MATEMATICKE METODE FIZIKE 1 i 2bilješke za pripremu ispita

Denis Žoljom

Fizicki odsjek Prirodoslovno - matematickog fakulteta Sveucilišta u Zagrebu,Bijenicka 32, 10 000 Zagreb, Hrvatska

PREDGOVOROvo su bilješke za pripremu ispita, kolegija mmf1 i mmf2 koje drži profesor Sunko. Odluciosam digitalizirati svoje pripreme, iz meni nepoznatog razloga - vrlo vjerojatno jer nisam imaoništa pametnoga za raditi, ali sam imao vremena.

Ovo nikako nije skripta!! Ovo je samo podsjetnik i služi kao pomoc pri pripremi ispita.Kada sam ja pripremao ispit iz mmf-a (1 i 2) ispunio sam par bilježnica riješenih zadataka (starirokovi etc.), te sam ispunio jednu veliku bilježnicu, pokušavajuci si objasniti teoriju. Nisamišao bezumno štrebati, jer profesor Sunko vrlo lako shvati da li je nešto nauceno ili naštrebano.Uostalom, smatram da nema smisla nešto štrebati, pogotovo ako ce vam kasnije koristiti ustudiju (a definivno bude). Takoder, ukoliko štrebate uskratiti cete se ’Aha efekataT M’ (a tostvarno ne želite XD). Isto tako, imajte na umu da mi se tu i tamo mogla potkrasti greška (nitkonije savršen, kako bi rekao profesor Babic :D) pa bi štrebanjem naucili grešku, a to ne bi bilodobro.

Nemojte distribuirati bez mog pitanja i nikako si nemojte printati i nositi na predavanje! Nebih htio imati problema s profesorom. Ovo nije skripta, samo pomoc, ako negdje zapnete. Ko-ristio sam, osim knjiga, moje bilješke s predavanja. Takoder nije sve objašnjeno u super detalje,za to koriste knjige koje cu navesti u bibliografiji, a koje su meni uvelike pomogle u shvacanjukolegija. Nadam se da ce ipak biti neke koristi od ovoga :D

U Zagrebu 2010.

Denis Žoljom

Napomena: Sve komentare, uocene greške i prijedloge s namjerom poboljšanja ovog tekstašaljite na mail.

Ovaj tekst nije recenziran.

Literatura[1] G. B. Arfken, H. J. Weber, Mathematical Methods for Physicist, sixth ed., Elsevier Acade-

mic Press

[2] T. Needham, Visual Complex Analysis, Oxford University Press

[3] R. Courant, J. Fritz, Introduction to Calculus and Anylysis, Volume One, Interscience Pu-blishers

[4] W. E. Boyce, R. C. DiPrima, Elementary Differential Equations and Boundary Value Pro-blems, John Wiley & Sons, Inc.

Sadržaj

1 Matematicke Metode Fizike 1 11.1 Kompleksna analiza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Kompleksna ravnina i kompleksni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Funkcije kompleksne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Limes, kontinuiranost, analiticnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.4 Kompleksna integracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.5 Operativna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.6 Ocjena integrala - ML inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.7 Cauchy-Goursat teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.8 Osnovni teorem integralnog racuna za analiticke funkcije . . . . . . . . 111.1.9 Cauchy integralna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.10 Liouvilleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.1.11 Nizovi i redovi u C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.1.12 Iskaz Bolzano-Weierstrasovog teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.1.13 Heine-Borel teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.1.14 Redovi u C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.1.15 Testovi apsolutne konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.1.16 Nizovi i redovi potencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.1.17 Abelov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.1.18 Taylorov teorem (razvoj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.1.19 Laurentov teorem (razvoj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.1.20 Teorem o jedinstvenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.1.21 Teorem o nultockama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.2 Singulariteti analiticke funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.2.1 Klasifikacija izoliranih singulariteta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.2.2 Reziduumi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.3 Obicne diferencijalne jednadžbe (ODJ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.3.1 Teorem o egzistenciji i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema . 291.3.2 Princip superpozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.3.3 Opce rješenje diferencijalne jednadžbe prvog reda . . . . . . . . . . . 301.3.4 Linearna diferencijalna jednadžba s konstantnim koeficijentima . . . . 311.3.5 Metoda neodredenih koeficijenata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.3.6 Metoda varijacije konstanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.3.7 Frobenius metoda rješavanja diferencijalne jednadžbe drugog reda . . . 361.3.8 Opci postupak dobivanja drugog rješenja u Frobenius metodi . . . . . . 401.3.9 Formalno dobivanje drugog rješenja u Frobenius metodi . . . . . . . . 41

1.4 Gama funkcija i asimptotski redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.4.1 Gama funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.4.2 Svojstva Gama funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.4.3 Asimptotske metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.4.4 Laplaceova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521.4.5 Izvod Stirlingove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

i

2 Matematicke Metode Fizike 2 552.1 Fourierova analiza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.1.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.1.2 Fourierovi redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.1.3 Skup mjere nula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.1.4 Spuštanje okomice ili metoda najmanjih kvadrata . . . . . . . . . . . . 602.1.5 Klasican Fourierov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.1.6 Riemann-Lebesgueova lema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.1.7 Inverziona formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.1.8 Princip lokalizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.1.9 Jordanov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.1.10 Prostor kvadratno sumabilnih nizova (redova) - ℓ2 . . . . . . . . . . . . 702.1.11 Besselova nejednakost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.1.12 Riesz-Fischerov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.1.13 Integracija Fourierovih redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.1.14 Diferencijacija Fourierovih redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.1.15 Fourierovi transformati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.1.16 Moderan zapis Fourierovog transformata . . . . . . . . . . . . . . . . 762.1.17 Konvolucija i Dirac delta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.1.18 Alternativni iskaz slabe konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.2 Parcijalne diferencijalne jednadžbe (PDJ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.2.1 Valna jednadžba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.2.2 Jednadžba difuzije i jednadžba kontinuiteta . . . . . . . . . . . . . . . 832.2.3 Laplaceova i Poissonova jednadžba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.2.4 Fourierova jednadžba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.2.5 Kvalitativna analiza valne jednadžbe i d’Alambertova formula . . . . . 85

2.3 Specijalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 872.3.1 Uvod i Helmholtzova amplitudna jednadžba . . . . . . . . . . . . . . . 872.3.2 Legendreova jednadžba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 872.3.3 Eksplicitno rješavanje Legendreove diferencijalne jednadžbe . . . . . . 922.3.4 Operativno dobivanje Legendreovih polinoma - Rodriguesova formula . 932.3.5 Integralne reprezentacije i funkcija izvodnica Legendreovih polinoma . 952.3.6 Relacije ortogonalnosti za Legendreov polinom . . . . . . . . . . . . . 962.3.7 Pridružene Legendreove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.3.8 Rodriguesova formula za pridružene Legendreovu funkciju . . . . . . . 992.3.9 Integralna reprezentacija i relacije ortogonalnosti pridružene Legendre-

ove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.3.10 Kugline funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.3.11 Weierstrassov teorem o kompletnosti polinoma . . . . . . . . . . . . . 1002.3.12 Sturm-Liouvilleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.3.13 Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.3.14 Besselova jednadžba indeksa µ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1042.3.15 Svojstva, funkcija izvodnica i integralna reprezentacija Besselove funk-

cije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1072.3.16 Svojstva Neumannove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.3.17 Sferne Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

ii

2.3.18 Modificirane Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122.3.19 Asimptotsko ponašanje modificiranih Besselovih funkcija . . . . . . . 115

Popis slika1 Kompleksna ravnina [2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Zapis kompleksnog broja z [2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Linijski (kompleksan) integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 Iterirani trokuti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 Udaljenost tocke na n-tom trokutu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 Slika uz osnovni tm integralnog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 Konveksan put u S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 Slika uz Cauchy integralnu formulu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 Slika uz Abelov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1610 Slika uz Taylorov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1811 Slika uz Laurentov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1912 Graf gama funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4613 Krivulja kompleksne integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5014 Usporedba asimptotskog i Taylorovog razvoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5215 Asimptotsko proširenje e−x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5416 Karakteristicna funkcija χI(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5917 Spuštanje okomice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6018 Slika uz Riemann-Lebesgueovu lemu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6319 Graf Dirichletove jezgre za n=19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6420 Slika uz princip lokalizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6721 Step funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7422 Funkcija sinc(2x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7723 Fourierov transformat sinc(2x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7724 Model napete žice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8125 Prikaz prvih 4 Legendreovih polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9326 Slika Besselove funkcije prve vrste i njene envelope . . . . . . . . . . . . . . . 10627 Slika Neumannove funkcije prve vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10728 Prve tri Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10929 Prve tri Neumannove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10930 Sferna Besselova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11131 Sferna Neumannova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11132 Prve tri sferne Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11133 Prve tri sferne Neumannove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11134 Modificirana Besselova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11535 Modificirana Neumannova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

iii

1 Matematicke Metode Fizike 1

1.1 Kompleksna analiza

1.1.1 Kompleksna ravnina i kompleksni brojevi

Brojeve proširujemo, tako da proširimo nacin na koji se oni racunaju. Znamo da postoje višeskupova brojeva - prirodni N, cijeli Z, racionalni Q, realni R i na kraju, oni koji su nama odnajvece važnosti, kompleksni C.

Za nas je dosta bitno da je skup algebarski kompletan i topološki kompletan (sadrži limesesvih svojih konvergentnih nizova). O tome necu u detalje. Da bi mogli vršiti operacije nad kom-pleksnim brojevima moramo ih znati prikazati. Za to nam služi kompleksna ravnina. Gauss jerekao: zamislimo si dvodimenzionalnu ravninu i možemo pravila za racunanje s kompleksnimbrojevima primjeniti na racunanje pomicanja pravca u ravnini.

Time smo na lak nacin uveli pojam udaljenosti (nešto što znamo iz svakodnevnog života).Pojam udaljenosti nam daje i pojam okoline (koja nam treba da bi mogli baratati limesima).

d : (x, y) 7→ d(x, y) ∈ R (1.1)

Gauss je kompleksne brojeve modelirao parom realnih brojeva. Ako je z = a + ib→ (a, b).Takoder znamo da svaka norma na vektorsku funkciju prirodno inducira funkciju udaljenosti.

Slika 1: Kompleksna ravnina [2]

Operacije nad kompleksnim brojevima:

Zbrajanje:(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) (1.2)

Množenje:(x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + y1x2) (1.3)

1

Naravno, ocekujemo da nam vrijede pravila za zbrajanje i množenje uR. Postojanje inverzai neutralnih elemenata se podrazumijeva (necu ici u detalje s aksiomatikom).

Da bi lakše predocili množenje i dijeljenje u kompleksnoj ravnini, koristimo polarni zapiskompleksnog broja.

x = r cos θ, y = r sin θ, z = x + iyz = r(cos θ + i sin θ)

(1.4)

Pri cemu je r apsolutna vrijednost ili modul od z dan formulom:

|z| =√

x2 + y2 (1.5)

Slika 2: Zapis kompleksnog broja z [2]

Kut θ = arctan(y/x) je kut u smjeru od pozitivne x-osi od ishodišta O do z na slici 2 usmjeru suprotnom od kazaljke na satu.

S polarnim zapisom nam je lakše potencirati, ali i korjenovati:

z1z2 = r1r2[cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)]z1/z2 = r1/r2[cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)]

zn = rn[cos(nθ) + i sin(nθ)]

n√

z = n√r[cos

θ + 2kπn

+ i sinθ + 2kπ

n

]; k = 0, 1, · · · , n − 1

(1.6)

Kod vadenja korjena pojavljuje nam se višeznacnost n - Riemmanove plohe, etc.

Takoder se cesto koristi eksponencijalna notacija:

ez = ex+iy = ex(cos θ + i sin θ) = exeiθ (1.7)

2

Svojstva funkcije udajljenosti:

1. 0 ≤ d(z1, z2) < ∞ ∀z1, z2 ∈ C - norma mora dati nešto (< ∞)

2. d(z1, z2) = 0⇒ z1 = z2 - nema razlicitih brojeva cija je medusobna udaljenost 0

3. d(z1, z2) = d(z2, z1) - simetricna funkcija

4. d(z1, z2) ≤ d(z1, z3)+ d(z2, z3) odnosno |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2| - apsolutna vrijednost sume nemože biti veca od sume apsolutne vrijednosti.

Napomena: Ja sam preskocio dio o rezovima, zato se mora ici na predavanja :D.

1.1.2 Funkcije kompleksne varijable

Prvo cemo definirati neke bitnije geometrijske likove koji pomažu kod razumijevanja.

Jedinicna kružnica: |z| = 1.

Kružnica radijusa r s ishodištem u tocki a: |z − a| = r, katkad i |z − z0| = ε. To je skup svihz cija udaljenost |z − a| od centra a iznosi r.

Unutrašnjost je dana nejednadžbom: |z−a| < r - otvoren disk (kugla), dok unutrašnjost plusrub (kružnica) su dane nejednadžbom: |z− a| ≤ r - zatvoren disk. Sve što je > r je van te kugle.

Otvorenu kružnicu još zovemo okolinom od a (ε okolina od z0). a ima beskonacno mnogookolina, po jednu za svaku vrijednost r(ε) > 0. Po definiciji, a je tocka svake od tih okolina.

Otvoreni kružni vjenac: r1 < |z − a| < r2, zatvoren - r1 ≤ |z − a| ≤ r2.

Skup tocaka je bilo koja kolekcija konacno mnogo ili beskonacno mnogo tocaka.

Skup S je otvoren, ako svaka tocka u S ima okolinu koja se u potpunosti sastoji od tocakakoje se nalaze u S.

Skup je povezan, ako bilo koje dvije tocke tog skupa možemo povezati isprekidanom lini-jom koja se sastoji od konacno mnogo segmenata ravnih linija, cije tocke pripadaju S.

Skup S je zatvoren, ako mu je komplement otvoren. Otvoreni i povezani skup se nazivajudomenom.

Podsjetimo se: Realna funkcija f definirana u skupu S ∈ R (interval) je pravilo koje sva-kom x ∈ S pridruži realni broj f (x), nazvan vrijednost f u x.

U kompleksnoj ravnini S je skup kompleksnih brojeva S ∈ C.Funkcija f definirana u S je pravilo koje pridruži svakom z ∈ S kompleksni broj w, koji se

naziva vrijednost od f u z. Pišemo:

w = f (z) (1.8)

3

U ovom slucaju z varira u S i naziva se kompleksna varijabla. Skup S je domena definicijef ili jednostavno, domena od f .

Skup svih vrijednosti funkcije f se naziva raspon (prostor) f . w je kompleksan pa možemopisati:

w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y) (1.9)

1.1.3 Limes, kontinuiranost, analiticnost

Funkcija f (z) ima limes L kako se z približava tocki z0:

limz→z0

f (z) = L (1.10)

Odnosno:∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀z , z0, |z − z0| < δ⇒ | f (z) − L| < ε (1.11)

Geometrijski bi to znacilo da za svaki z , z0 u δ disku vrijednost funkcije f leži u ε disku.Ova definicija limesa je veoma slicna onoj u R, samo se ovdje z može približavati z0 iz bilokojeg smjera.

Ako limes postoji, jedinstven je.

Funkcija f (z) je neprekinuta (kontinuirana) u z = z0, ako je f (z) definirana i

limz→z0

f (z) = f (z0) (1.12)

odnosno:∀ε > 0, ∃δ > 0 : |z − z0| < δ⇒ | f (z) − f (z0)| < ε (1.13)

Derivacija kompleksne f-je f u tocki z0 je f ′(z0) i definirana je:

f ′(z0) = lim∆z→0

f (z0 + ∆z) − f (z0)∆z

(1.14)

ukoliko limes postoji, ili:

f ′(z0) = lim∆z→z0

f (z) − f (z0)z − z0

(1.15)

Analiticnost:

Funkcija f (z) je analiticka u tocki z = z0, ako je f (z) analiticka u okolini tocke z0, tj.:

∃ε > 0 : f je diferencijabilna u z cim|z − z0| < ε (1.16)

Analiticnost f (z) u z0 znaci da f (z) ima derivaciju u svakoj tocki u nekoj okolini z0 (njuukljucujuci). Nju takoder karakteriziraju Cauchy-Riemannovi uvijeti.

Teorem 1. Ako je f (z) analiticka, parcijalne derivacije u i v postoje i zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete.

4

Dokaz.

f ′(z0) = lim∆z→0

f (z0 + ∆z) − f (z0)∆z

(1.17)

∆z možemo pustiti u 0 po bilo kojem putu. Proizvoljno možemo izabrati da ide po horizontali(∆x→ 0) ili vertikali (∆y→ 0).

∆z = ∆x + i∆y⇒ z + ∆z = x + ∆x + i(y + ∆y)

f ′(z) = lim∆z→0

[u(x + δx, y + ∆y) + iv(x + ∆x, y + ∆y)] − [u(x, y) + iv(x, y)]∆x + i∆y

(1.18)

Ako pustimo zasebno ∆x→ 0 i ∆y→ 0 imamo:

f ′(z) =∂u∂x+ i

∂v∂x

i f ′(z) =∂v∂y− i

∂u∂y

(1.19)

Postojanje f ′(z) implicira postojanje ove cetiri parcijalne derivacije. Izjednacavanjem real-nih i imaginarnih dijelova imamo:

∂u∂x=∂v∂y,

∂v∂x= −∂u

∂y(1.20)

C-R uvjeti su fundamentalni, jer nisu samo nužan nego i dovoljan uvijet da bi funkcija bilaanaliticka:

Neka je f (z) = u(x, y) + iv(x, y). Ako su u i v diferencijabilne u (x, y) kao funkcije dvijevarijable i ako vrijede C-R uvjeti, onda je f diferencijabilna u tocki z = x + iy.

1.1.4 Kompleksna integracija

. . .

. . .

z

z0

z1

z2

zi-1

zi

zi

∆

Slika 3: Linijski (kompleksan) integral

Definirajmo bitnije pojmove:

5

Put integracije, γ ∈ C, je neprekidna funkcija: γ : [a, b] ⊂ R → C; γ : t ∈ [a, b] 7→ γ(t) ∈C.

Integral kompleksne funkcije po putu γ se definira kao:∫γ

f (z)dz = lim∆z→0

n−1∑i=0

f (zi)∆zi (1.21)

Pri cemu je ∆zi = γ(ti+1) − γ(ti) razlika puta po tetivi.

|∆zi| = |zi − zi−1| → 0, kako i → 0. |∆zi| ne može prijeci duljinu luka krivulje γ od zi−1 dozi, a |zi − zi−1| → 0 jer je duljina luka glatke krivulje neprekidna funkcija od t(z), a znamo da jenužan kriterij konvergencije da opci clan teži u 0 kako i→ 0 (vidi sliku 3).

1.1.5 Operativna formula

Neka je γ po dijelovima gladak put, z=z(t), pri cemu je a ≤ t ≤ b. Neka je f (z) neprekidna f-jana γ, tada je: ∫

γ

f (z)dz =∫ b

af (γ(t)) γ(t)dt (1.22)

Dokaz.∫γ

f (z)dz =∫γ

(u + iv)(dx + idy) =∫γ

[udx + iudy + ivdx − vdy] =

=

∫γ

[udx − vdy] + i[vdx + udy] =∫γ

(udx − vdy) + i∫γ

(vdx + udy) =

=

∫ b

a

(u

dxdt− v

dydt

)dt + i

∫ b

a

(v

dxdt+ u

dydt

)dt =

=

∫ b

au(dxdt+ i

dydt

)dt + i

∫ b

av(dxdt+ i

dydt

)dt =

=

∫ b

auγ(t)dt + i

∫ b

avγ(t)dt =

∫ b

a(u + iv)γ(t)dt =

∫ b

af (γ(t))γ(t)dt

(1.23)

Primjeri:

1. ∮γ

dzz= 2πi, z = reiθ, po jedinicnoj kružnici (r=1)

dz = izdθ, θ ∈ [0, 2π]∫ 2π

0

1z

izdθ = i∫ 2π

0dθ = 2πi

(1.24)

6

2. ∮γ

(z − z0)mdz =

z = z0 + reiθ → (z − z0)m = (z0 + reiθ − z0)m = rmemiθ

dz = ireiθdθ∮γ

(z − z0)mdz =∫ 2π

0rmeimθireiθdθ =

= ir(m+1)[∫ 2π

0cos(m + 1)θdθ + i

∫ 2π

0sin(m + 1)θdθ

]∮γ

(z − z0)mdz =

2πi, m = −10, m ∈ Z \ −1

(1.25)

1.1.6 Ocjena integrala - ML inequality

Neka je γ po dijelovima gladak put u S ⊂ C; f : S → C neprekidna funkcija. Tada je:

∣∣∣∣∣∣∫γ

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≤ ℓ(γ) ·maxz∈γ| f (z)|

ℓ(γ) =∫ b

a

√x′(t)2 + y′(t)2dt

(1.26)

Dokaz.

A =∫ b

af (z)dz→

∫ b

a

(f (x) − A

b − a

)dz = 0

|A| = Ae−iθ → |∫γ

f (z)dz| ≤ |A| − A je iznos puta

|∫γ

f (z)dz| =∫γ

e−iθ f (z)dz =∫ b

ae−iθ f (γ(t)) · γ(t)dt ≤

≤∫ b

a|e−iθ f (γ(t)) · γ(t)|dt ≤

∫ b

a| f (γ(t))| · |γ(t)|dt ≤

≤ max | f (γ(t))| ·∫ b

a|γ(t)|dt ≤ ℓ(γ(t)) ·max | f (γ(t))|

(1.27)

Neprekinutost f-je nam daje i ogrtanicenje - maksimum.

7

1.1.7 Cauchy-Goursat teorem

Teorem 2. Neka je S otvoren, konveksan skup i f : S → C analiticka na C ( f ∈ H(C )). Nekaje γ zatvoren, po dijelovima gladak put u S. Tada je

∫γ

f (z)dz = 0→∮

f (z)dz = 0

Dokaz. Dokaz radimo na tri djela. Prvo pokazujemo da je f ′ neprekidna, odnosno da je inte-gral potpunog diferencijala 0. Zatim dokazujemo da prva tvrdnja vrijedi i za rub trokuta. Te nakraju, preko konveksnosti pokazujemo da postoji F t.d je F′(z) = f (z) - primitivna funkcija.

1. dioNeka je f ′(z) neprekidna funkcija. Rastavljamo po glatkim djelovima:∫

γ

f ′(z)dz =∑

i

∫γi

f ′(z)dz = |koristimo operacionu formulu|

=∑

i

∫ti−1

f ′(γ(t))γ′(t)︸ ︷︷ ︸ddt ( f (γ(t)))

dt = |Leibnitzovo pravilo za racunanje odredenih integrala|

= f (γ(b)) − f (γ(tn−1)) − . . . − f (γ(t2)) − f (γ(a)) = f (γ(b)) − f (γ(a)) = 0jer je pocetak jednak kraju

(1.28)

2. dioUzmimo pozitivno orijentirani trokut (slika 4). Ukupna duljina puta C je L.

CC1

C3C2C4

Slika 4: Iterirani trokuti

Podijelimo veliki trokut na simetrale stranica i napravimo novi trokut (stranicu smo smanjilina pola) i tako sa daljnjim trokutima kao na slici. Svaki trokut (C1,C2,C3,C4) je pozitivnoorijentiran (smjer suprotno od kazaljke na satu). Ako sumiramo integrale po 4 puta, integralipo segmentima puta unutrašnjosti C se poništavaju u parovima:∫

Cf (z)dz =

4∑k=1

∫Ck

f (z)dz (1.29)

Izabiremo trokute kao da imamo silazni red (koji konvergira u tocku). Radimo ocjenu integralauz jednu nejednakost: ∣∣∣∣∣∫

Cf (z)dz

∣∣∣∣∣ ≤ 4∑k=1

∣∣∣∣∣∣∫

Ck

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≤ 4

∣∣∣∣∣∣∫

C1

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ (1.30)

8

Koja se lako pokaže geometrijski. Radimo iterativno→ dijelimo na manje i manje trokutepo istom principu. Pri tom nam relacija (1.30) mora vrijediti (što je prilicno logicno). TakoderCn su putevi maksimalne duljine, te je gornja relacija ocita.

∣∣∣∣∣∣∫

Cn

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≤ 4

∣∣∣∣∣∣∫

Cn+1

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ , n=1,2,. . .∣∣∣∣∣∫C

f (z)dz∣∣∣∣∣ ≤ 4n

∣∣∣∣∣∣∫

Cn

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≤, n < 4n, ∀n ∈ Z

≤ 4nl(Cn) maxz∈C| f (z)|

(1.31)

Pri cemu je l(Cn) duljina ruba n-tog trokuta. Pošto svaki put prepolovimo stranicu tokutaona iznosi: L

2n .Treba nam pomocni teorem koji necemo dokazivati:

Teorem 3. Imamo silazni niz zatvorenih skupova ciji radijus teži nuli. Presjek takvih skupova(trokuta) je neprazan i sastoji se od 1 tocke∩

n∈NIn =: z0 (1.32)

Takoder se može to pokazati iz Heine-Borel teorema.maxz∈C| f (z)| je udaljenost tocke z na n-tom trokutu do z0 nije veca od pola okolice tog trokuta

kao što vidimo na slici 5:|z − z0| < δ (1.33)

zz0

Slika 5: Udaljenost tocke na n-tom trokutu

Pošto je tocno z0 tocaka u kojoj je funkcija analiticka imamo, iz uvjeta derivabilnosti u z0:∣∣∣∣∣ f (z) − f (z0)z − z0

− f ′(z0)∣∣∣∣∣ < ε uz uvjet (1.33)

| f (z) − f (z0) − f ′(z0)(z − z0)| < ε|z − z0|∫Cn

f (z)dz =∫

Cn

[f (z) − f (z0) − f ′(z − z0)︸ ︷︷ ︸

pravac - nema utjecaja na podint. funkciju

]maxz∈C| f (z)| = ε(z − z0) = ε

L2n za n-ti trokut

(1.34)

9

slijedi:

. . .

∣∣∣∣∣∫C

f (z)dz∣∣∣∣∣ ≤ 4n · L

2n · εL2n ≤ εL2 (1.35)

Po ocjeni integrala, pocetni integral je manji od εL2, gdje je ε proizvoljno mali broj. Integralpo svim trokutima je 0 pa se suma ne mijenja. Vrijedi:

∫C

f (z)dz =n∑

i=1

∫Ci

f (z)dz (1.36)

Proširenje je moguce zbog (1.28).

3. dioKoristimo cinjenicu iz 2. djela da je integral po rubu trokuta jednak 0 (rub trokuta ∂ ili C).

Vidimo sa slike 6:

z

z0a

Slika 6: Slika uz osnovni tm integralnog racuna

∫[a,z0]

f (z)dz +∫

[z0,z]f ( f )dz +

∫[z,a]

f (z)dz = 0 =∫∂(a,z0,z)

f (z)dz

F(z0) =∫

[a,z0]f (z)dz; F(z) =

∫[z,a]

f (z)dz

F(z0) +∫

[z0,z]f (z)dz − F(z) = 0⇒ F(z) − F(z0) =

∫[z,z0]

f (z)dz

minus jer smo okrenuli granice integr. Ideja je:∫ z

z0

dz = z − z0

(1.37)

10

Racunamo derivaciju:

F′(z0) = limz→z0

F(z) − F(z0)z − z0

= f (z0), iz def. derivacije:∣∣∣∣∣F(z) − F(z0)z − z0

− F′(z0)∣∣∣∣∣ ≤ ε∣∣∣∣∣∣∣

∫[z,z0]

f (z)dz

z − z0− f (z0)

∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∫

[z,z0][ f (z) − f (z0)]dz

z − z0

∣∣∣∣∣∣∣ = ocjena int. =

=1

|z − z0|

∣∣∣∣∣∣∣∣∣z∫

z0

[ f (z) − f (z0)]dz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤1

|z − z0|· l(γ) max

γ| f (z) − f (z0)| ≤

≤ l(γ)→ |z − z0| ≤1

|z − z0|· |z − z0|max

γ| f (z) − f (z0)| < ε

(1.38)

jer je f (z) neprekidna funkcija naša F′(z0) je sigurno < ε pa po definiciji je

F′(z0) = f (z0) (1.39)

Takoder koristimo cinjenicu da je skup S konveksan (možemo ga povezati ravnom linijom)Konacno: ∫

γ

f (z)dz =∫γ

F′(z)dz =∫γ

dF = 0 (1.40)

Komentar:

Pokazali smo da je F′(z) = f (z), koristili cinjenicu da integral po rubu velikog trokuta mo-žemo razdjeliti na sumu integrala po rubu konacnog broja malih trokuta unutar velikog trokuta.I na kraju smo iz 1. dijela vidjeli da je integral totalnog diferencijala jednak nuli.

