Rubni problemi

Rubni i početni uvjeti

Jednadžbe koje smo upravo izveli su diferencijalne jednadžbe. Svaka od njih ima beskonačno mnogo rješenja. Ipak, u stvarnosti žica zauzme sasvim određen ravnotežni položaj. Isto tako oscilira na sasvim određen način. To je zbog toga što su u stvarnosti određeni uvjeti na rubu žice i početni uvjeti, tj. način na koji je žica izvučena iz položaja ravnoteže.

Rubni uvjeti

Navedimo sada neke jednostavne rubne uvjete.

Kinematički (Dirichletov, geometrijski, prvi) rubni uvjet.

Kinematički rubni uvjet je uvjet koji određuje vrijednost kinematičkog polja na rubovima, na pr.

$$u(0,t)=a\hspace{1cm}u(\ell,t)=b.$$ (2.4)

Za rub u kojem je zadan Dirichletov rubni uvjet kažemo da je učvršćen. Ako je $a=b=0,$ onda kažemo da su rubni uvjeti homogeni.

Dirichletov rubni uvjet znači u slučaju

a)

oscilacija ili ravnoteže žice, longitudinalnih oscilacija grede, torzijskih oscilacija tankog štapa, da su rubovi učvršćeni,

b)

provođenja topline, da se rub održava na stalnoj temperaturi, i to $a$ na lijevom rubu, $b$ na desnom rubu štapa,

c)

filtracije, da su tlakovi na rubovima zadani. Ako su rubni uvjeti homogeni, onda to znači da tekućina može slobodno protjecati kroz rub.

Dinamički (Neumannov, prirodni, drugi) rubni uvjet.

Dinamički rubni uvjet je uvjet koji određuje vrijednost dinamičkog polja $\psi$ na rubovima, na pr.

$$\psi(0,t)=a\hspace{1cm}\psi(\ell,t)=b.$$

Zakoni ponašanja povezuju $\psi$ i $u,$ pa se tako i dinamički rubni uvjeti mogu izraziti pomoću polja $u,$ ali preko njegovih derivacija. Za žicu smo imali

$${\psi}(x,t) = p(x)\,\frac{\partial u(x,t)}{\partial x},$$

pa zadati na pr. $\psi(0,t)=a$ znači zapravo zadati

$$p(0)\,\frac{\partial{}u(0,t)}{\partial{}x}=a,$$

tj.

$$\frac{\partial{}u(0,t)}{\partial{}x}=\frac{a}{p(0)}.$$

Ako je $\frac{\partial{}u(0,t)}{\partial{}x}=0,$ onda kažemo da je lijevi rub slobodan. Za takav rubni uvjet kažemo da je homogen.

Na sljedećoj slici imamo na desnom rubu homogen Neumannov uvjet.

Neumannov rubni uvjet znači u slučaju

a)

oscilacija ili ravnoteže žice, longitudinalnih oscilacija grede, da je na rubu zadana kontaktna sila,

b)

provođenja topline, da se preko ruba prenosi zadana količina topline; ako je uvjet homogen, onda to znači da je rub toplinski izoliran,

c)

filtracije, da je na rubu zadan protok mase. Ako je rubni uvjet homogen, onda to znači da tekućina ne protječe kroz rub, tj. da je rub nepropusan.

Robinov rubni uvjet.

Ako je na pr. desni rub oprugom spojen s fiksnom podlogom, onda je količina gibanja u jedinici vremena koja se na desnom kraju prenese na žicu jednaka sili kojom opruga djeluje na desni kraj

$$\psi(\ell,t)= -k\,u(\ell,t),$$

tj.

$$\frac{\partial u(\ell,t)}{\partial x} + \frac{k}{p(\ell)}\,u(\ell,t) = 0.$$

Na sljedećoj slici imamo na desnom rubu Robinov uvjet.

Primjer 2.4   Lijevi kraj žice se slobodno kreće, a na desnom djeluje sila koja je proporcionalna brzini, a suprotna smjeru gibanja. Naći rubne uvjete.

Rješenje. Količina gibanja u jedinici vremena na lijevom kraju je $0,$ pa na lijevom kraju imamo rubni uvjet

$$\psi(0,t) = p(0)\,\frac{\partial u(0,t)}{\partial x} = 0.$$

Na drugom kraju veličina gibanja u jedinici vremena (sila) koja pređe s desna na lijevo jednaka je

$$\psi(\ell,t) = -\lambda^2\,\frac{\partial u(\ell,t)}{\partial t}.$$

Prema tome rubni uvjeti su

$$\frac{\partial u(0,t)}{\partial x} = 0,$$

$$p(\ell)\,\frac{\partial u(\ell,t)}{\partial x} + \lambda^2\,\frac{\partial u(\ell,t)}{\partial t}= 0.$$

Početni uvjeti

U svim promatranim slučajevima nije bilo bitno da li se žica nalazi u ravnotežnom položaju, kad $u$ ne ovisi o varijabli $t,$ ili se radi o oscilacijama žice, kad svaki od navedenih rubnih uvjeta mora vrijediti za svaki $t.$ U oba slučaja su trebali biti zadani rubni uvjeti. Međutim, kad se radi o oscilacijama, onda uvjeti na rubu nisu dovoljni. Tada moramo također zadati na koji smo način pobudili žicu na osciliranje. Moramo zadati početni položaj

$$u(x,0) = \alpha(x),$$ (2.5)

i početnu brzinu

$$\frac{\partial u(x,0)}{\partial t} = \beta(x)$$

u svakoj točki žice. Ovi uvjeti se zovu početni uvjeti.

