Fourierova metoda ili metoda separacije varijabli

Vlastite funkcije i vlastite vrijednosti

Valna jednadžba

$$\rho(x)\,\frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial t^2} = p(x)\,\frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2} + f(x,t)$$

opisuje oscilacije žice, longitudinalne oscilacije štapa i torzijske oscilacije štapa. Pretpostavimo da ne djeluje vanjska sila, $f(x,t) = 0,$ da su $\rho$ i $p$ konstante, i neka su zadani homogeni rubni uvjeti.

$$% latex2html id marker 34625 \begin{cases}\frac{\textstyle{\... ...^2}},& \\ [3mm] u(0,t)=0,\hspace{1cm} u(\ell,t)=0, \end{cases}$$ (2.17)

gdje je $c^2 = \frac{p}{\rho}.$ Budući da su oscilacije u pravilu periodična gibanja u odnosu na vrijeme, potražimo rješenja ovog rubnog problema u obliku

$$u(x,t)=X(x)\,\cos \omega t,$$   ili$$\hspace{1cm} u(x,t)=X(x)\,\sin \omega t.$$

Imamo

$$\frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial t^2} = -X(x)\,\omega^2\,\cos \omega t,$$

dok je

$$\frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2} = X''(x)\,\cos \omega t.$$

Uvrstimo u jednadžbu

$$-X(x)\,\omega^2\,\cos \omega t = c^2\,X''(x)\,\cos \omega t,$$

i ako uzmemo u obzir rubne uvjete

$$u(0,t) = X(0)\,\cos\omega t = 0,\hspace{1cm}u(\ell,t) = X(\ell)\,\cos\omega t = 0,$$

dobivamo sljedeći rubni problem za običnu diferencijalnu jednadžbu

$$X''(x) + \left(\frac{\omega}{c}\right)^2\,X(x) = 0,\hspace{1cm} X(0) = 0,\,X(\ell) = 0,$$

$$% latex2html id marker 34642 \begin{cases}X''(x) + \lambda^2\,X(x) = 0,& \\ X(0) = 0,\quad X(\ell) = 0, \end{cases}$$ (2.18)

gdje je $\lambda = \frac{\omega}{c}.$ Ovo je obična linearna homogena diferencijalna jednadžba 2. reda. Njezina karakteristična jednadžba je

$$r^2 + \lambda^2 = 0,\hspace{1cm}r_{1,2} = \pm i\,\lambda$$

pa je opće rješenje

$$X(x) = A\,e^{i\,\lambda\,x} + B\,e^{-i\,\lambda\,x},$$

odakle, pomoću Eulerove formule

$$e^{\pm i\,\lambda\,x} = \cos\lambda\,x\pm i\,\sin\lambda\,x,$$

dobivamo opće rješenje

$$X(x) = C_1\,\cos\lambda\,x + C_2\,\sin\lambda\,x.$$

Iz $X(0)=0$ slijedi $C_1=0,$ pa je

$$X(x) = C_2\,\sin\lambda\,x.$$

Iz $X(\ell)=0$ slijedi

$$C_2\,\sin\lambda\,\ell = 0\hspace{1cm}\Rightarrow\hspace{1cm}\lambda\,\ell = n\,\pi,\;\;n\in Z.$$

Dakle imamo zapravo diskretan skup vrijednosti za $\lambda$

$$\lambda = \frac{n\,\pi}{\ell}\hspace{1cm}n=0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\ldots\;.$$

Za $n=0$ dobivamo trivijalno rješenje (nulfunkciju), a negativni $n$-ovi ne daju ništa novo, jer je sinus neparna funkcija. Tako imamo

$$\lambda_n = \frac{n\,\pi}{\ell},\quad\quad n=1, 2, 3,\ldots\;.$$

Brojevi $\lambda_n^2, n=1,2,3,\ldots$ se zovu vlastite vrijednosti, a pripadne funkcije

$$X_n(x) = \sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,\quad n= 1, 2, 3,\ldots\ .$$

se zovu vlastite funkcije rubnog problema (2.18).

Tako rješenja problema (2.17) imaju oblik

$$u_n(x,t)=X_n(x)\,\cos c\,\lambda_n\,t,$$   ili$$\hspace{1cm} u_n(x,t)=X_n(x)\,\sin c\,\lambda_n\, t.$$

Primjer 2.10   Naći vlastite vrijednosti i vlastite funkcije rubnog problema

$$% latex2html id marker 34682\begin{cases} X''(x) + \lambda^2\,X(x) = 0,& \\ X(0) = 0,\quad X'(\ell) = 0. \end{cases}$$

Rješenje. Kao u (2.18) opće rješenje jednadžbe je

$$X(x) = C_1\,\cos\lambda\,x + C_2\,\sin\lambda\,x.$$

Iz $X(0)=0$ slijedi $C_1=0,$ pa je

$$X(x) = C_2\,\sin\lambda\,x.$$

Iz $X'(\ell)=0$ slijedi

$$\lambda\,C_2\,\cos\lambda\,\ell = 0.$$

Odatle

$$\lambda\,\ell = \frac{\pi}{2} + n\,\pi,\quad\quad n=1,2,3,\ldots\ ,$$

pa je

$$\lambda{}_n = {\frac{(2\,n+1)\,\pi }{2\,\ell}},\quad\quad n=1,2,3,\ldots\ .$$

Tako su vlastite vrijednosti

$$\lambda{}_n^2 = {\frac{(2\,n+1)^2\,\pi^2 }{4\,\ell^2}},\quad\quad n=1,2,3,\ldots\ .$$

Vlastite funkcije su

$$X_n(x) = \sin{\frac{(2\,n+1)\,\pi }{2\,\ell}}x,\quad\quad n=1,2,3,\ldots\ .$$

Primjer 2.11   Naći vlastite vrijednosti i vlastite funkcije rubnog problema

$$% latex2html id marker 34705\begin{cases} X''(x) + \lambd... ...(x) = 0,& \\ X(0) - X'(0) = 0,\quad X'(\ell) = 0. \end{cases}$$

Rješenje. Opće rješenje jednadžbe je

$$X(x) = C_1\,\cos\lambda\,x + C_2\,\sin\lambda\,x.$$

Iz $X(0)-X'(0)=0$ slijedi

$$X(x) = C_2\,\left(\cos\lambda\,x + {\frac{\sin\lambda\,x}{\lambda}}\right).$$

Iz $X'(\ell)=0$ slijedi

$$C_2\,\left(\cos\ell\,\lambda - \lambda\,\sin\ell\,\lambda\right) = 0,$$

odnosno

$${\rm tg}\,\ell\,\lambda = \frac{1}{\lambda}.$$ (2.19)

