Višedimenzionalni problemi

Rubni problemi

Oscilacije membrane

Membrana je tanka ploča od krutog materijala. Promatrat ćemo nategnutu membranu silama koje djeluju u ravnini membrane.

Sila djeluje na luk krivulje koja je rub membrane. Zbog krutosti membrane napetost uslijed te sile prenosi se u unutrašnjost, pa tako na svaki komad membrane $D$ djeluje napetost na rubu $\partial D.$

Tako, u svakoj točki $(x,y)$ membrane, i za svaki luk kroz točku $(x,y)$ imamo silu $\vec{\,p}$ po jedinici duljine luka (linijsku gustoću sile), kojom vanjski dio membrane djeluje na unutarnji dio. Ako luk nije zatvoren, onda nije jasno što je vanjski, a što unutarnji dio membrane. Pod vanjskim dijelom uvijek podrazumijevamo onaj dio koji se nalazi na strani vektora normale. Sila o kojoj se ovdje radi zove se kontaktna sila (njezino djelovanje je omogućeno isključivo kontaktom). Zbog pretpostavke da se radi o malim progibima, možemo pretpostaviti da je ona, pa i njezina linijska gustoća, tangencijalna na membranu. Pretpostavljamo, također, da napetost ne ovisi o vremenu. Osnovna pretpostavka (Cauchyjev aksiom) je da je ta sila ista za sve lukove kroz $(x,y),$ koji imaju zajednički jedinični vektor normale $\vec{\,n}$ u točki $(x,y).$

Tako $\vec{\,p}$ ovisi o točki i jediničnom vektoru normale u točki, tj. $\vec{\,p} = \vec{\,p}((x,y),\vec{\,n}).$ Ta ovisnost je linearna, pa prema tome, ako je

$$\vec{\,n} = n_x\,\vec{\imath}+ n_y\,\vec{\jmath},$$

onda vrijedi

$$\vec{\,p}((x,y),\vec{\,n}) = n_x\,\vec{\,p}((x,y),\vec{\imath}\,)+ n_y\,\vec{\,p}((x,y),\vec{\jmath}\,).$$ (2.45)

Prema tome napetost $\vec{p}$ je određena svojim djelovanjem na vektore $\vec{\imath},\vec{\jmath}.$ Neka je

$$\vec{\,p}((x,y),\vec{\imath}\,) = p_{11}(x,y)\,\vec{\imath} + p_{21}(x,y)\,\vec{\jmath}$$ (2.46)

$$\vec{\,p}((x,y),\vec{\jmath}\,) = p_{12}(x,y)\,\vec{\imath} + p_{22}(x,y)\,\vec{\jmath}$$ (2.47)

Time je napetost u točki $(x,y)$ dana matricom

$${\cal P}(x,y) = \left[ \begin{array}{cc} p_{11}(x,y) & p_{21}(x,y) \\ p_{12}(x,y) & p_{22}(x,y) \end{array}\right].$$ (2.48)

Napetost u smjeru vektora $\vec{n}$ možemo izračunati tako da identificiramo radijvektore s vektorstupcima, i da zatim vektorstupac $\boldsymbol{n}$ pomnožimo matricom ${\cal P}$

$$\left[ \begin{array}{cc} p_{11}(x,y)... ...+ p_{12}(x,y)\,n_y \\ p_{21}(x,y)\,n_x + p_{22}(x,y)\,n_y \end{array}\right].$$

To isto se dobije, ako uvrstimo (2.46) i (2.47) u (2.45).

Pretpostavljamo da je membrana homogena i izotropno napeta, što ima za posljedicu da napetost djeluje na rubu u smjeru vektora vanjske normale $\vec{\,n}.$

U tom slučaju je matrica napetosti skalarna

$${\cal P}(x,y) = \left[ \begin{array}{cc} p_{11}(x,y) & p_{21}(x,y) \\ p_{12}(x,y) & p_{22}(x,y) \end{array}\right].$$

Tako je $\vec{\,p}(x,y) = p(x,y)\,\vec{\,n}(x,y).$

Ako je membrana u ravnoteži, onda ukupna sila na rubu iščezava.

$$\int_{\partial\Omega}\,\vec{\,p}\,ds = \int_{\partial\Omega}\,p\,\vec{\,n}\,ds = \vec{\,0}.$$

Odatle

$$\int_{\partial\Omega}\,p\,n_x\,ds = 0,$$   i$$\hspace{1cm}\int_{\partial\Omega}\,p\,n_y\,ds = 0.$$

Budući da to vrijedi za svaki komad membrane $D,$ imamo

$$\int_{\partial D}\,p\,n_x\,ds = 0, \hspace{1cm}\int_{\partial D}\,p\,n_y\,ds = 0.$$ (2.49)