Primijetimo da uvjeti (2.4) i (2.5) nisu nezavisni. Pretpostavka o neprekidnosti žice prilikom oscilacija povlači da je

$$\alpha{}(0) = a,\hspace{1cm}\alpha{}(\ell) = b.$$

Kad se radi o provođenju topline ili filtraciji, dovoljno je zadati početnu raspodjelu temperature, odnosno tlaka.

Naravno, početni uvjeti moraju biti kompatibilni s rubnim uvjetima, tj. početni uvjeti moraju na rubovima zadovoljavati rubne uvjete za svaki $t.$

Linearnost

Opća jednadžba u primjerima koje smo promatrali, nakon uvrštenja drugog zakona ponašanja je

$$\frac{\partial\varphi}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial u}{\partial x}\right) + f.$$ (2.6)

Funkciju $f$ zovemo slobodnim članom. Ako je $f=0,$ onda jednadžbu

$$\frac{\partial\varphi}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial u}{\partial x}\right)$$ (2.7)

zovemo homogenom, u protivnom je zovemo nehomogenom.

Ograničimo razmatranje na one primjere u kojima je prvi zakon ponašanja glasio

$$\varphi(u) = \rho\,\frac{\partial u}{\partial t} \hspace{1cm}\varphi(u) = \gamma\,u.$$ (2.8)

Interesira nas kakvu strukturu ima skup svih rješenja rubnog problema

$$% latex2html id marker 33942 \begin{cases}\frac{\textstyle{\... ...yle{\partial u(\ell,t)}}{\textstyle{\partial x}}=0. \end{cases}$$ (2.9)

U tu svrhu promatrajmo najprije rubni problem s homogenom jednadžbom, tj. slučaj kad je $f(x,t) = 0.$

Teorem 14   Neka su $u_1$ i $u_2$ dva rješenja rubnog problema (2.9) s pripadnom homogenom jednadžbom, i $\lambda_1$ i $\lambda_2$ proizvoljni brojevi. Tada je

$$\lambda_1\,u_1 + \lambda_2\,u_2$$

također rješenje istog rubnog problema (2.9).

Dokaz. U svrhu dokaza napišimo jednadžbu drukčije

$$\frac{\partial\varphi(u)}{\partial t} - \frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial u}{\partial x}\right) = 0.$$

Bez obzira koji $\varphi$ iz (2.8) bio u jednadžbi, vrijedi

$$\varphi(\lambda_1\,u_1 + \lambda_2\,u_2) = \lambda_1\,\varphi(u_1) + \lambda_2\,\varphi(u_2).$$

Također

$$\frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial (\lambda_1\,u_... ..._2\,\frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial u_2}{\partial x}\right).$$

Prema tome

$$\frac{\partial\varphi(\lambda_1\,u_1 + \lambda_2\,u_2)}{\partial ... ...x}\left(p\,\frac{\partial (\lambda_1\,u_1 + \lambda_2\,u_2)}{\partial x}\right)$$

$$= \lambda_1\,\frac{\partial\varphi (u_1)}{\partial t} + \lambda_2... ..._2\,\frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial u_2}{\partial x}\right)$$

$$= \lambda_1\,\left[\frac{\partial\varphi (u_1)}{\partial t} - \fr... ...partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial u_2}{\partial x}\right)\right] = 0.$$

Dakle, $w=\lambda_1u_1 + \lambda_2u_2$ rješava jednadžbu. Ta funkcija zadovoljava i rubne uvjete, jer je

$$w(0,t) = \lambda_1\,u_1(0,t) + \lambda_2\,u_2(0,t) = 0,$$

$$\frac{\textstyle{\partial w(\ell,t)}}{\textstyle{\partial x}} = \... ...\lambda_2\,\frac{\textstyle{\partial u_2(\ell,t)}}{\textstyle{\partial x}} = 0.$$

$\heartsuit$

Iz ovog teorema slijedi da je skup svih rješenja homogene jednadžbe vektorski prostor (skup svih linearnih kombinacija linearno nezavisnih rješenja).

Za rješenja rubnog problema (2.9) s nehomogenom jednadžbom imamo sljedeće tvrdnje.

Teorem 15   Neka je $w$ rješenje rubnog problema (2.9) s nehomogenom jednadžbom, te $u$ rješenje rubnog problema (2.9) s homogenom jednadžbom. Tada je $u+w$ rješenje rubnog problema (2.9) s nehomogenom jednadžbom.

Dokaz. Koristeći svojstva funkcije $\varphi$ iz dokaza prethodnog teorema, možemo napisati

$$\frac{\partial\varphi(w+u)}{\partial t} - \frac{\partial}{\partia... ...t) - \frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial (u)}{\partial x}\right)$$

$$= \frac{\partial\varphi(w)}{\partial t} - \frac{\partial}{\partia... ...artial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial (u)}{\partial x}\right) = f + 0 = f.$$

Dakle $u+w$ rješava nehomogenu jednadžbu. Osim toga $u+w$ očito zadovoljava i rubne uvjete. $\heartsuit$

Teorem 16   Neka su $w_1$ i $w_2$ dva rješenja rubnog problema (2.9) s nehomogenom jednadžbom. Tada je $v=w_1-w_2$ rješenje rubnog problema (2.9) s homogenom jednadžbom.