To je transcendentna (nije algebarska) jednadžba. Takve se jednadžbe u pravilu ne mogu elementarno rješavati, i gotovo uvijek se moramo zadovoljiti s približnim rješenjem. O približnom rješavanju jednadžbi bit će riječi u trećem poglavlju 3.2. Ovdje napomenimo samo toliko da za $\ell=1$ imamo približno

Slika: Rješenja jednadžbe ${\rm tg}\,\lambda=\frac{1}{\lambda}$

$${{\lambda_1}={0.860334}},\quad {{\lambda_2}={3.42562}},\quad {{\lambda_3}={6.4373}}.$$

Tako su približne vlastite funkcije

$$X_1(x)= \cos 0.860334\,x + 1.16234\,\sin 0.860334\,x,$$

$$X_2(x) = \cos 3.42562\,x + 0.291918\,\sin 3.42562\,x,$$

$$X_3(x) = \cos 6.4373\,x + 0.155345\,\sin 6.4373\,x.$$

Slika 2.7: Vlastite funkcije

Fourierovi redovi

Rješavajući valnu jednadžbu, uvaživši rubne uvjete, dobili smo rješenja oblika

$$u_n(x,t)=\sin \lambda_n\,x\,\cos c\,\lambda_n\,t,$$   ili$$\hspace{1cm} u_n(x,t)=\sin \lambda_n\,x\,\sin c\,\lambda_n\, t.$$

Problem oscilacija žice je potpuno zadan tek kad zadamo još i početne uvjete. Na pr.

$$u(x,0) = \alpha(x),\hspace{1cm}\frac{\textstyle{\partial u(x,0)}}{\textstyle{\partial t}} = \beta(x).$$

Općenito niti jedna od funkcija $u_n$ ne zadovoljava početne uvjete. Zato rješenje tražimo u obliku linearne kombinacije. Funkcije su linearno nezavisne, i ima ih beskonačno mnogo, pa linearna kombinacija postaje beskonačni red

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n\,\sin \lambda_n\,x\,\cos c\,\lam... ...ambda_n\,x\,\left(A_n\,\cos c\,\lambda_n\,t + B_n\,\sin c\,\lambda_n\,t\right).$$

Ako je $u$ rješenje koje zadovoljava početne uvjete, onda mora biti

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n\,\sin \lambda_n\,x = \alpha(x).$$

Da li postoje takvi $A_n$ da vrijedi ova jednakost? Za kakve funkcije postoje $A_n$ takvi da vrijedi ova jednakost? Ovakva pitanja i još mnoga druga dovode nas do pojma Fourierovih redova.

Funkcije

$$\sin \lambda_n\,x = \sin \frac{n\,\pi}{\ell}x,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots$$

su periodične, i period je broj $\tau>0$ takav da vrijedi

$$\sin \frac{n\,\pi}{\ell}(x + \tau) = \sin \left(\frac{n\,\pi}{\el... ...\pi}{\ell}\,\tau\right) = \sin \frac{n\,\pi}{\ell}x, \quad\quad \forall x\in R.$$

Odatle slijedi

$$\frac{n\,\pi}{\ell}\,\tau = 2\,\pi\hspace{1cm}\Rightarrow\hspace{1cm}\tau = \frac{2\,\ell}{n}.$$

Svaka od ovih funkcija ima period $2\ell,$ jer je višekratnik perioda također period, pa se nadamo da pomoću njih možemo prikazati svaku periodičku funkciju $f$ perioda $2\ell.$ No, pomoću njih se mogu prikazati samo neparne funkcije, jer je $\sin$ neparna funkcija. To ograničenje izbjegavamo tako da dodamo i odgovarajuće kosinusne funkcije. Uz tu pretpostavku imamo

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+a_1\cos \frac{\pi\,x}{\ell}+a_2\cos \frac{2\,\pi\,x}{\ell}+\cdots+a_n\cos \frac{n\,\pi\,x}{\ell}+\cdots$$

$$+b_1\sin \frac{\pi\,x}{\ell}+b_2\sin \frac{2\,\pi\,x}{\ell}+\cdots+b_n\sin \frac{n\,\pi\,x}{\ell}+\cdots\;,$$

tj.

$$f(x)= \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} \left(a_k\cos \frac{k\,\pi\,x}{\ell}+b_k\sin \frac{k\,\pi\,x}{\ell}\right),$$ (2.20)

gdje su koeficijenti $a_k,b_k,\;n=1,2,3,\ldots$ neodređeni. Da bismo koeficijente odredili tako da vrijedi ova jednakost, koristimo jedno važno svojstvo trigonometrijskih funkcija

$$\int_{-\ell}^{\ell}\,\sin \frac{n\,\... ...ll, & \mbox{ako je $m=n$} \\ 0, & \mbox{ako je $m\neq n$} \end{array}\right.,$$

$$\int_{-\ell}^{\ell}\,\cos\frac{n\,\p... ...ll, & \mbox{ako je $m=n$} \\ 0, & \mbox{ako je $m\neq n$} \end{array}\right.,$$

$$\int_{-\ell}^{\ell}\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,\cos \frac{m\,\pi\,x}{\ell}\,dx = 0.$$

Svojstvo izraženo formulama, u kojima je desna strana jednaka nuli, se zove ortogonalnost trigonometrijskih funkcija, a formule se zovu formule ortogonalnosti.

Sada računamo koeficijente tako da (2.20) množimo redom s

$$\cos\frac{n\,\pi\,x}{\ell},$$   i$$\hspace{1cm} \sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell},\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots,$$

i zatim integriramo po segmentu duljine perioda, na pr. $[-\ell,\ell].$ Zbog svojstva ortogonalnosti dobivamo

$$\int_{-\ell}^{\ell}\,f(x)\,dx = \frac{a_0}{2}\,2\,\ell,\quad \int_{-\ell}^{\ell}\,f(x)\,\cos\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx = a_n\,\ell,$$

$$\int_{-\ell}^{\ell}\,f(x)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx = b_n\,\ell,\hspace{1cm} n=1,2,3,\ldots\ .$$

Da bi ove formule imale smisla, nužno je da $f$ bude integrabilna funkcija na segmentu $[-\ell,\ell].$ U tom slučaju su koeficijenti

$$% latex2html id marker 34803 \begin{cases}\displaystyle a_0 ... ...c{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx,\quad\quad n=1,2,3,\ldots\ . \end{cases}$$ (2.21)

Red oblika

$$\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} \left(a_k\cos \frac{k\,\pi\,x}{\ell}+b_k\sin \frac{k\,\pi\,x}{\ell}\right)$$

se zove trigonometrijski red, a brojevi $a_0,a_1,a_2,\ldots,$ $b_1,b_2,b_3,\ldots$ se zovu koeficijenti trigonometrijskog reda. Trigonometrijski red je dan čim su dani njegovi koeficijenti. No, ako su koeficijenti trigonometrijskog reda dani formulama (2.21), onda se red zove Fourierov red funkcije $f,$ a koeficijenti se zovu Fourierovi koeficijenti.