Teorem o divergenciji u $R^2$ glasi

$$\int_{\partial\Omega}\vec{a}\cdot \vec{n}\,ds = \int\!\!\int_{\Omega} {\rm div\,}\vec{a}\,dxdy,$$

gdje je $\Omega$ područje u ravnini, $\partial{\Omega{}}$ rub od $\Omega{},$ koji je po dijelovima glatka krivulja koja samu sebe ne presijeca, $\vec{a}$ vektorsko polje klase $C^1$ na nekoj okolini od $\Omega{},$ i $\vec{n}$ vektorsko polje vanjskih jediničnih normala na $\partial{\Omega{}}.$

Specijalno, ako je $\vec{\,a}(x,y) = p(x,y)\,\vec{\imath},$ onda je

$$\int_{\partial\Omega} p(x,y)\,n_x\,ds = \int\!\!\int_{\Omega}\frac{\partial p(x,y)}{\partial x}\,dxdy.$$ (2.50)

Slično

$$\int_{\partial\Omega} p(x,y)\,n_y\,ds = \int\!\!\int_{\Omega}\frac{\partial p(x,y)}{\partial y}\,dxdy.$$ (2.51)

Ove formule se zovu Gaussove formule.

Dakle, po teoremu o divergenciji, iz (2.49) slijedi

$$\iint_{D}\frac{\partial p(x,y)}{\partial x}\,dxdy = \iint_{D}\frac{\partial p(x,y)}{\partial y}\,dxdy = 0.$$

To vrijedi za proizvoljni komad membrane $D$ (područje u $\Omega$), pa po osnovnoj lemi zaključujemo da je

$$\frac{\partial p(x,y)}{\partial x} = \frac{\partial p(x,y)}{\partial y} = 0$$

za svaki $(x,y)\in \Omega,$ pa je prema tome

$$p(x,y)=$$konst.

Osnovnim stanjem membrane smatrat ćemo ravnotežno stanje napete membrane. Ako takvu membranu izvučemo iz položaja ravnoteže, ona se počne gibati (oscilirati, titrati). Vektorska polja koja su nam pri tom interesantna jesu

$\vec{u}\,(x,y,t)$ - progib membrane u točki $(x,y),$ u čas $t$ (polje pomaka),

$\vec{\varphi}\,(x,y,t)$ - količina gibanja membrane po jedinici površine, u točki $(x,y),$ u čas $t$ (površinska gustoća količine gibanja),

$\vec{\psi}\,(x,y,t;\vec{n})$ - količina gibanja, koja se u jedinici vremena prenese kroz jedinični luk izvana prema unutra (smjer suprotan smjeru jediničnog vektora vanjske normale $\vec{n}$) u točki $(x,y),$ u čas $t$ (linijska gustoća kontaktne sile),

$\vec{f}\,(x,y,t)$ - količina gibanja po jedinici površine, koja se u jedinici vremena izvana prenese na membranu u točki $(x,y),$ u čas $t$ (površinska gustoća vanjske sile).

Polje $\vec{u}(x,y,t)$ je kinematičko polje, a ostala tri polja su dinamička.

Zakon održanja.

Ukupna količina gibanja u jedinici vremena komada membrane $D$ jednaka je ukupnoj količini gibanja koja se po jedinici vremena izvana prenese na membranu, kroz rub i drukčije.

$$\frac{d}{dt}\,\iint_{D}\,\vec{\varphi}(x,y,t)\,dS = \int_{\partial D}\, \vec{\psi}(x,y,t;\vec{n})\,ds + \iint_{D}\,\vec{f}(x,y,t)\,dS.$$

Promatrat ćemo samo male transverzalne oscilacije, pa je tako

$$\vec{\varphi}(x,y,t) = \varphi(x,y,t)\,\vec{k},\hspace{1cm}\vec{u}(x,y,t) = u(x,y,t)\,\vec{k}.$$

Prvi zakon ponašanja kaže da je gustoća količine gibanja jednaka umnošku gustoće mase i brzine

$$\varphi(x,y,t) = \rho(x,y)\,\frac{\partial u(x,y,t)}{\partial t}.$$

Drugi zakon ponašanja se izvodi slično kao kod žice.