Zakljucak: Linijski integral po zatvorenoj krivulji je jednak 0.

1.1.8 Osnovni teorem integralnog racuna za analiticke funkcije

Teorem 4. Neka je S ∈ C podrucje i f ∈ H(S ); f : S → C. Tada postoji funkcija

F(z) =∫γ

f (ζ)dζ, γ : [a, b]→ S , po dijelovima gladak put u S, γ(b) = z (1.41)

i vrijediF′(z0) = f (z0), ∀z0 ∈ S (1.42)

Dokaz. Dokaz je u biti 3. dio CG-teorema (uz koji je bitna slika 7), no to je bilo za konveksanskup. Ukoliko nemamo konveksan skup, nego recimo skup u obliku "kifle", tada put možemoprekriti kuglama koje se preklapaju (one imaju konacan radijus). Ostatak slijedi.

11

γ(a)

γ(b)=z

Slika 7: Konveksan put u S

1.1.9 Cauchy integralna formula

Teorem 5. Neka je S ∈ C podrucje i neka je f ∈ H(S ). Tada ∀z ∈ S vrijedi:

f (z) =1

2πi

∮γ

f (ζ)ζ − z

dζ (1.43)

γ - zatvoren Jordanov put oko z (nepresjecajuc)

Dokaz. Dokaz radimo po principu desna - lijeva strana=0.

C

Rz

γ

Slika 8: Deformiramo put u kružnicu - smijemo zbog analiticnosti

Ocjenimo integral i pokažimo da je on 0.∣∣∣∣∣∣ 12πi

∮γ

f (ζ)ζ − z

dζ − f (z)

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣ 12πi

∮γ

f (ζ)ζ − z

dζ − 2πi2πi

f (z)

∣∣∣∣∣∣ ==

proširili smo s

2πi2πi

, jer je2πi =∫γ

dzz

=

∣∣∣∣∣∣ 12πi

∮γ

f (ζ) − f (z)ζ − z

dζ

∣∣∣∣∣∣ = 12π

∣∣∣∣∣∣∮γ

f (ζ) − f (z)ζ − z

dζ

∣∣∣∣∣∣ ≤≤ 1

2π· ℓ(γ) · 1

|ζ | − z·max | f (ζ) − f (z)| ≤

≤ 12π· 2πR · 1

|ζ − z|︸︷︷︸R

·max | f (ζ) − f (z)| < ε

(1.44)

Pošto je f analiticka pa i neprekidna, gornja tvrdnja vrijedi. Ocjena integrala nam je poka-zala da je sam integral manji od proizvoljno malog broja ε.

12

Napomena: Izvod dokaza o klasi C∞ necu ovdje pokazati. Ima u scanu od kuda sam prepi-sival. Dokaz je poduži, i zgodan je za provježbat. Još jedan razlog da idete na predavanje i dasami izvodite stvari : ).

1.1.10 Liouvilleov teorem

Teorem 6. Ako je f ∈ H(C) te ako je | f (z)| omedena ∀z ∈ C, onda je i f konstantna.

Dokaz. Ako je funkcija omedena znaci da vrijedi:

∃M : | f (z)| ≤ M (1.45)

Koristeci Cauchy integralnu formulu i ocjenu integrala možemo pokazati sljedece:

f ′(z) =1

2πi

∫γ

f (ζ)(ζ − z)2 dζ∣∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫γ

f (ζ)(ζ − z)2 dζ

∣∣∣∣∣∣ ≤ 12π· ℓ(γ)︸︷︷︸

2π|ζ−z|

·max | f (ζ)|︸ ︷︷ ︸M

· 1|ζ − z|2

≤ MR

; R = |ζ − z|

(1.46)

M je fiksan, a pošto je f cijela funkcija nejednakost vrijedi za svaki R pa možemo R uzetipo volji velikim, što znaci da je:

f ′(z) = 0⇒ f (z) = const. (1.47)

Napomena: Izostavljen osnovni teorem algebre. Njega možete sami izvest, veoma je lagani koristi gornji teorem.

1.1.11 Nizovi i redovi u C

Definicija 1. Niz je preslikavanje n ∈ N 7→ zn ∈ C, pri cemu je zn kodomena (niz).

Gomilište niza imamo ako:

∀ε > 0, ∀N > 0 : ∃n > N ⇒ |zn − z| < ε (1.48)

Limes niza imamo ako:

∀ε > 0, ∃N > 0 : ∀n > N ⇒ |zn − z| < ε (1.49)

Geometrijska interpretacija bi bila da su svi clanovi zn sa n > N unutar otvorenog diskaradijusa ε, dok samo njih konacno mnogo leži van diska.

Konvergentan niz je i ogranicen - nužan uvjet konvergencije:

limn→∞

an = 0 (1.50)

13

Ako je niz konvergentan, konvergentan je i njegov podniz i to u istom limesu.

Ako niz ima gomilište, postoji podniz kojem je to gomilište limes.

Ako niz ima konvergentni podniz, limes tog podniza je barem gomilište tog niza.

Skup S je kompaktan, ako svaki niz zn ⊂ S ima konvergentan podniz znk ⊂ S t.d je:

limk→∞

znk ∈ S (1.51)

Skup S je ogranicen, ako ∃R > 0 t.d. je∪

(O,R) nadskup od S → ∪(O,R) ⊃ S (otvorena

kugla).

1.1.12 Iskaz Bolzano-Weierstrasovog teorema

Svaki zn podskup ogranicenog skupa S ima bar jedno gomilište.

Dokaz možete napraviti sami.

1.1.13 Heine-Borel teorem

Teorem 7. Skup S ⊂ C je kompaktan ako i samo ako je ogranicen i zatvoren.

Podteorem 1. Neka je S ⊂ C zatvoren i neka je zn ⊂ S , zn ima gomilište u z. Tada je z ∈ S

Dokaz. Dokazujemo podteorem tako da predpostavimo suprotno. z < S → z ∈ C \ S otvorenskup→ ∃(z,R) ⊂ C \ S ⇒ (z,R) ∩ S = ∅. Ako je z gomilište, u svakoj okolini z mora biti ∞gomilišta, no z ∈ S pa imamo kontradikciju.

Dokaz. Sada idemo dokazati Heine-Borelov teorem. Dokazati cemo ga u dva koraka.

AKO:

Neka je zn niz u S . Neka je S ogranicen i zatvoren. Po B-W teoremu, ako imamo ogra-nicen niz on mora imati bar jedno gomilište. Dakle, može se konstruirati konvergentan podnizciji je limes u S po uvjetu kompaktnosti.

SAMO AKO:

NIJE OGRANICEN: možemo konstruirati nizove bez gomilišta → necemo moci naci ko-nvergentan podniz ciji ce limes biti iz skupa u kojem je konstruiran prvobitni niz. Propada namkompaktnost.

NIJE ZATVOREN: S \ S = ∂S , ∅, odnosno C \ S je zatvoren i presjek ruba i skupa nijeprazan. Znaci da je z ∈ ∂S koji nisu u skupu. Konstruiramo li niz koncentricnih kružnica oko z(radimo nizove), z ce biti limes tog niza→ ali konvergentni niz teži u tocku koja nije u skupu -propada kompaktnost.

Ovime smo kontradikcijom pokazali da vrijedi Heine-Borelov teorem.

Napomena: Ovdje sam ispustio dokaze o nužnosti konvergencije nizova, to se može naci uscaniranoj verziji ili možete samo dokazati.

14

1.1.14 Redovi u C

Definicija 2. Neka je zn niz u C. Neka je

sn =

n∑k=1

zk (1.52)

Niz sn zove se red.

Definicija 3. Ako postoji limn→∞

sn = S , kažemo da je red konvergentan i S se zove suma reda:

S =n∑

k=1

zk = z1 + z2 + . . . zn (1.53)

Geometrijski red

zn = qn, S n =

n∑k=0

qk =1 − qn+1

1 − q(1.54)

Konvergira za |q| < 1 i tada vrijedi:

n∑k=0

qk =1

1 − q(1.55)

Divergira za |q| > 1.

Red je apsolutno konvergentan ako je red∑ |zn| konvergentan.

1.1.15 Testovi apsolutne konvergencije

1.USPOREDBA:

Ako red∑

ak < ∞ i|zk| < ak, ∀k > N, onda red∑ |zk| konvergira.

Dokaz. Iz kontrukcije reda: S n =∑n

k=1 ak, S ′n =∑n

k=1 |zn|. S ′n ≤ S n < ∞, ak > 0

2.CAUCHY-KORJENSKI:

Ako je n√|zn| ≤ a < 1, ∀n > N, onda je∑ |zn| < ∞, u obrnutom slucaju divergira.

Dokaz. Koristimo test usporedbe. Neka je n√|zn| ≤ a/n → |zn| ≤ an < 1n = 1. Sumiramo:∑ |zn| ≤

∑an - imamo geometrijski red koji konvergira za |a| < 1. Jedino moramo paziti

ukoliko imamo harmonijski red (koji je divergentan).

3.OMJEROM:

Ako red∑

zk, zk , 0 ima svojstvo da ∀k > N∣∣∣∣∣zk+1

zk

∣∣∣∣∣ ≤ a < 1 (1.56)

onda on konvergira apsolutno, inace divergira za ≥ a > 1

15

Dokaz. ∣∣∣∣∣zk+1

zk

∣∣∣∣∣ ≤ a < 1⇒ |zk+1| ≤ |zk|a, za k > N posebno

|zN+2| ≤ |zN+1|a, |zN+3| ≤ |zN+2|a ≤ |zN+1|a2 . . .

opcenito : |zN+p| ≤ |zN+1|ap−1, pošto je a < 1

|zN+1| + |zN+2| + |zN+3| + . . . ≤ |zN+1|(1 + a + a2 + . . .) ≤

≤ |zN+1|1

1 − a, a < 1 pa konvergira po testu usporedbom

(1.57)

1.1.16 Nizovi i redovi potencija

Definicija 4. Red potencija pišemo kao

fk(z) = ak(z − z0)k, ak ∈ C (1.58)

Definicija 5. Red funkcija fn(z) konvergira uniformno nekoj funkciji f, ako brzina konvergencijefn(z) do f (z) ne ovisi o z.

Kažemo da red funkcija fn(z) konvergira uniformno ka f (z) ako

∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀z ∈ S ⊂ C, ∀n > N ⇒ | fn(z) − f (z)| < ε (1.59)

N može ovisiti samo o ε, dok kod konvergencije po tockama N može ovisiti i o ε i z Uni-formna konvergencija implicira i konvergenciju po tockama. Obrat ne vrijedi.

1.1.17 Abelov teorem

z

|z|

z0

|z |0

ρ

uniformno

i apsolutnoapsolutno

Slika 9: Slika uz Abelov teorem

16

Teorem 8. Red∑

akzk (red potencija oko 0, z0 = 0) konvergira za neki z0 , 0. Red konvergira:aspolutno ∀z: |z| < |z0| - otvorena kugla i uniformno ∀z: |z| ≤ ρ < |z0| - zatvorena kugla.

red konvergira apsolutno na kružnici(kugli) radijusa z, uniformno i apsolutno na zatvorenojkugli unutar otvorene kugle.

Dokaz. Pretpostavka: red∞∑

k=1akzk je konvergentan. To znaci da mu opci clan, po nužnom krite-

riju konvergencije, mora ici u 0.limk→∞

akzk = 0 (1.60)

To pak znaci da je red ogranicen. Odnosno:

∀A > 0, ∃N > 0 : k > N ⇒ |akzk0| < A (1.61)

Znamo da je red konvergentan ako niz parcijalnih suma ima konacnu granicu. Nadalje:

∞∑k=1

|akzk| ≤∞∑

k=1

∣∣∣∣∣∣∣akzk0 ·

(zz0

)k∣∣∣∣∣∣∣ ≤

∞∑k=1

|akzk0| ·

∣∣∣∣∣ zz0

∣∣∣∣∣k < A∞∑

k=1

∣∣∣∣∣ zz0

∣∣∣∣∣k < ∞|z|k < |z0|k → |z| < |z0| − ∞ geom. red koji konvergira apsolutno u tom podrucju

(1.62)

Usporedbom s geometrijskim redom to doista konvergira apsolutno.

Za dokaz uniformne konvergencije nam je potreban Weierstrassov M-test:

Teorem 9. Red∑

fn(z) konvergira uniformno i apsolutno u podrucju S ∈ C, ako postoji nizMn ⊂ R, Mn > 0, ∀n takav da:

∑Mn konvergira i fn(z) < Mn, ∀z ∈ S .

Uzimamo proizvoljni z1 iz kružnog vjenca:

Mn =|z1|n|z0|n

(1.63)

Red∑

Mn konvergira jer je |z1| < |z0|, a kako je |z| ≤ |z1| vrijedi i |anzn| < Mn pa je poWeierstrasovom M-testu i unuformno konvergentan.

1.1.18 Taylorov teorem (razvoj)

Teorem 10. Neka je f ∈ H(∪

(a,R)). Tada ∀z ∈ ∪(u,R) vrijedi prikaz

f (z) =∞∑

n=0

f (n)(a)n!

(z − a)n (1.64)

pri cemu je f (n)(a) n-ta derivacija funkcije f u tocki a. Razvoj je jedinstven i uniformno konver-gentan na svim kompaktima unutar

∪.

17

ξ

r

r

z

C

R

Slika 10: Slika uz Taylorov teorem

Dokaz. f (z) je analiticka po izricaju teorema unutar kružnice CR (vidi sliku 10). Uvijek mo-žemo konstruirati novu kružnicu Cr unutar CR i tada možemo primjeniti Cauchyjevu integralnuformulu:

f (z) =1

2πi

∫Cr

f (ζ)ζ − z

dζ =1

2πi

∫Cr

f (ζ)(ζ − a) − (z − a)

dζ =

=1

2πi

∫Cr

f (ζ)ζ − a

· 1

1 − z − aζ − a︸ ︷︷ ︸

geom. red

dζ =1

2πi

∫Cr

f (ζ)ζ − a

·∞∑

n=0

(z − aζ − a

)n

dζ =

=

∞∑n=0

(z − a)n 12πi

∫Cr

f (ζ)(ζ − a)n+1 dζ =

(1.65)

Usporedujuci s formulom za n-tu derivaciju:

f (n)(z) =n!2πi

∮f (ζ)

(ζ − z)n+1 dζ (1.66)

Dobili smo upravo formulu iz iskaza Taylorovog teorema.

Jedinstvenost dokazujemo tako da pišemo razvoj derivacija. Možemo tako raditi jer je funk-cija analiticna, pa se može derivirati clan po clan.

18

f (z) =∞∑

n=0

cn(z − a)n = c0 · 1 + c1(z − a) + c2(z − a)2 + · · ·∣∣∣∣z=a= c0

f ′(z) =∞∑

n=1

cn · n(z − a)n−1 = c1 · 1 + c2 · 2(z − a) + · · ·∣∣∣∣z=a= c1 · 1

f ′′(z) =∞∑

n=0

cn · n(n − 1)(z − a)n−2 = c2 · 2 · 1 + c3 · 3 · 2 · (z − a) + · · ·∣∣∣∣z=a= c2 · 2 · 1

...

f (n)(z) =∞∑

k=n

1 · k(k − 1)(k − 2) · · · (k − (n − 1))ck(z − a)k−n∣∣∣z=a=

= n(n − 1)(n − 2) · . . . · 3 · 2 · 1cn = n! · cn

(1.67)

1.1.19 Laurentov teorem (razvoj)

Teorem 11. Neka je f ∈ S, S = z|R1 < |z − a| < R2 prsten (slika 11). Tada f možemo pisatikao

f (z) =∞∑

n=−∞cn(z − a)n (1.68)

Pri cemu je

cn =1

2πi

∫Cr

f (ζ)(ζ − a)n+1 dζ (1.69)

Cr bilo koja kružnica oko a radijusa R1 < r < R2. Razvoj je uniformno konvergentan na svakomkompaktu u S i jedinstven za dani prsten.

r

z

ζa R

R

1

2

Cr

C1

C2

Slika 11: Slika uz Laurentov teorem

Dokaz. Pošto ne znamo kako se funkcija ponaša unutar kružnice (|ζ − a| < R1), možemo tukružnicu obuhvatiti dvjema kružnicama koje idu u suprotnom smjeru, ili izrežemo a okolinu.

19

Malo smanjimo R2, a povecamo R1 i uklonili smo "sumnjivi dio". Sada možemo koristiti Ca-uchyjevu integralnu formulu, uz poznavanje krivulja C1 i C2:

C1 : |z − a| > |ζ − a|, C2 : |z − a| < |ζ − a| (1.70)

Bitno je uociti orijentaciju krivulja C1 i C2

f (z) =1

2πi

C2

f (ζ)ζ − z

dζ +1

2πi

C1

f (ζ)ζ − z

dζ

=1

2πi

∮C2

f (ζ)ζ − z

dζ − 12πi

∮C1

f (ζ)ζ − z

dζ

=1

2πi

∮C2

f (ζ)(ζ − a) − (z − a)

dζ − 12πi

∮C1

f (ζ)(ζ − a) − (z − a)

dζ

=1

2πi

∮C2

f (ζ)ζ − a

· dζ1 − z−a

ζ−a

+−12πi

∮C1

f (ζ)z − a

· −dζ

1 − ζ−az−a

=1

2πi

∞∑n=0

(z − a)n

C2

f (ζ)(ζ − a)n+1 dζ +

12πi

∞∑m=0

1(z − a)m+1

C1

f (ζ)(ζ − a)mdζ

(1.71)

Pomaknemo indeks zadnje sume:

m + 1 = −n⇒ m = −(n + 1) (1.72)

Pa imamo

f (z) =1

2πi

∞∑n=0

(z − a)n

C2

f (ζ)(ζ − a)n+1 dζ +

12πi

−∞∑n=−1

1(z − a)n

C1

f (ζ)(ζ − a)n+1 dζ (1.73)

Oba integrala imaju isti oblik, no ne idu po istoj kružnici. Naša podintegralna funkcija jeanaliticka na podrucju integracije pa je svejedno idemo li po C1 ili C2. Zato možemo te krivuljezamijeniti s Cr, r ∈ ⟨R1,R2⟩

f (z) =∞∑

n=−∞(z − a)n · 1

2πi

Cr

f (ζ)(ζ − a)n+1 dζ︸ ︷︷ ︸

cn

=

∞∑n=−∞

cn(z − a)n (1.74)

Jedinstvenost pokazujemo izravnim racunom (traženje koeficijenta cn):

f (z) =∞∑

n=−∞cn(z − a)n

/· 1

(z − a)m+1

f (z)(z − a)m+1 =

∞∑n=−∞

cn

(z − a)m−n+1

/ ∫Cr∫

Cr

f (z)(z − a)m+1 dz =

∞∑n=−∞

cn

∫Cr

dz(z − a)m−n+1

(1.75)

Integral na desnoj strani je jednak 2πi ukoliko je m=n, a 0 inace (nešto poput Kronecker delte).∫Cr

f (z)(z − a)m+1 dz = 2πicm ⇒ cm =

12πi

∫Cr

f (z)(z − a)m+1 dz (1.76)

I upravo smo dobili koeficijente koje smo tražili.

20

Analiticke funkcije imaju cvrstu unutarnju strukturu i daje nam lijepa svojstva koja možemokoristiti.

1.1.20 Teorem o jedinstvenosti

Teorem 12. Neka je S podrucje i f , g ∈ H(S ). Neka je A skup

A =z ∈ S | f (z) = g(z)

(1.77)

Ako skup ima gomilište u S, tada je f (z) = g(z).

1.1.21 Teorem o nultockama

Teorem 13. Neka je S podrucje, f ∈ H(S ) i

N f =z ∈ S | f (z) = 0

(1.78)

skup nultocaka od f. Ako N f ima gomilište u S, tada je f (z) = 0, ∀z ∈ S .

Dokaz. Prvo treba pokazati da, ako je a ∈ S gomilište N f (f(a)=0), onda je i samo nultocka.Funkcija f je analiticka i neprekidna pa vrijedi:

limk→∞

f (zk) = f ( limk→∞

zk) (1.79)

Postoji niz u skupu kojem je to gomilište limes:

∃zk ⊂ N f , t.d. limk→∞

zk = a⇒ limk→∞

f (zk) = f (a) = 0 (1.80)

a je gomilište, a f (zk) niz samih nula za svaki k. Dakle f (a) = 0.

Tocka a se nalati u podrucju analiticnosti pa oko a možemo razviti Taylorov red:

f (z) =∞∑

n=0

cn(z − a)n, f (a) = 0

f (z) = c0 + c1(z − a) + c2(z − a)2 + . . .

f (a) = c0 = 0

(1.81)

Možda su svi cn = 0, ali to je trivijalno i nebi imali što dokazati. Zato izaberemo da redpocne od nekog m ≥ 1 umjesto od 0, t.d.

cm > 0, ci = 0, i < m (1.82)

Znaci tada nam je prikaz f(z):

f (z) =∞∑

n=m

cn(z − a)n, izlucimo (z − a)m

= (z − a)m∞∑

n=m+1

cn(z − a)n−m = (z − a)mg(z)

(1.83)

21

Dobili smo prikaz nove funkcije g(z) preko Taylorovog reda koja nije 0 u a. Vrijedi g(a) =cm , 0. g(z) je isto analiticka funkcija jer je prikazana preko Taylorovog reda (a znamo dabismo to mogli napraviti f-ja mora biti analiticka).

f (z) = (z − a)mg(z) (1.84)

Po definiciji neprekidnosti

∀ε > 0, ∃δ > 0 : |z − a| < δ⇒ |g(z) − g(a)| < ε (1.85)

Vrijedi za svaki ε pa izaberemo takav da nece zahvatiti nulu. a je gomilište nultocaka, znacida možemo naci neki b unutar δ okoline takav da je f (b) = 0 (b , a)

f (b) = 0 = (b − a)mg(b), g(b) − g(a) , 0 (1.86)

Imamo izravnu kontradikciju. Ne postoji niti jedan cm , 0, svi su 0 za n ≥ 0, te je tadaf (z) = 0 svugdje

Korolar 1. Neka je S podrucje, f ∈ H(S ), f (a) = 0 za neki a ∈ S . Tada se f može pisati kao

f (z) = (z − a)mg(z), (1.87)

gdje je m ≥ 1 prirodni broj i g(a) , 0, na jedinstven nacin. m se naziva kratnost nultocke a.

Dokaz.(z − a)mg(z) = (z − a)kh(z), g(0) , h(0) , 0→ m = k (1.88)

Pretpostavimo suprotno: ∃m, k sa istim svojstvom

(z − a)mg(z) = (z − a)kh(z), g(0) , h(0) , 0 (1.89)

Ako je m , k jedan je sigurno veci. Izaberemo m>k (suprotna pretpostavka)

(z − a)m−kg(z) = h(z), z = a⇒ 0 · g(z)︸︷︷︸,0

= h(z)︸︷︷︸,0

(1.90)

I imamo kontradikciju, što znaci da je m jedinstven.

22

1.2 Singulariteti analiticke funkcijeDefinicija 6. Singularitetom funkcije f (z), f ∈ H(S ), S ∈ C zove se tocka a ∈ ∂S t.d. nepostoji okolina

∪(a, ε) i sunkcija g(z) analiticka na S ⊂ ∪

(a, ε) sa svojstvom g(z) = f (z),∀z ∈ ∪

(a, ε) (ne možemo raditi analiticko produljenje).

Definicija 7. Izolirani singularitet funkcije f, je tocka a t.d. je funkcija analiticka na otvorenojkugli s ishodištem u a i radijusom ε, osim u a.

f ∈ H (∪(a, ε) \ a) , ε > 0 (1.91)

1.2.1 Klasifikacija izoliranih singulariteta

1.UKLONJIVI:

∃M > 0 : | f (z)| ≤ M, ∀z ∈ ∪(a, ε) (1.92)

z → a u proizvoljno malnom okruženju, no funkcija ostaje omedena na kugli. Postojilimz→a

f (z) i funkcija g(z) sa svojstvom

g(z) =

f (z), z ∈ ∪(a, ε) \ alimz→a

f (z), z = a (1.93)

koja je analiticka na ∪(a, ε). Oko uklonjivog singulariteta možemo konstruirati prsten 0 <|z − a| < R i razviti funkciju f (z) u Laurentov red.

f (z) =1

2πi

∮C2

f (ζ)ζ − z

dζ +1

2πi

∮C1

f (ζ)ζ − z

dζ (1.94)

Po ocjeni integrala:

12π

∣∣∣∣∣∣∮

C1

f (ζ)ζ − z

dζ

∣∣∣∣∣∣ ≤ ℓ(C1)︸︷︷︸2πr1

max∣∣∣∣∣ f (ζ)ζ − z

∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸M

12π

< M · r1 (1.95)

Kako r1 smanjujemo integral je manji od proizvoljno malog broja (0). Ostaje nam samoregularan dio Laurentovog razvoja (pozitivne potencije), dok je glavni dio jednak nuli.

2.POLOVI:

∀M > 0, ∃δ > 0 : |z − a| < δ⇒ | f (z)| > M (1.96)

Funkcija je neomedena i ide u beskonacnost kako se približava singularitetu.a je pol funkcije f (z) u slucaju kada je a nultocka funkcije g(z) sa svojstvom

g(z) =1

f (z),

∣∣∣∣∣ 1f (z)

∣∣∣∣∣ < 1M= ε (1.97)

ako f (z) ima pol u a, g(z) ima uklonjivi singularitet u a i g(a) = 0.

23

g(z) = (z − a)mh(z), h(a) , 0

f (z) =1

g(z)=

1(z − a)m

1h(z)=

1(z − a)m

∞∑n=0

cn(z − a)n =

∞∑k=−m

dk(z − a)k (1.98)

Što je upravo Laurentov razvoj s konacno mnogo negativnih potencija, najnegativnija po-tencija je red pola.

3.BITNI:

Bitni singularitet nije ni pol ni uklonjiv, ali je izoliran. Kako se funkcija približava bitnomsingularitetu pocinje oscilirati ("divljati"). Funkcija ima beskonacno mnogo negativnih poten-cija.

Primjeri:

f (z) =1 − z2

1 + z− uklonjiv pol u z=-1

f (z) =1z− pol 1. reda u z=0

f (z) = ez − za z→ ∞ "divlja" : ez = ex︸︷︷︸divergira

· eiy︸︷︷︸oscilira

(1.99)

1.2.2 Reziduumi

Definicija 8. Neka je f ∈ H (∪(a, ε) \ a), S ∈ C podrucje. Reziduum funkcije f u tocki a jeintegral

Res( f (z), a) =1

2πi

∮C

f (z)dz (1.100)

gdje je C rub kugle oko a.