Do sada smo stalno imali na umu periodičku funkciju $f,$ perioda $2\ell.$ Pretpostavimo da je funkcija $f$ definirana na skupu koji sadrži $[-\ell,\ell],$ da je integrabilna na $[-\ell,\ell],$ i da nije periodička. U tom slučaju također možemo izračunati Fourierove koeficijente i prema tome imamo Fourierov red. Budući da svaka funkcija u tom redu ima period $2\ell,$ i red će predstavljati periodičku funkciju perioda $2\ell,$ i to onu koja se iz dane dobije periodičkim proširenjem njezine restrikcije na segmentu $[-\ell,\ell]$ na cijeli $R.$ Reći ćemo da je to red funkcije $f$ na $[-\ell,\ell].$

Konvergencija.

Detaljnije o tome, a i o Fourierovim redovima općenito v. [8]. Problemi konvergencije Fourierovih redova su vrlo složeni. Posebno je to zbog toga što smo kod računanja Fourierovih koeficijenata funkcije $f$ integralom ulazili pod beskonačnu sumu, što je općenito nedopustiva operacija. Istaknimo ovdje da, ako je funkcija $f$ neprekidna, onda njezin Fouriereov red konvergira u svakoj točki iz $[-\ell,\ell]$ i to k vrijednosti funkcije u toj točki, pa za takvu funkciju doista možemo pisati

$$f(x)= \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} \left(a_k\cos \frac{k\,\pi\,x}{\ell}+b_k\sin \frac{k\,\pi\,x}{\ell}\right).$$

Slika 2.8: Grafovi prvih deset parcijalnih suma Fourierovog reda funkcije $f(x)=x$ na intervalu $\langle 0,1\rangle$

Ako funkcija ima prekid prve vrste u $x_0\in [-\ell,\ell],$ tj. ako postoje limesi s lijeva i s desna ali nisu jednaki, onda njezin Fourierov red konvergira k aritmetičkoj sredini limesa s lijeva i limesa s desna

$$\frac{1}{2}\left(\lim_{\epsilon{}\rightarrow{}0+} f(x_0+\epsilon{}) + \lim_{\epsilon{}\rightarrow{}0+} f(x_0-\epsilon{})\right).$$

Isto tako se ponaša Fourierov red na rubovima, ako se prilikom proširenja po periodičnosti dogodi skok prve vrste na rubovima.

Primjer 2.12   Nađimo Fourierov red funkcije $f(x)=x$ na intervalu $\langle 0,1\rangle.$ Rješenje. Potrebno je izračunati Fourierove koeficijente po formulama (2.21). Period je $1,$ pa bismo trebali integrirati od $-\frac{1}{2}$ do $\frac{1}{2},$ ali ne ovu funkciju, već onu, koja se iz ove dobije proširenjem po periodičnosti (nacrtajte periodičko proširenje!). To bi bilo nespretno, jer se proširenje ne može opisati jednom formulom. Iz periodičnosti slijedi, da prilikom integracije nisu bitne donja i gornja granica, već samo duljina područja integracije. Zato integriramo od 0 do $1.$

$$a_0 = 2\,\int_0^1 x\,dx = 1,$$

$$a_n = 2\,\int_0^1 x\,\cos 2n\pi x\,dx = \left.{\frac{\cos 2n\pi x + 2\,n\,\pi \,x\,\sin 2n\pi x }{2\,{n^2}\,{{\pi }^2}}}\right\vert _0^1 = 0,$$

$$b_n = 2\,\int_0^1 x\,\sin 2n\pi x\,dx = \left.{\frac{-2\,n\,\pi \... ...\,\pi \,\cos 2n\pi + \sin 2n\pi }{2\,{n^2}\, {{\pi }^2}}} = -\frac{1}{n\,\pi},$$

pa je tako Fourierov red

$${\frac{1}{2}} - {\frac{\sin 2\pi x}{\pi }} - {\frac{\sin 4\pi x}{... ...pi }} - \ldots = \frac{1}{2} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin 2n\pi x}{n\,\pi}.$$

Neparne i parne funkcije.

Ako je $f$ neparna funkcija, onda je

$$\int_{-\ell}^0\,f(x)\,dx = \int_{\ell}^0\,f(-x)\,d(-x) = -\int_0^{\ell}\,f(x)\,dx,$$

pa je

$$a_0 = \frac{1}{\ell}\,\int_{-\ell}^{\ell}\,f(x)\,dx = \frac{1}{\ell}\,\left[\int_{-\ell}^0\, f(x)\,dx + \int_0^{\ell}\,f(x)\,dx\right] = 0.$$

Također

$$\int_{-\ell}^0\,f(x)\,\cos\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx = \int_{\ell... ...pi\,(-x)}{\ell}\,d(-x) = -\int_0^{\ell}\, f(x)\,\cos\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx,$$

pa je na sličan način

$$a_n = \frac{1}{\ell}\,\int_{-\ell}^{\ell}\,f(x)\,\cos\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx = 0,$$   za $$n=0,1,2,3,\ldots\ .$$

Tako Fourierov red neparne funkcije sadrži samo sinuse

$$\sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}.$$

Vrijedi i obrat. U ovom redu je svaki član neparna funkcija, pa ako ovaj red predstavlja neku funkciju, onda je ona također neparna.