Vektorsko polje $\vec{\,\psi}(x,y,t;\vec{n})$ je tangencijalno na membranu i okomito na luk $\Gamma.$ Nadalje je $\vert\vec{\,\psi}\vert = \vert\vec{\,p}\vert,$ Slijedi (v. sliku) Progib membrane je malen, pa je kut $\vec{a}$ vrlo malen. Odatle $\psi_z = p\,{\rm tg}\,\alpha.$ pa je $\psi_z = p\,{\rm tg}\,\alpha.$ Zatim ${\rm tg}\,\alpha = \frac{\partial u}{\partial\vec{n}},$ pa je $\psi_z = p\,\frac{\partial u}{\partial\vec{n}}.$

Uzdužna komponenta kontaktne sile je, zbog pretpostavke o izotropnoj napetosti, uvijek okomita na rub, i po iznosu konstantna, pa nas interesira samo $\psi_z.$ Također ćemo pretpostaviti da vanjska sila djeluje samo u smjeru okomitom na membranu, pa ćemo tako u daljnjem promatrati samo $\psi_z,f_z,$ i te veličine ćemo označavati s $\psi,f.$ Imamo dakle drugi zakon ponašanja

$$\psi = p\,\frac{\partial u}{\partial... ...\frac{\partial u}{\partial x}\,n_x + \frac{\partial u}{\partial y}\,n_y\right),$$

Uvrstimo zakone ponašanja u zakon održanja i primijenimo Leibnizovo pravilo o deriviranju pod znakom integrala. Dobivamo

$$\iint_{D}\,\rho\,\frac{\partial^2 u}... ...,dS = \int_{\partial D}\, p\,{\rm grad\,}u\cdot \vec{n}\,ds + \iint_{D}\,f\,dS.$$

Na prvi integral na desnoj strani primijenimo teorem o divergenciji, pa imamo

$$\iint_{D}\,\rho\,\frac{\partial^2 u}... ...al t^2}\,dS = \iint_{D}\, p\,{\rm div\,}({\rm grad\,}u)\,dS + \iint_{D}\,f\,dS.$$

${\rm div\,}({\rm grad\,}u) = \Delta\,u,$ pa kad to uvrstimo, prebacimo sve na lijevu stranu i stavimo pod jedan integral, dobivamo

$$\iint_{D}\,\left[\rho\,\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - p\,\Delta\,u - f\right]\,dS = 0.$$

Budući da ova jednakost vrijedi za svaki komad membrane $D,$ slijedi

$$\rho\,\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - p\,\Delta\,u - f = 0,$$

tj.

$$\rho\,\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = p\,\Delta\,u + f.$$

Ova jednadžba se zove valna jednadžba. Ona opisuje male poprečne oscilacije izotropno napete membrane.

U slučaju da $p$ nije konstantno, dobili bismo jednadžbu

$$\rho\,\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = {\rm div\,}(p\,{\rm grad\,}u) + f.$$

Provođenje topline

Promatrat ćemo provođenje topline kroz tijelo u prostoru. Slično razmatranje se može provesti kad se radi o tankoj ploči u ravnini.

Polja koja u vezi s tim promatramo su sljedeća.

${u}(x,y,z,t)$ - temperatura tijela u točki $(x,y,z),$ u čas $t,$

${\varphi}(x,y,z,t)$ - količina topline po jedinici volumena, u točki $(x,y,z),$ u čas $t,$

${\psi}(x,y,z,t;\vec{n})$ - količina topline, koja se u jedinici vremena prenese kroz jediničnu površinu izvana prema unutra (smjer suprotan smjeru jediničnog vektora vanjske normale $\vec{n}$) u točki $(x,y,z),$ u čas $t.$

${f}(x,y,z,t)$ - količina topline po jedinici volumena, u jedinici vremena, koja se izvana prenese u tijelo u točki $(x,y,z),$ u čas $t.$

Polje ${u}(x,y,z,t)$ je kinematičko polje, a ostala tri polja su dinamička.

Zakoni ponašanja su

$$\varphi = \gamma\,u,\hspace{1cm}\psi = p\,\frac{\partial u}{\partial\vec{n}} = p\,{\rm grad\,}u\cdot \vec{n},$$

gdje je $\gamma$ toplinski kapacitet jedinice volumena, a $p$ toplinski koeficijent provođenja. Da bi se toplina prenosila izvana u tijelo, što znači da je $\psi>0,$ mora temperatura vani biti veća, tj. mora biti $\frac{\partial u}{\partial\vec{n}}>0,$ pa je prema tome $p>0.$

Kad provedemo sličan postupak kao za membranu, uzimajući sada zakon o održanju energije kao polazište, dobivamo jednadžbu provođenja topline

$$\gamma\,\frac{\partial u}{\partial t} = p\,\Delta\,u + f.$$

Filtracija

Promatrat ćemo filtraciju nestlačive tekućine kroz poroznu sredinu. Polja koja su nam ovdje važna jesu