Definicija 9. neka je f (z) analiticka na zatvorenom Jordanovom putu γ te unutar podrucja Pγ

omedenog tim putem ima konacan broj izoliranih singulariteta.

f (z) ∈ H(Pγ \ a1, . . . , ak). (1.101)

Tada je ∫γ

f (z)dz = 2πik∑

i=1

Res( f (z), ai) (1.102)

24

Definicija 10. Operativna formula.

Ako je

f (z) =∞∑

k=−∞ck(z − a)k (1.103)

Laurentov razvoj oko izoliranog singulariteta a, tada je

Res( f (z), a) = c−1 (1.104)

∫C

f (z)dz =∫

C

∞∑k=−∞

ck(z − a)kdz =∞∑

k=−∞ck

∫C

(z − a)kdz =∞∑

k=−∞ck2πiδk,−1 = 2πic−1 (1.105)

Dokaz. Stišcemo put integracije oko singulariteta. Uzimamo bilo koji ai i napravimo razvojoko njega:

f (z) =∞∑

k=−∞ck(z − a)k = φi(z)︸︷︷︸

glavni

+ ψi(z)︸︷︷︸regularni

(1.106)

Konstruiramo:

F(z) = f (z) −n∑

i=1

φi(z) (1.107)

Sve glavne dijelove oduzima od f(z). F(z) ∈ H(Pγ) jer nema glavnog dijela Laurentovograzvoja i nema singulariteta pa po Cauchy-Goursat teoremu:

∫γ

F(z)dz = 0 =∫γ

f (z)dz −n∑

i=1

∫γ

φi(z)dz = 0∫γ

f (z)dz = 2πin∑

i=1

c−1(i)∫γ

f (z)dz = 2πin∑

i=1

Res( f (z), ai)

(1.108)

25

1.3 Obicne diferencijalne jednadžbe (ODJ)Definicija 11. Neka je F : I → R funkcija n + 2 varijavle. Neka je y = x 7→ y(x) n putaderivabilna, y : I → R. Diferencijalan jednadžba n-tog reda je izraz

F(x, y(x), y′(x), . . . , y(n)(x)) = 0 (1.109)

za koji se zahtjeva da vrijedi ∀x ∈ I.

Rješenje diferencijalne jednadžbe je n puta diferencijabilna funkcija y t.d. je

F(x, y(x), y′(x), . . . , y(n)(x)) = 0, ∀x ∈ I (1.110)

Definicija 12. Linearna diferencijalna jednadžba je jednadžba oblikan∑

i=0

ai(x)y(i)(x) = f (x) (1.111)

homogena u slucaju da je f (x) = 0.

Definicija 13. Cauchyjev problem ili problem pocetnih vrijednosti, je naci rješenje DJn∑

i=0

ai(x)y(i)(x) = f (x) (1.112)

koje zadovoljava pocetne uvjete

y(x0) = α0, y′(x0) = α1, . . . , y(n−1)(x0) = αn−1, x0 ∈ I; α0, . . . , αn−1 ∈ R (1.113)

Definicija 14. Standardni oblik DJ je

y(n)(x) +n−1∑i=0

ai(x)y(i)(x) = f (x) (1.114)

ai(x) su neprekidne na I.

Diferencijalne jednadžbe se cesto zapisuju pomocu matrica:y1(x) y2(x) · · · yn(x)y′1(x) y′2(x) · · · y′n(x)...

.... . .

...

y(n−1)1 (x) y(n−1)

2 (x) · · · y(n−1)n (x)

·C1

C2...

Cn

= 0 (1.115)

U tu svrhu dobro je definirati neke nove pojmove koji ce nam biti od velike koristi.

Definicija 15. Neka su y1, . . . , yn : I → R (n-1) puta derivabilne funkcije. Wronskijan(determinanta Wronskog) se zove determinanta

W(y1, . . . , yn; x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1(x) · · · yn(x)

· · · . . ....

y(n−1)1 (x) · · · y(n−1)

n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (1.116)

Ako su y1, . . . , yn linearno zavisne na I onda je W ≡ 0, ∀x ∈ I.

26

Definicija 16. Singularne tocke diferencijalne jednadžbe su one u kojima pocetni koeficijent uDJ (uz najstariju potenciju) išcezava.

Singularne tocke narušavaju jedinstvenost rješenja.

Napomena: Kod y1, . . . se podrazumijeva ovisnost o varijabli x, ali zbog jednostavnosti setaj dio izostavlja (ne zaboravlja).

Teorem 14. Neka su y1, . . . , yn rješenja jednadžbe

y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + · · · + a0(x)y(x) = 0 (1.117)

gdje su ai(x) neprekidne funkcije na I. Tada za bilo koji x0 ∈ I vrijedi

W(y1, . . . , yn; x) = W(y1, . . . , yn; x0)e−∫ x

x0an−1(s)ds (1.118)

ako je koeficijent uz drugu najstariju derivaciju jednak 0, tada je e0 = 1 i Wronskijan je kons-tanta.

Napomena: DJ nema pocetni koeficijent uz sebe (an(x)) da bi bili sigurni da nam neceišceznuti.

Dokaz. Deriviramo Wronskijan. Determinante se deriviramo tako da deriviramo svaki redak

W(y1, . . . , yn; x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1 · · · yn

y′1 · · · y′n· · · . . .

...

y(n−1)1 · · · y(n−1)

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣W ′(y1, . . . , yn; x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣y′1 · · · y′ny′1 · · · y′n· · · . . .

...

y(n−1)1 · · · y(n−1)

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸0

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 · · · yn

y′′1 · · · y′′ny′′1 · · · y′′n· · · . . .

...

y(n−1)1 · · · y(n−1)

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸0

+ · · ·︸︷︷︸0

+

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 · · · yn

y′1 · · · y′n· · · . . .

...

y(n−2)1 · · · y(n−2)

n

y(n)1 · · · y(n)

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= y(n)

n + an−2y(n−2)n + · · · + a1y′n + a0yi =

= −an−1y(n−1)i , ∀x ∈ 1, . . . , n

(1.119)

Ukoliko imamo dva linearno zavisna retka u determinanti, ona je nula. Zato nam sve deri-vacije propadaju osim zadnje.

Dodavajuci zadnjem retku gornje determinante a0 puta prvi redak, do an−2 puta zadnji.vrijednost determinante za derivaciju je nepromijenjena i imamo

27

W ′(x) = −an−1W(x) (1.120)

Tu diferencijalnu jednadžbu lako riješimo separacijom varijabli (znak ’ je prostorna deriva-cija d/dx)

W ′(x) = −an−1W(x)W ′(x)W(x)

= −an−1

d(ln W(x)) = −an−1dx

ln W∣∣∣∣xx0= −

∫ x

x0

an−1(s)ds

ln(

W(x)W(x0)

)= −

∫ x

x0

an−1(s)ds

W(x) = W(x0)e−∫ x

x0an−1(s)ds

(1.121)

Linearni diferencijalni operator

L(y) =( d

dx

)n

+ an−1(x)(

ddx

)n−1

+ · · · + a0(x) y (1.122)

Rješenja homogene diferencijalne jednadžbe cine linearan prostor.

Primjer:

eax =

∞∑n=0

an

n!xn (1.123)

L shvatimo kao polinom⇒ x↔ ddx .

ea ddx =

∞∑n=0

an

n!

(ddx

)n

(1.124)

Razvijemo u Taylorov red

ea ddx f (x) =

∞∑i=0

an

n!dn f (x)

dxn =

∞∑n=0

f n(x)n!

an =

=

∞∑n=0

f n(x)n!

(a + x − x)n = f (a + x)

(1.125)

Dobili smo operator translacije.

ea ddx f (x) = f (x + a) (1.126)

28

1.3.1 Teorem o egzistenciji i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema

Teorem 15. Rješenje diferencijalne jednadžbe

Ln(y) = y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + · · · + a0y(x) = 0, x ∈ I ⊂ R (1.127)

gdje si ai neprekidne na I, koje zadovoljavaju pocetne uvjete

y(x0) = α0, . . . ; y(n−1)(x0) = αn−1, x0 ∈ I, αi ∈ R (1.128)

postoji i jedinstveno je

Konstruiramo niz funkcija koji ima limes - taj limes je ujedno i rješenje.

limn→∞

yn(x) = y(x) (1.129)

Korolar 2. Prostor jednadžbe Ln(y) = 0 je n-dimenzionalni vektorski prostor

Dokazujemo tako da pokažemo da postoji izomorfizam izmedu vektorskog prostora i rješe-nja DJ.

Dokaz imate u scanu ili na predavanjima.

Dokaz. Dokaz o jedinstvenosti i postojanju pokazujemo tako da jednu DJ n-tog reda svedemona n-vezanih DJ nižeg reda.

y1 ≡ y, y2 ≡y′1 = y′, . . . , yn = y(n−1)

y′n = −an−1yn − an−2yn−1 − . . . − a0y1(1.130)

To možemo zapisati u matricnoj notaciji

ddx

y1...

yn

=

0 1 · · · 0...

. . .. . . 0

−a0 · · · · · · −an−1

y1...

yn

(1.131)

Što se isto može pisati u skracenoj notaciji kao

ddx

Y = AY (1.132)

Nastavimo:

ddx

W = AW (1.133)

Gdje su A i W m × n matrice. Ako prijedemo s varijable x na t imamo:

x = t ⇒ dx = dt ⇒ dtdx= 1⇒ d

dx=

ddt· dt

dx(1.134)

29

ddt

W(t) = A(t)W(t) + B(t)/ ∫

W∣∣∣tt0=

∫ t

t0[AW + B]dt′

W(t) = W(t0) +∫ t

t0[AW + B]dt′

(1.135)

U ovu diferencijalnu jednadžbu smo eksplicitno ugradili pocetne uvjete. Gledamo n-ti stu-pac. Ako n konvergira brzo, rješenje je W∞.

Wn(t) = W(t0) +∫ t

t0[A(t′)Wn−1(t′) + B(t′)]dt′ (1.136)

Da bismo mogli govoriti o konvergenciji treba nam udaljenost - norma. To se rješava itera-tivno.

∃ limn→∞

Wn(t′) = W∞(t′) (1.137)

kako n → ∞ Wn i Wn−1 su sve bliže, znaci postoji limes pa postoji i rješenje - riješili smoegzistenciju.

Jedinstvenost dokazujemo da pretpostavimo postojanje drugog rješenje, no automatski imamokontradikciju jer bi nam rebala još jedna norma, a ako smo u jednom v.p. imamo samo jednunormu.

1.3.2 Princip superpozicije

Princip superpozicije je veoma bitan u fizici. Ukoliko imamo nehomogenu linearnu diferenci-jalnu jednadžbu, opce rješenje ce biti suma homogenog i partikularnog rješenja.

Takoder, za homogenu jednadžbu vrijedi da je bilo koja linearna kombinacija rješenja po-novo rješenje.

1.3.3 Opce rješenje diferencijalne jednadžbe prvog reda

y′(x) + p(x)y(x) = 0, ∀x ∈ I ⊂ R (1.138)

p(x) i f(x) su neprekidne na I. Ovu jednadžbu rješavamo separacijom varijabli.

y(x) = y(x0)e−∫ x

x0p(s)ds (1.139)

Za nehomogenu jednadžbu imamo

y′(x) + p(x)y(x) = f (x), ∀x ∈ I ⊂ R (1.140)

uz

u(x) = e−q(x), q(x) =∫ x

x0

p(s)ds, v(x) = u(x)∫ x

x0

f (t)u(t)

dt (1.141)

30

y(x) = v(x) + y(x0)u(x) (1.142)

Partikularno rješenje je svako rješenje DJ koje se dobiva iz opceg za svaku konstantu.

1.3.4 Linearna diferencijalna jednadžba s konstantnim koeficijentima

y′′(x) + α1y′(x) + α0y(x) = 0 (1.143)

Pretpostavljamo rješenje oblika

y(x) = eax (1.144)

pretpostavili smo takvo rješenje, jer ce nam ono, ukoliko se derivira, dati originalnu funkciju(do na konstantu, ali nam vrijedi princip superpozicije 1.3.2 pa je i to rješenje).

Ono što je nama bitno je da imamo jednadžbu, koju možemo provjeriti. Pogotovo ako sunam zadani pocetni uvjeti. Tada znamo (po teoremu 15) da nam, ukoliko bi uvrstili rješenja uhomogenu DJ, rješenje mora dati nulu.

y′(x) = aeax, y′′(x) = a2eax (1.145)

To uvrstimo u originalnu diferencijalnu jednadžbu

(a2 + α1a + α0) eax = 0 (1.146)

Pošto nam je eksponencijalni clan uvijek razlicit od nule, da bi nam jednadžba 1.146 bilaispunjena mora vrijediti

a2 + α1a + α0 = 0⇒ (a − a1)(a − a2) = 0 (1.147)

To je karakteristicna jednadžba. Prodiskutirajmo moguca rješenja (a1, a2) te jednadžbe.

Ukoliko je a1 , a2 - jednostruke nultocke imamo:

y1(x) = ea1 x, y2(x) = ea2 x (1.148)

Ukoliko je a1 = a2 - jedno rješenje se namece samo od sebe, dok je drugo u malo drugacijojformi.

Uvjet koji mora biti ispunjen je da imamo dva linearno nezavisna rješenja y1(x) i y2(x) kojace zadovoljavati uvjet da je L(y) = 0.

L = d2

dx2 + α1ddx+ α0 (1.149)

u našem slucaju.

Pretpostavimo sljedece

y(x, a) = eax (1.150)

31

L(y(x, a)) = (a2 + α1a + α0) eax = (a − a1)(a − a2) eax

= (a − a1)2eax (1.151)

Da bi nam vrijedilo L(y(x, a)) = 0 mora vrijediti a = a1. To je bilo prilicno razumljivo itrivijalno. Pošto nam je a = a1 nultocka kratnosti 2 možemo pokušati naci drugo rješenje takoda deriviramo y(x, a) po a i vidimo da li ce nam vrijediti uvjet L(y(x, a)) = 0.

L(

dda

y(x, a))= 2(a − a1)eax + (a − a1)2xeax (1.152)

što je isto nula za a = a1 pa zadovoljava naš uvjet.

Time smo utvrdili da je i derivacija po nultocki rješenje:

y1(x) = y(x, a1), y2(x) =∂y(x, a)∂a

∣∣∣∣∣a=a1

= xea1 x (1.153)

Formalno:

Teorem 16. Jednadžba

y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + · · · + a0(x)y(x) = 0 (1.154)

ima n-linearno nezavisnih rješenjaeλ1 x, xeλ1 x, · · · , xn1−1eλ1 x

eλ2 x, xeλ2 x, · · · , xn2−1eλ2 x

...,. . . ,

. . . ,...

eλk x, xeλk x, · · · , xnk−1eλk x

(1.155)

gdje su λ1, . . . , λk svi razliciti korjeni karakteristicnog polinoma:

F(λ) = λn + αn−1λn−1 + · · · + α1λ + α0 = (λ − λ1)n1(λ − λ2)n2 · . . . · (λ − λk)nk (1.156)

a n su njihove kratnosti.

Dokaz. Pokazati cemo da su forme zbilja rješenja i da su linearno nezavisna.

y(x) = xmea j x, 0 ≤ m ≤ n j − 1, j = 1, . . . , k (1.157)

y su rješenja jednadžbe.

L =(

ddx

)n

+ αn−1

(ddx

)n−1

+ · · · + α1ddx+ α0 (1.158)

Pitamo se (tj. trebamo dokazati)

L(xmea j x) ?= 0 (1.159)

32

Možemo fakorizirati:

(ddx− a1

)n1(

ddx− a2

)n2

· . . . ·(

ddx− ak

)nk

(1.160)

Znaci imamo:

L(xmea j x) =(

ddx− a j

)n j [xmea j x + a jxmea j x − a jxmea j x

]=

(ddx− a j

)n j

xmea j x

(1.161)

Zanima nas djelovanje te forme

(ddx− a j

)n j

xmea j x = mxm−1ea j x + a jxmea j x − a jxmea j x =

= mxm−1ea j x(1.162)

Forma 1.161 u biti skida potencije. Pošto je n j − 1 ≥ m 1.161 se može derivirati do 0. Cimesmo pokazali da vrijedi 1.159 i y(x) = xmea j x su zbilja rješenja.

Sada idemo pokazati da su linearno nezavisna.

Tvrdimo:

k∑j=1

jm−1∑m=0

c jm xm

︸ ︷︷ ︸P j(x)

ea j x = 0lin. nez====⇒ c jm = 0 (1.163)

odnosno

k∑j=1

P j(x)ea j x = 0→ P j(x) = 0 − polinomi (1.164)

To cemo dokazati matematickom indukcijom.

Baza:

k = 1 P1(x)ea1 x = 0⇒ P1(x) = 0 X (1.165)

Korak:

33

k = nk+1∑j=1

P j(x)ea j x = 0→k∑

j=1

P j(x)ea j x + Pk+1(x)eak+1 x = 0/

: eak+1 , 0

k∑j=1

P j(x)ea′j x + Pk+1(x) = 0

a′j = a j − ak−1 , 0k∑

j=1

Q j(x)ea′j x = 0

(1.166)

Q j(x) je derivirani polinom koji se ne mijenja (deg Q j(x) = deg P j(x)). To vrijedi samo akoje Q j(x) = 0.

Pretpostavka koraka:

Q j(x) ≡ 0, j = 1, . . . , k (1.167)

no to znaci, pošto su Q j iP j istog stupnja, da je i P j(x) ≡ 0 pa iz koraka imamo:

Pk+1(x)eak+1 x = 0⇒ Pk+1 = 0, ∀k (1.168)

1.3.5 Metoda neodredenih koeficijenata

L1(y) = y(n)(x) + αn−1y(n−1)(x) + · · · + α1y(x) + α0 = f (x) (1.169)

f (x) je i samo rješenje pripadne homogene jednadžbe (Ln(y) = 0) sa konstantnim koefici-jentima.

L2(y) = y(m)(x) + βm−1y(m−1)(x) + · · · + β1y(x) + β0 = 0 (1.170)

αi, βi ∈ R

L2(L1(y)) = L2( f ) = 0 (1.171)

Homogena DJ reda m + n. L21(y) = 0 - baza u prostoru rješenja. Rješenja od L21:

y1, y2, . . . , yn, yn+1, . . . , ym+n (1.172)

L1(yn+i) = qi(x) , 0, i = 1, . . . ,m (1.173)

qi su rastav ym+n koji su rješenje za q

L2(qi) = 0, i = 1, . . . ,m→ f =m∑

k=1

ckqk(x); f =m∑

k=1

ckL1(yn+k) (1.174)

34

f = L1

m∑k=1

ckyn+k

→ rješenje nehomogene jednadžbe

yp(x) =m∑

k=1

ckyn+k(x)→ namještamo rješenje da ogovara pocetnoj jednadžbi

(1.175)

Metoda neodredenih koeficijenata zahtjeva da napravimo pocetnu pretpostavku oko formepartikularnog rješenja, ali s koeficijentima koji nisu odredeni.

Zatim zamjenimo izraz koji smo pretpostavili u pocetnu jednadžbu i pokušavamo odreditikoeficijente, na nacin da zadovolje jednadžbu. Ako smo uspjeli u tome, tada smo našli rješenjeDJ i možemo ga koristiti za partikularno rješenje. Ukoliko ne možemo odrediti koeficijente, toupucuje da ne postoji rješenje u pretpostavljenoj formi. U tom slucaju možemo podesiti pocetnupretpostavku i pokušati ponovo.

Glavna prednost metode neodredenih koeficijenata je ta da je vrlo lako izravno racunati, jed-nom kad imamo pretpostavku o partikularnom rješenju. Glavni nedostatak je taj da je korisnavecinom za DJ za koje na jednostavan nacin možemo zapisati formu partikularnog rješenja una-prijed. Zbog tog razloga, ova se metoda obicno koristi samo za probleme u kojima homogenajednadžba ima konstantne koeficijente i kojima je nehomogeni dio ogranicen na relativno maleklase funkcija. Na primjer, izabiremo samo nehomogene clanove koji se sastoje od polinoma,eksponencijalnih funkcija, sinusa i kosinusa.

Unatoc ovom ogranicenju, metoda neodredenih koeficijenata je korisna za rješavanje pro-blema koji imaju veliku važnost (npr. jednadžbe koje vode na pojave kao što je rezonancija)[4].

1.3.6 Metoda varijacije konstanti

L(y) = y(n)(x) + αn−1y(n−1)(x) + · · · + α1y(x) + α0 = f (x) (1.176)

x ∈ I f (x) je neprekidna na I ⊂ RIz konstrukcije karakteristicnog polinoma znamo rješenja homogene jednadžbe

y1(x), . . . , yn(x) (1.177)

koja su linearno nezavisna rješenja→ L(y) = 0.

Partikularna rješenja ce biti u obliku

yp(x) = C1(x)y1(x) +C2(x)y2(x) + · · · +Cn(x)yn(x) (1.178)

gdje su Ci n puta derivabilne funkcije na I.

Sve nam je proizvoljno. Kako to ograniciti?Neka nam je zbroj prvih derivacija Ci = 0

35

y′p(x) = C′1y1

=0

+C1y′1 +C′2y2

=0

+C2y′2 + · · · +C′nyn

=0

+Cny′n

y′′p (x) = C′1y′1=0

+C1y′′1 +C′2y′2=0

+C2y′′2 + · · · +C′ny′n=0

+Cny′′n

deriviramo koliki nam je stupanj diferencijalne jednadžbe

y(n)p (x) = C1(x)L(y1) +C2(x)L(y2) + · · · +Cn(x)L(yn)+

+C′1(x)L(y(n−1)1 (x)) +C′2(x)L(y(n−1)

2 (x)) + · · · +C′n(x)L(y(n−1)n (x)) = f (x)

→∑

C(n)(x) = 0

(1.179)

n-ta derivacija je zadana nehomogenošcu. Možemo to napisati u obliku matricne jednadžbe:y1(x) y2(x) · · · yn(x)y′1(x) y′2(x) · · · y′n(x)...

.... . .

...

y(n−1)1 (x) y(n−1)

2 (x) · · · y(n−1)n (x)

︸ ︷︷ ︸W

C′1(x)C′2(x)...

C′n(x)

=

00...

f (x)

(1.180)

Rješenje je jedinstveno jer je W , 0. Imamo n linearno nezavisnih jednadžbi. C′ odredimoiz sustava, a daljnjom se integracijom dobije

Ci(x) =∫ x

C′i (s)ds (1.181)

C ne možemo dobiti iz algebarske jednadžbe jer su namješteni tako da C′i išceznu. Onizavise o pocetnim uvjetima, odnosno rješavaju specifican Cauchyjev problem.

Sustav 1.180 je Cramerov, što znaci da ima jedno rješenje. Postavljenjem homogene jed-nadžbe možemo namjestiti koeficijente da izracunamo integral 1.181. A znamo da postoje in-tegrali elementarnih funkcija koji nece dati elementarne funkcije.

Tada je

yp(x) = y1(x)∫ x

x0

C′1(s)ds + y2(x)∫ x

x0

C′2(s)ds + · · · + yn(x)∫ x

x0

C′n(s)ds

y(x) = yH(x) + yP(x)(1.182)

1.3.7 Frobenius metoda rješavanja diferencijalne jednadžbe drugog reda

Teorem 17. Imamo diferencijalnu jednadžbu drugog reda oblika

y′′(z) + p(z)y′(z) + q(z)y(z) = 0 (1.183)

Neka je

y(z) =∞∑

n=0

cn(z − z0)n (1.184)

36

analiticka funkcija. Ukoliko bi tražili rješenje u tom obliku imali bi pre restriktivnu formu(samo pozitivni clanovi), no ukoliko bi proširili do −∞ imali bi preširoku formu. Želimo štokompaktnije rješenje problema. Zato zapišemo rješenja kao

y(z) =∞∑

n=0

cn(z − z0)n+λ, λ ∈ R (1.185)

Ako je λ ∈ Q imamo algebarski rez.

Ako je λ ∈ R imamo logaritamski rez.

Kada se možemo nadati da ce nam uvrštavanje takve forme dati korisno rješenje? Za to namsluži Fuchsov teorem. On garantira postojanje rješenja.

Teorem 18. Rješenje jednadžbe 1.183 nema bitni singularitet u z0 onda i samo onda kad p(z)ima u z0 najviše pol 1. reda, a u q(z) najviše pol 2. reda.

Takav singularitet se zove regularni singularitet.

Primjer 1. :

y′′ +4z

y′ +2z2 y = 0 (1.186)

Pretpostavimo rješenje oblika:

y(z) =∞∑

n=0

cnzn+λ (1.187)

Tada su derivacije:

y′(z) =∞∑

n=0

cn(n + λ)zn+λ−1, y′′(z) =∞∑

n=0

cn(n + λ)(n + λ − 1)zn+λ−2 (1.188)

Imamo

∞∑n=0

cn(n + λ)(n + λ − 1)zn+λ−2 + 4∞∑

n=0

cn(n + λ)zn+λ−2 + 2∞∑

n=0

cnzn+λ−2 = 0

∞∑n=0

cn[(n + λ)(n + λ − 1) + 4(n + λ) + 2]zn+λ−2 = 0

(1.189)

Uvjet da je suma jednaka nuli je da svi koeficijenti išcezavaju. Za n=0 imamo indicijalnipolinom (jednadžbu):

c0[λ(λ − 1) + 4λ + 2] = 0/

: c0 , 0

λ2 + 3λ + 2 = 0λ1 = −1 λ2 = −2

(1.190)

37

Za λ1 ≥ λ2 → λ1 − λ2 = −1 + 2 = 1

cn[(n + λ)(n + λ − 1) + 4(n + λ) + 2] = 0, n > 0, c0 , 0, cn = 0 (1.191)

Fuchsov teorem nam garantira postojanje rješenja, no sam izgled ovisi o korjenima indici-jalne jednažbe.

• Ako su dva korjena jednaka, možemo naci samo jedno rješenje Frobenius metodom takoda uvrstimo pretpostavljeno rj. u jednadžbu. Drugo nalazimo derivacijom.

• Ako se dva korjena razlikuju za ne cijeli broj (< Z), možemo naci dva lin. nezavisnarješenja direktnim uvrštavanjem.

• Ako se dva korjena razlikuju za cijeli broj, veci od ta dva ce dati rješenje. Drugo može, alii ne mora, dati rješenje, ovisno o ponašanju koeficijenata. Npr. za jednadžbe harmonickogoscilatora naci cemo dva rješenja, dok za Besselovu dobijemo samo jedno rješenje [1].

Ukoliko nam sume nisu istog indeksa necemo imati samo koeficijent cn nego i druge koefi-cijentte poput cn+2. U tom slucaju moramo riješiti rekurziju.