Osim toga

$$\int_{-\ell}^0\,f(x)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx = \int_{\el... ...,\pi\,(-x)}{\ell}\,d(-x) = \int_0^{\ell}\,f(x)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx,$$

pa je

$$b_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\,f(x)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx.$$

Slično bismo u slučaju parnosti funkcije dobili $b_n=0,$ pa je Fourierov red takve funkcije oblika

$$\frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos\frac{n\,\pi\,x}{\ell},$$

s tim da je

$$a_0 = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\,f(x)\,dx,\hspace{1cm} a_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\,f(x)\,\cos\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx.$$

Primjer 2.13   Treba naći Fourierov red po kosinusima funkcije $f(x)=\sin x$ na intervalu $\langle 0,\pi\rangle.$ Rješenje. Tu se radi o proširenju po parnosti prvog brijega sinusne funkcije. Period je $\pi,$ pa su Fourierovi koeficijenti

$$a_0 = \frac{2}{\pi}\,\int_0^{\pi} \sin x\,dx = \frac{4}{\pi}.$$

Za $n>1$

$$a_n = \frac{2}{\pi}\,\int_0^{\pi} \sin x\,\cos n x\,dx = \left.{\... ...ht\vert _0^{\pi} = {\frac{2\,\left( 1 + \cos n\pi \right) }{\pi\,(1 - {n^2})}},$$

dok je

$$a_1 = \frac{2}{\pi}\,\int_0^{\pi} \sin x\,\cos x\,dx = \frac{1}{\pi}\,\int_0^{\pi} \sin 2x\,dx = 0.$$

Tako je Fourierov red

$${\frac{2}{\pi }} - \frac{4}{\pi}\,\left( {\frac{\cos 2x}{1\cdot 3... ...{\frac{\cos 8x}{7\cdot 9 }} - {\frac{\cos 10x}{9\cdot 11 }} - \cdots\ \right).$$

Primjer 2.14   Naći Fourierov red funkcije

$$f(x)=\cos^3 x + \cos^2 x\,\sin x + \sin^3 x$$

na segmentu $[-\pi,\pi].$

Rješenje. Svaki sumand od $f$ je potencija ili produkt potencija trigonometrijskih funkcija perioda $2\pi,$ što je upravo duljina segmenta na kojem želimo napisati Fourierov red. U tom slučaju je dovoljno svaki od sumanada napisati pomoću linearne kombinacije trigonometrijskih funkcija višestrukog srgumenta.

$$\cos^3 x = \cos^2 x\,\cos x = \frac{1}{2}\,(1+\cos 2\,x)\,\cos x,$$

$$\cos^2 x\,\sin x = \frac{1}{2}\,(1+\cos 2\,x)\,\sin x,$$

$$\sin^3 x = \sin^2 x\,\sin x = \frac{1}{2}\,(1-\cos 2\,x)\,\sin x.$$

Odatle

$$f(x) = \cos^3 x + \cos^2 x\,\sin x + \sin^3 x$$

$$= \frac{1}{2}\,\cos x + \frac{1}{2}\,\cos 2\,x\,\cos x + \frac{1}{2... ...1}{2}\,\cos 2\,x\,\sin x + \frac{1}{2}\,\sin x - \frac{1}{2}\,\cos 2\,x\,\sin x$$

$$= \frac{1}{2}\,\cos x + \sin x + \frac{1}{4}\,(\cos 3\,x + \cos x)$$

$$= \frac{3}{4}\,\cos x + \sin x + \frac{1}{4}\,\cos 3\,x.$$

Dakle

$$a_1 = \frac{3}{4},\quad b_1 = 1,\quad a_3 = \frac{1}{4},$$

a ostali Fourierovi koeficijenti su jednaki nuli.

Slobodne oscilacije žice

Pod slobodnim oscilacijama žice podrazumijevamo oscilacije, koje nastaju uslijed početnih uvjeta, a bez utjecaja vanjske sile. Tako je $f(x,t) = 0,$ pa imamo sljedeći rubno-početni problem

$$% latex2html id marker 34965 \begin{cases}\frac{\textstyle{\... ...artial u(x,0)}}{\textstyle{\partial t}} = \beta(x). \end{cases}$$ (2.22)

Pretpostavimo rješenje u obliku funkcije

$$u(x,t) = X(x)\,T(t).$$

Ova pretpostavka je ključna za metodu koju ćemo sada opisati, a zove se Fourierova metoda ili metoda separacije varijabli. Uz ovu pretpostavku jednadžba postaje

$$X(x)\,T''(t) = c^2\,X''(x)\,T(t),$$ (2.23)

a rubni uvjeti

$$u(0,t) = X(0)\,T(t) = 0,\hspace{1cm}u(\ell,t) = X(\ell)\,T(t) = 0,$$

odakle slijedi

$$X(0) = 0,\hspace{1cm}X(\ell) = 0,$$

jer $T(t)\neq 0,$ za barem jedan $t.$ U protivnom bismo imali $u(x,t) = 0$ za svaki $x,t,$ pa bi žica mirovala, što nije moguće ako je početnim uvjetima izvučena iz položaja ravnoteže.

U jednadžbi (2.23) možemo separirati varijable dijeleći je s $c^2X(x)T(t)$

$$\frac{1}{c^2}\,\frac{T''(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}.$$

Lijeva strana ove jednadžbe ovisi samo o $t,$ a desna samo o $x.$ Kako su varijable $x$ i $t$ nezavisne, slijedi

$$\frac{1}{c^2}\,\frac{T''(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = a,$$

gdje je $a$ konstanta. Tako imamo sljedeći rubni problem

$$X''(x) - a\,X(x) = 0,\hspace{1cm}X(0) = 0,\,X(\ell) = 0,$$

Pomnožimo ovu jednadžbu s $X(x)$ i integrirajmo po $x$ po segmentu $[0,\ell].$

$$\int_0^{\ell}\,X''(x)\,X(x)\,dx = a \int_0^{\ell}\,X(x)^2\,dx.$$

Parcijalno integrirajmo integral na lijevoj strani, i uvrstimo rubne uvjete

$$\underbrace{\left.X'(x)\,X(x)\right\vert _0^{\ell}}_{=0}- \int_0^{\ell}\, X'(x)^2\,dx = a \int_0^{\ell}\,X(x)^2\,dx,$$

pa je

$$a = - \frac{\int_0^{\ell}\, X'(x)^2\,dx}{\int_0^{\ell}\,X(x)^2\,dx}.$$

Odavde slijedi da je $a<0,$ pa možemo staviti $a = -\lambda^2.$ Tako imamo rubni problem

$$X''(x) + \lambda^2\,X(x) = 0,\hspace{1cm}X(0) = 0,\,X(\ell) = 0.$$ (2.24)