${u}(x,y,z,t)$ - tlak tekućine u točki $(x,y,z),$ u čas $t,$

${\varphi}(x,y,z,t)$ - masa tekućine po jedinici volumena, u točki $(x,y,z),$ u čas $t,$

${\psi}(x,y,z,t;\vec{n})$ - masa tekućine, koja se u jedinici vremena prenese kroz jediničnu površinu izvana prema unutra (smjer suprotan smjeru jediničnog vektora vanjske normale $\vec{n}$) u točki $(x,y,z),$ u čas $t.$

${f}(x,y,z,t)$ - masa tekućine po jedinici volumena, u jedinici vremena, koja se unese u tijelo (izvori, ponori unutar tijela) u točki $(x,y,z),$ u čas $t.$

Polje ${u}(x,y,z,t)$ je kinematičko polje, a ostala tri polja su dinamička.

Zakoni ponašanja su

$$\varphi = \gamma\,\rho,\hspace{1cm}\psi = p\,\frac{\partial u}{\partial\vec{n}} = p\,{\rm grad\,}u\cdot \vec{n},$$

gdje je $\rho$ gustoća mase tekućine, $\gamma$ poroznost, tj. omjer praznog prostora i ukupnog volumena porozne sredine, a $p$ koeficijent filtracije. U ovom slučaju opću jednadžbu dobivamo iz zakona o održanju mase. Kad uvrstimo zakone ponašanja dobivamo jednadžbu filtracije

$$\frac{\partial{}\gamma\,\rho(u)}{\partial{}t} = {\rm div\,}(p\,{\rm grad\,}u) + f.$$

Za nestlačivu tekućinu $\rho$ je konstanta, pa bilo kakva derivacija od $\varphi$ iščezava. Nadalje, prema Darcyjevom zakonu filtracije (eksperimentalno utvrđenom) vrijedi

$$p = \frac{\rho\,\kappa}{\mu},$$

gdje je $\mu$ viskoznost tekućine, a $\kappa$ permeabilnost porozne sredine. Pod pretpostavkom da su i ove veličine konstantne, dobivamo, kao kod membrane, jednadžbu filtracije

$$p\,\Delta\,u + f = 0.$$

Izostanak derivacije tlaka $u$ po vremenu tumačimo tako da se tlak u nestlačivoj tekućini prenosi trenutno. Ovu jednadžbu možemo prepisati u obliku

$$-\Delta\,u = \frac{f}{p} = h.$$

Jednadžba oblika

$$\Delta\,u = g$$

se zove Poissonova jednadžba, a jednadžba

$$\Delta\,u = 0$$

Laplaceova jednadžba. Ravnotežna stanja membrane i provođenja i filtracija nestlačive tekućine se opisuju Poissonovom jednadžbom. Ako pri tom nije bilo vanjske sile, topline, mase, onda se ta stanja opisuju Laplaceovom jednadžbom. Poissonova jednadžba je linearna diferencijalna jednadžba, a Laplaceova je njoj pripadna homogena jednadžba. Tako možemo zaključiti da se skup svih rješenja Poissonove jednadžbe može dobiti tako da se jednom partikularnom rješenju Poissonove jednadžbe dodaju sva moguća rješenja Laplaceove jednadžbe. Funkcije koje rješavaju Laplaceovu jednadžbu se zovu harmonijske funkcije. Kad se radi o ravninskim problemima, onda se harmonijske funkcije pojavljuju kao realni i imaginarni dijelovi analitičkih funkcija. To pokazuje da se funkcije kompleksne varijable mogu koristiti kod ravninskih rubnih problema ili onih prostornih koji se mogu svesti na ravninske.

Rubni problemi

Imamo tri tipa jednadžbi

$-\Delta\,u = h\hspace{2.4cm}$ - ravnotežno stanje,

$$\rho\,\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = p\,\Delta\,u + f\hspace{1cm}$$ - valna jednadžba,

$$\gamma\,\frac{\partial u}{\partial t} = p\,\Delta\,u + f\hspace{1.2cm}$$ - jednadžba provođenja.

Rubni uvjeti mogu biti zadani tako da je na rubu $\partial{\Omega{}}$ zadano kinematičko polje $u,$ tj. da je zadana funkcija $u\vert _{\partial\Omega},$ ili da je zadano dinamičko polje $\psi{},$ tj. da je zadana funkcija $\psi\vert _{\partial\Omega}.$ Iz zakona ponašanja se vidi da zadati $\psi$ na rubu znači zapravo zadati funkciju $\frac{\partial u}{\partial\vec{n}}\vert _{\partial\Omega}.$ Napetost na rubu je osnovna pretpostavka i ona ne ulazi u rubne uvjete.