Rješenja naše jednadžbe su:

y1(z) =∞∑

n=0

c0z−1 = c0z−1

y2(z) =∞∑

n=0

c0z−2 = c0z−2

y(z) = A1y1(z) + A2y2(z)

(1.192)

Primjer 2. :

y′′ − y′

z+

yz2 = 0 (1.193)

Pretopstavimo rješenje, deriviramo ga i zapišemo sumu

∞∑n=0

cn[(n + λ)(n + λ − 1) − (n + λ) + 1]zn+λ−2 = 0 (1.194)

Indicijalna jednadžba (polinom):

c0[λ(λ − 1) − λ + 1] = 0/

: c0 , 0

λ2 − 2λ + 1 = 0⇒ (λ − 1)2 = 0λ1,2 = 1

(1.195)

Prvo rješenje dobijemo uvrštavanjem u sumu:

38

y1(z) =∞∑

n=0

cnzn+1 (1.196)

Drugo rješenje možemo probati dobiti ppreko metode varijacije konstanti

y′′ + a1(z)y′ + a0(z)y = 0 = L(y); L(y1) = 0 (1.197)

y2(z) = C(z)y1(z)y′2(z) = C′(z)y1(z) +C(x)y′1(z)y′′2 (z) = C′′(z)y1(z) +C′(z)y′1(z) +C′(z)y′1(z) +C(z)y′′1 (z)L(y1) = Cy′′1 +Cy′1 +Cy

(1.198)

L(y2) =C′′y1 + 2C′y1 +Cy′′1 + a1C′y1 + a1Cy′1 + a0Cy1 = 0⇔ CL(y1)

=0

+C′′y1 + 2C′y′1 + a1C′y1 = 0

⇔ C′′y1 + 2C′y′1 + a1C′y1 = 0→ zamjenimo C′ = g⇔ g′y1 + 2gy′1 + a1gy1 = 0⇒ y1g′ + (2y1 + a1y1)g = 0

y1 = z, y′1 = 1, a1 = −1z

⇔ zg′ +(2 +

(−1

z

)· z

)g = 0

⇔ zg′ + g = 0/

separacija varijabli

⇔ g =const.

z⇒ C′ =

1z⇒ C = ln z

(1.199)

y2(z) = C(z) · y1(z) = y1(z) ln z = z ln z (1.200)

Logaritam se ne može razviti oko nule jer divergira u nuli.

Operativno:

y(z, λ)→ uvrstimo u L (1.201)

L =(

ddz

)n

+ λn−1

(ddz

)n−1

+ · · · + λ0

L(y(z, λ)) =[

d(n)

dz(n) (y(z, λ)) + λn−1d(n−1)

dz(n−1) (y(z, λ)) + · · · + λ0y(z, λ)]

L(y(z, λ)) =∞∑n

zn+λ [cn, λ]rekurzija

+c0 [λ(λ − 1) + p0λ + q0]I(λ) indicijalni polinom

zλ

(1.202)

39

Nakon rješavanja rekurzije svi komadi uz zn+λ propadaju

y(z) =∑

cn(λ1,2)zn+λ1,2 (1.203)

Da bi indicijalni polinom nestao, u njega uvrstimo korjene tog polinoma.

L(cn(λ) zn+λ) = c0 I(λ)︸︷︷︸(λ−λ1)2

zλ (1.204)

Derivacijom po λ dobijemo nešto što nam daje nula.

y2 =∂

∂λ

∣∣∣∣∣λ=λ1

∞∑n=0

cn(λ)zn+λ (1.205)

1.3.8 Opci postupak dobivanja drugog rješenja u Frobenius metodi

Drugo rješenje nam ovisi o indicijalnom polinom, odnosno o korjenima indicijalne jednadžbe..

1. λ1 − λ2 < Z - rješiva rekurzija za λ1 i λ2

y1(z) = y(z, λ1), y2(z) = y(z, λ2) (1.206)

Imamo linearno nezavisna rješenja.

2. λ1 − λ2 ∈ Z

a) λ1 = λ2 - prvo rješenje direktno u sumu.

y1(z) = y1(z, λ1) =∞∑

n=0

cn(λ1)zn+λ1 (1.207)

Drugo rješenje nademo deriviranjem - jer imamo dvostruku kratnost nultocke.

y2(z) = L(∂y(z, λ)∂λ

)∣∣∣∣∣∣λ=λ1

=∂

∂λ

∞∑n=0

cn(λ) zn+λ

==

∞∑n=0

cn(λ) zn+λ

ln z +∞∑

n=1

∂cn(λ1)∂λ

zn+λ1

(1.208)

Druga suma ne pocinje od nule jer deriviranje konstante daje nulu koja ne pridonosi sumi.

Znaci imamo:

y1(z) = y(z, λ1), y2(z) = y1(z) ln z +∞∑

n=1

c′n(λ1) zn+λ1 (1.209)

b) λ1 − λ2 = m ∈ N, m , 0

40

Prvo rješenje ponovo dobijemo direktnim uvrštavanjem u sumu. Možemo imati dva pods-lucaja:

1. n=m→ slucajno nam išcezne desna strana (0 · cm = 0)

y = c0zλ (polinom m-1 supnja) + cmzλ (Taylor), n ≥ m + 1 (1.210)

2. 0 · cm , 0 - desna strana ne išcezne. Odaberemo c0 = λ − λ2, c0 = c0(λ) - koji se pokratisa nultockom u nazivniku (uklonjivi singularitet).

y1(z) = y1(z, λ)∣∣∣∣λ=λ1=

∞∑n=0

cn zn+λ1

y2(z) =∂y(z, λ)∂λ

∣∣∣∣∣λ=λ2

= zλ2

∞∑n=0

cn(λ2)zn ln z + zλ2

∞∑n=0

∂cn(λ)∂λ

∣∣∣∣∣λ=λ2

zn

(1.211)

Pri cemu nam je

c0 = λ − λ2, c0 = 0 za λ = λ2, no c′0 , 0→ c′0 = 1 (1.212)

1.3.9 Formalno dobivanje drugog rješenja u Frobenius metodi

y′′(z) + p(z)y′(z) + q(z)y(z) = 0 (1.213)

y(z) =∞∑

n=0

cn zn+λ, y′(z) =∞∑

n=0

cn(n + λ) zn+λ−1,

y′′(z) =∞∑

n=0

cn(n + λ)(n + λ − 1) zn+λ−2,

p(z) =∞∑

m=0

am zm−1, q(z) =∞∑

m=0

bm zm−2

(1.214)

p(z) i q(z) su u ovakvoj formi, da bi zadovoljili uvjete Fuchsovog teorema (18).

p(z)y′(z) =∞∑

n=0

∞∑m=0

cnam(n + λ)zm−1+n+λ−1 =

=

∞∑n=0

∞∑m=0

cnam(n + λ)zm+n+λ−2, m = k − n; k = n + m =

= zλ−2∞∑

k=0

k∑n=0

(n + λ)cn

jedan koeficijent

ak−n

zk

(1.215)

Množenje dva reda potencija i skupljanje clanova ce napraviti novi red. Ta operacija se zovekonvolucija:

41

k∑n=0

dkak−n → (d ∗ a)k (1.216)

Izvucemo najstariji clan u sumi (n=k)

p(z)y′(z) = zλ−2∞∑

k=0

[(k + λ)cka0 + Ak] zk;

Ak =

k−1∑n=0

(n + λ)cnak−n

(1.217)

q(z)y(z) =∞∑

n=0

∞∑m=0

cnbm zm+n+λ−2 =

= zλ−2∞∑

k=0

k∑n=0

cnbk−n

zk =

= zλ−2∞∑

k=0

[ckb0 + Bk] zk

Bk =

k−1∑n=0

cnbk−n

(1.218)

Najstariji clanovi ostaju u rekurziji. Pišemo DJ, uz gornje relacije, samo sa istim indeksomsumacije:

L(y(z, λ)) =∞∑

n=0

cn(n + λ)(n + λ − 1) zn+λ−2 +

∞∑n=0

[(n + λ)cna0 + Ak] zn+λ−2+

+

∞∑n=0

(cnb0 + Bn) zn+λ−2

(1.219)

Raspišemo prvi clan u sumi: n=0 (kada je 0 najstariji koeficijent, mladih nema)

L(y(z, λ)) = [c0λ(λ − 1) zλ−2 + λc0a0 zλ−2 + c0b0 zλ−2]+

+

∞∑n=1

[(n + λ)(n + λ − 1) + (n + λ)a0 + b0]cn + An + Bn

Cn

zn+λ−2 =

= [(λ − 1)λ + λa0 + b0]c0 zλ−2+

+

∞∑n=1

[(n + λ)(n + λ − 1) + (n + λ)a0 + b0]

I(n+λ)

cn + An + Bn

zn+λ−2

(1.220)

Gdje je k ≤ n − 1. Pišemo rekurziju:

42

I(n + λ)cn + An + Bn = 0; An(λ), Bn(λ) (1.221)

cn = f (cn−1, . . . , co, λ); cn → cn(λ) (1.222)

L(y(z, λ)) = [λ(λ − 1) + a0λ + b0]I(λ)

c0 zλ−2 (1.223)

Rekurzija ’uništi’ sumu pa nam ostaje

I(λ) = (λ − λ1)(λ − λ2) (1.224)

Moguce komplikacije:

1. λ1 − λ2 < Z

(n + λ − λ1)(n + λ − λ2) cn

,0

= −n−1∑k=0

[(k + λ1)an−k + bn−k]ck

λ = λ1 (n + 0)(n + λ1 − λ2)cn = −n−1∑k=0

[(k + λ1)an−k + bn−k]ck

(1.225)

Imamo rješivu rekurziju za λ = λ1 i λ = λ2

y1(z) = y(z, λ1), y2(z) = y(z, λ2) (1.226)

dva linearno nezavisna rješenja.

Ako je cn(λ1) = cn+m(λ1) ponovo imamo lin. nezavisno rješenje jer se razlikuju u ekspo-nentu: zn+λ1 = zn+m+λ2 .

2. λ1 − λ2 = m ∈ N, m = 0

a) λ1 = λ2

(n + λ1 − λ1)(n + λ1 − λ2)cn = n2cn = −n−1∑k=0

[(k + λ1)an−k + bn−k]ck, n ≥ 1 (1.227)

Drugo rješenje:

L(y(z, λ)) = (λ − λ1)2c0 zλ−2 (1.228)

Trebamo homogenu dif. jednadžbu, zato drugo rj. tražimo derivacijom i izvrjednjavanjemu korjenu indicijalne jednadžbe.

43

L(∂y(z, λ)∂λ

)λ=λ1

= 2(λ − λ1)c0 zλ−2∣∣∣∣λ=λ1+ ((λ − λ1))2c0 zλ−2 ln z

∣∣∣∣λ=λ1=

= 0 + 0 = 0 X

(1.229)

y1(z) =∞∑

n=0

cn(λ1) zn+λ1

y2(z) =∂

∂λ

∞∑n=0

cn(λ1) zn+λ1

= ∞∑n=0

cn(λ1) zn+λ1

ln z +∞∑

n=1

c′n(λ1) zn+λ1 =

= y1(z) ln z +∞∑

n=1

c′n(λ1) zn+λ1

(1.230)

b) λ1 − λ2 = m ∈ Nm m , 0

(n + λ − λ1)(n + λ − λ2)cn = −n−1∑k=0

[(k + λ)an−k + bn−k]ck (1.231)

λ = λ1 ⇒n(n + λ1 − λ2

m

)cn = −n−1∑k=0

[(k + λ1)an−k + bn−k]ck; n ≥ 1

λ = λ2 ⇒n(n + λ2 − λ1

−m

)cn = −n−1∑k=0

[(k + λ2)an−k + bn−k]ck; n ≥ 1

(1.232)

Pogledajmo podslucajeve:

ı) n=m - desna strana propada konspiracijom (pomak u indeksu); 0 ·cm = 0 (cm proizvoljan).

y = c0 zλ (polinom m-1 stupnja) + cm zλ (Taylor)

(n − m)ncn = −n−1∑k=0

[(k + λ2)an−k + bb−k]ck; n ≥ m + 1 (1.233)

Što je rješiva rekurzija za proizvoljan cn.

ıı) 0 · cm , 0 - desna strana ne išcezava, što znaci da c0 može biti proizvoljan:c0 = λ − λ2; c0 = c0(λ)

(n + λ − λ1)(n + λ − λ2)cn = −n−1∑k=0

[(k + λ)an−k + bb−k]ck; i < n; ci = di (λ − λ2)c0

(1.234)

44

Što dobijemo rekurzijom za n=m?

(m + λ − λ1)(m + λ − λ2)cm =

− n−1∑k=0

[(k + λ)an−k + bn−k]dk

(λ − λ2) (1.235)

m = λ1 − λ2

(λ − λ2)

λ1 − λ2 + λ − λ2 +

n−1∑k=0

. . .

= 0⇒ 0 = 0 X (1.236)

λ − λ2 → svi ci = di(λ − λ2) = 0, i = 0, . . . , m − 1

L(y(z, λ)) = c0I(λ)zλ−2 = c0(λ − λ1)(λ − λ2)zλ−2 = (λ − λ1)(λ − λ2)2zλ−2 (1.237)

Zbog kvadratne nultocke možemo derivirati i imamo rješenje s logaritmom.

L(∂y(z, λ)∂λ

)∣∣∣∣∣∣λ=λ1

= 0 (1.238)

y(z, λ) =∞∑

n=0

cn(λ)zn+λ

y1(z) = y(z, λ1)

y2(z) = y1(z) ln z +∞∑

n=0

c′n(λ)zn+λ2

(1.239)

45

1.4 Gama funkcija i asimptotski redovi

1.4.1 Gama funkcija

Teorem 19. Funkcija

Γ(z) =∫ ∞

0tz−1e−tdt (1.240)

postoji zaℜ(z) > 0 (desna plouravnina)

Kako je uopce došlo do gama funkcije? Pokušalo se na neki nacin generalizirati, odnosnozapisati faktorijele u zatvorenoj formi.∫ ∞

0tne−tdt = n

∫ ∞

0tn−1e−tdt = n(n − 1)! = n! (1.241)

-4 -2 2 4

-10

-5

5

10

GHzL

Slika 12: Graf gama funkcije

Dokaz. Γ(z) napišemo kao sumu dva integrala:

Γ(z) =∫ 1

0tz−1e−tdt

F(z)

+

∫ ∞

1tz−1e−tdt

G(z)

(1.242)

F(z) je analiticka na poluravnini Re(z) > 0, ima rez na realnoj osi. Da bi izbjegli taj rezrazvijemo tu funkciju u Taylorov red.

F(z) =∫ 1

0tz−1

∞∑n=0

(−1)n

n!tndt =

∞∑n=0

(−1)n

n!

∫ 1

0tz+n−1dt =

= limε→0

∞∑n=0

(−1)n

n!

∫ 1

ε

tz+n−1dt

(1.243)

Integral divergira za n=-z pa smo donju granicu zamijenili s ε.

46

∫ 1

ε

tn+z−1dt =tn+z

n + z

∣∣∣∣∣1ε

= limε→0

[1

n + z− εn+z

n + z0

]=

∞∑n=0

(−1)n

n!· 1

n + z, ℜz > 0

(1.244)

testom usporedbe vidimo da ∣∣∣∣∣ 1n + z

∣∣∣∣∣ < 1 (1.245)

Ako usporedimo s

∞∑n=0

(−1)n

n!= e−1 (1.246)

što konvergira.

G(z) je cijela funkcija - analiticka na cijelom C.

Teorem 20. Neka je trokut u C i GN(z) =∫ N

1tz−1e−tdt.∫

∂GN(z)dz (1.247)

integral po rubu trokuta: ∫∂GN(z)dz =

∫ N

1

(∫∂

tz−1dz

)e−tdt = 0 (1.248)

po C-G teoremu. t ∈ [1,N].

Postoji primitivna funkcija G(z) t.d. je G′(z) = GN(z), ∀z ∈ C, po osnovnom teoremu oanalitickim funkcijama.

Teorem 21. Funkcija

Γ(z) =∞∑

n=0

(−1)n

n!1

n + z+

∫ ∞

1tz−1e−tdt (1.249)

je analiticka za z ∈ C \ 0, −1, −2, . . ., a u tockama z = −k, k ∈ N ∪ 0 ima polove 1. redasa reziduumima

Res(Γ(z),−k) =(−1)k

k!(1.250)

47

Dokaz.∞∑

n=m

∣∣∣∣∣ (−1)n

n!· 1

n + z

∣∣∣∣∣ < ∞∑n=m

∣∣∣∣∣ (−1)n

n!

∣∣∣∣∣ < e (1.251)

Kada je |m + z| > 1, n > m povecavamo m dok se to ne dogodi. Za razvoj oko z=-n

c−1 =(−1)n

n!(1.252)

Formalno:

limz→−k

(z + k)∞∑

n=0

(−1)n

n!· 1

n + z=

(−1)k

k+ lim

z→−k(z + k)

∞∑n=0n,k

(−1)n

n!(1.253)

1.4.2 Svojstva Gama funkcije

Γ(z + 1) = zΓ(z)

Γ(z)Γ(1 − z) =πz

sin(πz)Γ(k + 1) = k!

Γ

(12

)=√π

Γ

(n +

12

)=

(2n − 1)!!2n

√π, n ∈ N

Γ(z) , 0, ∀z ∈ C

(1.254)

Idemo dokazati neka svojstva:

Dokaz. Γ(z + 1) = zΓ(z)

Γ(z) =∫ ∞

0tz−1e−tdt, Γ(z + 1) =

∫ ∞

0tze−tdt

Γ(z + 1) =∫ ∞

0tze−tdt =

∣∣∣∣∣∣∣ tz = u/′, e−tdt = dv

/ ∫ztz−1dt = du, −e−t = v

∣∣∣∣∣∣∣ == −−tz

et

∣∣∣∣∣∞0+ z

∫ ∞

0tz−1e−tdt

Γ(z)

(1.255)

Koliko iznosi prvi dio?

48

limt→∞

−tz

et = L’Hospital = limt→∞

(−ztz−1)et = L’H =

= limt→∞

(−z(z − 1)tz−2)et = i tako z puta =

= limt→∞

(−z!tz−z)et = −z! lim

t→∞

1et = −z! · 1

∞ = 0

(1.256)

Odnosno:

limt→0

−tz

et =01= 0 (1.257)

Vidimo da prvi dio nestaje pa je Γ(z + 1) = zΓ(z)

Dokaz. Γ(z)Γ(1 − z) = πzsin(πz)

Γ(z) =∫ ∞

0tz−1e−tdt =

∣∣∣∣∣∣ t = x2

dt = 2xdx

∣∣∣∣∣∣ ==

∫ ∞

0x2z−2e−x2

2xdx = 2∫ ∞

0x2z−1e−x2

dx

Γ(1 − z) =∫ ∞

0t−ze−t =

∣∣∣∣∣∣ t = y2

dt = 2ydy

∣∣∣∣∣∣ ==

∫ ∞

0y−2ze−y2

2ydy = 2∫ ∞

0y1−2ze−y2

dy

(1.258)

Tada nam je

Γ(z)Γ(1 − z) = 4∫ ∞

0dx

∫ ∞

0x2z−1y1−2ze−(x2+y2)dy (1.259)

Vrijedi kad je istovremeno ℜ(z) > 0 i ℜ(1 − z) > 0 ⇒ ℜ(z) < 1.To znaci da nam z morabiti na vertikalnoj traci izmedu 0 i 1: 0 < ℜ(z) < 1, ∀z ∈ ⟨0, 1⟩.

Radi jednostavnosti prebacimo se u polarni koordinatni sustav:

x = r cos θ, y = r sin θ, x2 + y2 = r2, θ ∈ ⟨0, π/2⟩, r ∈ ⟨0,∞⟩ (1.260)

Element površine u polarnom koordinatnom sustavu je 1/2rdθ odnosno:

∫ ∞

0

∫ ∞

0dxdy→

∫ π/2

0

∫ ∞

0rdrdθ (1.261)

49

Γ(z)Γ(1 − z) = 4∫ π/2

0dθ

∫ ∞

0r2z−1(cos θ)2z−1r1−2z(sin θ)1−2ze−r2

rdr =

= 4∫ π/2

0dθ

∫ ∞

0(cos θ)2z−1(sin θ)1−2ze−r2

rdr =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∫ ∞

0r e−r2

dr =∫ ∞

0xne−ax2

dx =Γ(

1+12

)2 · 1(1+1)/2 =

Γ(1)2=

12

∣∣∣∣∣∣∣∣ == 2

∫ π/2

0(cos θ)2z−1(sin θ)1−2zdθ =

=

∣∣∣∣∣∣∣ t = sin2 θ/′

sin θ =√

t cos θ =√

1 − tdt = 2 sin θ cos θdθ dt = 2

√t√

1 − tdθ dt = 2√

t(1 − t)dθ

∣∣∣∣∣∣∣ == 2

∫ 1

0(1 − t)

12 (2z−1)t

12 (1−2z) · dt

2√

t(1 − t)=

=

∫ 1

0(1 − t)z−1t−zdt =

∣∣∣∣∣∣∣ 1 − t = u1+u t = 1 − u

1+u

t = 11+u

/′dt = − 1

(1+u)2 du

∣∣∣∣∣∣∣ ==

∫ 0

∞

( u1 + u

)z−1·(

11 + u

)−z (− du

(1 + u)2

)=

=

∫ ∞

0

uz−1

1 + udu→

∮wz−1

1 + wln(w)dw

(1.262)

γ

Γ

-1

Slika 13: Krivulja kompleksne integracije

Imamo pol 1. reda u -1.

∮f (z)dz = 2πi

∑k

Res( f , ak) =∫ ∞

0

uz−1

1 + udu

I

+

∫Γ

+

∫γ

=0

−∫ ∞

0

uz−1e2πi(z−1)

1 + udu

= I(1 − e2πi(z−1))

(1.263)

50

Reziduum:

Res( f ,−1) = limw→−1

[(w + 1) · wz−1

1 + w

]= (−1)z−1 (1.264)

I =2πi(−1)z−1

1 − e2πi(z−1) =π

sin(πz)(1.265)

U zadnjem smo koraku pomnožili s e−πi(z−1) dolje smo dobili sinus, a gore možemo raspisatisin/cos i dobijemo konacni rezultat nakon malo raspisivanja.

1.4.3 Asimptotske metode

Konvergentni red nije uvijek korisan, jer je konvergencija u biti koncept koji se odnosi naponašanje clanova reda na kraju tog reda, to jest kako j→ ∞.

To što red konvergira nam ništa ne govori o tome kakoce se brzo clanovi smnanjiti u ve-licini. Kada se clanovi smanjuju brzo, ako uzmemo samo prvih nekoliko clanova, a znamo daako uzmemo još clanova, da ce nam se razvoj pogoršati (postoji nopt), možemo dobiti dobruaproksimaciju sume ukoliko se zanemare clanovi poslije nopt.

Jedini problem kod asimptotskih redova je da ne možemo biti apsolutno sigurni kolikonam je odgovor tocan. Zato nam treba usporedba s nekom drugom reprezentacijom ocekivanogodgovora.

No asimptotski razvoj može biti jedini nacin dobivanja analitickog rješenja teškog pro-blema.

Teorem 22. Niz funkcija φ j(z) je asimptotski u odnosu na tocku z0 ako vrijedi

limz→z0

φ j+1(z)

φ j(z)= 0, ∀ j (1.266)

Teorem 23. Funkcija ima asimptotski prikaz oko tocke z0

f (z) ≈ a1φ1(z) + a2φ2(z) + · · · (1.267)

ako je niz φ j(z) asimptotski oko z0 i ako vrijedi:

limz→z0

∣∣∣∣∣ f (z) − sn(z)φn(z)

∣∣∣∣∣ = 0, ∀n ∈ N (1.268)

gdje je

sn(z) =n∑

k=1

akφk(z) (1.269)

parcijalna suma

Kod asimptotskog razvoja razvoj vrijedi samo u nekom rasponu z oko z0 (što smo bliže z0

treba nam manje clanova). Nemamo kontrolu nad apsolutnom tocnošcu (slika 14).

51

nn opt

ASIMPTOTSKI

TAYLOR

Slika 14: Usporedba asimptotskog i Taylorovog razvoja

1.4.4 Laplaceova metoda

Teorem 24. Neka funkcija f (x) ima jedinstveni globalni maksimum u x0. Tada ce vrijednostf (x0) biti veca od ostalih vrijednosti f (x). Ako tu funkciju pomnožimo sa velikim brojem M,razlika izmedu M f (x0) i M f (x) ce rasti eksponencijalno za funkciju eM f (x).

Stoga samo u okolini x0 ce doci bitni doprinosi integralu koji se mogu aproksimirati. Jedinidodatni uvjet koji imamo za funkciju f (x) je da mora biti najmanje dva puta diferencijabilna.

Primjer:

ψ(x) =∫ ∞

−∞e−x cosh(u)du = razvijemo kosinus hiperbolni =

=

∫ ∞

−∞e−x(1+ 1

2 u2)du = e−x∫ ∞

−∞e−

12 u2

du =

√2πx

e−x

(1.270)

Ovaj primjer možemo i tocnije riješiti. Razvijemo kosinus hiperbolni i proglasimo taj razvojpromjenom varijable.

ψ(x) = e−x∫ ∞

−∞e−x(cosh(u)−1)du =

∣∣∣∣∣∣∣ cosh(u) − 1 = t2/′

du = 2tdtsinh(u)

sinh(u)du = 2tdt

∣∣∣∣∣∣∣ == e−x

∫ ∞

−∞e−xt2 · 2tdt

sinh(u)= e−x

∫ ∞

−∞e−xt2 · 2tdt√

t2(t2 + 2)=

= 2e−x∫ ∞

−∞e−xt2 · dt

√t2 + 2

= 2e−x∫ ∞

−∞e−xt2 · dt

√2√

1 + t22

=

=√

2e−x∫ ∞

−∞e−xt2 · dt√

1 + t22

= 2e−x√

2∫ ∞

0e−xt2 · dt√

1 + t22

=

(1.271)

52

Sada (1 +

t2

2

)1/2

(1.272)

razvijemo kao (1 + x)1/2: (1 +

t2

2

)1/2

=

∞∑k=0

(−1/2

k

) (t2

2

)k

(1.273)

ψ(x) =√

2e−x∞∑

k=0

(−1/2

k

) ∫ ∞

−∞

(t2

2

)k

e−xt2dt ≃

≃√

2πx

širina

e−x

visina

(1 − 1

8x +

9128

x2 − · · ·) (1.274)

Pri cemu smo se koristili cinjenicom da je integral gausijana∫ ∞

−∞e−x2

dx =√π (1.275)

Izraz u zagradi je korekcija (što više clanova uzmemo to nam je preciznija procjena).

1.4.5 Izvod Stirlingove formule

Stirlingova aproksimacija se cesto koristi za racunanje velikih faktorijela

z! ≃( ze

)z √2πz (1.276)

Odnosno za prirodni logaritam

ln N! ≃ N(ln N − 1) + ln√

2πN (1.277)

Stirlingova formula se izvodi preko Laplaceove metode

x! = Γ(x + 1) =∫ ∞

0txe−tdt =

∣∣∣tx = ex ln t∣∣∣ =

=

∫ ∞

0ex ln t−tdt =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣x(− t

x + ln t)

tx = τ

τx = t dt = xdτx(−τ + ln τ + ln x) t ∈ ⟨0,∞⟩, τ ∈ ⟨0,∞⟩

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ==

∫ ∞

0ex(−τ+ln τ+ln x)xdτ =

∫ ∞

0xex(−τ+ln τ)xxdτ =

= xx+1∫ ∞

0e

x (−τ + ln τ)︸ ︷︷ ︸f (τ) dτ

(1.278)

f (τ) je fukcija s lijepim maksimumom, pa možemo koristiti Laplaceovu metodu i razviti ju:

53

f (τ) = −1 − 12

(τ − 1)2 + · · · (1.279)

x! ≃ xx+1∫ ∞

0ec(−1− 1

2 (τ−1)2+··· )dτ ≃

≃ xx+1e−x∫ ∞

−∞e−

12 x(τ−1)2

dτ ≃

≃( xe

)x √2πx

(1.280)

Funkciju e−x možemo proširiti do −∞ jer nema asimptotski razvoj u −∞.

Slika 15: Asimptotsko proširenje e−x

54

2 Matematicke Metode Fizike 2

2.1 Fourierova analiza

2.1.1 Uvod

Fourierovi redovi i Fourierova analiza su nastali radi objašnjavanja problema raspodjele tem-perature u materijalima (tako je Joseph Fourier došao do svog otkrica). Do danas Fourierovaanaliza igra važnu ulogu u analizi signala, statistici, teoriji vjerojatnosti,kriptografiji, numeric-koj analizi i drugim podrucjima.