Ovaj problem smo već riješili u 2.3.1, i dobili

$$\lambda_n = \frac{n\,\pi}{\ell},\hspace{1cm}X_n(x) = B_n\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ .$$

Za svaki $\lambda_{n}$ imamo po jednu jednadžbu za $T(t)$

$$T_n''(t) + c^2\,\lambda_n^2\,T_n(t) = 0,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ ,$$

pa je opće rješenje

$$T_n(t) = C_n\,\cos c\,\lambda_n\,t + D_n\,\sin c\,\lambda_n\,t,$$

odnosno

$$T_n(t) = C_n\,\cos \frac{c\,n\,\pi}{\ell}\,t + D_n\,\sin \frac{c\,n\,\pi}{\ell}\,t.$$

Tako imamo niz rješenja

$$u_n(x,t) = X_n(x)\,T_n(t) = \left(E_n\,\cos \frac{c\,n\,\pi}{\ell... ...frac{c\,n\,\pi}{\ell}\,t\right)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,\quad n=1,2,3,\ldots,$$

međutim nijedno od njih, u općem slučaju, ne zadovoljava početne uvjete. Općenito će tek beskonačni red

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left(E_n\,\cos \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t + F_n\,\sin \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t\right)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,$$ (2.25)

zadovoljiti početni uvjet. Ovdje su $E_n,F_n$ neodređeni koeficijenti, koje određujemo pomoću početnih uvjeta.

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} E_n\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x = \alpha(x).$$

Suma u ovoj formuli je Fourierov red neparne funkcije definirane na segmentu $[-\ell,\ell].$ Budući da se na $[0,\ell{}]$ podudara s funkcijom $\alpha,$ to znači da je to Fourierov red funkcije koja je iz $\alpha$ dobivena proširenjem po neparnosti s $[0,\ell{}]$ na $[-\ell,\ell].$

Tako je

$$E_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\, \alpha(x)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x\,dx,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ .$$

Iskoristimo i drugi početni uvjet

$$\frac{{\partial u(x,t)}}{{\partial t}} = \sum_{n=1}^{\infty} \le... ...,n\,\pi}{\ell}\,\cos \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t\right)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,$$

$$\frac{{\partial u(x,0)}}{{\partial t}} = \beta(x) = \sum_{n=1}^{\infty} F_n\,\frac{c\,n\,\pi}{\ell}\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$

Kao gore imamo

$$F_n\,\frac{c\,n\,\pi}{\ell} = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\, \beta(x)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x\,dx,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ ,$$

odnosno

$$F_n = \frac{2}{c\,n\,\pi}\int_0^{\ell}\, \beta(x)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x\,dx,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ .$$

Iz ovog razmatranja vidimo da je za upotrebu Fourierove metode nužno imati početne uvjete koji se mogu razložiti u Fourierov red.

Primjer 2.15   Naći slobodne oscilacije napete homogene žice, duljine $\ell,$ učvršćene na rubovima, ako je početna brzina jednaka nuli, a početni pomak kao na slici.

Rješenje. Budući da nema vanjske sile, i da su uvjeti na rubu homogeni, vlastite vrijednosti i vlastite funkcije su kao u rubnom problemu (2.22). Vidjeli smo da se u tom slučaju rješenje može pretpostaviti u obliku (2.25). Pri tom su nepoznati koeficijenti $E_n$ Fourierovi koeficijenti početnog pomaka, a $F_n$ su, do na faktor, Fourierovi koeficijenti početne brzine. Kako je početna brzina $0,$ slijedi $F_n=0,$ za $n=1,2,3,\ldots\ .$ Ostaje izračunati $E_n$ po formuli

$$E_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\, \alpha(x)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x\,dx,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ .$$

$$E_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\frac{\ell}{2}} \frac{2\,h}{\ell}\,x\... ...rac{\ell}{2}}^{\ell} \frac{2\,h}{\ell}\,(x-\ell)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x\,dx.$$

$$E_n = \left.{\frac{-4\,h\, \left( n\,\pi \,x\, \cos ({\frac{n\,\p... ...ell}}) \right) }{\ell\,{n^2}\, {{\pi }^2}}}\right\vert _{\frac{\ell}{2}}^{\ell}$$

$$= \frac{32\,h\,\cos ({\frac{n\,\pi } {4}})\,{{\sin ({\frac{n\,\pi } {4}})}^3}}{{n^2}\,{{\pi }^2}}.$$

Tako su koeficijenti

$$E_1 = {\frac{8\,h}{{{\pi }^2}}}, E_3 = -{\frac{8\,h}{9\,{{\pi }^2... ...= -{\frac{8\,h}{49\,{{\pi }^2}}}, E_9 = {\frac{8\,h}{81\,{{\pi }^2}}},\ldots\ ,$$

pa je rješenje

$$u(x,t) = {\frac{8\,h}{{{\pi }^2}}}\,\cos\frac{c\,\pi}{\ell}t\,\si... ...,{{\pi }^2}}}\,\cos\frac{9\,c\,\pi}{\ell}t\,\sin\frac{9\,\pi}{\ell}x -\cdots\ .$$

Interpretacija rješenja.

$$E_n\,\cos \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t + F_n\,\sin \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t =$$

$$\sqrt{E_n^2+F_n^2}\left(\frac{E_n}{\sqrt{E_n^2+F_n^2}}\,\cos \fr... ...}{\ell}t + \frac{F_n}{\sqrt{E_n^2+F_n^2}}\,\sin \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t\right).$$

Budući da je

$$\left(\frac{E_n}{\sqrt{E_n^2+F_n^2}}\right)^2 + \left(\frac{F_n}{\sqrt{E_n^2+F_n^2}}\right)^2 = 1,$$

postoji $\varphi_n$ takav da je

$$\frac{E_n}{\sqrt{E_n^2+F_n^2}} = \sin\varphi_n,\hspace{1cm} \frac{F_n}{\sqrt{E_n^2+F_n^2}} = \cos\varphi_n,$$

pa je

$$E_n\,\cos \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t + F_n\,\sin \frac{c\,n\,\pi}{\ell}t = \sqrt{E_n^2+F_n^2}\,\sin\left(\frac{c\,n\,\pi}{\ell}\,t + \varphi_n\right).$$

Tako je

$$u_n(x,t) = A_n\,\sin\left(\frac{c\,n\,\pi}{\ell}\,t + \varphi_n\right) \,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots{}\ .$$