Kažemo da je zadan homogeni Dirichletov uvjet, ako je

$$u\vert _{\partial\Omega} = 0.$$

Taj uvjet znači u slučaju

a)

oscilacija membrane, da je rub učvršćen u ravnini membrane,

b)

provođenja topline, da se rub održava stalno na temperaturi $0,$

c)

filtracije, da je tlak na rubu jednak nuli, što znači da tekućina može slobodno protjecati kroz rub.

Kažemo da je zadan homogeni Neumannov uvjet, ako je

$$\left.\frac{\partial u}{\partial\vec{n}}\right\vert _{\partial\Omega} = 0.$$

Taj uvjet znači u slučaju

a)

oscilacija membrane, da ne ulazi (izlazi) nikakva količina gibanja kroz rub; dakle rub nije izvana prisiljen ponašati se na određen način, već se on ponaša onako kako mu diktira sama membrana. Prema tome kažemo da je rub slobodan,

b)

provođenja topline, da kroz rub ne ulazi (izlazi) nikakva toplina u tijelo; dakle rub je toplinski izoliran,

c)

filtracije, da kroz rub ne ulazi (izlazi) nikakva masa tekućine u tijelo; dakle rub je nepropusan.

Ako proces nije stacionaran, onda je potrebno odrediti još i početne uvjete. U slučaju valne jednadžbe treba zadati

$$u\vert _{t=0},$$   i$$\hspace{1cm}\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right\vert _{t=0},$$

dok u slučaju jednadžbe provođenja dovoljno je zadati samo

$$u\vert _{t=0}.$$

Kao kod jednodimenzionalnih problema, koristeći svojstvo linearnosti možemo homogenizirati rubne uvjete.

Jedinstvenost rješenja rubnih problema

Laplaceova jednadžba ima beskonačno mnogo rješenja. Dovoljno je vidjeti da je funkcije oblika $u(x,y,z) = a\,x\,y + b\,y\,z + c\,z\,x + \alpha\,x + \beta\,y + \gamma\,z + \delta$ zadovoljavaju, za bilo kakve vrijednosti parametara $a,b,c,d,\alpha,\beta,\gamma,\delta.$ Tako i Poissonova jednadžba ima beskonačno mnogo rješenja. Realna fizikalna situacija je membrana određenog oblika, s određenim uvjetima na rubu. To drastično smanjuje broj rješenja. Razmotrimo sada problem jedinstvenosti rubnog problema

$$-\Delta\,u = f,$$

$$u\vert _{\partial\Omega} = \alpha,$$   ili$$\hspace{1cm}\left.\frac{\partial u}{\partial\vec{n}}\right\vert _{\partial\Omega} = \beta$$

Taj problem ćemo rješavati pomoću energetske jednadžbe. Pomnožimo Poissonovu jednadžbu s $u$ i zatim integrirajmo po cijelom području

$$-\iiint_{\Omega}\,u\,\Delta\,u\,dV = \iiint_{\Omega}\,f\,u\,dV.$$

Za skalarna polja $u$ i $v$ imamo

$${\rm div\,}(u\,{\rm grad\,}v) = {\rm grad\,}u\cdot{\rm grad\,}v + u\,\Delta v.$$

Stavimo $v=u,$ pa imamo

$$u\,\Delta u = {\rm div\,}(u\,{\rm grad\,}u) - {\rm grad\,}u\cdot{\rm grad\,}u,$$

$$\iiint_{\Omega} u\,\Delta u\,dV = \i... ...}(u\,{\rm grad\,}u)\,dV - \iiint_{\Omega} {\rm grad\,} u\cdot{\rm grad\,}u\,dV.$$ (2.52)

Po teoremu o divergenciji

$$\iiint_{\Omega} {\rm div\,}(u\,{\rm ... ...vec{n}\,dS = \iint_{\partial\Omega} u\,\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\,dS,$$

pa nakon uvrštavanja dobivamo energetsku jednadžbu

$$\iiint_{\Omega}\,({\rm grad\,}u)^2\,... ...f\,u\,dV + \iint_{\partial\Omega}\, u\,\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\,dS.$$

Teorem 19   Neka je $\Omega$ ograničeno područje u $R^3.$ Dirichletov rubni problem

$$-\Delta\,u = f,$$

$$u\vert _{\partial\Omega} = \alpha$$

ima najviše jedno rješenje.