Da bi shvatili neke koncepte bitne u Fourierovoj analizi moramo se prebaciti u apstraktnevektorske prostore, u kojima su funkcije tocke u vektorskom prostoru.

Skalarni produkt

( f , g) =1|I|

∫I

f (x) · g(x)dx (2.1)

Ako smo u kompleksnom vektorskom prostoru (Hilbrtov prostor) skalarni produkt je defi-niran kao:

( f , g) =1|I|

∫I

f ∗(z) · g(z)dz (2.2)

Svojstva:

( f , g) = (g, f )(α f + βg, h) = α( f , h) + β(g, h)

( f , f ) ≥ 0( f , f ) = 0⇔ f = 0

(2.3)

Norma

|| f || =√

( f , f ) =

√∫I| f |2, ∀ f ∈ L2 (2.4)

Jaka norma

f , g ∈ L2 ⇒ d( f , g) = || f − g|| =√

( f , g)( f , g) =

√∫I( f − g)2 (2.5)

Norma nam daje metriku prostora (udaljenost).

55

Schwarzova nejednakost

Teorem 25.|( f , g)| ≤ || f || · ||g|| → |( f , g)| ≤

√( f , f )(g, g) (2.6)

Dokaz. Uzimamo proizvoljan t:

||t f − g|| ≤ 0, t ∈ R⇒ ||t f − g||2 ≥ 0 (2.7)

Raspišemo:

(t f − g, t f − g) ≥ 0t( f , t f − g) − (g, t f − g) ≥ 0t(t f − g, f ) − (t f − g, g) ≥ 0

t[t( f , f ) − (g, f )] − t( f , g) + (g, g) ≥ 0

t2( f , f ) − t( f , g) − t( f , g) + (g, g) ≥ 0

(2.8)

Pošto je t proizvoljan, izaberemo

t =( f , g)( f , f )

, 0 (2.9)

( f , g)2

( f , f )− 2

( f , g)( f , f )

+ (g, g) ≥ 0/· ( f , f )

−( f , g)2 + (g, g)( f , f ) ≥ 0

( f , g)2 ≤ (g, g)( f , f )/√

|( f , g)| ≤√

( f , f )(g, g) = || f || · ||g||

(2.10)

Nejednakost trokuta

Teorem 26.|| f + g|| ≤ || f || + ||g|| (2.11)

Dokaz. Svedemo na Schwarzovu nejednakost:

|| f + g||2 = ( f + g, f + g) = ( f , f + g) + (g, f + g) == ( f + g, f ) + ( f + g, g) = ( f , f ) + 2( f , g) + (g, g) ≤≤ ( f , f ) + 2

√( f , f )(g, g) + (g, g) ≤ || f ||2 + 2|| f || · ||g|| + ||g||2 = (|| f || + ||g||)2

|| f + g|| ≤ || f || + ||g||

(2.12)

56

Pitagorin poucak

Teorem 27.|| f + g||2 = || f ||2 + ||g||2 (2.13)

Dokaz. Treba nam uvjet okomitosti:

( f , g) = 0 (2.14)

ako su f i g okomiti tada vrijedi

|| f + g||2 = ( f + g, f + g) = ( f , f ) + 2( f , g)=0

+(g, g) = || f ||2 + ||g||2 (2.15)

Udaljenost f i g (d( f , g)) je ukupno kvadratno odstupanje - varijanca u statistici

d( f , g) = || f − g|| =√

( f , g)( f , g) =

√∫I[ f − g]2 (2.16)

U svakim tockama napravimo razliku, kvadriramo je i sumiramo pa na kraju korjenujemo.Mjera svih odstupanja u jednom broju (kvadrat osigurava pozitivnost podkorjenskog izraza).

Kompletnost baze u vektorskom prostoru

Svaki vektor u vektorskom prostoru možemo zapisati kao sumu umnoška komponenta ibaza:

x =n∑

i=1

xi ei =

n∑i=1

ei (x, ei) (2.17)

Kompletnost znaci da baza razapinje vektorski prostor.

1· =n∑

i=1

ei (ei, ·) (2.18)

Diracova (bra-ket) notacija

Bra-ket notacija je standardna notacija za opis kvantnih stanja u teoriji kvantne mehanikekoja se sastoji od uglastih zagrada i vertikalnih crta. Takoder se koristi za oznacavanje apstrak-tnih vektora i linearnih funkcionala u matematici.

Zove se tako jer je unutarnji (skalarni) produkt dva stanja dan bracketom ⟨ϕ|ψ⟩, koji se sas-toji od lijevog dijela, ⟨ϕ|, koji se naziva bra, i desnog |ψ⟩, koji se naziva ket. Notaciju je uveo1939. Paul Dirac po kome je i dobila naziv.

Svaki vektor ("ket")

57

ψ =

a1

a2...

an

= |ψ⟩ (2.19)

prati dualni linearni operator ("bra")

ϕ =(b∗1 b∗2 · · · b∗n

)= ⟨ϕ| (2.20)

Koji je u biti konjugirani i transponirani ket.

Tada skalarni produkt možemo pisati kao

ψ · ϕ =n∑

i=1

ψiϕi = ⟨ϕ|ψ⟩ (2.21)

Dok je

n∑i=1

|ei⟩⟨ei| = 1 (2.22)

jedinicna matrica.

2.1.2 Fourierovi redovi

Fourierov razvoj je u biti razvoj "nekakvih" funkcija po bazi sin/cos - sinusi i kosinusi su namvektori u bazi koji razapinju tu bazu u vektorskom prostoru. Tada svaku funkciju možemoprikazati preko sume sinusa i kosinusa, npr:

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

An

∼xi

cos(nx)∼ei

+Bn sin(nx)

(2.23)

Definicija 17. Neka je f : I → R, tada je

L1(I) =

f : I → R |∫

I| f | < ∞

(2.24)

prostor integrabilnih funkcija.

L2(I) =

f : I → R |∫

I| f |2 < ∞

(2.25)

prostor kvadratno integrabilnih funkcija (Hilbertov prostor).

Funkcija je tocka u apstraktnom v.p., sinusi i kosinusi su baze tog v.p. pa promatramo ko-nvergenciju u tom vektorskom prostoru.

Kada kažemo da je funkcija integrabilna mislimo u smislu Lebesguea, ne Riemanna. KodRiemannovih integrala su nam bitne Darbouxove sume, dok su Lebesgueovi integrali integraliu obliku skupa.

58

Definicija 18. Ortogonalna funkcija je ona ciji je skalarni produkt jednak nuli

( f , g) = 0⇒ f ⊥ g (2.26)

Na simetricnom intervalu sve parne funkcije su okomite na neparne, zato je njihov integraljednak nuli.

Definicija 19. Karakteristicna funkcija (slika 16):

χI(x) =

1, x ∈ I0, x < I (2.27)

1

0 a b

Slika 16: Karakteristicna funkcija χI(x)

Definicija 20. Mjera, na skupu, je nacin na koji pridružujemo svakom prikladnom podskupubroj. Intuitivno tumaceno kao velicina podskupa (generalizacija duljine, površine, volumena. . .). ∫

R

χI(x) = |a − b| (2.28)

2.1.3 Skup mjere nula

Definicija 21. Skup mjere nula je takav dioR pravca koji se da pokriti intervalima proizvoljnomale duljine (ε).

A = 1 ⊂[1 − ε

2, 1 +

ε

2

]= Iε, ∀ε > 0 (2.29)

∫R

χI <

∫R

χIε = ε (2.30)

d( f , g) = || f − g|| → d( f , g) = 0→ f = g, osim na skupu mjere nula (2.31)

Napomena: na predavanju je profesor išao u detalje sa ovim konceptom. Davao je primjerekao što su Cantorov skup itd. Ja necu ici toliko u detalje.

59

2.1.4 Spuštanje okomice ili metoda najmanjih kvadrata

Kada imamo vektor (recimo da smo u (R3), možemo ga rastaviti na komponente - okomite x⊥i paralelne x∥.

Pitamo se: po cemu je x⊥ jedinstven od svih ostalih?

Slika 17: Spuštanje okomice

x⊥ je minimalna udaljenost od x i njegove projekcije na ravninu:

|x⊥| = minx|x − x∥| (2.32)

Mi želimo da naša udaljenost aproksimiranih funkcija (originalne i razvijene u red) budeminimalna, tj. da nam konstruira minimalnu udaljenost (jaka norma).

fN =

N∑k=1

ckek; f , ek ∈ L2(I) (2.33)

d( fN , f ) je minimalna kad je projekcija f na ek, ck = (ek, f ) optimalan izbor.

Dokaz.

d( fN , f )2 = || fN − f ||2 = ( fN − f , fN − f ) = ( fN , fN) − 2( fN , f ) + ( f , f ) =

=

N∑k=1

N∑l=1

ckcl (ek, el)︸︷︷︸δkl

−2N∑

k=1

ck(ek, f ) + ( f , f ) =

=

N∑k=1

c2k − 2

N∑k=1

ck(ek, f ) + ( f , f )

(2.34)

Uvjet da imamo minimum je da nam je derivacija jednaka nuli:

∂

∂ckd( fN , f )2 = 0⇒ 2ck − 2(ek, f ) = 0→ ck = (ek, f ) (2.35)

60

Teorem 28. L2(I) je beskonacno dimenzionalan vektorski prostor.

Ono što nama treba, pogotovo u kvantnoj mehanici, je da su nam integrali konacni. U kvant-noj mehanici vjerojatnost nalaženja cestice izražavamo preko kvadratno integrabilnih funkcija.Da bi mogli uopce imati vjerojatnost integral nam ne smije divergirati.

Kako dobiti konacno ako znamo da je skup realnih brojeva beskonacan. Znamo da je skuprealnih brojeva neprebrojiv, ali skup racionalnih brojeva jest, a znamo da se svaki realni brojmože prikazati preko racionalnog.

Dokaz. ∃n linearno nezavisnih funkcija na L2(I), ∀n ∈ N . Podjelimo I na n podintervala

I = I1 ∪ I2 ∪ · · · ∪ In (2.36)

koji se ne presjecaju: Ii ∩ I j = ∅, ∀i , j.

Mi tvrdimo da su karakteristicne funkcije tih podintervala linearno nezavisne.

n∑i=1

ciχi = 0⇒ ci = 0, ∀i = 1, . . . , n (2.37)

Pretpostavimo suprotno. ci , 0 tada je:

χ j(x) = − 1c j

n∑i, j

ciχi(x) (2.38)

Što ako je x ∈ I j? Izvrjednimo ga (znamo svojstva karakteristicne funkcije):

1 = − 1c j

n∑i, j

ci · 0 = 0⇒ 1 = 0 (2.39)

Imamo kontradikciju.

Znaci karakteristicne funkcije su linearno nezavisne pa postoji n linearno nezavisnih funk-cija na L2(I) i pošto je n proizvoljan, n→ ∞ i L2(I) je beskonacno dimenzionalan.

Lebesgueova mjera je standardan nacin da pridružimo duljinu, površinu ili volumen pod-skupovima Euklidskog prostora. Lebesgueova mjera ∞ je moguca no nisu svi podskupi Rn

Lebesgue mjerljivi (Cantor). SkupQ je skup mjere 0 iako je gust u R.

2.1.5 Klasican Fourierov red

Neka je f ∈ L1(−π, π), konstruiramo:

an =1π

∫ π

−πf (x) cos(nx)dx, bn =

1π

∫ π

−πf (x) sin(nx)dx, a0 =

1π

∫ π

−πf (x)dx

an = (cos(nx), f (x)), bn = (sin(nx), f (x))(2.40)

Konstruiramo red

61

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)

)(2.41)

f (x) je Fourierov red funkcije f.

Teorem 29. Jaka norma:

|| fN − f || −−−−→N→∞

0 (2.42)

za fN parcijalne sume

Smanjuje se udaljenost fN i f .

Kompletna baza - kovergencija u srednjem.

( f , g) =1π

∫ π

−πf (x)g(x)dx; (cos(nx), cos(mx)) = δmn; n,m ≥ 1 (2.43)

Kao što sam vec naglasio, funkcije promatramo kao tocke (ili vektore) u apstraktnom vek-torskom prostoru, cija su baza sinusi i kosinusi.

Što je u biti znacenje jake norme?

Imamo funkciju f. Želimo tu funkciju razviti u Fourierov red. Red parcijalnih suma je fN

(gdje je u biti f F. red), kada je || fN − f || −−−−→N→∞

0, kažemo da fN konvergira u f (tj. da je f = f ).

Odnosno naša udaljenost d( f , f ) je minimalna i to je najoptimalniji izbor (spuštanje oko-mice). Postigli smo da je udaljenost aproksimiranih funkcija od originalne funkcije minimalna.

Primjer koji smo radili na predavanju je bio razvoj kosinusa u bazi polinoma. Dobili smod( f , fN) = 0, 003 što je veoma dobra aproksimacija.

Razlika izmedu fN i f smije postojati samo na skupu mjere nula.

Trigonometrijske funkcije cos(mx), m ≥ 0 i sin(mx), m ≥ 1 tvore potpun ortogonalni skupu L2(−π, π).

Za naše izbore ak i bk je || f − f || minimalna. Funkcija mora biti periodicna s periodom 2π.Integrali ak i bk postoje samo ako je f ∈ L1.Nužan, ali ne i dovoljan, uvjet da Fourierova suma konvergira je da opci clan teži u nulu.

2.1.6 Riemann-Lebesgueova lema

Lema 1. Ako je f ∈ L1(a, b) onda je

limm→∞

∫ b

af (x) sin(mx)dx = 0

limm→∞

∫ b

af (x) cos(mx)dx = 0

limm→∞

∫ b

af (x)eimxdx = 0 (2.44)

uvjet konvergencije je da opci clan teži u nulu.

62

+

a b

-1

1

1/m

-

Slika 18: Slika uz Riemann-Lebesgueovu lemu

1/m - mjera širine jedne oscilacije - trne za sve veci broj oscilacija. 1 - maksimalna visina.Možemo pretpostaviti da je f (x) = const. Pa je lako pokazati npr. da, ako je

f (x) = χI (2.45)

integral je kao neka linearna kombinacija integrala karakteristicne funkcije. Na konacnomintervalu sve kvadratno integrabilne funkcije su i integrabilne (obrat ne vrijedi).

Prostor L2 je topološki kompletan s obzirom na normu induciranu skalarnim produktom(jaku normu). Operativno: Cauchyjevi nizovi u L2 imaju limes u L2.

2.1.7 Inverziona formula

Zanima nas vrijedi li:

f = F −1F ( f )

(2.46)

Uzmemo parcijalnu sumu F. reda:

S n(x) =a0

2+

n∑k=1

(ak cos(kx) + bk sin(kx)) (2.47)

uvrstimo

ak =1π

∫ π

−πf (t) cos(kt)dt, bk =

1π

∫ π

−πf (t) sin(kt)dt, a0 =

1π

∫ π

−πf (t)dt (2.48)

Imamo:

S n(x) =a0

2+

n∑k=1

1π

∫ π

−π

(cos(kx) cos(kt) + sin(kx) sin(kt)︸ ︷︷ ︸

cos(k(x−t))

)f (t)dt

=

a0

2+

n∑k=1

1π

∫ π

−πcos(k(x − t)) f (t)dt

(2.49)

f (t) je periodicna funkcija, što znaci da možemo "besplatno" pomicati interval po perioduunutar integrala - nece utjecati na konacni rezultat.

Radimo zamjenu

63

t − x = t′ → t = t′ + x, dt′ = dt (2.50)

S n(x) =1

2π

∫ π

−πf (t)dt +

n∑k=1

1π

∫ π

−πf (t) cos(k(x − t))dt =

=1π

∫ π

−πf (t)

12+

n∑k=1

cos(k(x − t))

dt = zamjena varijable =

=1π

∫ π

−πf (t′ + x)

[12+

n∑k=1

cos(kt′)︸ ︷︷ ︸Dn(t′)

]dt′

(2.51)

Imamo Dirichletovu jezgru

Dn(t) =12+

n∑k=1

cos kt (2.52)

0.5 1.0 1.5 2.0t0

5

10

15

20

DnHtL

Slika 19: Graf Dirichletove jezgre za n=19

Mathematica kod (za one koji se žele "igrati" s grafovima):

Manipulate[ Plot[1/2 + Sum[Cos[k t], k, 1, n], t, 0, 10,PlotRange -> 0, 2, -4.5, 20,PlotLabel -> "D_n(t)",AxesLabel -> "t", "" ], n, 0, 20, 1]

Vratimo se našoj parcijalnoj sumi:

S n(x) =1π

∫ π

−πDn(t) f (x + t)dt (2.53)

Ono što smo mi ustvari napravili je pomak ishodišta (što je legitimno zbog periodicnostif (t)).

Zanima nas da li ce Fourierov red u∞ dati originalnu funkciju.

64

S n(x) =1π

∫ π

0Dn(t)[ f (x + t) + f (x − t)]dt (2.54)

Jer je Dn(t) parna funkcija (što se možete uvjeriti tako da u Mathematici stavite t da vamide i u -x smjeru i pomaknete PlotRange).

Za n→ ∞ S n(x)→ f (x) (isto možete pokazati za funkcije u Mathematici).

Primjer:

f (t) = 1, S n(x) = 1 (2.55)

1 =1π

∫ π

0Dn(t)[1 + 1]dt =

1π

Dn(t)2dt =

π

2=

∫ π

0Dn(t)dt

(2.56)

Dobili smo normu Dirichletove jezgre.

Teorem 30. Neka je f ∈ L1(−π, π). Tada S n(x)niz

→ S (x)bro j

kad n → ∞, ∀x ∈ (−π, π) ako i samo

ako ∫ π

0g(x, t)Dn(t)dt −−−→

n→∞0 (2.57)

gdje je

g(x, t) = f (x + t) + f (x − t) − 2S (x) (2.58)

Dokaz.

S n(x) − S (x) =1π

∫ π

0Dn(t)[ f (x + t) + f (x − t) − 2S (x)]st (2.59)

2s(x) smo ubacili u integral jer znamo normu Dirichletove jezgre.

Dn(t) =12+

n∑k=1

cos(kt)→ cos(kt) =eikt + e−ikt

2(2.60)

Suma je u biti suma geometrijskog reda.

Koristimo pojam neodredene sume: Ako ∃Bk t.d. Ak = Bk − Bk−1 tada možemo reci da je Bk

neodredena suma za Ak (možemo izracunati sumu izmedu bilo koje dvije granice).

b∑k=a

Ak = Aa + Aa+1 + · + Ab−1 + Ab =

= Ba − Ba−1 + Ba+1 − Ba + · · · + Bb + Bb−1 =

= Bb − Bb−1

(2.61)

65

Iskoristimo tu cinjenicu gore pa imamo:

2 sin12

x cos(kx) = sin(k +

12

)x − sin

(k − 1

2

)x

2 sinx2

n∑k=1

cos(kx) = sin(n +

12

)x − sin

x2

/+ sin

x2

2 sinx2

[12+

n∑k=1

cos(kx)︸ ︷︷ ︸Dn(x)

]= sin

(n +

12

)x

(2.62)

pa je

Dn(t) =sin

(n + 1

2

)t

2 sin t2

(2.63)

t , 2mπ, m ∈ ZTada naš kriterij za S n(x) = S (x) za n→ ∞ postaje

1π

∫ π

0

sin(n + 1

2

)t

2 sin t2

g(x, t)dt −−−→n→∞

0 (2.64)

po Riemann-Lebesgueovoj lemi (2.1.6).

Stoga je

S n(x) − S (x) = 0⇒ S n(x) = S (x) za n→ ∞ (2.65)

x je fiksan pa to konvergira po tockama.

Ono što nas sljedece zanima je da li je

g(x, t)2 sin(t/2)

(2.66)

integrabilna funkcija?

2.1.8 Princip lokalizacije

Teorem 31. Neka je f ∈ L1(−π, π) s periodom 2π i x ∈ (−π, π). Tada S n(x) → S (x) kadan→ ∞ ako i samo ako za neki r ∈ (0, π] vrijedi∫ r

0g(x, t)Dn(t) −−−→

n→∞0 (2.67)

r je proizvoljno malen (, 0) i konacan. Dovoljna nam je samo mala r okolina tocke x. Dabi nam S n(x) konvergirao po tockama S (x) treba konvergirati u (x − r, x + r)→ |x − x0| < r

66

0 r tπ

Slika 20: Slika uz princip lokalizacije

Dokaz. ∫ π

rg(x, t)Dn(t)dt −−−→

n→∞0 uvjek, po pretpostavci (2.68)

∫ π

r

f (x + t) + f (x − t) − 2s(x)2 sin t

2

· sin(n +

12

)tdt (2.69)

Što ide u nulu po Riemann-Lebesgueu (f su integrabilne po pretpostavci, s je konstantna aumnožak integrabilne i oscilatorne funkcije ide u 0).

Za neprekidne funkcije ce vrijediti, no što je npr. sa Heaviside theta (step) funkcijom? Onaima prekid.

Zato izabiremo funkcije ogranicene varijacije.

Definicija 22. Funkcija ogranicene varijacije na intervalu I ⊂ R je takva funkcija koja ssena intervalu I može pisati kao:

f (x) = φ(x) − ψ(x), x ∈ I (2.70)

gdje su φ(x) i ψ(x) ogranicene i rastuce na tom intervalu (ne nužno strogo).

Alternativno:

Podijelimo I = (a, b) tockama a = x0 < x1 <≤< xn = b. Ako postoji K takav da je

n∑i=1

| f (xi) − f (xi−1)| < K (2.71)

bez obzira na vrijednost n i izbor xi, f (x) je ogranicene varijacije na I.

Lema 2. Postoji konstanta A takva da je∣∣∣∣∣∫ x

0Dn(t)dt

∣∣∣∣∣ < A, ∀n ∈ N, ∀x ∈ (0, π) (2.72)

Integral Dirichletove jezgre je omeden

67

Dokaz.

Dn(t) =sin

(n + 1

2

)t

2 sin(

t2

) (2.73)

Nultocke su u

sin(n +

12

)t = 0⇒

(n +

12

)t0 = kπ⇒ t0 =

2π2n + 1

(2.74)

za k=1 (prva nultocka). Envelopa grafa Dirichletove jezgre ide kao 1/(2 sin(t/2)).

Površina pravokutnika P koji je veci od prvog brijega do prve nultocke je

P =(n +

12

)π

n + 1/2= π (2.75)

Integral ide do x. Imamo alternirajucu sumu opadajucih integrala (doprinosa).∫ x

0Dn <

∫ x0

0Dn < π⇒ ∃A : A < π (ne ovisi o n) (2.76)

2.1.9 Jordanov teorem

Teorem 32. Neka je f ∈ L1(−π, π), periodicna funkcija s periodom 2π. Neka je r ∈ (0, π). Akoje f oranicene varijacije na [x − r, x + r] tada Fourierov red funkcije f konvergira u tocki x ka

12

[f (x + 0) + f (x − 0)

](2.77)

Prosjek lijevog i desnog limesa u x.

Dokaz. Uvrstimo u princip lokalizacije 31

s(x) =12

[f (x + 0) + f (x − 0)

](2.78)

imamo

g(x, t) = f (x + t) + f (x − t) − f (x + 0) − f (x − 0) = h(t) (2.79)

Ako je f ogranicene varijacije onda je i h(t) ogranicene varijacije (x je fiksan). Znaci dije-limo ju na dva dijela:

h(t) = h1(t) − h2(t) (2.80)

obje ogranicene i rastuce.

Po konstrukciji je limt→0+

h(t) = 0 pa je limt→0+

h1(t) = limt→0+

h2(t) = α︸︷︷︸const.

= 0 (ako nije 0 onda od

h1 i h2 samo oduzmemo α).

68

Po definiciji limesa:

∀ε > 0, ∃δ > 0 : t ∈ (0, δ)⇒ |h1,2(t)| < ε; δ ∈ (0, r) (2.81)

štoviše 0 < h1,2 < ε jer h-ovi teže nuli odozgo.

Gledamo ocjenu integrala∣∣∣∣∣∣∫ δ

0h1,2(t)Dn(t)dt

∣∣∣∣∣∣ ≤ maxt∈(0,δ)|h1,2(t)|

<ε

·∣∣∣∣∣∣∫ δ

0Dn(t)dt

∣∣∣∣∣∣<A

< εA (2.82)

pošto je h(t) = h1(t) − h2(t) vrijedi∣∣∣∣∣∣∫ δ

0h(t)Dn(t)dt

∣∣∣∣∣∣ < 2εA (2.83)

i vrijedi princip lokalizacije, znaci formula vriedi.

Sama Dirichletova jezgra je oscilirajuca. ona je uvjetno konvergentna (ima log. konvergen-ciju).

L1 norma Dn divergira kako n → ∞. Zato uzimamo, kada želimo sigurnu konvergenciju,Cesaro sumaciju F. reda i tada dobijemo Fejerovu jezgru (pozitivna).

Fn(t) =1n

n−1∑k=0

Dk(t) =1n

(sin(nx

2 )sin( x

2 )

)2

(2.84)

Znaci, ako želimo da nam F. red konvergira po tockama gledamo princip lokalizacije, a ucjelini gledamo konvergenciju u srednjem i tada smo sigurni (u pogledu konvergencije F. reda).

Nas zanimaju L2 funkcije jer su to u fizici izrazi poput snage (koja je konacna).

Teorem 33. Neka je f ∈ L2, a e1, . . . , en kompletna ortonormirana baza u L2.

cn = (en, f ) (2.85)

Tada niz funkcija

gn(x) =n∑

k=1

ckek(x) (2.86)

konvergira jako funkciji f, tj. postoji g takav da:

limn→∞||gn − g|| = 0 (2.87)

Tada je || f − g|| = d( f , g) = 0→ limn→∞|| f − gn|| = 0

Prostor integrabilnih funkcija konvergira po tockama, dok prostor kvadratno integrabilnihfunkcija konvergira u srednjem.

69

2.1.10 Prostor kvadratno sumabilnih nizova (redova) - ℓ2

Definicija 23.

ck ⊂ R :∞∑

k=1

c2k < ∞ := ℓ2 (2.88)

Koeficijenti razvoja u bazi cine prostor.

2.1.11 Besselova nejednakost

0 ≤ || f − gn||2 = ( f − gn, f − gn) = ( f , f ) − 2( f , gn) + (gn, gn)

0 ≤ ( f , f ) − 2n∑

k=1

ck (en, f )︸︷︷︸ck

+

n∑k=1

n∑l=1

ckcl (ek, el)︸︷︷︸δkl

0 ≤ ( f , f ) − 2n∑

k=1

c2k +

n∑k=1

c2k

n∑k=1

c2k ≤ ( f , f )

(2.89)

Besselovu nejednakost možemo si ovako protumaciti: ukupna snagana nekim valnim dulji-nama je manja ili jednaka od ukupne snage na svim valnim duljinama (ck su amplitude pojedi-nih harmonika).

Kada pustimo n→ ∞ dobijemo Besselovu jednakost

∞∑k=1

c2k = ( f , f ) (2.90)

Takoder to nam govori da su baze (ck) prebrojivo beskonacno dimenzionalne. Besselovajednakost dokazuje da je suma kvadrata koeficijenata razvoja u red uvjek konvergentna (ome-dena odozgo). takoder veže se na kompletnost L2.

Teorem 34. Prostor ℓ2 je vektorski prostor sa skalarnim produktom

xn · yn =∞∑

n=1

xnyn (2.91)

ℓ2 je izomorfan L2 i to nam dokazuje Riesz-Fischerov teorem.

2.1.12 Riesz-Fischerov teorem

Teorem 35. Prostori L2 i ℓ2 su izomorfni (ℓ2 je jedini Hilbertov prostor od svih ℓp prostoranizova)

Znamo da je u kvantnoj mehanici, valna funkcija ψ ∈ L2 jer je∫V|ψ|2 = 1 (2.92)

70

Dirac je valnu funkciju napisao kao

ψ =

∞∑k=0

ckψk (r) (2.93)

Gdje su ck tzv. Heisenbergovi brojevi a ψk valne funkcije stanja sustava.