Dokaz.

$$\frac{\partial\varphi(w_1-w_2)}{\partial t} - \frac{\partial}{\pa... ... + \frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial (w_2)}{\partial x}\right)$$

$$= \frac{\partial\varphi(w_1)}{\partial t} - \frac{\partial}{\part... ...partial x}\left(p\,\frac{\partial (w_2)}{\partial x}\right)\right] = f - f = 0.$$

Osim toga $w_1-w_2$ očito zadovoljava i rubne uvjete. $\heartsuit$

Na temelju ovih teorema imamo sljedeći zaključak.

Neka je $X_f$ skup svih rješenja rubnog problema (2.9) s nehomogenom jednadžbom. Neka je $X_0$ skup svih rješenja rubnog problema (2.9) s homogenom jednadžbom. Tada je

$$X_f = \{w + u;\;u\in X_0\},$$

gdje je $w$ jedno (partikularno) rješenje rubnog problema (2.9) s nehomogenom jednadžbom.

Homogenizacija rubnih uvjeta.

Ako su rubni uvjeti nehomogeni, onda linearne kombinacije više ne zadovoljavaju iste rubne uvjete, pa gornji teoremi više ne vrijede. Prema tome pogodno je imati homogene rubne uvjete. To se može postići na sljedeći način. Neka je dan na pr. sljedeći rubni problem

$$\begin{array}{l} \rho\,\frac{\textst... ...ial x}}\right)+f(x,t),\\ [3mm] u(0,t)=a,\hspace{1cm}u(\ell,t)=b. \end{array}$$

Izaberimo proizvoljnu što jednostavniju funkciju $v(x)$ klase $C^2$ ali tako da zadovoljava rubne uvjete

$$v(0) = a,\hspace{1cm}v(\ell) = b.$$

Stavimo $\tilde{u}(x,t)=u(x,t)-v(x).$ Tada funkcija $\tilde{u}$ zadovoljava homogene rubne uvjete

$$\tilde{u}(0,t) = u(0,t) - v(0) = 0,\hspace{1cm}\tilde{u}(0,t) = u(\ell,t) - v(\ell) = 0.$$

S druge strane, da bismo vidjeli koju jednadžbu zadovoljava $\tilde{u},$ uvrstimo $u(x,t) = \tilde{u}(x,t) + v(x)$ u jednadžbu iz rubnog problema

$$\rho\,\frac{\partial^2 (\tilde{u}(x,t)+v(x))}{\partial t^2} = \fr... ...al x}\left(p\,\frac{\partial (\tilde{u}(x,t)+v(x))}{\partial x}\right)+f(x,t),$$

$$\rho\,\frac{\partial^2 \tilde{u}(x,t)}{\partial t^2} = \frac{\par... ...partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial v(x)}{\partial x}\right) + f(x,t),$$

$$\rho\,\frac{\partial^2 \tilde{u}(x,t)}{\partial t^2} = \frac{\par... ... x}\left(p\,\frac{\partial \tilde{u}(x,t)}{\partial x}\right) + \tilde{f}(x,t),$$

gdje je

$$\tilde{f}(x,t) = \frac{\partial}{\partial x}\left(p\,\frac{\partial v(x)}{\partial x}\right) + f(x,t).$$

Primjer 2.5   Homogenizirati rubni problem

$$% latex2html id marker 34050\begin{cases} y''(x) + k^2\,y(x) = 0,& \\ y(0) = 1,\quad y'(1) = 2. \end{cases}$$

Rješenje. Izaberimo najjednostavniju funkciju $v(x)$ takvu da funkcija

$$z(x) = y(x) + v(x)$$

zadovoljava homogene rubne uvjete, tj.

$$z(0) = 0,\quad z'(1) = 0.$$

Zbog toga što se radi o uvjetu u samo dvije točke, dovoljno je uzeti

$$v(x) = A\,x + B.$$

Tako je

$$z(0) = y(0) + v(0) = 1 + v(0) = 0,$$

$$z'(1) = y'(1) + v'(1) = 2 + v'(1) = 0.$$

Odatle $v(0)=-1,$ $v'(1)=-2.$ Slijedi $A=-2,$ $B=-1.$ Tako je

$$z(x) = y(x) -2\,x - 1,$$

pa kad $y$ izračunamo odavde i uvrstimo u jednadžbu, imamo rubni problem

$$% latex2html id marker 34076\begin{cases} z''(x) + k^2\,z(x) = - 2\,x - 1,& \\ z(0) = 0,\quad z'(1) = 0. \end{cases}$$

Jedinstvenost rješenja

Ograničimo se sada na problem ravnoteže u sredstvu s otporom i razmotrimo jedinstvenost rješenja sljedećih rubnih problema. Diferencijalna jednadžba je uvijek

$$\left(p(x)\,u'(x)\right)' - q(x)\,u(x) + f(x) = 0,$$

a rubni uvjeti su redom

I

$u(0)=\alpha,\hspace{1cm}u(\ell)=\beta,$

II

$u(0)=\alpha,\hspace{1cm}u'(\ell)=\beta,$

III

$u'(0)=\alpha,\hspace{1cm}u'(\ell)=\beta,$

Slučaj $\boldsymbol {q=0.}$ (nema otpora sredstva)