Za $n=1$ imamo

$$u_1(x,t) = A_1\,\sin\left(\frac{c\,\pi}{\ell}\,t + \varphi_1\right) \,\sin\frac{\pi}{\ell}x,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots{}\ .$$

U odnosu na varijablu $x$ ova funkcija ima temeljni period

$$\tau_1 = \frac{2\,\pi}{\frac{\pi}{\ell}} = 2\,\ell.$$

To znači da rubne točke $x=0$ i $x=\ell$ miruju, i zbog toga se zovu čvorovi, a ostale se gibaju sinkrono s frekvencijom

$$\omega{}_1 = \frac{c\,\pi}{\ell},$$

i s amplitudom

$$A_1\,\sin\left(\frac{c\,\pi}{\ell}\,t + \varphi_1\right).$$

Za $n=2$ imamo

$$u_2(x,t) = A_2\,\sin\left(\frac{2\,c\,\pi}{\ell}\,t + \varphi_2\right) \,\sin\frac{2\,\pi}{\ell}x,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots{}\ .$$

U odnosu na varijablu $x$ ova funkcija ima temeljni period

$$\tau_2 = \frac{2\,\pi}{\frac{2\,\pi}{\ell}} = \ell.$$

To znači da su sada čvorovi točke $x=0,$ $x=\frac{\ell}{2}$ i $x=\ell.$ Ostale se gibaju sinkrono s frekvencijom

$$\omega{}_2 = \frac{2\,c\,\pi}{\ell},$$

i s amplitudom

$$A_2\,\sin\left(\frac{2\,c\,\pi}{\ell}\,t + \varphi_2\right).$$

Za $n=3$ imamo čvorove $x=0,x=\frac{\ell}{3},x=\frac{2\,\ell}{3},x=\ell,$ frekvencija titranja je

$$\omega{}_3 = \frac{3\,c\,\pi}{\ell},$$

itd.

Ovakva titranja se zovu stojni valovi. Stvarno slobodno titranje je superpozicija ovakvih titranja. Kad se radi o napetoj žici, ona prilikom titranja proizvodi ton. Broj $\omega{}_1$ se zove frekvencija osnovnog tona, a ostale frekvencije se zovu frekvencije viših harmonika. Amplitude viših harmonika vrlo brzo opadaju prema nuli. Njihova distribucija daje boju proizvedenom tonu. Primijetimo na kraju da je frekvencija osnovnog tona

$$\omega{}_1 = \frac{\pi}{\ell}\,\sqrt{\frac{p}{\rho}}\,.$$

Primjer 2.16   Naći oscilacije napete homogene žice, duljine $\ell,$ učvršćene na rubovima, u sredstvu s otporom proporcionalnim brzini, ako su početni uvjeti kao u primjeru 2.15.

Rješenje. Rubni i početni uvjeti su kao u primjeru 2.15, a jednadžba glasi

$$\frac{\textstyle{\partial^2 u(x,t)}}{\textstyle{\partial t^2}} = ... ...ial x^2}} - 2\,k^2\,\frac{\textstyle{\partial u(x,t)}}{\textstyle{\partial t}}.$$

Stavimo $u(x,t)=X(x)T(t),$ i podijelimo s $c^2X(x)T(t).$ Dobivamo

$${\frac{2\,k^2\,T'(t) + T''(t)} {c^2\,T(t)}} = {\frac{X''(x)}{X(x)}}.$$

Varijable su separirane, pa je svaka strana ove jednakosti konstanta. Kao i ranije zaključujemo da je ta konstanta negativna, i da su vlastite vrijednosti

$$\lambda_n^2 = \frac{n^2\,\pi^2}{\ell^2},\qquad n=1,2,3,\ldots\ ,$$

i vlastite funkcije

$$X_n(x) = \sin \frac{n\,\pi}{\ell}\,x,\qquad n=1,2,3,\ldots\ .$$

Vremenska jednadžba sada glasi

$${T_n}''(t) + 2\,k^2\,{T_n}'(t) + c^2\,\lambda_n^2\,{T_n}(t) = 0.$$

Ovo je obična linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima. Pretpostavka $T_n(t)=e^{r\,t}$ vodi na karakterističnu jednadžbu

$$r^2 + 2\,k^2\,r + c^2\,\lambda_n^2 = 0.$$

Rješenja su

$$r = -k^2 - \sqrt{k^4 - c^2\,\lambda_n^2} ,\quad r = -k^2 + \sqrt{k^4 - c^2\,\lambda_n^2}.$$

Ako je $k^2>c\lambda_n,$ tj. ako je otpor dovoljno velik, onda nema osciliranja. Pretpostavimo da je otpor dovoljno malen tako da je $k^2<c\lambda_n.$ Tada je

$$r = -k^2 - i\,\sqrt{c^2\,\lambda_n^2 - k^4},\quad r = -k^2 + i\,\sqrt{c^2\,\lambda_n^2 - k^4}.$$

Tako je

$$T_n(t) = C_1\,e^{(-k^2 - i\,\sqrt{c^2\,\lambda_n^2 - k^4})\,t} + C_2\,e^{(-k^2 + i\,\sqrt{c^2\,\lambda_n^2 - k^4})\,t},$$

što se pomoću Eulerove formule može napisati kao

$$T_n(t) = e^{-k^2\,t}\left(E_n\,\cos\sqrt{c^2\,\lambda_n^2 - k^4}\,t + F_n\,\sin\sqrt{c^2\,\lambda_n^2 - k^4}\,t\right).$$

Stavimo

$$\omega_n = \sqrt{c^2\,\lambda_n^2 - k^4} = \sqrt{\frac{c^2\,n^2\,\pi^2}{\ell^2} - k^4}.$$

Tada je rješenje oblika

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-k^2\,t}\left(E_n\,\cos \omega_n\,t + F_n\,\sin \omega_n\,t\right)\sin\frac{n\,\pi}{\ell}\,x.$$

Koeficijenti $E_n$ i $F_n$ se računaju kao i u primjeru 2.15.

Faktor $e^{-k^2\,t}$ teži k nuli kad $t\rightarrow\infty.$ Zato titranje postaje sve slabije kako $t$ raste. Tako imamo prigušene oscilacije.

Homogenizacija rubnih uvjeta.

