sin np dp = a2(2 cos nn — 2)/(n3 — 4n) 0 v(r p) = V ( r-fn+i sin ((2n + 1)p) n ^ W (2n + 1)((2n + 1)2 — 4)' 6.35. Po substituciji dobimo enacbo Av = 0 in robne pogoje v(r, 0) = 0, v(r, n) = 0, v(1, p) = f (p) — cos p. Njena resitev je 2 1 rn (r,p) = J (f (t) — cos t) sin nt dt] sin np. n o J0 Difuzijska enačba 7.1. Robna pogoja sta ali u(a) = u(b) = 0 ali ux(a) = ux(b) = 0. Odvajajmo v E in dokazimo, da je odvod negativen: cb fb fb E'(t) = / 2u(x,t)ut(x,t) dx = 2u(x,t)uxx dx J a J a bb = 2u(x,t)ux(x,t)\ba — 2uX dx = — 2uX dx < 0. aa To pomeni, da je E (T) < E (0) = f° f 2(x) dx. Funkcija u(z) ustreza enacbi uxx = 0. V obeh primerih sta resitvi konstanti. Kateri? 7.2. Naj bo 1 f1 _• v(z,t) = u(x,t)e lzx dx. v2n J-i Dokazi, da je v(z, 0) = F (f (x))(z) in vt = —c2z2v. Odtod sledi, da je v(z,t)= F (f (x))(z)e-c2z21. Pri racunanju inverzne transformiranke potrebujemo se transformiranko funkcije g(x) = —= e-x2/4c21, V2ČH ki je 2 2 F(g(x))(z) = e-c z 1. Iz izreka o konvoluciji sledi 1 fi u(x, t) = f * g = —= f (u)e-(x-u)2/4c2t du. 2c^/nt J-i Po substituciji £ = (u — x)/2c^/t dobimo 1 fl 2 I,(x,t) = ^ f (x + 2c£Vt)e-^2 d£. J -i u( 7.3. Privzemimo, da lahko vedno zamenjamo vrstni red odvajanja in integriranja. Ce z v(z,t) oznacimo Fourierovo transformiranko u(x,t) po spremenljivki x, ena-cba preide v vt(z,t) = —z2v(z,t). Za fiksen z je to navadna diferencialna enacba z zacetnim pogojem 1 rn v(0,t) = -—= I xe x2e izx dx v2n J - n 1 12 _ _p — X2 p — iZX 2e e \f2n J — n V 2 1 X2 --e x | (—ize —iz fn 2 . —2 e x e x dx 2Vžn j— = —ze—z2/4 2V2 ' Resitev tega zacetnega problema je v(z,t) = ——ze—z2/4 e—z2t. 2V2 Resitev originalne enacbe dobimo z inverzno Fourierovo transformacijo. 1 fn u(x,t) = —= v(z,t)eizx dz v2n J—n 1 r (e—z2(t+4 >)' eizx dz J—00 2^/n(4t +1) j— i 2 — n(4t +1) x — z2 (t + 1 e—z2(t+ 4 )eizx 2^(4t + 1) J— ~ —z2 / (4t+1) n — r e—z2(t+4) (eizx)' dz) n n e—z* (t+ 4 )eizx dz e (4t + 1)3/2 7.4. Resujemo z Laplacovo transformacijo po t. Naj bo r n U(x,p) = u(x, t)e—tp dt. 0 Dokazi, da je c2Uxx = pU, U(0, p) = L (p(t)) (p) in da je za vsak p > 0 funkcija x ^ U (x,p) omejena. Odtod sledi, daje U(x,p) = L (p(t))(p)e—^x/c. Pri racunanju inverzne transformiranke bomo potrebovali formulo / \ 1 2 fn L (Erf(a/2\/t)) (p) = -e—, Erf(x) = —= e—s2 ds. v J p Vn Jx OO oo 1 Sledi U(x,p) = pL (<(t)) (p) • pe-/px/c = (L (<'(t)) (p) + <(0))L (Erf(x/2c7)) (p). Iz izreka o konvoluciji dobimo u(x, t) = <'(t) * Erf(x/2cVt) + <(0) Erf (x/2cVt). Po integraciji per partes in krajsanju dveh clenov dobimo rt d x ft e-x2/4c2u u(x,t) = — <(t — u)—— Erf(x/2c\pu) du =-= <(t — u)-—r-— du. Jo du 2cy/n Jo u3/2 2 S substitucijo u = dobimo 7.5. Z Laplacovo transformacijo po t dobimo L (u(x, t)) (p) = —L W(t)) (P)7pe-^x/c. Pri racunanju inverzne