Izomorfizam: postoji funkcija ϕ : L2 → ℓ2 t.d je ϕ bijekcija i šalje linearnu kombinaciju L2

u linearnu kombinaciju ℓ2 (homomorfizam).

Dokaz.f , g ∈ L2, f =

∑ckek, g =

∑dkek (2.94)

Homomorfizam:

α f + βg =∑

(αck + βdk)ek (2.95)

Kompletnost nam garantira Besselova jednakost.

( f , f ) = || f || = ||ck|| ≡ |ck · ck||| f || = || f + g||2 − || f − g||2 = 4( f , g)

(2.96)

Znaci:

∞∑k=1

(ck + dk)2 −∞∑

k=1

(ck − dk)2 = 4∞∑

k=1

ckdk (2.97)

I dobili smo Parsevalovu jednakost koja nam kaže da se i skalarni produkti preslikavajujedni u druge:

∞∑k=1

ckdk = ( f , g) (2.98)

Riesz-Fischer nam kaže da imamo 1-1 korespondenciju izmedu valne i matricne mehanike,odnosno izmedu prostora Lebesgue integrabilnih funkcija i njihovih Fourierovih koeficijenata.

Sve jedno je baratamo li s integralima ili sumama (po Besselovoj jednakosti).

2.1.13 Integracija Fourierovih redova

Tvrdnja: Fourierove redove možemo integrirati clan po clan.

Dokaz. a) Antiderivacija zadane funkcije je funkcija ogranicene varijacije (fov) f ∈ L2 ⊂L1, x ∈ (0, π).

Jordanov teorem nam kaže da ako imamo integrabilnu funkciju na (−π, π) i ako je ona fovda F. red funkcije f konvergira u tocki k prosjeku, tj.

f =12

[f (x + 0) + f (x − 0)

](2.99)

71

Uzimamo skalarni produkt s karakter. f-jom koja ce odrediti granice.

F(x) =∫ x

0f (t)dt = (χ[0,x], f ) =

∫ π

−πχ[0,x] f (t)dt =

χ[0,x],

∞∑k=1

ckek

==

∞∑k=1

ck(χ[0,x], ek) =∞∑

k=1

ck

∫ x

0ek(t)dt

(2.100)

jer je

χ[0,x] =

1, t ∈ [0, x]0, t < [0, x] (2.101)

b) f ∈ L1 razvijemo funkciju u Fourierov red

f (x) =a0

2+

∞∑k=1

(an cos(kx) + bn sin(kx)) (2.102)

Promatramo funkciju

F(x) =∫ x

0

(f (t) − a0

2

)dt (2.103)

F(x) je primitivna funkcija od f (x) i znamo da je fov - unutar integrala smo pomaknulivertikalno os apscisu (da izbjegnemo komplikacije). Znamo da ima prikaz u Fourierov red (poJordanovom teoremu).

F(x) =A0

2+

∞∑n=1

(An cos(nx) + Bn sin(nx)) (2.104)

Cinjenica da se f (x) može prikazati preko Fourierovog reda implicira da je integrabilna.Štoviše, ako je f (x) integrabilna F(x) je neprekidna, ako je f (x) ogranicena F(x) je funkcijaogranicene varijacije.

An =1π

∫ π

−πF(x)

u

cos(nx)dxdv

= parcijalna integracija =

=1π

F(x)sin(nx)

n

∣∣∣∣∣π−π − 1nπ

∫ π

−π

(f (x) +

a0

2

)sin(nx)dx =

= − 1nπ

∫ π

−πf (x) sin(nx)dx − a0

2nπ

∫ π

−πsin(nx)dx =

= − 1nπ

∫ π

−πf (x) sin(nx)dx +

a0

2nπ

[cos(nπ)

n− cos(nπ)

n

]=

An = −bn

n

(2.105)

Napomena: Izvod nije 100% detaljan, preporucam da si sami izvedete ovo, zgodna je vježbai vidite tocno koji dijelovi propadaju itd.

72

Bn =1π

∫ π

−πF(x) sin(nx)dx =

= − 1nπ

F(x) cos(nx)

∣∣∣∣∣∣π−π+

1nπ

∫ π

−π

(f (x) +

a0

2

)cos(nx)dx =

=1

nπ

∫ π

−πf (x) cos(nx)dx +

a0

2nπ

∫ π

−πcos(nx)dx =

=an

n+

a0

2nπ

[sin(nπ)

n− sin(nπ)

n

]=

Bn =an

n

(2.106)

Oboje za n ≥ 1.Znaci imamo:

F(x) =A0

2

∞∑n=1

[−bn cos(nx) + an sin(nx)

x

](2.107)

F(x) je fov i u x=0 ima 2 jednaka limesa: F(0+) = F(0−) = 0

F(0) = 0 =A0

2+

∞∑n=1

[−bn cos 0 + an sin 0

n

]⇒ A0

2=

∞∑n=1

(bn

n

)(2.108)

Znaci:

F(x) =∞∑

n=1

[an sin(nx) + bn(1 − cos(nx))

n

](2.109)

Što je upravo ono što bi se dobili da smo integrilali clan po clan

Fourierov red se može uvjek integrirati clan po clan, cak ne mora biti konvergentan.

2.1.14 Diferencijacija Fourierovih redova

Za razliku od integracije, derivacija Fourierovog reda je nešto složenija. Deriviranjem clanovasin(kx)/ cos(kx) k nam "skace" van i kvari konvergenciju.

Kao primjer uzmimo step funkciju definiranu na sljedeci nacin

θ(x) =

1/2 , x > 0−1/2 , x < 0 (2.110)

Pošto je neparna u F. razvoju "prežive" samo sinusni clanovi

θ(x) =∞∑

n≥1

bn sin(nx)⇒ bn =1

2π

∫ π

0

12

sin(nx)dx =

bn = −1

nπcos(nx)

∣∣∣∣∣∣π0

=1π

1 − (−1)n

n

(2.111)

73

-10 -5 5 10

-1.0

-0.5

0.5

1.0ΘHxL

Slika 21: Step funkcija

θ(x) =1π

∞∑n=1

1 −cos(nx)

(−1)n

nsin(nx) = n = 2k − 1

=2π

∞∑k=0

sin(2k − 1)x2k − 1

(2.112)

Tada je

θ′(x) =2π

∞∑k=0

cos(2k − 1)x =2π

limN→∞

N∑k=0

cos(2k − 1)x (2.113)

Ova suma je slicna Dirichletovoj jezgri - oscilira i divergentna je.

θ′n(x) =1π

sin 2(n + 1)xsin x

(2.114)

limn→∞

θ′(x) ne postoji (po tockama), ali:

limn→∞

∫ b

af (x)θ′n(x)dx = 0 (2.115)

po Riemann-Lebesgueovoj lemi.

Slaba konvergencija - limes koji je bio unutra integrala je slobodno ’otišao’ van i oslabiokonvergenciju (o tome ce biti rijeci kasnije).

2.1.15 Fourierovi transformati

Fourierovi redovi, po svojoj konstrukciji generiraju periodicke funkcije. Kako to proširiti naneperiodicke funkcije?

Uzmimo funkciju f (x) na proizvoljnom intervalu [−L, L]. Tada imamo

74

sin(nx)→ sinnπxL, cos(nx)→ cos

nπxL

(2.116)

S n(x) =1

2L

∫ L

−Lf (t)dt +

n∑m=1

1L

∫ L

−Lf (t) cos

mπ(x − t)L

dt (2.117)

Možemo uvesti pokratu i supstitucije

km =mπL, x − t =

π

L(x − t), (−, π, π)→ (−L, L) (2.118)

S n(x) =1π

∫ π

−π

12+ +

n∑m=1

cos(m(x − t))

f (t)dt (2.119)

Umjesto koefijicenata cm možemo pisati c(k) - prijelaz s diskretne na kontinuiranu varijablu(reskaliranje).

1L=

1π

(km − km+1)︸ ︷︷ ︸∆k

, L→ ∞ : ∆k → dk (2.120)

S n(x) =∞∑

m=1

(km+1 − km)φ(km), φ(k) =1π

∫ L

−Lf (t) cos(k(x − t))dt (2.121)

Pitamo se

f (x) ?=

∫ ∞

0φ(k)dk = lim

n→∞S n(x) (2.122)

Trebamo dokazati inverzionu formulu. f ∈ L1(R)

S n(x) =1

2L

∫ L

−Lf (t)dt +

n∑m=1

φ(k)∆k (2.123)

Za L→ ∞ integral propada, a ostatak je:

∫ ∞

0φ(k)dk = lim

K→∞

∫ K

0φ(k)dk = lim

K→∞

∫ K

0

1π

∫ L

−Lf (t) cos(k(x − t))dtdk (2.124)

Pošto je funkcija f integrabilna f (t) cos(k(x − t)) konvergira uniformno u K - možemo mi-jenjati poredak integracije.

limK→∞

1π

∫ L

−Lf (t)dt

∫ K

0cos(k(x − t))dk

Dk(x−t)

=

= limK→∞

1π

∫ L

−Lf (t)

sin(K(x − t))x − t

dt

(2.125)

Pogledajmo sljedece:

75

∀ε > 0, ∃T > 0 :∫ ∞

−∞| f (t)|dt <

∫ T

−T| f (t)|dt + ε (2.126)

Daleko od ishodišta integral nema nikakvog doprinosa - svaka funkcija f ∈ L1 (Lebesgueintegrabilna) trne na beskonacnom intervalu (integral postoji). Možemo integral na intervalu[−T, T ] rastaviti i iskoristiti princip lokalizacije:∫ T

−T=

∫ x−δ

−T+

∫ x+δ

x−δ+

∫ T

x+δ(2.127)

prvi i zadnji trnu po R-L lemi. Ostaje nam:

1π

limK→∞

∫ K

0dk

∫ ∞

−∞cos(k(x − t)) f (t)dt =

1π

limK→∞

∫ x+δ

x−δ

sin(K(x − t))x − t

f (t)dt + ε =

=1π

limK→∞

∫ δ

0

sin(Kt)t

[ f (x + t) + f (x − t)]dt(2.128)

Samo nam je bitna δ okolina (PL). po Jordanovom teoremu gornji izraz je

12

[ f (x + 0) + f (x − 0)] (2.129)

Kada je funkcija fov na (x−δ, x+δ) iskoristimo PL i dokažemo kao kod Jordanovog teorema.

2.1.16 Moderan zapis Fourierovog transformata

Teorem 36. Neka je f ∈ L1 tada pišemo

F(k) =1√

2π

∫ ∞

−∞f (x)eikxdx

f (x) =1√

2π

∫ ∞

−∞F(k)e−ikxdk

(2.130)

Možemo još pisati i

F = F ( f ) - Fourierov transformat od f

f = F −1(F) - inverz

Napomena: u scaniranoj verziji možete naci izvod inverzione formule za FT. Nije težak,malo se raspisuje, to možete samo napraviti za vježbu.

Zašiljene funkcije u jednom prostoru (recimo prostoru duljina (x) ili vremena (t)) daju "raz-mazane" funkcije u drugom (prostoru valnih brojeva (k) ili frekvencija (ω)).

Fourierov transformat direktno ukazuje na Heisenbergove relacije neodredenosti u kvantnojmehanici kod dinamike valnog paketa.

76

-10 -5 5 10x

-0.5

0.5

1.0

SincH2xL

Slika 22: Funkcija sinc(2x)

-10 -5 5 10k

-0.5

0.5

1.0

1

4

Π

2HSignH2-kL+SignH2+kLL

Slika 23: Fourierov transformat sinc(2x)

Napomena: Izostavio sam operativno baratanje s Fourierovim transformatima, taj dio imateu scaniranoj verziji.

2.1.17 Konvolucija i Dirac delta funkcija

( f ∗ g)(t) =1√

2π

∫ ∞

−∞f (t′)g(t − t′)dt′ (2.131)

Konvolucija opisuje najopceniti linearni odgovor. Realna važnost disperzijskih relacija u fi-zici je ta da su one direktna posljedica pretpostavke da razni fizikalni sustavi poštuju kauzalnost(Kramers-Kronigove relacije).

Fourierov transformat konvolucije

F ( f ∗ g) =1

2π

∫ ∞

−∞dteiωt

∫ ∞

−∞f (t′)g(t − t′)dt′ (2.132)

Pomak u ishodištu je F (g), dok je pomak u t′ F ( f )

F ( f ∗ g) = F(ω)G(ω) (2.133)

Naše realne valove (eiωt) ne možemo, matematicki, gledati kao baze. Uvodimo novu nota-ciju:

f (x) =1

2π

∫ ∞

−∞dk

∫ ∞

−∞dx′eik(x′−x) f (x′) (2.134)

Definicija nepravog integrala:

limK→∞

∫ K

−Kdk (2.135)

Želimo da nam f (x) postane f (x′) pa mijenjamo poredak integracije. Tada dobivamo

12π

∫ ∞

−∞eik(x′−x)dk ≡ δ(x′ − x) (2.136)

77

Dobili smo nešto veoma slicno Kronecker delti. Pridjelimo δ svojstva:

∫ ∞

−∞δ(x′ − x) f (x′)dx′ = f (x) − "prosijavanje"∫ ∞

−∞δ(x′)dx′ = 1

δ(−x) = δ(x)

δ( f (x)) =n∑

i=1

δ(x − xi)| f ′(xi)|

; xi − nultocke f (x)∫ ∞

−∞δ(n)(x′ − x) f (x′)dx′ = (−1)n f (n)(x)

limk→∞

∫ ∞

−∞δk(x′ − x) f (x′)dx′︸ ︷︷ ︸

fk(x)

= f (x)

(2.137)

fk(x) je notacija za niz funkcija koji teži f (x).

δ nije funkcija, jer ne postoji funkcija koja ce samo na jednom mjestu dati nešto, dok cedrugdje biti nula. Ne postoji takva funkcija koja ce mijenjati vrijednost integrala ako smo pro-mijenili vrijednost funkcije u jednoj tocki (integral je globalno svojstvo).

Ovime opisujemo proces mjerejna - niz funkcija je, u biti, niz mjerenja. Znaci naša δ jepoopcenje funkcija - distribucija.

Za f , g ∈ L2(R)

( f , g) =(

1√

2π

∫ ∞

−∞F(k)e−ikxdk,

1√

2π

∫ ∞

−∞G(p)e−ipxdp

)=

=

∫ ∞

−∞dk

∫ ∞

−∞F(k)G(p)dp

(1

√2πe−ikx

,1√

2πe−ipx

)︸ ︷︷ ︸

δ(k−p)

=

=

∫ ∞

−∞F(k)G(k)dk = (F,G)

(2.138)

vidimo da vrijedi Parsevalova jednakost. Posebno vrijedi∫ ∞

−∞| f (x)|2dx =

∫ ∞

−∞|F(k)|2dk (2.139)

Besselova jednakost.

δ nije operator nego funkcional. Funkcionali sele k iz funkcionalnog prostora (dualni pros-tor) u brojeve x (izomorfizam postoji).

Funkcional je mapiranje iz vektorskog prostora na polje, obicno, realnih brojeva (npr. ska-larni produkt - uzima vektore i daje broj).

78

Imamo ∫ ∞

−∞δa(t − x)dx = 1 (2.140)

neovisna o a (širina). Ako je Ig : f ∈ X → f (x) ∈ R

lima→0

∫ ∞

−∞δa(t − x)dx = 1 (2.141)

Limes lima→0

δa(x) ne mora postojati, ali lima→0

δa(x) f (x) = f (0) može postojati. Proširujemopojam funkcije:

Ig( f ) =∫ ∞

−∞f (x)g(x)dx ∈ R (2.142)

f su probne funkcije, a g su integralne jezgre ili dozvoljene funkcije.

g ∈ C∞(R) - analiticke

f ∈ C0(R) - funkcije kompaktnog nosaca (nula su u beskonacnosti).

Uzimamo nizove integralnih jezgri:Može postojati lim

n→∞Ign( f )∀ f , s tim da lim

n→∞gn može i ne mora postojati na skupu dozvoljenih

funkcija.

Definicija 24. Ako postoji limn→∞

Ign( f ) za neki niz gn dozvoljenih funkcija te ako postoji g, do-zvoljena funkcija, takva da je

limn→∞

Ign( f ) = Ig( f ) (2.143)

kažemo da niz gn konvergira slabo funkciji g.

Zato Dirac delta nije funkcija - niz integrala ima limes, odnosno konvergira slabo.

Fizikalna velicina je uvijek bliža integralu nego funkcijskoj vrijednosti u nekoj tocki (dobivase iz mjerenja).

Teorem 37. Ako φ(x) = limm→∞

φm(x) u smislu distribucija (slabo), onda

φ′(x) = lim→∞

φ′m(x) (2.144)

slabo (opet u smislu distribucije).

Dokaz. ∫ ∞

−∞φ′(x) f (x)dx = |parcijalna integracija| =

= φ(x) f (x)︸ ︷︷ ︸=0

−∫ ∞

−∞φ(x) f ′(x)dx = − lim

m→∞

∫ ∞

−∞f ′(x)φm(x)dx =

= limm→∞

∫ ∞

−∞f (x)φ′m(x)dx

(2.145)

79

2.1.18 Alternativni iskaz slabe konvergencije

Možemo reci i ovako:

fn(x) - niz funkcija (npr. Dirac delta).

g(x) - test (probne) funkcije ili funkcije kompaktnog nosaca.

f (x) - funkcije integralne jezgre (dozovljene funkcije). One su analiticke i od tuda uzimamonizove funkcija.

Teorem 38. Neka je fn(x) niz funkcija integralne jezgre. Ako

limn→∞

∫ ∞

−∞fn(x)g(x)dx, ∀g(x) (2.146)

on konvergira slabo - podintegralna funkcija može, ali i ne mora konvergirati.

Definicija 25. Distribucija ϕ(x) je matematicki koncept povezan sa slabo konvegentnim nizomfunkcija integrabilne jezgre za koje vrijedi:∫ ∞

−∞ϕ(x)dx = lim

n→∞

∫ ∞

−∞f(x)g(x)dx = I fn(g) (2.147)

On je ekvivalentan ako

limn→∞

I fn(g) = I f (g) (2.148)

Distribucije su prirodnije (bliže stvarnosti) nego funkcije. Jer mi u fizici mjerimo raznevrijednosti i na temelju njih izvodimo zakljucke.

80

2.2 Parcijalne diferencijalne jednadžbe (PDJ)Parcijalne diferencijalne jednadžbe se pojavljuju kod problema gdje Newtonove jednadžbetreba primjeniti na kontinuirani mediji.

2.2.1 Valna jednadžba

Za primjer možemo uzmeti napetu žicu (slika 24). Svaki clan tjera susjeda da titra - rješenje jeodgovor u x i t. Putujuci val nece biti dobar za opis pricvršcene žice. za to su nam bolji stojnivalovi.

Rješenje mora zadovoljavati rubne i pocetne uvjete.

u(x,t)

xxx x

2

ds

T ∆x

∆x

1

u1

u2

T2

2∆x- +

β

α

Slika 24: Model napete žice

Uvodimo restrikciju: nama pomaka u horizontalnom smjeru.

u1 = u(x − ∆x

2

), u2 = u

(x +∆x2

)(2.149)

Po Pitagori

ds2 = dx2 +

[u(x +∆x2

)− u

(x − ∆x

2

)]2

≈ dx2 (2.150)

Tada nam je

dsdx=

√1 −

(∂u∂x

)2

≈ 1 (2.151)

male ekskurzije.

Integral te velicine je duljina strune.Napetost je uniformna:

T1 cosα = T2 cos β, T = T2 = T2 (2.152)

81

Pišemo jednadžbu gibanja (2. Newtonov zakon)

T (sin β − sinα)napetost

+ Fdxvanjska sila

− ρgdxgravitacija

= ρdxmasa

· ∂2u(x, t)∂t2

akceleracija

/· (dx)−1 (2.153)

Za mele pomake (ekskurzije) je sin x ≈ tan x pa je

sin β − sinαdx

≈ tan β − tanαdx

=1

dx

[∂

∂xu(x +∆x2

)− ∂

∂xu(x − ∆x

2

)]≈ ∂

2u(x, t)∂x2 (2.154)

Mjenjamo u tangens jer je tangens priklonog kuta u odnosu na x-os derivacija.

Zanemarujemo utjecaje vanjske sile i utjecaj težine žice (zanemarica je), jer kada ne bizanemarili težinu imali bi gredu, a ne žicu. Naša jednadžba postaje:

∂2u∂x2 =

ρ

T∂2u∂t2 (2.155)

Dimenzionalno nam je clan ρ/T isto što i brzina na kvadrat (fazna brzina).Time smo dobili valnu jednadžbu:

∂2u(x, t)∂x2 =

1c2

∂2u(x, t)∂t2 (2.156)

Rješenje ove PDJ je sljedece.Ako je f po dijelovima glatka funkcija (ima bar f ′ i f ′′), f : x 7→ f (x) ∈ R, tada je f (x± ct)

opce rješenje valne jednadžbe. To se može pokazati deriviranjem po x i t dva puta. Rubni uvijetidaju fizikalno znacenje.

Metoda rješavanja PDJ (najcešca) je metoda separacije varijabli:

u(x, t) = X(x) · T (t) (2.157)

dopušteno zbog linearnosti PDJ.

Uzmimo za primjer rješenje sljedeceg pblika:

u(x, t) = sin((x ± ct)

nπL

), n ∈ N (2.158)

Tada je rješenje:

u(x, t) =∞∑

n=1

An cosnπcL

t

an(t)

sinnπL

x

en(x)

u(x, t) =∞∑

n=1

an(t)en(x)

(2.159)

82

Vratimo se pretpostavljenom rj. oblika 2.157:

X′′T =1c2 XT

/· (XT )−1 ⇒ X′′

X=

1c2

TT= −λ2 (2.160)

Separacijska konstanta λ je posebna, ovisno o kojem fizikalnom problemu se radi, i ima ih(konstanti) uvijek za 1 manje od varijabli.

Uz rubne uvjete: u(0, t) = 0 i u(L, t) = 0 - žica ucvršcena na krajevima, imamo:

X(x) = A cos(λx) + B sin(λx)T (t) = C cos(λct) + D sin(λct)

(2.161)

Odnosno:

λ =nπL, n ∈ Z (2.162)

Dobili smo diskretizaciju! Rješenje nije kao klasican Fourierov red, ali podsjeca na njega.

u(x, t) =∞∑

n=1

[An cos

(nπcL

)t + Bn sin

(nπcL

)t]

sin(nπ

L

)x (2.163)

Ako znamo pocetne uvjete, lako našemo An i Bn - oni su koeficijenti razvoja funkcije po-cetnih uvjeta u Fourierov red.

Vrijednosti R koje dozvoljavaju rubni uvjeti zove se spektar.

Diskretizacija rješenja je veoma bitna u kvantnoj fizici, jer ono što je u klasicnoj fiziciNewtonova jednadžba gibanja, to je u kvantnoj Schrödingerova valna jednadžba.

2.2.2 Jednadžba difuzije i jednadžba kontinuiteta

Druga bitna jednadžba u fizici (jedna od nama bitnijih) je jednadžba difuzije:

ȷ = −D∇ρ (2.164)

Tok difuznog materijala ( ȷ) je proporcionalana gradijentu koncentracije. Jednadžba 2.164je Fickov prvi zakon.

Osim te jednadžbe korisna nam je i jednadžba kontinuiteta:

∂ρ

∂t+ ∇ · ȷ = 0 (2.165)

Promjena gustoce bilo kojeg dijela sustava nasaje zbog protoka materijala u i iz dijelaovasustava.

Kombinirajuci 2.164 i 2.165 dobijemo toplinsku jednadžbu (difuzije):

∇2ρ =1D∂ρ

∂t(2.166)

83

Razlika toplinske i valne jednadžbe je ta što u toplinskoj imamo samo jednu parcijalnuderivaciju po vremenu.

2.2.3 Laplaceova i Poissonova jednadžba

Dvije veoma bitne jednadžbe, koje se cesto pojavljuju u elektrodinamici, dinamici fluida i as-tronomiji su Laplaceova

∇2φ = 0 (2.167)

i Poissonova jednadžba

∇2φ = − ρε0

(2.168)

Opca rješenja Laplaceove jednadžbe poznata su kao potencijalna teorija (ili teorija potenci-jala).

2.2.4 Fourierova jednadžba

Veoma bitna u teoriji vodenja topline. Pocnemo s Fourierovim zakonom:

q = −k∇u (2.169)

gdje je k koeficijent toplinske vodljivosti. Ukupna kolicina topline je

∆Q =[−

∫q · dS +

∫V

sdV]

dt, ∆Q =∫

Vcρ∆udV (2.170)

Po Gaussovom teoremu - skalarni tok polja kroz zatvorenu plohu jednak je integralu diver-gencije polja protegnutom po prostoru V koji je obuhvacen unutar plohe.∫

q · dS =∫

(∇ · q) · dV (2.171)

uz

∇q = −k∇2u i − ∇q = cvρ∂u∂t

(2.172)

imamo

∇2u =cvρ

k∂u∂t

(2.173)

I imamo Fourierovu toplinsku jednadžbu.

Napomena: Nisam išao u detalje u koje je profesor išao na predavanju, do sad nije pitao testvari (jer je podrazumijevao da se znaju), pa ih ja necu toliko u detalje objašnjavati.

84

2.2.5 Kvalitativna analiza valne jednadžbe i d’Alambertova formula

Kako bez rubnih uvjeta, samo s pocetnim, riješiti problem valne jednadžbe?Znamo da je uvjet da valna jednadžba bude zadovoljena je da, zakrivljenost u vremenu mora

biti jednaka zakrivljenosti u prostoru. Naravno to nam ne govori ništa o fizici (ona je sadržanau rubnim uvjetima).

∂2u∂x2 =

1c2

∂2u∂t2 (2.174)

Pošto je u = u(x, t) uvodimo nove varijable

v = x + ct; w = x − ct (2.175)

∂u∂x=∂v∂x∂u∂v+∂w∂x

∂u∂w=∂u∂v+∂u∂w

(2.176)

∂2u∂x2 =

∂

∂x

(∂u∂x

)=

(∂v∂x

∂

∂v+∂w∂x

∂

∂w

) (∂u∂v+∂u∂w

)=

=∂

∂v

(∂u∂v+∂u∂w

)+

∂

∂w

(∂u∂v+∂u∂w

)=

=∂2u∂v2 + 2

∂2u∂v∂w

+∂2u∂w2

(2.177)

Analogno se za derivaciju po vremenu (što sami možete izvesti za vježbu) pokaže:

∂u∂t= c

(∂u∂v− ∂u∂w

)(2.178)

∂2u∂t2 = c2

(∂2u∂v2 − 2

∂2u∂v∂w

+∂2u∂w2

)(2.179)

Ukoliko to vratimo u valnu jednadžbu dobijemo:

∂vwu = 0↔ ∂2u∂v∂w

= 0 (2.180)

To možemo riješiti:

∂u∂v= h(v)⇒ u(v,w) =

∫h(v)dv + ψ(w) (2.181)

Pošto je podintegralna funkcija funkcija od v, npr ϕ(v), rješenje je oblika:

u(v,w) = ϕ(v) + ψ(w) (2.182)

Ako vratimo x i t to postaje

u(x, t)ϕ(x + ct) + ψ(x − ct) (2.183)

Imamo opce ili d’Alambertovo rješenje valne jednažbe. Ako ukljucimo pocetne uvjeteimamo:

85

u(x, 0) = f (x); ut(x, 0) = g(x) (2.184)

Tada je

∂u∂t= cϕ′(x + ct) − cψ′(x − ct) (2.185)

Odnosno

u(x, o) = ϕ(x) + ψ(x) = f (x) (⋆)ut(x, 0) = c(ϕ′(x) − ψ′(x)) = g(x)

(2.186)

Iz druge jednadžbe možemo naci ϕ(x):

ϕ′(x) − ψ′(x) =1c

g(x)/ ∫ x

x0

ds∫ x

x0

dϕ(s)ds

ds −∫ x

x0

dψ(s)ds

ds =1c

∫ x

x0

g(s)ds

ϕ(x) − ϕ(x0) − ψ(x) + ψ(x0) =1c

∫ x

x0

g(s)ds

ϕ(x) − ψ(x) − (ϕ(x0) − ψ(x0)︸ ︷︷ ︸k(x0)

) =1c

∫ x

x0

g(s)ds

ϕ(x) − ψ(x) = k(x0) +1c

∫ x

x0

g(s)ds

gornji red zbrojimo s (⋆)

2ϕ(x) = f (x) + k(x0) +1c

∫ x

x0

g(s)ds/

: 2

ϕ(x) =12

f (x) +12c

∫ x

x0

g(s)ds +12

k(x0)

(2.187)

Istim postupkom dobijemo ψ(x):

ψ(x) =12

f (x) − 12c

∫ x

x0

g(s)ds − 12

k(x0) (2.188)

Ako sada napravimo zamjenu x 7→ x ± ct, granice integrala nam se mijenjaju pa imamokonacno:

u(x, t) = ϕ(x + ct) + ψ(x − ct) =12

[ f (x + ct) + f (x − ct)] +12c

∫ x+ct

x−ctg(s)ds (2.189)

Ako je pocetna brzina 0 integral nam nestaje.