Dokaz. Zaista, pretpostavimo da su $u_1$ i $u_2$ dva rješenja. Tada funkcija $w = u_1 - u_2$ rješava rubni problem

$$-\Delta\,w = 0,$$

$$w\vert _{\partial\Omega} = 0.$$

Uvrstimo $w$ u energetsku jednadžbu umjesto $u.$ Imamo

$$\iiint_{\Omega}\,({\rm grad\,}w)^2\,dV = 0.$$

Slijedi

$${\rm grad\,}w = \vec{0},$$

odakle

$$\frac{\partial w}{\partial x} = \frac{\partial w}{\partial y} = \frac{\partial w}{\partial z} = 0,$$

pa je $w$ konstanta. No, $w\vert _{\partial\Omega} = 0$ povlači $w = 0,$ tj.

$$u_1 = u_2.$$

$\heartsuit$

Teorem 20   Neka je $\Omega$ ograničeno područje u $R^3,$ i neka je zadan Neumannov rubni problem

$$-\Delta\,u = f,$$

$$\left.\frac{\partial u}{\partial\vec{n}}\right\vert _{\partial\Omega} = \beta.$$

1.

Nužan uvjet za postojanje rješenja je

$$\iiint_{\Omega}\,f\,dV + \iint_{\partial\Omega}\,\beta\,dS = 0.$$

2.

Bilo koja dva rješenja se razlikuju za konstantu.

Dokaz. 1. Ako je $u$ rješenje, onda iz jednadžbe slijedi

$$-\iiint_{\Omega}\,\Delta\,u\,dV = \iiint_{\Omega}\,f\,dV,$$

$$-\iiint_{\Omega}\,{\rm div\,}({\rm grad\,}u)\,dV = \iiint_{\Omega}\,f\,dV.$$

Po teoremu o divergenciji slijedi

$$-\iint_{\partial\Omega}\,\ {\rm grad\,}u\cdot \vec{n}\,dS = \iiint_{\Omega}\,f\,dV,$$

$$\iint_{\partial\Omega}\,\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\,dS + \iiint_{\Omega}\,f\,dV = 0,$$

dakle

$$\iiint_{\Omega}\,f\,dV + \iint_{\partial\Omega}\,\beta\,dS = 0.$$

Ovaj uvjet izražava činjenicu da vanjska sila i Neumannov rubni uvjet moraju biti pažljivo izabrani, tako da membrana bude u ravnoteži. Kod Dirichletovog uvjeta nije bio potreban toliki oprez, jer je u tom slučaju membrana na rubu učvršćena.
2. Neka su $u_1$ i $u_2$ dva rješenja. Tada funkcija $w = u_1 - u_2$ rješava rubni problem

$$-\Delta\,w = 0,$$

$$\left.\frac{\partial w}{\partial\vec{n}}\right\vert _{\partial\Omega} = 0.$$

Uvrstimo $w$ u energetsku jednadžbu umjesto $u.$ Imamo

$$\iiint_{\Omega}\,({\rm grad\,}w)^2\,dV = 0.$$

Slijedi

$${\rm grad\,}w = \vec{0},$$

odakle

$$\frac{\partial w}{\partial x} = \frac{\partial w}{\partial y} = \frac{\partial w}{\partial z} = 0,$$

pa je $w$ konstanta. Tako se $u_1$ i $u_2$ razlikuju za konstantu. $\heartsuit$

Metoda separacije varijabli (Fourierova metoda)

Dirichletov problem za ravnotežu kružne membrane

Dirichletov problem za ravnotežu kružne membrane glasi

$$\begin{array}{l} \Delta\,u = 0, \\ u\vert _{\partial K} =\alpha, \end{array}$$

gdje $K$ označava krug radiusa $R,$ a $\partial K$ njegov rub, kružnicu radiusa $R.$

Prirodno je koordinatni sustav izabrati sukladno geometrijskim karakteristikama područja. Zato u ovom slučaju koristimo polarni koordinatni sustav u ravnini, i to tako da ishodište stavimo u središte kruga.

U polarnom koordinatnom sustavu su koordinate $r$ i $\varphi,$

$$x = r\,\cos\varphi,\hspace{1cm}y = r\,\sin\varphi,$$

pa je

$$u(x,y) = u(r\,\cos\varphi,r\,\sin\varphi) = \tilde{u}(r,\varphi),$$

$$r = \sqrt{x^2 + y^2},\hspace{1cm}\varphi = {\rm Arctg}\,\frac{y}{x}.$$

Postavlja se pitanje u što se transformira

$$\Delta\,u = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}$$

kad se pređe na funkciju $\tilde{u}.$ Po lančanom pravilu

$$\frac{\partial \tilde{u}}{\partial x} = \frac{\partial \tilde{u}}... ...rac{\partial \tilde{u}}{\partial \varphi}\,\frac{\partial \varphi}{\partial x},$$

$$\frac{\partial^2 \tilde{u}}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 \til... ...\partial \tilde{u}}{\partial \varphi}\,\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2}.$$