Jednadžba je tada

$$\left(p(x)\,u'(x)\right)' + f(x) = 0,$$

pa imamo

$$\left(p(x)\,u'(x)\right)' = - f(x) \hspace{1cm} \left/\int_0^x d\xi,\right.$$

$$p(x)\,u'(x) -p(0)\,u'(0) = -\int_0^x f(\xi)\,d\xi,$$

$$u'(x)= \frac{p(0)\,u'(0)}{p(x)} - \frac{1}{p(x)}\int_0^x f(\xi)\,d\xi \hspace{1cm}\left/\int_0^x d\eta,\right.$$ (2.10)

$$u(x)-u(0)= p(0)\,u'(0)\,\int_0^x \frac{d\eta}{p(\eta)} - \int_0^x \left(\frac{1}{p({\eta})}\int_0^{\eta} f(\xi)\,d\xi\right) \,d\eta,$$

tj.

$$u(x)=u(0)+ p(0)\,u'(0)\,\int_0^x \frac{d\eta}{p(\eta)} - \int_0^x \left(\frac{1}{p({\eta})}\int_0^{\eta} f(\xi)\,d\xi\right) \,d\eta.$$ (2.11)

U ovoj formuli imamo dvije neodređene veličine $u(0)$ i $p(0)u'(0).$ Razmotrimo sada jedinstvenost uz navedene rubne uvjete.

I. (Oba uvjeta kinematička.)

Imamo

$$u(0)=\alpha,\hspace{1cm}u(\ell)=\beta.$$

Veličina $u(0)$ je određena u rubnom uvjetu, a $p(0)u'(0)$ se određuje tako da uvrstimo $x=\ell$ u formulu (2.11). Dobivamo

$$\beta=\alpha+ p(0)\,u'(0)\,\int_0^{\ell}\,\frac{d\eta}{p(\eta)} -... ..._0^{\ell}\, \left(\frac{1}{p({\eta})}\int_0^{\eta} f(\xi)\,d\xi\right) \,d\eta.$$

Odatle

$$p(0)\,u'(0) = \frac{1}{\int_0^{\ell}\,\frac{d\eta}{p(\eta)}} \,\l... ...ll}\,\left(\frac{1}{p({\eta})}\int_0^{\eta} f(\xi)\,d\xi\right) \,d\eta\right].$$

Budući da su neodređene veličine u formuli (2.11) pomoću rubnih uvjeta u potpunosti određene, zaključujemo da je rješenje u tom slučaju jedinstveno.

II. Jedan uvjet kinematički, drugi dinamički.

Imamo

$$u(0)=\alpha,\hspace{1cm}u'(\ell)=\beta.$$

Ovdje je također $u(0)$ određen, a $p(0)u'(0)$ ćemo dobiti tako da u formulu (2.10) uvrstimo $x=\ell.$

$$u'({\ell})= \frac{p(0)\,u'(0)}{p({\ell})} - \frac{1}{p({\ell})}\int_0^{\ell}\, f(\xi)\,d\xi.$$

Odatle

$$p(0)\,u'(0) = p({\ell})\,\beta + \int_0^{\ell}\,f(\xi)\,d\xi.$$

Opet zaključujemo da je rješenje jedinstveno, jer smo neodređene veličine u formuli (2.11) jednoznačno odredili.

III. Oba uvjeta dinamička.

Imamo

$$u'(0)=\alpha,\hspace{1cm}u'(\ell)=\beta.$$

Sada možemo koristiti samo formulu (2.10). Iz nje ne možemo odrediti $u(0),$ dok za određivanje $p(0)u'(0)$ imamo čak dva podatka. To pokazuje da više nemamo jedinstvenost, jer $u(0)$ ostaje neodređeno. S druge strane može se dogoditi da $p(0)u'(0)$ izračunat pomoću uvjeta na desnom rubu ne bude isti kao onaj izračunat pomoću uvjeta na lijevom rubu. To bi, naravno značilo da ne postoji rješenje. Kad uvrstimo uvjet na lijevom rubu, imamo

$$p(0)\,u'(0) = p(0)\,\alpha.$$

Kad uvrstimo uvjet na desnom rubu, imamo

$$p(0)\,u'(0) = p({\ell})\,\beta + \int_0^{\ell}\,f(\xi)\,d\xi.$$

Dakle, za postojanje rješenja nužno je da vrijedi

$$p({\ell})\,\beta - p(0)\,\alpha + \int_0^{\ell}\,f(\xi)\,d\xi = 0.$$

Taj zahtjev znači da zbroj vanjskih sila mora biti jednak $0.$ Prva dva člana predstavljaju kontaktnu silu koja preko rubova djeluje na žicu, a integral predstavlja vanjsku silu koja djeluje na daljinu (sila gravitacije, sila električnog polja i sl.).

Ako je taj uvjet ispunjen onda kažemo da je rješenje jedinstveno do na aditivnu konstantu (u ovom slučaju $u(0)$).

Slučaj $\boldsymbol{q\neq 0.}$ (sredstvo pruža otpor gibanju)

Uvjet $q\neq 0$ znači ustvari da je $q(x)>0$ za barem jedan $x.$ U ovom slučaju sva tri rubna problema imaju jedinstveno rješenje. To ćemo dokazati pomoću energetske jednadžbe.

$$\left(p(x)\,u'(x)\right)' - q(x)\,u(x) + f(x) = 0 \hspace{1cm}/\,u(x)\;\left/\int_0^{\ell}\,dx,\right.$$

$$\int_0^{\ell}\,\left(p(x)\,u'(x)\right)'\,u(x)\, dx - \int_0^{\ell}\,q(x)\,u^2(x)\, dx + \int_0^{\ell}\,f(x)\,u(x)\, dx = 0.$$