Dobili smo konacno opce rješenje, s ukljucenim pocetnim uvjetima, valne jednadžbe.

86

2.3 Specijalne funkcije

2.3.1 Uvod i Helmholtzova amplitudna jednadžba

Specijalne jednadžbe imaju veliku važnost u fizici. To su funkcije koje su ljudi prilikom pro-matranja fizike cesto sretali pa su im, da bi izbjegli komplikacije, dali ime.

Sturm - Liouvilleove jednadžbe su matematicki problemi cija rješenja daju potpuno orto-gonalne funkcije na L2.

Mi cemo obraditi one specijalne funkcije koje proizlaze iz raznih simetrija Helmholtzoveamplitudne jednadžbe.

Pogledajmo valnu jednadžbu u prostoru:

∇2ψ =1c2

∂2ψ

∂t2 ; ψ(r, t) = u(r)T (t)

u′′T =1c2 uT

/· (uT )−1

u′′

u=

1c2

TT= −k2

(2.190)

Vremenski dio je oscilirajuc, i nije nam od velike važnosti trenutno, nas zanima prostornidio koji postaje Helmholtzova amplitudna jednadžba

(∇2 + k2)u(r) = 0 (2.191)

2.3.2 Legendreova jednadžba

Idemo riješiti Helmholtzovu amplitudnu jednadžbu u sfernom koordinatnom sustavu.

u(r) = R(r)Θ(θ)Φ(ϕ), r ∈ (0,R), θ ∈ (0, π), ϕ ∈ (0, 2π) (2.192)

Laplaceov operator (laplasijan) u SKS:

∇2 =1r2

∂

∂r

(r2 ∂

∂r

)+

1r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θ

)+

1r2 sin2 θ

∂2

∂ϕ2 (2.193)

Jednadžba nam postaje:

1r2

∂

∂r

(r2∂u∂r

)+

1r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂u∂θ

)+ +

1r2 sin2 θ

∂2u∂ϕ2 + k2u = 0 (2.194)

Raspišemo i separiramo varijable:

R′′

R+

2r

R′

R+

1r2

(Θ′′

Θ+ cot θ

Θ′

Θ

)+

1r2 sin2 θ

Φ′′

Φ+ k2 = 0 (2.195)

Uvedemo separacijsku konstantu

87

Φ′′

Φ= λ1 = −m2, m ∈ Z (2.196)

Ostatak jednadžbe taj dio vidi kao konstantu. Zatim imamo:

R′′

R+

2r

R′

R+

1r2

[(Θ′′

Θ+ cot θ

Θ′

Θ

)+

λ1

r2 sin2 θ

]+ k2 = 0 (2.197)

Uvodimo novu separacijsku konstantu

Θ′′

Θ+ cot θ

Θ′

Θ+

λ1

r2 sin2 θ= λ2 (2.198)

Jer, ponovo, ostatak jednadžbe vidi taj dio kao konstantu. Nastavljamo:

R′′

R+

2r

R′

R+λ2

r2 + k2 = 0 (2.199)

Ovdje nam se pojavljuju dvije mogucnosti:

k = 0 i k , 0 (2.200)

Ukoliko stavimo da nam je k , 0 dobijemo novu klasu specijalnih funkcija - sferne Besse-love, koje ce biti objašnjenje kasnije. Izabiremo k = 0 i imamo:

R′′ +2r

R′ +λ2

r2 R = 0 (2.201)

Pošto nam ova, sada ODJ, prolazi uvjete Fuchsovog teorema, ocekujemo rješenje u oblikuciste potencije.

Za te potrebe izabiremo rješenje oblika

R(r) = rα (2.202)

i separacijsku konstantu λ2 = −l(l + 1), l ∈ N0, jer je θ kutna varijabla. λ1 = −m2 proizlaziiz toga što je ϕ azimutalna varijabla i Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ).

R(r) = rα, R′(r) = αrα−1, R′′(r) = α(α − 1)rα−2 (2.203)

Uvrstimo u 2.201

α(α − 1)rα−2 + 2αrα−2 − l(l + 1)rα−2 = 0 (2.204)

Indicijalna jednadžba nam daje:

α(α − 1) + 2α − l(l + 1) = 0⇒ α1 = l, α2 = −l − 1 (2.205)

Pošto se rješenja razlikuju: α1 ≥ α2

α1 − α2 = 2l + 1 (2.206)

88

R(r) = rl; R(r) =1

rl+1 (2.207)

Imamo dva moguca skupa rješenja.

l = 0 R(r) = 1 R(r) = r−1 jedinicni nabojl = 1 R(r) = r R(r) = r−2 dipoll = 2 R(r) = r2 R(r) = r−3 kvadrupol

(2.208)

Ono što smo dobili je u biti multipolni razvoj (to cemo kasnije pokazati).

Azimutalno rješenje nam je

Φ(ϕ) = e±imϕ (2.209)

Kutno:

Θ′′ + cot θΘ′ −(λ2 +

m2

sin2 θ

)Θ = 0 (2.210)

Radimo supstituciju: Θ(θ) = y(x), x = cos θ, sin2 θ = 1 − x2, θ ∈ (0, π) → x ∈ (−1, 1). Tadanam kutni dio postaje:

(1 − x2)y′′(x) − 2xy′(x) −(λ2 +

m2

1 − x2

)y(x) = 0 (2.211)

Time smo dobili pridruženu Legendrovu jednadžbu. Nju cemo detaljnije nešto kasnijeprouciti. Ukoliko uzmemo u obzir osnu simetriju m = 0→ ϕ = 0:

(1 − x2)y′′(x) − 2xy′(x) − λ2y(x) = 0 (2.212)

Dobili smo Legendreovu jednadžbu.

Probamo ju rješiti pomocu Frobeniusa.

y(x) =∞∑

n=0

anxn+λ, uz x = 1 + z (2.213)

∞∑n≥2

xλ[an(n + λ − 1)(n + λ)(xn−2 − xn) − an(2(n + λ) + λ2)xn

]= 0 (2.214)

x−2 : a0λ(λ − 1) = 0x−1 : a1λ(λ + 1) = 0 (2.215)

Pišemo rekurziju:

an+2 =n(n + 1) + λ2

(n + 1)(n + 2)an (2.216)

Možemo se pitati, kakvog je oblika konstanta separacije λ2? Vidjeti cemo da smo izboromposebne vrijednosti definirali spektar rješenja. Pogledajmo asimptotski slucaj:

89

n→ ∞ an+2 ≈n

n + 2an (2.217)

λ2 je zanemariv.

⇔ (n + 2)an+2 ≈ nan ⇔ nan = const.⇔ an ∼1n

(2.218)

Ako se pomaknemo za 2 on ostane isti - ne ovis o n. Vidimo da an divergira logaritamskina +z-osi. Znaci da nam divergencija ovisi o koordinatizaciji problema. A to nije dobro. Poštonam je x = cos θ baš ide od -1 do +1! Znaci to su singularne tocke Legendreove jednadžbe.

Moramo nekako ograniciti podrucje rješenja za n = l naša rekurzija mora stati.

al+2 = 0 i λ2 = l(l + 1) (2.219)

Fizikalno, imamo dva rubna uvjeta:

• Ciklicki rubni uvjet koji daje jednoznacnost za separacijsku konstantu λ1 = −m2

• Funkcija ne smije divergirati nigdje u podrucju fizikalnog režima

Znaci l može biti:

• PARAN - zaustavlja red koji pocne s a0, a rješenje koje pocinje sa a1 ima logaritamskudivergenciju.

• NEPARAN - zaustavlja red koji pocne s a1, a rješenje koje pocinje sa a0 ima logaritamskudivergenciju.

Buduci da rekurzija skace za 2, λ = 0 je pokupio oba rješenja. Ako je λ2 proizvoljan rekur-zija nikad ne bi stala.

Sva rješenja ove jednadžbe nazivaju se Legendreovi polinomi Pl(x).

Spektar dolazi jer u tocki sjevernog pola imamo išcezavanje koeficijenata uz najvišu poten-ciju.

Imamo elektrostatski problem: potencijal jedinicnog naboja.

Kod Legendreovih polinoma imamo logaritamsku divergenciju na + i - z-osi. Ako stavimojedinicni naboj u sjeverni pol želimo da nam rješenje trne sa n, a za x=1 nam nece trnuti.

Potencijal:1|x| =

1

|r − k|(2.220)

Ako pogledamo kosinusov poucak to nam je:

x2 = k2 + r2 − 2kr cos θ (2.221)

uz k = 1 imamo x2 = 1 + r2 − 2r cos θ

90

potencijal je oblika

φ ∝ 1√

1 + r2 − 2r cos θ(2.222)

Znamo da su rješenja za elektrostatske probleme u biti rješenja Laplaceove jednadžbe. Poštomi imamo osnu simetriju gubimo ϕ ovisnost.

∇2u = 0 (2.223)

Što smo vec riješili. Rješenja su nam:

unutar sfere - regularno u 0 R(r) = rl

izvan sfere - regularno u∞ R(r) =1

rl+1

(2.224)

Ukoliko uz to pridružimo i kutno rješenje Laplaceove jednadžbe dva moguca, separiranarješenja za ovaj elektrostatski problem su:

∞∑l=0

clPl(cos θ)1

rl+1 , r > 1

∞∑l=0

dlPl(cos θ)rl, r < 1

(2.225)

Zbog kovergencije je cl = dl sigurno.

φ(r) =1

√1 + r2 − 2r cos θ

=1r

1√1 + 1

r2 − 22r cos θ

(2.226)

Razvijemo u red potencija

φ(r) =∞∑

n=0

f (n)(0)n!

rn (2.227)

konvergentno za r < 1. Kad idemo derivirati potenciju po r dobijemo upravo Legendreovepolinome.

φ(r) = 1 + xr +12

(3x2 − 1)r2 + · · · =∑l≥0

Pl(cos θ)rl (2.228)

φ(r) =

∞∑

l≥0Pl(cos θ) 1

rl+1 , r > 1

∞∑l≥0

Pl(cos θ)rl, r < 1

(2.229)

91

2.3.3 Eksplicitno rješavanje Legendreove diferencijalne jednadžbe

(1 − x2)y′′(x) − 2xy′(x) + λy(x) = 0 (2.230)

Pri cemu je λ realna konstanta (uocite da smo minus stavili u lambdu).

Pretpostavimo rješenje oblika

y(x) =∞∑

n=0

cnxn+α (2.231)

∞∑n=0

cn[(n + α − 1)(n + α)]xn+α−2 −∞∑

n=0

cn[(n + α − 1)(n + α) − 2(n + α) + λ]xn+α = 0 (2.232)

Za n = 0 imamo indicijalnu jednadžbu, a uz najvišu potenciju zα−2:

c0α(α − 1) = 0→ α1 = 0, α2 = 1 (2.233)

Za n = 1: uz xα−1:

c1α(α + 1) = 0→ α1 = 0, α2 = −1 (2.234)

Vidimo da je c1 = 0 za α = 1 i proizvoljan za α = 0 (isto za c0)Nakon namještanja suma, da bi imali iste potencije radimo rekurzivnu formulu:

cn[(n + α − 1)(n + α)] − cn−2[(n + α − 2)(n + α − 1) + λ] = 0 (2.235)

Za α = 0 imamo:

cn =(n − 2)(n − 1) + λ

n(n − 1)cn−2, n ≥ 2 (2.236)

Korjen α = 0 ce nas dovesti do opceg rješenja oblika:

y(x) = c0

∞∑n=paran

c′nxn + c1

∞∑n=neparan

c′nxn (2.237)

korjen α = 1 daje, ocito, neparan dio rješenja. Provjerimo konvergenciju (test omjerom):

Rn =

∣∣∣∣∣∣ c′nxn

c′n−2xn−2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣ (n − 2)(n − 1) − λ

n(n − 1)c′n−2

c′n−2

∣∣∣∣∣∣ ·∣∣∣∣∣ xn

xnx−2

∣∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣∣ (n − 2)(n − 1) − λn(n − 1)

∣∣∣∣∣ · |x|2 (2.238)

Za Rn < 1 niz konvergira, tj. za |x| < 1, za bilo koju vrijenost λ. Za |x| = 1 ne možemo ništareci. Integralni test nam daje:∫ M (t − 2)(t − 1) − λ

t(t − 1)dt =

∫ M t − 2t

dt − λ∫ M dt

t(t − 1)(2.239)

92

kako M → ∞ ∫ M t − 2t

dt → ∞ (2.240)

Oba niza, opcenito, divergiraju za |x| = 1 (±1), no postoji iznimka: ako je λ = −l(l + 1), pricemu l ∈ N0, tada ce se jedan od dva niza prekinuti i time ce dati polinomno rješenje, dok ceostali biti divergentni.

Znaci imamo samo rješenje za |x| < 1, tj. −1 ≤ x ≤ 1, opcenito, ali za λ = −l(l + 1) imamopartikularno rješenje Frobenius oblika (Legendreov polinom). Fizikalni uvjeti traže da rješenjebude analiticko u |x| = 1.

=0=1

=2

=3=4

-2 -1 1 2

-4

-2

2

4

6

8PHxL

Slika 25: Prikaz prvih 4 Legendreovih polinoma

2.3.4 Operativno dobivanje Legendreovih polinoma - Rodriguesova formula

Kako bi odmah dobili Pl(x) bez da svaki put rješavamo diferencijalnu jednadžbu? Probajmoderivirati Legendreovu DJ:

(1 − x2)y′′(x) − 2xy′(x) + λy(x) = 0/′

−2xy′′ + (1 − x2)y(1)′′ − 2xy′′ − xy′ + l(l + 1)y′ = 0

(1 − x2)y(1)′′ − 4xy(1)′ + [l(l + 1) − 2]y(1) = 0/′

−2xy(1)′′ + (1 − x2)y(2)′′ − 4y(1)′ − 4xy(2)′ + [l(l + 1) − 2]y(2) = 0

(1 − x2)y(2)′′ − 6xy(2)′ + [l(l + 1) − 2 − 4]y(2) = 0/′

−2xy(2)′′ + (1 − x2)y(3)′′ − 6xy(3)′ − 6y(2)′ + [l(l + 1) − 2 − 4]y(3) = 0

(1 − x2)y(3)′′ − 8xy(3)′ + [l(l + 1) − 2 − 4 − 6]y(3) = 0

(2.241)

I tako n puta deriviramo

(1 − x2)y(n)′′ − 2(n + 1)xy(n)′ + [l(l + 1) − n(n + 1)]y(n) = 0 (2.242)

93

Definiramo:

Fn(x) := (1 − x2)ny(n)(x) (2.243)

Pa je

F′n(x) := n(1 − x2)n−1(−2x)y(n)(x) + (1 − x2)ny(n)′(x) =

= (1 − x2)n−1[(1 − x2)y(n−1)′′(x) − 2nxy(n−1)′(x)] =

= (−1)(1 − x2)n−1y(n−1)(x)[l(l + 1) − n(n − 1)] == −[l(l + 1) − n(n − 1)]Fn−1(x)

(2.244)

Što je analogon n-toj derivaciji. Definiramo pomocnu funkciju:

Gn(x) = F(n)n (x) =

(ddx

)n−1

F′n(x) =

= −[l(l + 1) − n(n − 1)] F(n−1)n−1 (x)

Gn−1

=

= −(l + n)(l − n + 1)Gn−1 =

= (−1)2(l + n)(l + n − 1)(l − n + 1)(l − n + 2)Gn−2 =

= (−1)n[(l − n + 1) · . . . · l][(l + n) · . . . · (l + 1)]G0(x) =

= (−1)n (l + n)!l!

· l!(l − n)!

G0(x) = (−1)n (l + n)!(l − n)!

y(x)

(2.245)

Znaci G0 = F(0)0 = y(x), tada je:

G(n)n (x)

∣∣∣∣n=L=

(ddx

)l [(1 − x2)ly(l)(x)

](2.246)

Gdje je y polinom koji je l puta deriviran: y(x) = Pl(x), upravo Legendreov polinom.

Time smo dobili Rodriguesovu formulu:

Pl(x) = (−1)l 12ll!

(ddx

)l [(1 − x2)l

](2.247)

Uzima se konkretna vrijednost od c0 takva da bude Pl(1) = 1 - norma.

Legendreovi polinomi imaju dobar paritet:

Pl(−x) = (−1)lPl(x) (2.248)

Takoder Legendreov polinom možemo zapisati u zatvorenoj formi:

Pl(x) =1

2ll!

∑0≤2k≤l

(−1)k l!k!(l − k)!

(2l − 2k)!(l − 2k)!

xl−2k (2.249)

Zatvorena forma nam daje prirodne granice: cim imamo (−n)! suma prestaje!

94

2.3.5 Integralne reprezentacije i funkcija izvodnica Legendreovih polinoma

Sve specijalne funkcije imaju integralne reprezentacije.

Pl(x) =1

2ll!f (l)(x), f (x) = (x2 − 1)l (2.250)

f (l)(x) =l!

2πi

∮γ

f (ζ)(ζ − x)l+1 dζ; ζ ∈ C (2.251)

gdje je γ jedinicna kružnica. Uz ζ = x + Reiφ imamo

f (l)(x) =l!

2πi

∫ 2π

0

[(x + Reiφ)2 − 1]l

(Reiφ)l+1 Reiφidφ (2.252)

Namjestimo podintegralnu funkciju tako da bi dobili sinus:

(x + Reiφ)2 − 1 = x2 + 2xR3iφ + R2e2iφ − 1 =

= Reiφ

[Reiφ − 1 − x2

Reiφ + 2x]= Reiφ

[Reiφ − 1 − x2

Re−iφ + 2x

](2.253)

Izabiremo R takav da je:

R =√

1 − x2 (2.254)

Imamo:

Pl(x) =1

2ll!· l!

2π

∫ 2π

0

[2i

(√1 − x2 sinφ − ix

)]ldφ =

=il

2π

∫ 2π

0

[√1 − x2 sinφ − ix

]ldφ

(2.255)

Integralne reprezentacije su izrazi s kojim baratamo, rijetko se racunaju. Znamo da je |x| < 1pa je i |Pl(x)| < 1. Ocjenimo taj integral:

|Pl(x)| < 12π

∫ 2π

0|√

1 − x2 sinφ − ix|dφ

|√

1 − x2 sinφ − ix| =√

(1 − x2) sin2 φ + x2 ≤ 1

(2.256)

Ukoliko je sin2 φ = 1 korjen je jednak 1 što znaci da je naš izraz uvijek manji od 1. Toukazuje na cinjenicu da je red

∑Plrl sigurno konvergentan za x ∈ [−1, 1], |r| < 1.

Funkcija f (x) je bila oblika

f (x) =∑l≥0

clx2 (2.257)

Pri cemu je cl funkcija izvodnica. Pišemo:

95

∞∑l=0

Pl(x)rl =1

2π

∫ 2π

0dφ

∞∑l=0

(ir)l[√

1 − x2 sinφ − ix]l=

=1

2π

∫ 2π

0

dφ

1 − ir[√

1 − x2 sinφ − ix]=

=1

2π

∮|z|=1

dz

1 − ir[ √

1−x2

2iz (z2 − 1) − ix] 1

iz=

=1

2πi

∮|z|=1

dz

z − r√

1 − x2 (z2−1)2 − zrx

=

=1

2πi−2

r√

1 − x2

∮|z|=1

dzz2 − 1 − 2 1−xr

r√

1−x2z

(2.258)

Imamo dva pola prvog reda:

z1 =1 − rx −

√1 + r2 − 2rx

r√

1 − x2

z2 =1 − rx +

√1 + r2 − 2rx

r√

1 − x2

(2.259)

No z2 nije unutar jedinicne kružnice. Rješimo integral pomocu reziduuma i imamo:

∞∑l=0

Pl(x)rl =−2

2πir√

1 − x2

− uπr√

1 − x2

√1 + r2 − 2rx

= 1√

1 + r2 − 2rx(2.260)

Funkcija izvodnica nam je baza multipolnog razvoja.

Napomena: U scaniranoj verziji sam izveo rekurziju za Legendreov polinom, malo je podu-lji pa ga necu ovdje izvoditi. Slobodno si pogledajte i pokušajte sami izvesti sljedecu formulu:

xPl(x) =l + 1

2l + 1Pl+1(x) +

l2l + 1

Pl−1(x) (2.261)

P-ovi su polinomijalna baza u [−1, 1], "operator x" ga rastavi.

2.3.6 Relacije ortogonalnosti za Legendreov polinom

∫ 1

−1Pn(x)Pm(x)dx =

22n + 1

δnm (2.262)

Legendreovi polinomi su ortogonalni, ali nisu normirani.

Dokaz. Prvo cemo pokazati da za n , m integral ide u nulu.

96

∫ 1

−1Pn(x)Pm(x)dx =

∫ 1

−1

12nn!

12mm!

[dn

dxn (1 − x2)n

] [dm

dxm (1 − x2)m

]dx =

=1

2n+mn!m!

∫ 1

−1

[dn

dxn (1 − x2)n

] [dm

dxm (1 − x2)m

]dx =

= parcijalna integracija =

=1

2n+mn!m!

[dn

dxn (1 − x2)n dm−1

dxm−1 (1 − x2)m−1]1

−1−

− 12n+mn!m!

∫ 1

−1

dm−1

dxm−1 (1 − x2)m−1 dn+1

dxn+1 (1 − x2)n+1dx

(2.263)

Prvi dio ide u nulu jer nemamo dovoljno dijelova da "ubije" derivaciju. Nakon što k putaparcijalno integriramo drugi integral dobijemo nešto oblika:

∼∫ 1

−1

(ddx

)m−k

(1 − x2)m

(ddx

)n+k

(1 − x2)ndx = 0 (2.264)

za k > n.

Za m > n kada deriviramo m puta u m − k se pojavi nula, ali n + k → n + m što je vece odpola n-tog stupnja.

Drugi dio pokazujemo za n = m što bi trebalo dati nešto. Pogledajmo što:

∫ 1

−1P2

n(x)dx =(−1)n

22n(n!)2

∫ 1

−1(x2 − 1)n

(ddx

)2n

(x2 − 1)n︸ ︷︷ ︸sve što ostaje u nižim pot. =0 (2n)!

dx

=(−1)n

22n(n!)2(2n)!

∫ 1

−1(x2 − 1)ndx

In

(2.265)

Integral In racunamo preko parcijalne integracije.

In =

∫ 1

−1(x2 − 1)ndx =

∣∣∣∣∣∣∣ u = (x2 − 1)n/′, dx = dv

/ ∫du = n(x2 − 1)n−12xdx, x = v

∣∣∣∣∣∣∣ == x(x2 − 1)n

∣∣∣∣1−1

=0

−2n∫ 1

−1x2(x2 − 1)n−1dx =

= −2n[ ∫ 1

−1(x2 − 1)ndx

In

+

∫ 1

−1(x2 − 1)n−1dx

In−1

]=

= −2nIn − 2nIn−1

(2.266)

97

Odnosno:

In =−2n

2n + 1In−1 (2.267)

∫ 1

−1P2

n(x)dx =(−1)n

22n(n!)2(2n)!· (2n)(2n − 2) · . . . · (2)

(2n + 1)(2n − 1) · . . . · 3 · 1(−1)nI0 =

=(−1)n

22n(n!)2(2n)!· 22n(n!)2 · 2 · (−1)n

(2n + 1)!=

22n + 1

(2.268)

2.3.7 Pridružene Legendreove funkcije

Sada možemo pobliže promotriti slucaj ukoliko nemamo osnu simetriju problema kod kutnogdjela Helmholtzove amplitudne jednadžbe, odnosno:

(1 − x2)y′′(x) − 2xy′(x) −(l(l + 1) +

m2

1 − x2

)y(x) = 0 (2.269)

Singulariteti su u x = ±1.

Pokušamo rješiti oko singularne tocke x = 1. Prvo napravimo supstituciju:

z = 1 − x, x = 1 − z⇒ dx = −dz (2.270)

Nakon supstitucije imamo:

(2z − z2)y′′(z) + 2(1 − z)y′(z) −(l(l + 1) +

m2

2z − z2

)y(z) = 0 (2.271)

To cemo pokušati rješiti Frobeniusom. Pretpostavimo rješenje oblika:

y(z) =∞∑

k=0

ckzk+α (2.272)

I uvrstimo u 2.271. Iz indicijalne jednadžbe dobijemo:

α2 =m2

4⇒ α = ±m

2, α1 − α2 ∈ N (2.273)

Rješenja su:

y1(z) =∞∑

k=0

ck(α1)zk+m2

y2(z) = y1(z) ln z +∞∑

k=0

dk(α2)zk−m2

(2.274)

Imamo dvije klase rješenja: za x = 1 i x = −1:

98

y(x) = (1 − x)m/2 f (x), za x = 1y(x) = (1 + x)m/2g(x), za x = −1

y(x) = (1 − x2)m/2u(x) (2.275)

Pri cemu je u(x) neka jednostavnija funkcija. Razvijamo oko ishodišta.

(1 − x2)u′′(x) − 2(m + 1)xu′(x) + [−l(l + 1) − m(m + 1)]u(x) = 0 (2.276)

Rješenje pridružene Legendreove jednadžbe su naravno pridružene Legendreove funkcije(polinomi) Pm

l (x).

2.3.8 Rodriguesova formula za pridružene Legendreovu funkciju

Necu raditi izvod Rodriguesove formule, samo cu je navesti:

Pml (x) = (−1)m(1 − x2)m/2 dm

dxm Pl(x) (2.277)

Pml (x) =

(−1)m+l

2ll!(1 − x2)m/2 dm+l

dxm+l (1 − x2)l (2.278)

Prirodni raspon funkcije je |m| ≤ l.

P−ml (x) = (−1)m (l − m)!

(l + m)!Pm

l (x) (2.279)

2.3.9 Integralna reprezentacija i relacije ortogonalnosti pridružene Legendreove funk-cije

Integralna reprezentacija:

Pml (x) =

Γ(l + m + 1)πΓ(l + 1)

∫ π

0(x +

√x2 − 1 cosφ)l cos(mφ)dφ (2.280)

ℜ(x) > 0, m = 0, 1, 2, . . .