Slično

$$\frac{\partial^2 \tilde{u}}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 \til... ...\partial \tilde{u}}{\partial \varphi}\,\frac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2}.$$

Iz formula veze koordinatnih sustava slijedi

$$\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} = \cos\v... ...t)^2}\left(-\frac{y}{x^2}\right) = -\frac{y}{x^2+y^2} = -\frac{\sin\varphi}{r},$$

$$\frac{\partial r}{\partial y} = {\frac{y}{{\sqrt{{x^2} + {y^2}}}}... ...tial \varphi}{\partial y} = {\frac{x}{{x^2} + {y^2}}} = \frac{\cos \varphi}{r},$$

$$\frac{\partial^2 r}{\partial x^2} = {\frac{{y^2}} {{{\left( {x^2}... ...ac{2\,x\,y}{{{\left( {x^2} + {y^2} \right) }^2}} = \frac{\sin 2\,\varphi}{r^2},$$

$$\frac{\partial^2 r}{\partial y^2} = \frac{{x^2}} {{{\left( {x^2} ... ...y}{{{\left( {x^2} + {y^2} \right) }^2}} = -{\frac{\sin 2\,\varphi}{{{{r}}^2}}}.$$

Kad to uvrstimo u $\Delta\,\tilde{u},$ dobivamo

$$\Delta\,\tilde{u} = \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2\tilde{u}}{\part... ...frac{\partial\tilde{u}}{\partial r} + \frac{\partial^2\tilde{u}}{\partial r^2},$$

ili drukčije napisano

$$\Delta\,\tilde{u} = \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\,\left... ...partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2\tilde{u}}{\partial\varphi^2}.$$

U daljnjem ćemo umjesto $\tilde{u}$ pisati radije $u,$ pa jednadžba prema tome glasi

$$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\,\left(r\,\frac{\partial u}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u}{\partial\varphi^2} = 0.$$ (2.53)

Budući da smo ishodište polarnog koordinatnog sustava postavili u središte kruga, čiji je radius $R,$ rubni uvjet se može zapisati ovako

$$u(R,\varphi) = \alpha(\varphi).$$

Rješenje tražimo u obliku

$$u(r,\varphi) = A(r)\,\Phi(\varphi).$$

Uvrstimo u jednadžbu (2.53), dobivamo

$$\Phi(\varphi)\,\frac{1}{r}\frac{d}{d r}\,\left(r\,\frac{d A(r)}{d r}\right) + \frac{1}{r^2}\,A(r)\,\frac{d^2 \Phi}{d\varphi^2} = 0.$$

Podijelimo s $A\Phi,$ i pomnožimo s $r^2,$ pa imamo

$$\frac{r}{A}\,\frac{d}{d r}\,\left(r\,\frac{d A(r)}{d r}\right) = -\frac{1}{\Phi}\,\frac{d^2 \Phi}{d\varphi^2} = a,$$

gdje je $a$ konstanta, jer smo separirali varijable. Imamo

$$\Phi'' + a\,\Phi = 0.$$

Budući da je $\Phi$ periodička funkcija (zbog geometrije problema), $a$ mora biti pozitivan, na pr. $a=\lambda^2.$ Slijedi

$$\begin{array}{l} r\,(r\,A')' - \lambda^2\,A = 0,\\ \Phi'' + \lambda^2\,\Phi = 0. \end{array}$$

Opće rješenje druge jednadžbe je

$$\Phi(\varphi) = C_1\,\cos\lambda\varphi + C_2\,\sin\lambda\varphi.$$

Period funkcije $\Phi$ je $2\pi,$ pa slijedi

$$\lambda = n,\hspace{1cm}n\in Z.$$

Za drugu jednadžbu imamo dakle ova rješenja

$$\Phi_n(\varphi) = C_{1n}\,\cos n\varphi + C_{2n}\,\sin n\varphi,\quad\quad n\in Z .$$

Prva jednadžba sada glasi

$$r\,(r\,A'_n)' - n^2\,A_n = 0.$$ (2.54)