Jednom parcijalno integriramo prvi integral

$$\int_0^{\ell}\,\left(p(x)\,u'(x)\right)'\,u(x)\, dx = p({\ell})\,u'({\ell})\,u({\ell}) - p(0)\,u'(0)\,u(0) - \int_0^{\ell}\,p(x)\,(u'(x))^2\,dx,$$

i rezultat uvrstimo. Dobivamo

$$p({\ell})\,u'({\ell})\,u({\ell}) - p(0)\,u'(0)\,u(0) - \int_0^{\e... ...^2\,dx - \int_0^{\ell}\,q(x)\,u^2(x)\, dx + \int_0^{\ell}\,f(x)\,u(x)\, dx = 0.$$ (2.12)

Ova jednadžba se zove energetska jednadžba. Naziv ima opravdanje u sljedećem razmatranju. $f(x)\Delta x$ predstavlja približno vanjsku silu koja djeluje na komadić žice $\Delta x,$ a $f(x)u(x)\Delta x$ je rad te sile na putu progiba $u(x).$ Prema tome zadnji integral na lijevoj strani jednadžbe (2.12) je rad vanjske sile koji djeluje na cijelu žicu na putu progiba. Sila otpora je $-q(x)u(x),$ pa je srednji integral ukupni rad sile otpora duž cijele žice na putu progiba. Prvi integral predstavlja energiju deformacije, $p({\ell})u'({\ell})u({\ell})$ je rad kontaktne sile na desnom rubu na putu $u({\ell}),$ a $-p(0)u'(0)u(0)$ je rad kontaktne sile na lijevom rubu na putu $u(0).$

Neka su $u_1(x)$ i $u_2(x)$ dva rješenja bilo kojeg od tri rubna problema koja promatramo. Funkcija

$$w(x)=u_1(x)-u_2(x)$$

rješava homogenu jednadžbu

$$\left(p(x)\,w'(x)\right)' - q(x)\,w(x) = 0,$$

i pri tom zadovoljava homogene rubne uvjete. Energetska jednadžba (2.12) sada glasi

$$\int_0^{\ell}\,p(x)\,(w'(x))^2\,dx + \int_0^{\ell}\,q(x)\,w^2(x)\, dx = 0,$$

$$\int_0^{\ell}\,\left[p(x)\,(w'(x))^2 + q(x)\,w^2(x)\right]\, dx = 0.$$

Budući da je $p(x)>0$ i $q(x)\geq 0,$ slijedi

$$p(x)\,(w'(x))^2 + q(x)\,w^2(x)\geq 0,\hspace{1cm}\forall x\in [0,\ell].$$

Kako je podintegralna funkcija neprekidna, nenegativna, i njezin je integral duž žice jednak $0,$ slijedi da je sama podintegralna funkcija jednaka nuli

$$p(x)\,(w'(x))^2 + q(x)\,w^2(x) = 0,\hspace{1cm}\forall x\in [0,\ell].$$

Zbroj dvije nenegativne funkcije može biti jednak nuli samo tako da je svaka od njih jednaka nuli. Tako je

$$w'(x) = 0,\hspace{1cm}\forall x\in [0,\ell],$$

pa je $w$ konstanta, tj. $w(x) = C.$ S druge strane je

$$q(x)\,w^2(x) = q(x)\,C^2= 0,\hspace{1cm}\forall x\in [0,\ell].$$

Kako je $q(x)>0$ za barem jedan $x,$ slijedi da je $C=0.$ Prema tome

$$w(x)=u_1(x)-u_2(x)=0,\hspace{1cm}\forall x\in [0,\ell],$$

tj.

$$u_1 = u_2.$$

Dakle rješenje je doista jedinstveno.

Koncentrirano djelovanje

U dosadašnjim razmatranjima vanjska sila je bila zadana po jedinici duljine, što znači da je ${f}(x,t)$ gustoća sile (linearna kad se radi o jednodimenzionalnom objektu kao što je žica). Ako je u točki $x_0$ napete žice obješen uteg mase $m,$ onda kažemo da se radi o koncentriranom djelovanju. U tom slučaju ne vrijedi izvod zakona o sačuvanju količine gibanja u 2.1.1.

Pretpostavimo da masa utega nije prevelika, tako da se ne događa kidanje žice niti plastična deformacija. To znači da je progib $u(x,t),$ kao funkcija od $x,$ neprekidna funkcija, tj.

$$\lim_{\varepsilon \rightarrow 0+}u(x_0+\varepsilon,t) = \lim_{\varepsilon \rightarrow 0+}u(x_0-\varepsilon,t).$$

Ovu jednakost zapisujemo ovako

$$u(x_0+0,t) = u(x_0-0,t).$$

Promatrajmo mali komad žice $[x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon]$ oko točke $x_0.$ Promjena količine gibanja tog komada žice u jedinici vremena jednaka je sili koja djeluje na taj komad

$$\frac{d}{dt}\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} \rho(x)\,\fr... ...t)}{\partial t}\,dx = \psi(x_0+\varepsilon,t) - \psi(x_0-\varepsilon,t) + F(t),$$

tj.

$$\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} \rho(x)\,\frac{\partial^... ...{\partial t^2}\,dx = \psi(x_0+\varepsilon,t) - \psi(x_0-\varepsilon,t) + F(t),$$

gdje smo s $F(t)$ označili koncentriranu silu u točki $x_0.$

Promjena količine gibanja u jedinici vremena je veličina koja se neprekidno mijenja u vremenu, pa je $\rho(x)\,\frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial t^2}$ neprekidna funkcija. Odatle, po teoremu srednje vrijednosti za integrale

$$\lim_{\varepsilon\rightarrow 0+} \int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\var... ...\,\varepsilon\,\rho(\xi)\,\frac{\partial^2 u(\xi,t)}{\partial t^2}\right] = 0.$$