transformiranke uporabimo formulo e-a/p C ti* e-2/40 (p» = in izrek o konvoluciji. Dobimo rt i u(x, t) = —c ^(t — u)e-x2/4°2u du. Jo Vnu S substitucijo £ = ^cr/u prevedemo resitev na u(x,t) = —— ^-T d£. cy/tJx/2cVt \ 4c i ) £2 7.6. S pomocjo sinusne transformacije po x dobimo u(x, t) = 2c7== J™ f (u) (e-(x-u)2/4c2t — e-(x+u)2/4c2t) du. 7.7. S pomocjo kosinusne transformacije po x dobimo 1 ri , . u(x, t) = ^^ f (u) ( e-(x-u)2/4c21 + e-(x+u)2/4c2t) du. 2c\/nt J o ^ ' 7.8. Naj bo i v(x,p) = / u(x,t)e-pt dt o o Laplacova transformiranka funkcije u po t. Transformirana enacba je vxx = pv — sin x — cos 2x. Splosna resitev je v(x, p) = —1— sinx + —-— cos2x + A(p)e-x^p + B(p)ex^p. 1 + p 4 + p Ker mora biti v omejena, je B(p) = 0, iz transformiranega robnega pogoja 1 vx(0, p) =- xv 1+ p pa dobimo, da je tudi A(p) = 0. Inverzna transformiranka je u(x, t) = e-t sin x + e-4t cos 2x. 7.9. Dokazi, da je U(x,p) = L (u(x,t))(p) = uo (1 _ __h^—e-vpx/c^ = p \ Vft + hc = u0 ^ 1 — e-VPx/c\ +__uo e-VPx/c p ^ ' Vp(Vp + hc) Iz formule L (Erf(a:/2Vt)) (p) = 1 e-a^ dobimo, da je inverzna transformiranka prvega clena enaka u0 ( 1 — Erf ( x ) ) = u0 erf X 2cy/t)) \2cy/tJ' Ce uporabimo Efrosev izrek na f (t) = eh(x-ct)x[x/c^)(t) dobimo £ (f = vh e-px/c• Inverzna transformiranka drugega Clena enaka m r°° 2 J* eh(x-cr)-Tt dT_ v nt Jx/c S substitucijo £ = + hc^/t preide ta izraz v u0ehx+c2h2t Erf ^CJt + hcVt^j . 7.10. Poisci funkcijo v, ki zadosCa enaCbi, robnemu pogoju v(0,t) = 0(t) in zacetnemu pogoju v(x, 0) = 0 (naloga 7.4). Poisci funkcijo w, ki zadosca enacbi, robnemu pogoju w(0,t) = 0 in zacetnemu pogoju w(x, 0) = f (x) (naloga 7.6). Potem je u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) iskana resitev. 7.11. Uporabimo kosinusno transformacijo po x. Naj bo [2 f ^ v(z,t) = yj — J u(x,t)cos zxdx. Potem je vt = -z v + V- • -2, v(z, 0) = 0, n z2 + a2 v(z't)^l n • z-a—z-)(1 - e-te2), [2 f ™ u(x,y) = y _ J v (z, t) cos zxdz. 7.12. Funkcija u opisuje spreminjanje temperature palice [0,Z], ki ima na zacetku v tocki 0 < x < l temperaturo f (x) nato pa njeni krajisci drzimo pri temperaturi 0. Dobimo (x, t) = £ fn sin ^e-(nncy^ n=1 kjer je 2 fl nnx fn = j j f (x) sin — dx. V primeru f (x) = To dobimo 2T fn = 77 (1 — ( —1)n) • v primeru f (x) = Tox/l je fn = 2To ( —1)n+1, nn v primeru f (x) = Tox(l — x)/l2 pa 4To (nn)3 fn = zrr)š (1 — (—1)n). 7.13. Z nastavkom oo nnx u( i(x,t) = ^ Tn(t)sin- j n=1 dobimo Tn (t) + UnTn(t) = fn(t), Tn(0) = 0, kjer je Un = (np) in , , . 