Relacije ortogonalnosti: ∫ 1

−1Pm

l (x)Pm′l′ (x)dx =

22l + 1

(l + m)!(l − m)!

δll′ (2.281)

2.3.10 Kugline funkcije

Kod rješavanja Helmholtzove amplitudne jednadžbe, ako spojimo kutni i azimutalni dio dobi-jemo kompaktniji zapis poznat kao kuglina funkcija:

Y (±)lm (θ, ϕ) =

√2l + 1

4π(l − m)!(l + m)!

Pml (cos θ)eimϕ (2.282)

99

Norma: ∫ 2π

0dϕ

∫ π

0dθ sin θY∗lm(θ, ϕ)Ylm(θ, ϕ) = δll′δmm′ (2.283)

Eksplicitno normiranje se katkad piše:∮|Ylm(θ, ϕ)|2dΩ = 1 (2.284)

Pri cemu je dΩ prostorni kut.

Kugline funkcije se pojavljuju prilikom rješavanja Schrödingerove jednadžbe u sfernomkoordinatnom sustavu, ili kod valnih funkcija atomskih orbita vodikovog atoma.

Kugline funkcije možemo smatrati kao bazu kvadratno integrabilnih funkcija na jedinicnojsferi - svaka se kvadratno integrabilna funkcija da razviti po sferi.

Za bazu je bitnije da je kompletna nego da je ortonormirana. Za to nam treba sljedeciteorem.

2.3.11 Weierstrassov teorem o kompletnosti polinoma

Teorem 39. Neka je f (x) neprekidna funkcija na [a, b]. Tada postoji niz polinoma pn(x) takavda je

f (x) = limn→∞

pn(x) (2.285)

i to uniformno na [a, b].

Pitamo se:

pn(x) ?= pn−1(x) + cn pn(x) (2.286)

Pogledajmo sljedeci korolar.

Korolar 3. Neka je f neprekidna na [a, b]. Tada je f okomita na svaki polinom p⇒ f ≡ 0 na[a, b]. Odnosno

( f , p) = 0, ∀p (2.287)

Teorem 40. Ako je f neprekidna na [−1, 1] onda je∫ 1

−1Pm

l (x) f (x)dx = 0, ∀l ≥ m⇒ f = 0 na [−1, 1] (2.288)

Vidimo da su pridružene Legendreove funkcije kompletne pa su i kugline funkcije kom-pletne.

Napomena: dokazi su u mom scanu, možete cak nac negdje na internetu ili u nekim mate-matickim knjigama.

100

2.3.12 Sturm-Liouvilleov teorem

Separirane varijable u PDJ su Sturm-Liouvilleovog tipa

ddx

[p(x)

dydx

]− s(x)y(x) + λr(x)y(x) = 0 (2.289)

y je funkcija slobodne varijable x koja mora zadovoljiti neke rubne uvjete. r(x) se katkadnaziva težinska funkcija. p(x), s(x) i r(x) su neprekidne.

Vrijednost λ nije specificirana. Nalazeci vrijednosti λ, za koje postoji netrivijalno rješenjekoje zadovoljava rubne uvjete, je dio problema koji se naziva Sturm-Liouvilleov problem (S-L).

Vrijednosti λ, kada postoje, nazivaju se svojstvenim vrijednostima (eigenvalues ili eige-nvectors) problema rubnih uvjeta. Odgovarajuca rješenja zovemo svojstvene funkcije (eigen-functions).

Definiramo Sturm-Liouvillov operator:

L = ddx

[p(x)

ddx

]− s(x) (2.290)

Tada nam S-L problem postaje:

L(y) = −λr(x)y(x) (2.291)

Sada vidimo od kuda dolazi naziv za λ.

Nas zanima pod kojim ce opcenitim uvjetima, rješenja za razne λ, dati medusobno ortogo-nalne funkcije?

Tvrdimo:

Ako je

L(yn(x)) = −λnr(x)yn(x)L(ym(x)) = −λmr(x)ym(x), λn , λm

(2.292)

Tada slijedi ∫ b

ayn(x)ym(x)r(x)dx = 0 (2.293)

i

p(x)[ymy′n − y′myn] = 0 (2.294)

gdje je r(x) težinska funkcija i ima smisla samo za r(x) > 0.

Detaljan dokaz imate u scaniranom obliku.

Ortogonalnost imamo ako postavimo posbne rubne uvjete.

101

• Dirichletov rubni uvjet: y(a) = y(b) = 0

• Neumannov rubni uvjet: y′(a) = y′(b) = 0

• Interpolacija ta dva: a1y(a) + b1y′(a) = 0 i a2y(b) + b2y′(b) = 0

• Ciklicki rubni uvjet: specijalni slucaj mješanih rubnih uvjeta

• Sama DJ nam garantira ortogonalnost

Ovi uvjeti ce nam dati diskretni spektar, no nece garantirati kompletnost.

Teorem 41. Svojstvene funkcije S-L problema na [a, b] cine potpun skup u L2([a, b]).

Tražimo spektar: ∫ b

aym(L(ym))dx =

∫ b

ayn(L(yn))dx (2.295)

Imamo skalarni produkt (pozitivan po definiciji). Takoder svojstvene vrijednosti su realne.

(ym,Lym) = (yn,Lyn) (2.296)

Kompleksni operator koji je sam sebi adjunktan se naziva Hermitskim operatorom

ai j = a∗i j (2.297)

Teorem 42. Svojstvene vrijednosti Hermitskih operatora su realne:

Lφ = −λrφ (2.298)

Želimo pokazati da je λ ∈ R.

(φ,Lφ) = (Lφ, φ)⇒ (φ,−λrφ) = (−λrφ, φ) (2.299)

Dokaz. Eksplicitno:

λ

∫ b

aφ∗rφdx = λ∗

∫ b

arφ∗φdx

(λ − λ∗)∫ b

ar(x)|φ|2dx︸ ︷︷ ︸>0

= 0(2.300)

Što za sobom povlaci:

λ = λ∗ (2.301)

Operator ima realne svojstvene vrijednosti (jer ako je kompleksni broj jednak svom kompleksno-konjugiranom paru, onda je on realan broj).

102

2.3.13 Besselove funkcije

Ukoliko promatramo valnu jednadžbu, odnosno Helmholtzovu amlpitudnu jednadžbu u cilin-dricnom koordinatnom sustavu imali bi:

(∇2 + k2)u(t, ϕ, z) = 0 (2.302)

Laplaceov operator u CKS:

∇2 =1r∂

∂r

(r∂

∂r

)+

1r2

∂2

∂ϕ2 +∂2

∂z2 (2.303)

Tada nam jednadžba 2.302 postaje:

1r∂

∂r

(r∂u∂r

)+

1r2

∂2u∂ϕ2 +

∂2u∂z2 + k2u = 0 (2.304)

Separacijom varijabli u(r, ϕ, z) = R(r)Φ(ϕ)Z(z) dobijemo:

R′′

R+

1r

R′

R+

1r2

Φ′′

Φ+

Z′′

Z+ k2 = 0 (2.305)

Prva konstanta separacije je za Z dio, a druga za Φ dio:

Z′′

Z= λ1,

Φ′′

Φ= −m2 (2.306)

Ostaje nam:

R′′ +1r

R′ +(λ1 + k2 − m2

r2

)R = 0 (2.307)

Uvodimo prirodnu bezdimenzionalnu supstituciju:

x = kr ⇒ dx = k · dr (2.308)

Ova supstituciju možemo povezati sa valnim brojem k(dimenzije [m−1]).Nakon supstitucije imamo:

k2R′′(x) +k2

xR′(x) +

(λ1 + k2 − m2 k2

x2

)R(x) = 0 (2.309)

Ako nam je λ1 = 0 imamo dvodimenzionalni slucaj (jer smo time maknuli Z ovisnost).Tada nam druga separacijska konstanta postaje m→ µ ∈ R. Podijelimo s k2 cijelu DJ i imamo:

R′′(x) +1x

R′(x) +(1 − µ

2

x2

)R = 0 (2.310)

I dobili smo Besselovu diferencijalnu jednadžbu.Da smo radili u sfernom koordinatnom sustavu (do cega cemo doci kasnije) dobili bi sfernu

Besselovu jednadžbu. Ako ne zanemarimo separacijsku konstantu λ1 dobijemo modificiranuBesselovu jednadžbu (isto cu doci do toga).

103

2.3.14 Besselova jednadžba indeksa µ

y′′(x) +1x

y′(x) +(1 − µ

2

x2

)y(x) = 0, µ ∈ R (2.311)

Pretpostavimo rješenje Frobenius oblika:

y(x) =∞∑

n=0

anxn+α (2.312)

Tada nam jednadžba 2.311 postaje:

∞∑n=0

an

[(n + α − 1)(n + α) + (n + α) − µ2

]xn+α−2 +

∞∑n=0

anxn+α = 0 (2.313)

Pišemo indicijalnu jednadžbu (za n=0, uz najnižu potenciju):

a0[(α − 1)α + α − µ2] = 0/

: a0 , 0

α2 + α − α − µ2 = 0

α2 = µ2 ⇒ α1 = µ, α2 = −µ(2.314)

α1 − α2 = 2µ (2.315)

Ocekujemo problem kada je 2µ ∈ Z, no u biti imamo problem za µ ∈ Z. Pomicemo indekszadnje sume i pišemo rekurzivnu formulu:

an

[(n + α − 1)(n + α) + (n + α) − µ2

]+ an−2 = 0

an

[(n + α)2 − µ2

]+ an−2 = 0

an =−1

(n + α)2 − µ2 an−2, n ≥ 2

(2.316)

Pogledajmo samo indeks pomaknut za 1 (xα−1):

a1

[α(α + 1) + (α + 1) − µ2

]= 0

a1

[(α + 1)2 − µ2

]= 0

(2.317)

U ovom slucaju a1 , 0 a a0 = 0, no problem je što je za α = ±µ a1 = 0 sigurno. Za 2µ < Z.Znaci imamo samo parne potencije (neparne propadaju). Opca rekurzija je:

an =−1

(n + α − µ)(n + α + µ)an−2, n ≥ 2 (2.318)

Za α = µ je:

an =−1

n(n + 2µ)an−2 (2.319)

104

Može se i pisati (kao što je profesor napravio na predavanjima):

an+2 =−1

(n + 2)(n + 2 + 2µ)an (2.320)

Znaci n nam je paran pa pišemo: n = 2k

a2k =−1

2k(2k + 2µ)a2k−2 (2.321)

Da bi mogli napisati rekurziju preko a0 clana raspišimo prvih par clanova rekurzije (dadobijemo "osjecaj" što bi trebalo ispasti).

k = 1 a2 =−1

2(2 + 2µ)a0 =

−12 · 2(1 + µ)

a0

k = 2 a4 =−1

4(4 + 2µ)a2 =

12 · 4(2 + 2µ)(4 + 2µ)

a0

· · ·

a2k =(−1)k

22kk!(1 + µ)(2 + µ) · · · (k + µ)a0

(2.322)

2kk! su parni faktorijeli (2 · 4 · . . . · 2k).2k je ponavljanje dvojke kod svakog clana.Γ(µ + k + 1) = (µ + k)Γ(µ + k) = (µ + k) · . . . · Γ(µ + 1).

Uz clan a0:

a0 =1

2µΓ(µ + 1)(2.323)

koji smo posebno izabrali tako da bi normirali Besselovu funkciju, opci clan postaje:

a2k =(−1)k

22k+µk!Γ(µ + k + 1)(2.324)

Prvo rješenje Besselove diferencijalne jednadžbe je Besselova funkcija prve vrste (slika26):

Jµ(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(µ + k + 1)

( x2

)2k+µ(2.325)

Envelopa Besselove funkcije prve vrste trne kao 1√x (asimptotski)

R(r) ∼ 1√

krJl+1/2(kr) ∼ 1

√kr=

1√

x(2.326)

Svi multipoli trnu s 1r . Graf ove funkcije nas podsjeca na gušeno titranje.

Za 2µ < Z imamo dva linearno nezavisna rješenja J±µ(x).

105

J0HxL

1

x

5 10 15 20 25x

-0.5

0.5

1.0

Slika 26: Slika Besselove funkcije prve vrste i njene envelope

No što ako je µ polucijeli broj? Tada je 2µ neparan cijeli broj. Rekurzivna formula definirasve parne koeficijente preko a0 kao i za 2µ < Z, no za neparne se koeficijente raspadne.

Za npr. µ = 12 nam neparni koeficijenti nece nužno biti 0. Ipak tu možemo proizvoljno sta-

viti a2µ = 0 i J−µ(x) se može definirati.

Što ako je µ ∈ Z - pokušavamo sacuvati neprekidnost u J−µ(x)s obzirom na µ. Problemnastaje kod a0. Za µ < Z smo imali:

J−µ(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k − µ + 1)

( x2

)2k−µ

a0 =1

2−µΓ(1 − µ)

(2.327)

Γ(−µ + 1) = ∞ kad god je µ ∈ Z > 0 (zbog definicije gama funkcije i njena podrucjaanaliticnosti), dok je za µ = 0 Jµ(x) = J−µ(x) i moramo drugdje tražiti rješenje.

Ako se držimo formule:

a2k =(−1)k

k!Γ(k − µ + 1)22k−µ (2.328)

uz logicnu konvenciju da je a2k = 0 za k < µ (jer Γ(k − µ + 1) ima pol). Ovo ce ocuvatiformulu za J−µ(x) kao i neprekidnost u odnosu na µ, ali ce sumacija poceti od k = m (pomakishodišta).

J−m(x) =∞∑

k=m

(−1)k x2k−m

k!Γ(k − m + 1)22k−m (2.329)

Promijenimo "dummy" indeks s k = k′ + m

J−m(x) =∞∑

k′=0

(−1)k′+m x2k′+m

k′!Γ(k′ + m + 1)22k′+m (2.330)

106

No to nije ništa drugo do (−1)mJm(x).

Ocuvali smo neprekidnost J−µ(x) no izgubili smo linearnu zavisnost!

Ta znacajka dolazi od cinjenice da, kada se rješenja indicijalne jednadžbe razlikuju za cijelibroj, jedno rješenje Besselove diferencijalne jednadžbe može imati logaritamski singularitet padrugo rješenje može biti oblika:

y2(x) = log x∞∑

n=0

anxn+α +

∞∑m=0

amxm+β (2.331)

Drugo rješenje se zove Besselova funkcija druge vrste ili Neumannova funkcija.

Nµ(x) = AµJmu(x) + BµJ−µ(x) (2.332)

U knjigama se može još naci i oznaka Yµ(x) za Neumannovu funkciju. Graf je sljedeci:

5 10 15 20 25x

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

N0HxL

Slika 27: Slika Neumannove funkcije prve vrste

2.3.15 Svojstva, funkcija izvodnica i integralna reprezentacija Besselove funkcije

Svojstva Besselove funkcije:

Jµ−1(x) + Jµ+1(x) =2µx

Jµ(x)

Jµ−1(x) − Jµ+1(x) = 2J′µ(x)

Jµ+1(x) =µ

xJµ(x) + J′µ(x)

Jµ−1(x) =µ

xJµ(x) − J′µ(x)(

1x

ddx

)m (Jµ(x)

xµ

)= (−1)m Jµ+m(x)

xµ+m(1x

ddx

)m

(xµJµ(x)) = xµ−mJµ−m(x)

(2.333)

107

Funkcija izvodnica:

e12 x(t−1/t) =

∞∑n=−∞

Jn(x)tn, ∀t ∈ C (2.334)

To možete dokazati tako da raspišete eksponencijalnu funkciju u red.

Funkcija izvodnica:

Jn(z) =1π

∫ π

0cos(z sin ϕ − nϕ)dϕ, z ∈ C (2.335)

Asimptotsko ponašanje:

Za velike |x| i fiksni µ:

Jµ(x) ≈(

2πx

)1/2 [cos

(x − µπ

2− π

4

)+ O

(1x

)]∼

(1√

x

)(2.336)

2.3.16 Svojstva Neumannove funkcije

Nmu(x) je linearno nezavisna o Jµ(x) (Bµ , 0)

Za x ≫ (r ≫ λ) Nmu(x) je 90 izvan faze sa Jµ(x).

Zahtjevamo:

N±µ(x) ≈(

2πx

)1/2

sin(x − µπ

2− π

4

)+ o

(1

x3/2

)(2.337)

Želimo specijalnu linearnu kombinaciju koja ce trajno ostati izvan faze za 90 (ovo gore jeasimptotski prikaz u malo o notaciji).

Kako dobiti Aµ i Bµ? Rastavimo to kao trigonometrijski problem:

Aµ cos(x − µπ

2− π

4

)+ Bµ cos

(x +

µπ

2− π

4

)= sin

(x − µπ

2− π

4

)(2.338)

Rastavimo na sin(x − π/4) i sin(µπ/2) i gledamo vektorsku jednadžbu koja je razapetasin(x − π/4) i cos(x − π/4) - vektori baze.

Aµ = cot(µπ) Bµ = −1

sin(µπ)(2.339)

Tada Neumannovu funkciju možemo pisati kao:

Nµ =cos(µπ)Jµ(x) − J−µ(x)

sin(µπ)(2.340)

108

Što ako je µ = m ∈ Z? Tada nam je sinus jednak nuli, što nikako nije dobro.

J−m(x) = (−1)mJm(x)cos(mπ) = (−1)m

Nµ(x) ∼ 0

0(2.341)

Racunamo limes (limµ→m

) i koristimo L’Hospitalovo pravilo:

Nm(x) = limµ→m

Nµ(x) =−π sin(µπ)Jµ(x) + cos(µπ)J′µ(x) − J′−µ(x)

π cos(µπ)=

= limµ→m

1π

∂Jµ(x)∂µ

∣∣∣∣∣∣µ=m

− (−1)m ∂J−µ(x)∂µ

∣∣∣∣∣∣µ=m

(2.342)

Kao što je sinus linearno nezavisan o kosinusu tako i Nµ(x) mora biti linearno nezavisna oJµ(x). Kad µ → m Jµ i J−µ se pocnu poklapati, a mi smo namjestili da je Jµ 90 izvan faze -jedino što se može desiti je logaritamski singularitet u ishodištu.

Za x ≫ možemo ocekivati pomak u fazi - asimptotski dobijemo Neumannovu funkciju.

Asimptotsko ponašanje:

Za velike |x| i fiksni µ:

Nµ(x) ≈(

2πx

)1/2 [sin

(x − µπ

2− π

4

)+ O

(1x

)]∼

(1√

x

)(2.343)

J0HxL

J1HxL

J2HxL

2 4 6 8 10 12x

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Slika 28: Prve tri Besselove funkcije

N0HxLN1HxL

N2HxL

2 4 6 8 10 12x

-1.0

-0.5

0.0

0.5

Slika 29: Prve tri Neumannove funkcije

2.3.17 Sferne Besselove funkcije

Vratimo se na Helmholtzovu amplitudnu jednadžbu i njeno rješavanje u sfernom koordinatnomsustavu (prije nas je to vodilo na Legendreove polinome).

R′′(r) +2r

R′(r) +[k2 − l(l + 1)

r2

]R(r) = 0 (2.344)

109

Koristimo bezdimenzionalnu supstituciju koju smo koristili kod Besselove dif. jednadžbe:

x = kr ⇒ dx = kdr (2.345)

Tada imamo:

y′′(x) +2x

y′(x) +[1 − l(l + 1)

x2

]y(x) = 0 (2.346)

Da nema 2 kod prve derivacije imali bi Besselovu DJ.

Napravimo novu supstituciju:

y(x) =u√

x

y′ = u′x−1/2 − 12

ux−3/2

y′′ = u′′x−1/2 − u′x−3/2 +34

ux−5/2

(2.347)

Nakon podužeg raspisivanja (koje vi slobodno napravite da se uvjerite u tocnost moje jed-nadžbe ;) ) imamo:

u′′ +1x

u′ +[1 − (l + 1/2)2

x2

]u = 0 (2.348)

Ono što smo dobili je u biti Besselova diferencijalna jednadžba reda l + 12 .

Najopcenitije rješenje je:

u(x) =al√

xJl+1/2(x) +

bl√x

Jl−1/2(x) (2.349)

Dok su specificna rješenja:

jl(x) =√

π

2xJl+1/2(x) Sferna Besselova funkcija (2.350)

nl(x) =√

π

2xNl+1/2(x) Sferna Neumannova funkcija (2.351)

I sferna i obicna Neumannova funkcija divergiraju u ishodištu, što implicira da nije povoljnaza npr. promatranje unutrašnjeg rješenja problema em-zracenja, no za vanjsko je prihvatljivorješenje.

Za l=0 imamo:

y′′ +2y

′+ y = 0 (2.352)

Ako to rješavamo Frobeniusom dobijemo rješenja:

110

j0(x) =sin x

x, n0(x) = −cos x

x(2.353)

-5 5 10 15 20x

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

j0HxL

Slika 30: Sferna Besselova funkcija

-5 5 10 15 20x

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

n0HxL

Slika 31: Sferna Neumannova funkcija

Pomocu tih rješenja možemo napisati operativne formule za sferne Besselove funkcije:

jl(x) = (−1)lxl

(1x

ddx

)l

j0(x) (2.354)

nl(x) = (−1)lxl

(1x

ddx

)l

n0(x) (2.355)

Nas zanima što se dešava s višim multipolima, odnosno kako se ponašaju asimptotski sfernefunkcije? Dominantno asimptotsko ponašanje je ono koje najsporije pada.

jl(x) ∼ 1x

sin(x − nπ

2

)(2.356)

nl(x) ∼ −1x

cos(x − nπ

2

)(2.357)

i za sfernu Besselovu i za sfernu Neumannovu pada kao x−1.

j0HxL

j1HxL

j2HxL

2 4 6 8 10 12x

-0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Slika 32: Prve tri sferne Besselove funkcije

n0HxLn1HxL

n2HxL

2 4 6 8 10 12x

-0.6

-0.4

-0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

Slika 33: Prve tri sferne Neumannove funkcije

111

Uvjet za sferne Besselove funkcije (prve i druge vrste) mora biti da je x ≫ n(n + 1)/2. Izasimptotskih vrijednosti vidimo da su jl(x) i nl(x) pogodne za opis stojnih sfernih valova (zaputujuce sferne valove koristimo sferne hankelove funkcije)[1].

2.3.18 Modificirane Besselove funkcije

Pogledajmo sljedeci problem:

Imamo konacni cilindar radijusa a i duljine L. Postaljamo uvjet da funkcija išcezava na ba-zama cilindra, dok je na plaštu konstantna.

Tražimo stacionarno stanje, odnosno rješenje Laplaceove diferencijalne jednadžbe:

∇2ψ = 0 (2.358)

Pošto se radi o cilindru, prirodno je gledati problem u CKS:

1r∂

∂r

(r∂ψ

∂r

)+

1r2

∂2ψ

∂ϕ2 +∂2ψ

∂z2 = 0 (2.359)

uz vjete:

ψ(r, ϕ, 0) = ψ(r, ϕ, L) = 0 (2.360)

Spearacija konstanti:

ψ(r, ϕ, z) = R(r)Φ(ϕ)Z(z) (2.361)

R′′ΦZ +1r

R′ΦZ +1r2 RΦ′′Z + RΦZ′′ = 0

/· (RΦZ)−1

R′′

R+

1r

R′

R+

1r2

Φ′′

Φ+

Z′′

Z= 0

(2.362)

Uvodimo separacijske konstante:

Z′′ = λ1Z Φ′′ = λ2Φ (2.363)

R′′ +1r

R′ +1r2 (λ2 + r2λ1)R = 0 (2.364)

Da bi Z bio 0 u 0 i L, mora vrijediti:

λ1 = −n2π2

L2 (2.365)

i

λ2 = −m2 (2.366)

112

Odnosno rješenje za Z dio je:

Z(z) = sinnπL

z (2.367)

Tada nam radijalni dio postaje:

R′′ +1r

R′ +1r2

(−m2 − r2 n2π2

L2

)R = 0 (2.368)

Uvodimo prvu supstituciju:

x =nπL

r ⇒ dx =nπL

dx, y(x) = R(r) (2.369)

Pa nam jednadžba za radijalni dio prelazi u

y′′(x) +1x

y′(x) +(−1 − m2

x2

)y(x) = 0 (2.370)

Ponovo nas vodi na Besselovu jednadžbu, no ovaj put nam smeta −1. Supstituiramo:

z = ix⇒ dz = idx, u(z) = y(x) (2.371)

I konacno dobivamo modificiranu Besselovu jednadžbu:

u′′(z) +1z

u′(z) +(1 − m2

z2

)u(z) = 0 (2.372)

Ova jednadžba je oblikom ista kao i Besselova, samo je z = ix ∈ C.

Rješenje ce biti modificirana Besselova i Neumannova funkcija:

Iµ(x) =1iµ

Jµ(ix) Modificirana Besselova funkcija (2.373)

U obliku sume:

Iµ(x) =∞∑

k=0

1k!Γ(k + µ + 1)

( x2

)2k+µ(2.374)

Kµ(x) =π

2I−µ(x) − Iµ(x)

sin(µπ)Modificirana Neumannova funkcija (2.375)

Katkad se za njih kaže da su hiperbolne Besselove funkcije.

Vratimo se na pocetni problem cilindra:

∑nm

Rnm(r)Φm(ϕ)Zn(z) =∑n≥1

∑m≥1

[AnmIm

(nπrL

)+ BnmKm

(nπrL

)]·

· [am cos(mϕ) + bm sin(mϕ)] · sin

(nπzL

) (2.376)

Ukoliko imamo osnu simetriju → m = 0. Ako gledamo rješenje unutra cilindra imamo:Ψ(r, ϕ, z) = Ψ0.

113

Ψ =

∞∑n≥1

An0 I0

(nπrL

)koeficijenti

+ Bn0K0

(nπrL

)=0

· sin(nπz

L

)(2.377)

Drugi clan propada jer modificirana Neumannova funkcija (kao sve Neumannove) divergirau 0.

Ψ0 =

∞∑n≥1

An0I0

(nπaL

)sin

(nπzL

) /·∫ L

0sin sin

(kπzL

)dz (2.378)

Tražimo koeficijente razvojau red (obican Fourier) pomocu relacija ortogonalnosti:∫ L

0Ψ sin

(kπzL

)dz =

∞∑n≥1

An0I0

(nπaL

) L2δnk (2.379)

An0I0

(nπaL

)=

2L

∫ L

0Ψ0 sin

(nπzL

)dz =

=Ψ0[2 − 2 cos(nπ)]

nπ=

0, n = 2l, l ∈ Z

4Ψ0(2l+1)π , n = 2l + 1

(2.380)

Pa nam je koeficijent:

Al0 =

4Ψ02l+1

I0

((2l+1)πa

L

) (2.381)

Odnosno rješenje problema:

Ψ =4Ψ0

π

∞∑l≥1

sin(

(2l+1)πzL

)2l + 1

·I0

((2l+1)πr

L

)I0

((2l+1)πa

L

) (2.382)

Na plaštu za r = a se dobije red koji jako sporo trne, što i nije cudno jer je rubni uvjetidealiziran. Za r < a imamo gušenje tipa exp(−k(a − r)).

114

2.3.19 Asimptotsko ponašanje modificiranih Besselovih funkcija

Iµ(x) ∼ 1√

2πxex + o

(1

x3/2

)(2.383)

Dominantno eksponencijalno ponašanje (slika 34).

Kµ(x) ∼√

π

2xe−x + o

(e−x

x3/2

)(2.384)

Ponovo eksponencijalno, no ovaj put trnuce ponašanje (slika 35).

I0HxL

5 10 15 20 25

5.0´107

1.0´108

1.5´108

2.0´108

Slika 34: Modificirana Besselova funkcija

K0HxL

5 10 15 20 25x

0.005

0.010

0.015

Slika 35: Modificirana Neumannova funkcija

115