Dakle imamo

$$\psi(x_0+0,t) - \psi(x_0-0,t) + F(t) = 0,$$

$$p(x_0)\,\left(\frac{\partial u(x_0+0,t)}{\partial x} - \frac{\partial u(x_0-0,t)}{\partial x}\right) + F(t) = 0,$$

$$\frac{\partial u(x_0+0,t)}{\partial x} - \frac{\partial u(x_0-0,t)}{\partial x} = -\frac{F(t)}{p(x_0)}.$$ (2.13)

Ova jednakost pokazuje da derivacija polja $u$ po $x$ ima u točki $x_0$ prekid. Geometrijski to znači da je progib krivulja, koja u točki $x_0$ nema tangentu. Izvan točke $x_0$ progib ima tangentu, i kad prolazimo kroz točku $x_0$ koeficijent smjera tangente skoči.

Izvan točke $x_0$ vrijedi izvedena diferencijalna jednadžba za žicu, ali s vanjskom silom $f(x,t) = 0.$

Za funkciju, koja u točki $x_0$ ima konačan limes slijeve strane i konačan limes s desne strane,ali se ti limesi razlikuju, kažemo da ima u točki $x_0$ prekid prve vrste.

Primjer 2.6   Naći ravnotežu napete žice, duljine $\ell,$ napetosti $p=20\,N,$ učvršćene na rubovima, ako okomito na žicu djeluju koncentrirane sile i to $F=1\,N$ u točki $\frac{\ell}{3},$ a $F=-1\,N$ u točki $\frac{2\,\ell}{3}.$

Rješenje. Na intervalima $\langle 0,\frac{\ell}{3} \rangle,$ $\langle \frac{\ell}{3},\frac{2\,\ell}{3} \rangle$ i $\langle \frac{2\,\ell}{3},\ell \rangle$ nemamo koncentriranih niti drugih vanjskih sila, pa je na njima jednadžba

$$p\,u''(x) = 0.$$

Dakle imamo rješenje

$$u(x) = A\,x + B \langle 0,\frac{\ell}{3} \rangle,$$

$$u(x) = C\,x + D \langle \frac{\ell}{3},\frac{2\,\ell}{3} \rangle,$$

$$u(x) = E\,x + F \langle \frac{2\,\ell}{3},\ell \rangle.$$

Neodređene konstante $A,B,C,D,E,F$ se računaju iz rubnih uvjeta, uvjeta neprekidnosti i (2.13). Tako imamo sljedeće jednadžbe

$$B \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad = 0$$

$$E\,\ell + F = 0$$

$$A\,\frac{\ell}{3} + B - C\,\frac{\ell}{3} - D\quad \qquad \qquad = 0$$

$$C\,\frac{2\,\ell}{3} + D - E\,\frac{2\,\ell}{3} - F = 0$$

$$- A \qquad + C \qquad \qquad \qquad \qquad = -\frac{1}{20}$$

$$- C \qquad \qquad + E \qquad = \frac{1}{20}$$

Rješenje ovog sustava je

$${A = \frac{1}{60}},\,{B = 0},\,{C = -\frac{1}{30}},\, {D = \frac{\ell}{60}},\,{E = \frac{1}{60}},\,{F = -\frac{\ell}{60}}.$$

Dakle imamo rješenje

$$u(x) = \begin{cases}\frac{1}{60}\,x,... ... -\frac{\ell}{60},& \quad \text{za } x\in [\frac{2\,\ell}{3},\ell]. \end{cases}$$

Greenova funkcija

Greenova funkcija

Promatrajmo ravnotežu žice, učvršćene na rubovima, pod utjecajem koncentrirane sile $f=1$ u točki $\xi.$ Označimo njezin progib s $u_{\xi}(x).$

Budući da zakon održanja ne vrijedi na cijeloj žici, već samo na dijelovima $\langle 0,\xi\rangle$ i $\langle \xi,\ell \rangle,$ progib $u_{\xi}(x)$ ćemo dobiti kao rješenje sljedećih rubnih problema

$$(p\,u')' - q\,u = 0,$$   za $$0<x<\xi,\quad\quad u(0)=0;$$

$$(p\,u')' - q\,u = 0,$$   za $$\xi<x<\ell,\quad\quad u(\ell)=0.$$

Svaki od ovih rubnih problema ima beskonačno mnogo rješenja (jer nije dan uvjet na rubu $\xi$). Iz zahtjeva da je $u_{\xi}(x)$ neprekidna, i da njezina derivacija ima skok prve vrste u točki $\xi$

$$(p\,u')(\xi+0) - (p\,u')(\xi-0) + 1 = 0$$

dobivamo jedno rješenje $u_{\xi}(x).$

Pustimo da jedinična sila klizi duž žice, tj. da $\xi$ varira od 0 do $\ell.$ Dobivamo funkciju od dvije varijable

$$G(x,\xi) = u_{\xi}(x).$$

Funkcija $G$ je definirana na $[0,\ell{}]\times{}[0,\ell{}],$ i zove se Greenova funkcija.