2 f1 nnx , fn(t) = j J F(x, t) sin j dx. lo Z Laplacovo transformacijo dobimo Tn(t)= t e-"n(t-s) fn(s) ds. o V primeru (a) je fn(t) = fn = — ( 1 — cos nn-h n^ V l v primeru (b) pa Tn(t) = — (1 — e—Wnt) , Un 2 fn (t) = fn cos Ut, fn = A— ( — 1)n+1, nn fn Tn(t) = 0 n—- (u sin ut + un cos ut — une—. un+u2 ' 7.14. Po substituciji v(x, t) = u(x, t) — G(x, t), G(x, t) = (1 — x)0(t) + l^(t) preide enacba v ut = c2uxx — G t zacetni in robni pogoji pa v v(x, 0) = —G(x, 0), v(0,t)=0, v(l,t) = 0. Ce so robni in zacetni pogoji kompatibilni, je G(x, 0) = 0, torej smo v situaciji iz prejsnje naloge. V splosnem razvijemo G(x,t) = Y 9n(t) sin nnx l kjer je 2 ( ) 9n(t) = — (0(t) + ( —1)n+1^(t^ . Potem z nastavkom v(x, t) = ^ Tn(t) sin ^f^- dobimo T'n + UnTn = —g'n (t), Tn(0) = — gn(0), kjer je un = 2. Z Laplacovo transformacijo dobimo Tn(t) = —gn(t) + Unf e—"n(t— s)gn(s) ds, 0 n n p t (x, t) = J2 (gn(t) + Tn(t)) sin = ^ Un e—"n(t—s)gn(s) ds sin l0 nnx V primeru (a) dobimo gn(t) = gn = nn(_ 1)n+i in M je \(x — t) — (x +1)\ > 2M, zato x — t in x +1 nista hkrati v [—M, M], torej je (f'(x — t) — g(x — t))(f'(x + t) — g(x + t)) = 0 za \t\ > M. 8.2. S Fourierovo transformacijo po x, dobimo D'Alembertovo formulo 1 1 rx+ct u(x, t) = -[f (x + ct) + f (x — ct)] + — g (s) ds. 2 2c Jx—ct V nasem primeru je f (x) = 0, g(x) = e—alxl dobimo u(x, t) = sign(x + ct) ——— (1 — e—alx+ctl) — sign(x — ct)-1-(1 — e—alx—ctl). 2ac 2ac 8.3. Dodatno definirajmo 0(t) = 0 za t < 0. Z Laplacovo transformacijo po t dobimo u(x, t) = 0(t--). 8.4. Z Laplacovo transformacijo po t dobimo t-x u(x, t) = —ceh(ct-x)X{o,i)(t — x) / ' ehcs^(s) ds. co kjer je X[o>1) karakteristicna funkcija intervala [0, to). V primeru h = 0 dobimo x r t- x u(x, t) = —cx[o,i)(t — -) ds. co 8.5. Naj bosta F( ) = / f (x), x > 0, . G( ) = / g(x), x > 0, F (x) = \ —f (—x), x< 0 ^ in G(x) i —g(—x), x< 0 lihi nadaljevanji funkcij f (x) in g(x) iz (0, to) na (—to, to) in u(x, t), x > 0 U(x,t) 1 —u(—x,t), x< 0 liho nadaljevanje funkcije u(x,t). Po D'Alembertovi formuli je 1 1 fx+ct x-ct Odtod sledi 1 1 rx+ct U(x, t) = -[F(x + ct) + F(x — ct)] + — G(s) ds. 2 2c x ct u(x t) = f f (x+ct)+f (x-ct) + 1c JX+t g (s) ds, 0 < t < x, u(x,) = l fx+fx) + 2L J^ g(s) ds, t> x > 0 8.6. Resitev je f f(x+ct)2f(x~ct) + 1JX-tg(s) ds, 0 x > 0 8.7. Z Laplacovo transformacijo dobimo u(x,t) = sin x(e t + sin t — cos t). 8.8. Ce je a = 1, dobimo 1 — 2 e—(t+x) — 1 et+x, t < —x, u(x, t) = ^ 0, —x < t < x, 1 + (x — t — 1) ex—t, t > x Za ostale a je resitev naslednja: 1 u(x, t) = ex+at ae-a+1 1+a ex at i ae a t , 1 "T" 1-a ' a-1 t < — ^, < t< x, aa t > x a 8.9. Dobimo u(x, t) = n=1 , nnct gnl nnct fn cos ---1--sin —— l nnc l nnx sin l kjer je fn = 2 J f (x) cos ^^ dx, gn = 2 J g(x) sin nnx l 0 l l 0 Resitev lahko zapisemo tudi v D'Alembertovi obliki l dx. 1 1 rx+ct u(x, t) = - (F (x + ct) + F (x — ct)) + — G (s) ds, 2 2c x ct kjer funkciji F in G dobimo tako, da funkciji f in g liho nadaljujemo iz [0, l] na [—l, l] nato pa periodicno s periodo 2l na celo realno os. V primeru (a) dobimo „ 8h . nn fn = ^„_)2 si^—, gn = 0, (nn)2 2 v primeru (b) pa i- ^ 2 nnh fn =0, gn = — (1 — ( —1)n)co^—. nn l 8.10. S substitucijo v(x,t) = u(x,t) — (1 — x)cos t problem prevedemo na vtt = a2vxx + (1 — x)cos t pri pogojih u(0,t) = 0,u(1,t) = 0, u(x, 0) = 0 ut(x, 0) = 0. S separacijo spremenljivk ne dobimo lastnih funkcij za T (razen x a 0 T = 0). Kljub temu pa lahko naredimo separacijo po spremenljivki x. Pisimo v(x,t) = X(x)T(t). Vstavimo v enacbo in dobimo kompletem sistem lastnih funkcij po x, Xk(x) = sin knx. Ker za vsak fiksen t resitev lahko razvijemo v Fourierovo vrsto po x, bo rešsitev oblike u(x,t) = g Tk(t) sin knx. 1 Nastavek odvajamo, vstavimo v enacbo in dobimo 2 cos t £(Tfc(t) + a2(kn)2Tk (t)) sin knx = (1 _ x) cos t = g —— sin knx. 11 Dobimo druzino nehomogenih linearnih diferencialnih enacb drugega reda s konstantnimi koeficienti T%(t) + a2(kn)2Tk(t) = ^^^, t(0) = 0, T'(0) = 0. kn Zadnja pogoja dobimo iz zacetnih pogojev. Resitve so 2 Tk(t) = kn((kna)2 _ 1)(cos(t) _ cos(knat)) 8.11. Lastne vrednosti in lastni vektorji Laplacovega operatorja so f nn \2 , , nnx K = ^~yJ , vn(x) = sin i . Razvijemo nehomogeni del po lastnih vektorjih Laplacovega operatorja 2 fl F(x, t) = > fn(t)vn(x), fn(t) = J F(x,t)vn(x) dx. __, l J0 Definirajmo lastne frekvence un = Xnc = np • Ko vstavimo v enacbo nastavek u(x,t) = Y1 k Tk(t)vk(x) in primerjamo istolezne koeficiente, dobimo T,n + ulTn = fn(t), Tn(0) = T"n(0) = 0. S pomočjo Laplacove transformacije dobimo resitev 1 ^ 1t Tn(t) = — sinun(t _ s)fn(s) ds. un J0 Ce je fn(t) = Cn sin ut, potem je —t^t—t; (u sin unt — un sin ut) u = un ) v n n ) -r n L (sin Unt — Unt cos Unt) U = Un L (sin Unt — Unt cos Unt) u V primeru (a) dobimo Cn = nn (1 — (—1)n) A, v primeru (b) pa Cn = nn (—1)n+1B. Ce nas zanimajo samo cleni s frekvenco u, vzamemo preprostejsi nastavek u(x, t) = X(x) sin ut. Dobimo —u2X = c2X'' + A, X(0) = X(l) = 0. 8.12. S substitucijo u(x, t) = v dobimo naslednji robni problem u(x, t) = v(x, t) + G(x, t), G(x, t) = <(t)(1 — x) + ^(t)x vtt = c2vxx — Gtt v(x, 0) = —G(x, 0), vt(x, 0) = —Gt(x, 0), v(0,t) = v(l,t) = 0. Nadaljujemo kot v prejsnji nalogi. Najprej izracunamo 2 fl nnr 2 2 gn(t) = 2 / G(x, t) sin — dx = — <(t) + — (—1)n+V(t). l Jo l un un sr^.00 rj n(t) sin Z nastavkom v(x,t) = ^ n=1 Tn(t) sin dobimo Ti(t) + u2nTn = —gn (t), Tn(0) = —gn(0), T,n (0) = —gn (0). Z Laplacovo transformacijo dobimo Tn(t) = —gn(t) + Un f sin (Un(t — s)) gn(s) ds. 0 V primeru <(t) = 0, ^(t) = A sin ut dobimo gn(t) = gn sin ut, gn = —(—1)n+1A. un Resitev je oo u(x, t) = G(x, t) + v(x, t) = £ fn(t) sin ——, l n=1 kjer je fn(t) = gn(t) + Tn(t) = 92nLn2 (u sin unt — un sin ut) u = un gr (sin unt — unt cos unt) u = un Literatura Zbirke nalog [1] Thomas William