Želimo riješiti problem slobodnih oscilacija žice uz zadane nehomogene rubne uvjete.

$$% latex2html id marker 35200 \begin{cases}\frac{\textstyle{\... ...artial u(x,0)}}{\textstyle{\partial t}} = \beta(x). \end{cases}$$ (2.26)

Najprije homogeniziramo rubne uvjete kao u 2.3.3. Na taj način homogeniziramo rubne uvjete, ali se pojavi nehomogena diferencijalna jednadžba

$$% latex2html id marker 35202 \begin{cases}\frac{\textstyle{\... ...artial u(x,0)}}{\textstyle{\partial t}} = \beta(x). \end{cases}$$ (2.27)

Sada homogeniziramo jednadžbu na sljedeći način.

Rješenje pretpostavljamo u obliku

$$u(x,t) = v(x,t) + w(x),$$

gdje je $w$ rješenje stacionarnog rubnog problema

$$c^2\,w''(x) + h(x) = 0,\hspace{1cm}w(0)=w(\ell)=0.$$

Uvrstimo $u(x,t)$ u jednadžbu. Budući da $w$ ne ovisi o $t,$ imamo

$$\frac{\textstyle{\partial^2 v(x,t)}}{\textstyle{\partial t^2}} = ... ...extstyle{\partial^2 v(x,t)}}{\textstyle{\partial x^2}} + w''(x)\right) + h(x),$$

$$\frac{\textstyle{\partial^2 v(x,t)}}{\textstyle{\partial t^2}} = c^2\,\frac{\textstyle{\partial^2 v(x,t)}}{\textstyle{\partial x^2}},$$

jer je $c^2w''+h=0.$

Rubni uvjeti ostaju isti, a početni uvjeti se mijenjaju

$$u(x,0)= v(x,0) +w(x) = \alpha(x),$$

pa je tako početni položaj

$$v(x,0) = \alpha(x) - w(x) = \alpha_1(x),$$

a početna brzina ostaje

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

jer $w$ ne ovisi o $t.$ Tako smo problem sveli na homogenu jednadžbu i homogene rubne uvjete, što smo već riješili.

Prisilne oscilacije

Ako je zadana vanjska sila po jedinici duljine $f(x,t),$ onda treba riješiti sljedeći rubni problem

$$% latex2html id marker 35235 \begin{cases}\frac{\textstyle{\... ...artial u(x,0)}}{\textstyle{\partial t}} = \beta(x), \end{cases}$$ (2.28)

gdje je $h(x,t) = \frac{f(x,t)}{\rho}.$

Uzimajući u obzir rezultate prethodne točke, 2.3.3, rješenje (2.28) možemo pretpostaviti u obliku

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} D_n(t)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$

Ovom formom rješenja pretpostavljamo da se rješenje može razviti u red po vlastitim funkcijama rubnog problema. Neodređene funkcije $D_n(t)$ određujemo pomoću jednadžbe i početnih uvjeta. Kad uvrstimo $u(x,t)$ u jednadžbu, dobivamo

$$\sum_{n=1}^{\infty} D_n''(t)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x = -\sum_{n... ...,D_n(t)\, \left(\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2 \sin\frac{n\,\pi}{\ell}x + h(x,t),$$

odnosno

$$\sum_{n=1}^{\infty} \left[D''_n(t) + \left(c\,\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2D_n(t)\right] \,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x = h(x,t).$$

Za svaki $t$ ovo je Fourierov red po sinusima za funkciju $h(x,t),$ shvaćenu kao funkciju od $x.$ Neka je

$$h(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n(t)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,$$

gdje je

$$A_n(t) = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\,h(x,t)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx.$$

Slijedi

$$D''_n(t) + \left(c\,\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2D_n(t) = A_n(t).$$

Nadalje

$$u(x,0) = \alpha(x) = \sum_{n=1}^{\infty} D_n(0)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,$$

pa je

$$D_n(0) = \alpha_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\,\alpha(x)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx.$$

Analogno

$$\frac{{\partial u(x,0)}}{{\partial t}} = \beta(x) = \sum_{n=1}^{\infty} D'_n(0)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,$$

pa je

$$D'_n(0) = \beta_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\, \beta(x)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx.$$

Tako imamo familiju diferencijalnih jednadžbi s početnim uvjetima

$$\left. \begin{array}{l} D''_n(t) + \... ... \hspace{1cm}D'_n(0) = \beta_n \end{array}\right\}\hspace{3cm} n=1,2,3,\ldots$$

i svaka daje jedno rješenje $D_n(t),$ što zatim uvrstimo u formulu za $u(x,t).$

Primjer 2.17   Riješiti rubno-početni problem

$$% latex2html id marker 35276\begin{cases} \frac{\textstyl... ...tyle{\partial u(x,0)}}{\textstyle{\partial t}} = 0. \end{cases}$$

Rješenje. Imamo

$$A_n(t) = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\,\cos t\,\sin\frac{n\,\pi\,x... ..._0^{\ell} = {\frac{2\,\left( -1 + \cos (n\,\pi ) \right) \,\cos (t)}{n\,\pi }}.$$

Dakle diferencijalne jednadžbe za koeficijent $D_n(t)$ glase

$$D''_n(t) + \left(c\,\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2D_n(t) = {\frac{2\,\left( -1 + \cos n\,\pi \right) \,\cos t}{n\,\pi }},\qquad n=1,2,3,\ldots\ .$$

Budući da su početni uvjeti homogeni, početni uvjeti za ovu familiju diferencijalnih jednadžbi su također homogeni

$$D_n(0) = 0,\qquad D'_n(0) = 0.$$

Rješenja su

$$D_n(t) = {\frac{4\,{\ell^2}\,\left( \cos t - \cos {\frac{c\,n\,\... ...}{n\,\pi \,\left( c\,n\,\pi -\ell \right) \,\left( c\,n\,\pi +\ell \right) }},$$

pa je rješenje problema

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} {\frac{4\,{\ell^2}\,\left( \cos t - ... ...,\pi-\ell \right) \,\left( c\,n\,\pi+\ell \right) }}\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$

Provođenje topline kroz štap

Neka su $\gamma$ i $\delta$ (v. 2.1.4) konstante, i neka je $\frac{\delta}{\gamma}=c^2.$ Tada je rubno-početni problem provođenja zadan kako slijedi

$$% latex2html id marker 35297 \begin{cases}\frac{\textstyle{\... ...\hspace{1cm} u(\ell,t)=0,& \\ [1mm] u(x,0) = g(x). \end{cases}$$ (2.29)

Rješenje tražimo u obliku

$$u(x,t) = X(x)\,T(t).$$

Uz ovu pretpostavku jednadžba postaje

$$X(x)\,T'(t) = c^2\,X''(x)\,T(t).$$

Podijelimo s $c^2X(x)T(t).$ Dobivamo

$$\frac{1}{c^2}\,\frac{T'(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda^2.$$