Primjer 2.7   Izračunajmo Greenovu funkciju za rubni problem

$$p\,u''(x) = 0,\hspace{1cm}u(0) = u(\ell{}) = 0.$$

Rješenje. Lijevo od točke $\xi$ je $u_{\xi}(x) = A\,x + B,$ a desno $u_{\xi}(x) = C\,x + D.$ Nakon uvrštenja rubnih uvjeta, imamo $u_{\xi}(x) = A\,x$ lijevo od $\xi,$ i $u_{\xi}(x) = C\,(x-\ell)$ desno od $\xi.$ Dakle Greenova funkcija je

$$G(x,\xi) = \left\{ \begin{array}{ll} A\,x, & 0<x<\xi, \\ C\,(x - \ell), & \xi<x<\ell. \end{array}\right.$$

Neodređene veličine $A$ i $C$ određujemo iz uvjeta neprekidnosti u točki $\xi$

$$A\,\xi = C\,(\xi - \ell{}),$$

i skoka prve derivacije

$$p\,C - p\,A + 1 = 0.$$

Odatle

$$A = \frac{\ell-\xi}{\ell\,p},\quad C = -\frac{\xi}{\ell\,p},$$

pa je

$$G(x,\xi) = \left\{ \begin{array}{ll}... ...ll, \\ [2mm] \frac{\xi}{\ell\,p}\,(\ell-x), & 0<\xi<x<\ell. \end{array}\right.$$

Računanje Greenove funkcije

Neka su $u_1$ i $u_2$ dva linearno nezavisna rješenja homogene jednadžbe

$$(p\,u')' - q\,u = 0,$$

takva da $u_1$ zadovoljava homogeni rubni uvjet na lijevom rubu, a $u_2$ homogeni rubni uvjet na desnom rubu. Zbog homogenosti jednadžbe i rubnih uvjeta funkcije $C_1u_1$ i $C_2u_2$ zadovoljavaju jednadžbu i odgovarajući rubni uvjet ma kakvi bili brojevi $C_1$ i $C_2.$ Zato Greenovu funkciju tražimo u obliku

$$G(x,\xi) = \left\{ \begin{array}{ll} C_1\,u_1(x), & 0<x<\xi, \\ [2mm] C_2\,u_2(x), & \xi<x<\ell. \end{array}\right.$$

Uvjet neprekidnosti rješenja i skoka njegove prve derivacije daje sustav od dvije linearne algebarske jednadžbe za nepoznanice $C_1,C_2$

$$C_1\,u_1(\xi) - C_2\,u_2(\xi) = 0,$$

$$C_1\,u'_1(\xi) - C_2\,u'_2(\xi) = \frac{1}{p(\xi)}.$$

Ovaj sustav je nehomogen, pa ima rješenje ako i samo ako je determinanta sustava različita od nule. Determinanta sustava je

$$\left\vert \begin{array}{ll} u_1(\xi... ...i) & u_2(\xi) \\ [1mm] u'_1(\xi) & u'_2(\xi) \end{array}\right\vert = -W(\xi),$$

gdje je $W(x)$ determinanta Wronskoga

$$W(x) = \left\vert \begin{array}{ll} u_1(x) & u_2(x) \\ [1mm] u'_1(x) & u'_2(x) \end{array}\right\vert.$$

Ona je uvijek različita od nule (zbog linearne nezavisnosti $u_1,u_2,$ v. Matematika 2). Prema tome postoji rješenje i ono se može naći na pr. pomoću Cramerovog pravila

$$C_1 = \frac{-u_2(\xi)}{p(\xi)\,W(\xi)},\hspace{1cm}C_2 = \frac{-u_1(\xi)}{p(\xi)\,W(\xi)}.$$

Tako je

$$G(x,\xi) = \begin{cases}\frac{\texts... ...-u_1(\xi)}}{\textstyle{p(\xi)\,W(\xi)}}\,u_2(x),\quad 0<\xi<x<\ell. \end{cases}$$ (2.14)

Primjer 2.8   Naći Greenovu funkciju rubnog problema

$$% latex2html id marker 34484\begin{cases} \displaystyle \l... ... [2mm] u'(0) = 0,\qquad u(\ell) + k\,u'(\ell) = 0. \end{cases}$$

Rješenje. Rješenje diferencijalne jednadžbe je

$${{u(x)} = {x\,C_1 + {\frac{{{x}^3}\,C_1}{3}} + C_2}}.$$

Linearno nezavisne funkcije, koje zadovoljavaju rubne uvjete su prema tome

$$u_1(x) = 1,\quad u_2(x) = {\frac{3\,\ell + {{\ell}^3} + 3\,k + 3... ...\,\left( 3 + {x^2} \right) } {3\,\ell + {{\ell}^3} + 3\,k + 3\,{{\ell}^2}\,k}}.$$

Iz uvjeta neprekidnosti i skoka prve derivacije u točki $\xi$ dobivamo sustav jednadžbi

$$C_1 - {\frac{C_2\,\left( 3\,\ell + {{\ell}^3} + 3\,k + 3\,{{\ell}... ... 3 + {\xi^2} \right)\right) }{3\, \ell + {{\ell}^3} + 3\,k + 3\,{{\ell}^2}\,k}} = 0,$$

$$-{\frac{{C_2}\,\left( -3 - 3\,{\xi^2} \right) } {3\,\ell + {{\ell}^3} + 3\,k + 3\,{{\ell}^2}\,k}} = 1 + {\xi^2}.$$

Rješenje tog sustava je

$$C_1 = {\frac{3\,\ell + {{\ell}^3} + 3\,k + 3\,{{\ell}^2}\,k - 3\... ...}}{3}},\quad C_2 = {\frac{3\,\ell + {{\ell}^3} + 3\,k + 3\,{{\ell}^2}\,k}{3}},$$

i prema tome Greenova funkcija je

$$% latex2html id marker 34507 G(x,\xi) = \begin{cases} \dis... ...( 3 + {x^2} \right) }{3}},& \text{za }0<x<\xi<\ell. \end{cases}$$