Korner, Exercises in Fourier analysis, Cambridge University Press, Cambridge, 1993. [2] Pavlina Mizori-Oblak, Matematika za študente tehnike in naravoslovja, 3. del, 2. izdaja, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za strojnistvo, Ljubljana, 1991. [3] Murray R. Spiegel, Fourier analysis with applications to boundary value problems, Schaum's Outline Series, McGraw-Hill, New York, 1974. [4] Momcilo Uscumlic, Pavle Milicic, Zbirka zadataka iz više matematike, 2. dio, 4. izdanje, Naucna knjiga, Beograd, 1984. Teorija z nalogami in/ali primeri [5] Vladimir Arnold, Lectures on partial differential equations, Springer, 2004. [6] Lawrence Evans, Partial differential equations, AMS, Providence, 1998. [7] Gerald Folland, Introduction to partial differential equations, Princeton university Press, Princeton -New Jersey, 1995. [8] Fritz John, Partial differential equations, Springer-Verlag, New York, Berlin, Heidelberg, London, Paris, Tokyo, Hong Kong, Barcelona, Budapest, 1991. [9] Milan Hladnik, Povabilo v harmonišno analizo, DMFA, Ljubljana, 1992. [10] Andrej Nikolaevic Kolmogorov, Sergej Vasil'evic Fomin, Elementi teoriji funkcij i funkcionalnogo analiza, izdanije sestoje, Nauka, Moskva, 1989. (Angleski prevod ne vsebuje poglavja o diferencialnem racunu v normiranih prostorih). [11] France Krizanic, Navadne diferencialne enačbe in variacijski račun, DMFA, Ljubljana, 1974. [12] France Krizanic, Navadne in parcialne diferencialne enačbe, DMFA, Ljubljana, 1985. [13] France Krizanic, Parcialne diferencialne enačbe, DMFA, Ljubljana, 2004. [14] David Logan, Applied differential equations Springer-Verlag, New York, Berlin, Heidelberg, London, Paris, Tokyo, Hong Kong, Barcelona, Budapest 2004 [15] Alois Kufner, Jan Kadlec, Fourier series, English Translation, Iliffe Books, London, 1971. [16] Mihail Alekseevic Lavrent'ev, Boris Vladimirovic Sabat, Metodi teorii funkciji kompleksnogo peremenogo, Nauka, Moskva, 1987. [17] Yehuda Pinchover, Jacob Rubinstein, An introduction to partial diffferential equations Cambridge university press, 2007. [18] Ian N. Sneddon, Fourier Transforms, McGraw-Hill Book Company Inc., New York, 1951. [19] Anton Suhadolc, Integralske transformacije in integralske enačbe, DMFA, Ljubljana, 1985. [20] Anton Suhadolc, Robni problemi za linearne diferencialne enačbe drugeg reda, DMFA, Ljubljana, 1993. [21] Anton Suhadolc, Navadne diferencialne enačbe, DMFA, Ljubljana 1996. [22] Nico M. Temme, An Introduction to the Classical Functions of Mathematical Physics, John Wiley and Sons Inc., New York, 1996. [23] Egon Zakrajsek, Analiza 3, DMFA, Ljubljana, 2000. [24] Egon Zakrajsek, Analiza 4, skripta. [25] Wolfgang Walter, Einfuhrung in die Theorie der Distributionen, BI Wissenschaftsverlag, 1974.