Negativnost ove konstante se dokazuje kao kod valne jednadžbe (v. 2.3.3). Na isti način kao kod valne jednadžbe iz rubnih uvjeta dobivamo

$$\lambda_n = \frac{n\,\pi}{\ell},\hspace{1cm}X_n(x) = B_n\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ .$$

S druge strane

$$\frac{T'_n(t)}{T_n(t)} = -\left(\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2c^2.$$

Rješenje ove jednadžbe je

$$T_n(t) = C_n\,e^{-\left(\frac{n\,c\,\pi}{\ell}\right)^2\,t}.$$

Tako je

$$u_n(x,t) = X_n(x)\,T_n(t) = E_n\,e^{-\left(\frac{n\,c\,\pi}{\ell}\right)^2\,t} \sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$

Ove funkcije rješavaju jednadžbu, i zadovoljavaju rubne uvjete. No da bi bio zadovoljen i početni uvjet, treba rješenje pretpostaviti u obliku beskonačnog reda (v. 2.3.3)

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} E_n\,e^{-\left(\frac{n\,c\,\pi}{\ell}\right)^2\,t} \sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$

Početni uvjet daje

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} E_n\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x = g(x).$$

Dakle $E_n$ su Fourierovi koeficijenti funkcije $g$ proširene po neparnosti s $[0,\ell{}]$ na $[-\ell,\ell].$ Tako je

$$E_n = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\, g(x)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x\,dx,\hspace{1cm}n=1,2,3,\ldots\ .$$

Neka je jednadžba nehomogena

$$\frac{\textstyle{\partial^2 u(x,t)}}{\textstyle{\partial t^2}} = c^2\,\frac{\textstyle{\partial^2 u(x,t)}}{\textstyle{\partial x^2}} + f(x,t),$$

gdje je $f$ toplina po jedinici duljine podijeljena s toplinskim kapacitetom jedinice duljine štapa $\gamma.$ Uz iste rubne i početne uvjete rješenje pretpostavljamo u obliku

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} E_n(t)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$

Neodređene koeficijente $E_n(t)$ ćemo odrediti tako da $u$ zadovoljava jednadžbu i početni uvjet.

$$\sum_{n=1}^{\infty} E'_n(t)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x = -\sum_{n... ...,E_n(t)\, \left(\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2 \sin\frac{n\,\pi}{\ell}x + f(x,t),$$

odnosno

$$\sum_{n=1}^{\infty} \left[E'_n(t) + \left(c\,\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2E_n(t)\right] \,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x = f(x,t).$$

Lijeva strana je Fourierov red, ako $t$ shvatimo kao parametar. Pretpostavimo da je

$$f(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n(t)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,$$

gdje je

$$A_n(t) = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\, f(x,t)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx.$$

Slijedi

$$E'_n(t) + \left(c\,\frac{n\,\pi}{\ell}\right)^2E_n(t) = A_n(t),\quad n=1,2,3,\ldots\ .$$

Početni uvjet nam daje

$$g(x) = u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} E_n(0)\,\sin\frac{n\,\pi}{\ell}x,$$

tj.

$$E_n(0) = \frac{2}{\ell}\int_0^{\ell}\, g(x)\,\sin\frac{n\,\pi\,x}{\ell}\,dx,\quad n=1,2,3,\ldots\ .$$

Tako smo dobili familiju diferencijalnih jednadžbi s pripadnim početnim uvjetima, čija rješenja daju neodređene koeficijente.

Primjer 2.18   Naći raspodjelu temperature u homogenom tankom štapu, duljine $\ell,$ bočno toplinski izoliranom, ako se na lijevom kraju održava temperatura $0,$ a na desnom se mijenja s vremenom po formuli $u(\ell,t)=a\,t.$ Početna temperatura štapa je $0.$

Rješenje. Rubno-početni problem glasi

$$% latex2html id marker 35366\begin{cases} \frac{\textstyle... ...t)=0,\qquad u(\ell,t)=a\,t,& \\ [1mm] u(x,0) = 0. \end{cases}$$

Najprije treba homogenizirati rubne uvjete. Očito funkcija

$$v(x,t) = u(x,t) - \frac{a\,t\,x}{\ell}$$

zadovoljava homogene rubne uvjete. Pripadni rubno-početni problem za $v$ je

$$% latex2html id marker 35372\begin{cases} \displaystyle \f... ...(0,t)=0,\qquad v(\ell,t)=0,& \\ [1mm] v(x,0) = 0. \end{cases}$$

Sada homogeniziramo jednadžbu. Stavimo

$$v(x,t) = z(x,t) + w(x),$$

gdje je $w$ rješenje problema

$$% latex2html id marker 35378\begin{cases} \displaystyle c^... ...a\,x}{\ell} = 0,& \\ w(0) = 0,\qquad w(\ell) = 0. \end{cases}$$

Rješenje ovog problema je

$$w(x) = \frac{a\,x^3}{6\,c^2\,\ell} - \frac{a\,\ell\,x}{6\,c^2}.$$

Na taj način smo homogenizirali rubne uvjete i jednadžbu, ali se nehomogenost pojavila u početnom uvjetu. Tako $z$ rješava sljedeći rubno-početni problem

$$% latex2html id marker 35384\begin{cases} \displaystyle \... ...,\ell} - \frac{\left( a\,\ell\,x\right) }{6\,c^2}. \end{cases}$$

$$E_n = \frac{2\,a\,\ell^2\,\cos n\,\pi}{c^2\,n^3\,\pi^3},$$

pa je rješenje rubnog problema za $z$

$$z(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2\,a\,\ell^2\,\cos n\,\pi}{c^... ...^3}\, e^{-\left(\frac{n\,c\,\pi}{\ell}\right)^2\,t}\, \sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$

Rješenje početnog problema je

$$u(x,t) = z(x,t) + \frac{a\,t\,x}{\ell} + \frac{a\,x^3}{6\,c^2\,\ell} - \frac{a\,\ell\,x}{6\,c^2},$$

dakle

$$u(x,t) = \frac{a\,t\,x}{\ell} + \frac{a\,x^3}{6\,c^2\,\ell} - \fr... ...^3}\, e^{-\left(\frac{n\,c\,\pi}{\ell}\right)^2\,t}\, \sin\frac{n\,\pi}{\ell}x.$$