Rješavanje rubnih problema pomoću Greenove funkcije

Ako u točki $\xi$ na žicu djeluje koncentrirana sila $f=f(\xi)$ umjesto jedinične sile, onda je rješenje (progib)

$$u(x) = f(\xi)\,G(x,\xi).$$

Ako na žicu djeluje više koncentriranih sila $f_1(\xi_1),f_2(\xi_2),\ldots,f_n(\xi_n)$ u točkama $\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_n,$

onda je rješenje

$$u(x) = f(\xi_1)\,G(x,\xi_1)+f(\xi_2)\,G(x,\xi_2)+\cdots +f(\xi_n)\,G(x,\xi_n)=\sum_{i=1}^n f(\xi_i)\,G(x,\xi_i).$$

Konačno, ako vanjska sila nije koncentrirana, već je zadana kao linearna gustoća sile, tj. ako imamo na pr. rubni problem

$$(p\,u')' - q\,u + f = 0,\hspace{1cm}u(0) = u(\ell{}) = 0,$$

onda podijelimo segment $[0,\ell{}]$ na $n$ podsegmenata,

$$a=\xi_0<\xi_1<\xi_2<\ldots<\xi_{n-1}<\xi_n=b.$$

uzmemo proizvoljne točke $\tau_i$ u tim segmentima, i umjesto zadane sile uzmemo koncentriranu silu $f(\tau_i)\Delta\,\xi_i$ u točki $\tau_i.$

Približno rješenje je

$$u(x) \approx \sum_{i=1}^n G(x,\tau_i)\,f(\tau_i)\,\Delta\,\xi_i.$$

Na desnoj strani imamo integralnu sumu za funkciju $G(x,\xi)f(\xi)$ u odnosu na varijablu $\xi.$ Kad podjelu sve više profinjujemo, integralna suma teži prema integralu, pa je rješenje

$$u(x) = \int_0^{\ell}\,G(x,\xi)\,f(\xi)\,d\xi.$$ (2.15)

Iz formule (2.15) se vidi da su u Greenovoj funkciji sadržane informacije o pripadnoj homogenoj diferencijalnoj jednadžbi i o danim rubnim uvjetima.

Kako Greenova funkcija ima različite formule ovisno o tome da li se $\xi$ nalazi ispred $x$ ili iza, integral treba rastaviti na dva dijela, od 0 do $x$ i od $x$ do $\ell.$

$$u(x) = \int_0^{\ell}\,G(x,\xi)\,f(\xi)\,d\xi$$

$$= \int_0^x \frac{-u_1(\xi)}{p(\xi)\,W(\xi)}\,u_2(x)\,f(\xi)\,d\xi + \int_x^{\ell} \frac{-u_2(\xi)}{p(\xi)\,W(\xi)}\,u_1(x)\,f(\xi)\,d\xi.$$

Integrira se po $\xi,$ pa $u_1(x)$ i $u_2(x)$ smijemo izlučiti. Tako imamo konačnu formulu

$$u(x) = -u_1(x)\!\int_x^{\ell}\! \frac{u_2(\xi)}{p(\xi)W(\xi)}f(\xi)d\xi - u_2(x)\!\int_0^x\! \frac{u_1(\xi)}{p(\xi)W(\xi)}f(\xi)d\xi.$$ (2.16)

Dakle, kad želimo riješiti neki rubni problem pomoću Greenove funkcije, dovoljno je naći dva linearno nezavisna rješenja $u_1$ i $u_2$ pripadne homogene jednadžbe, takva da $u_1$ zadovoljava homogeni uvjet na lijevom rubu, a $u_2$ na desnom rubu. Zatim treba izračunati determinantu $W,$ i uvrstiti u formulu (2.16).

Primjer 2.9   Riješiti, pomoću Greenove formule, rubni problem

$$p\,u''(x) = x^2,\hspace{1cm}u(0) = u(\ell{}) = 0.$$

Rješenje. Najprije treba primijetiti da je

$$f(x) = -x^2.$$

Opće rješenje pripadne homogene jednadžbe je

$$u(x) = A\,x + B.$$

Najjednostavnija ovakva funkcija, koja zadovoljava uvjet $u(0)=0,$ je

$$u_1(x) = x,$$

ona koja zadovoljava uvjet $u(\ell{}) = 0$ je

$$u_2(x) = \ell - x.$$

Nadalje imamo

$$W(x)=\left\vert \begin{array}{ll} x & \ell{}-x \\ 1 & -1 \end{array}\right\vert = -\ell{}.$$

Uvrstimo u (2.16)

$$u(x) = x\,\int_x^{\ell} \frac{\ell - \xi}{p\,\ell}\,\xi^2\,d\xi +... ...c{\xi}{p\,\ell}\,\xi^2\,d\xi = \frac{x\,\left( x^3 - {\ell}^3 \right) }{12\,p}.$$

Ova funkcija očito zadovoljava rubne uvjete, a nakon uvrštavanja, lako provjerimo da zadovoljava i jednadžbu.

Primijetimo također da za nalaženje funkcija $u_1,u_2,W$ uopće nije bilo važno koliki je $f.$ Funkcija $f$ se uvrsti tek na kraju u formulu. Prema tome, kad jednom nađemo $u_1,u_2,W,$ umetanjem u formulu raznih funkcija $f$ rješavamo svaki mogući nehomogeni problem.