Za $n=0$ imamo

$$r\,(r\,A'_0)' = 0,$$

što nakon dijeljenja s $r$ postaje

$$r\,A'_0 = D.$$

U slučaju $D=0,$ imamo

$$A_{01}(r) = D_{01}.$$

Ako je $D\neq 0,$ onda nakon još jednog dijeljenja s $r,$ i integriranja, dobivamo

$$A_{02}(r) = D_{02}\,\ln r,$$

pa je u tom slučaju opće rješenje

$$A_0(r) = D_{01} + D_{02}\,\ln r.$$

Rješenja za $n\neq 0$ potražimo u obliku

$$A_n(r) = r^{\gamma}.$$

Lako se vidi da je

$$(r\,A'_n)' = \gamma^2\,r^{\gamma - 1}.$$

Prema tome jednadžba (2.54) se svodi na

$$\gamma^2\,r^{\gamma} - n^2\,r^{\gamma} = 0,$$

odakle

$$\gamma = \pm n,$$

pa su tako rješenja jednadžbe (2.54) za $n>0$

$$A_{n1}(r) = r^n,\hspace{1cm}A_{n2}(r) = r^{-n}.$$

Opće rješenje za $n>0$ je

$$A_n(r) = D_{1n}\,r^n + D_{2n}\,r^{-n} = D_{1n}\,r^n + \frac{D_{2n}}{r^{n}}.$$

Budući da se radi o krugu, za koji je $0\leq r\leq R,$ rješenja $\ln r$ za $n=0,$ i $\frac{1}{r^{n}}$ ne dolaze u obzir, jer te funkcije teže u $\infty$ kad $r\rightarrow 0.$ Tako imamo rješenja

$$u_n(r,\varphi) = r^n\,(C_{1n}\,\cos n\varphi + C_{2n}\,\sin n\varphi),\hspace{1cm}n=0,1,2,3,\ldots\ .$$

Sve ovo smo dobili direktno iz jednadžbe uz uvažavanje određenih fizikalnih činjenica. Iskoristimo sada rubni uvjet. Nijedno od rješenja $u_n$ ne mora zadovoljavati rubni uvjet. Zato pretpostavimo rješenje rubnog problema u obliku

$$u(r,\varphi) = \sum_{n=0}^{\infty} u_n(r,\varphi) = \sum_{n=0}^{\infty} r^n\,(C_{1n}\,\cos n\varphi + C_{2n}\,\sin n\varphi),$$

što se može napisati ovako

$$u(r,\varphi) = C_{10} + \sum_{n=1}^{\infty} r^n\,(C_{1n}\,\cos n\varphi + C_{2n}\,\sin n\varphi).$$

Ovo rješenje mora zadovoljavati rubni uvjet

$$\alpha(\varphi) = u(R,\varphi) = C_{10} + \sum_{n=1}^{\infty} R^n\,(C_{1n}\,\cos n\varphi + C_{2n}\,\sin n\varphi).$$

To je Fourierov red funkcije $\alpha,$ pa slijedi

$$C_{10} = \frac{1}{2\,\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,\alpha(\varphi)\,d\... ... \frac{1}{R^n\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,\alpha(\varphi)\,\cos n\varphi\,d\varphi,$$

$$C_{2n} = \frac{1}{R^n\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,\alpha(\varphi)\,\cos n\varphi\,d\varphi.$$

Beskonačna membrana s rupom u obliku kruga

Sada moramo izbaciti rješenja $r^n$ i $\ln r,$ pa sličnim rezoniranjem dolazimo do rješenja

$$u(r,\varphi) = C_{10} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{r^n}\,\left(C_{1n}\,\cos n\varphi + C_{2n}\,\sin n\varphi\right),$$

gdje je, koristeći rubni uvjet,

$$C_{10} = \frac{1}{2\,\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,\alpha(\varphi)\,d\... ...= \frac{R^n}{\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,\alpha(\varphi)\,\cos n\varphi\,d\varphi,$$

$$C_{2n} = \frac{R^n}{\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,\alpha(\varphi)\,\cos n\varphi\,d\varphi.$$

Kružna membrana s rupom u obliku kruga u sredini

U tom slučaju imamo dva rubna uvjeta

$$u(R_1,\varphi) = \alpha(\varphi),$$

$$u(R_2,\varphi) = \beta(\varphi),$$

gdje je $r=R_1$ unutrašnji, a $r=R_2$ vanjski rub. Sada ne smijemo izbaciti niti jedno partikularno rješenje, pa rješenje rubnog problema pretpostavljamo u obliku

$$u(r,\varphi) = C_{0} + D_{0}\,\ln r + \sum_{n=1}^{\infty} \left[\... ...n\varphi + \left(C_{2n}\,r^n + \frac{D_{2n}}{r^n}\right)\,\sin n\varphi\right].$$

Za $r=R_1$ desnu stranu možemo shvatiti kao Fourierov red funkcije $\alpha,$ a za $r=R_2$ kao Fourierov red funkcije $\beta.$ Tako imamo

$$C_{0} + D_{0}\,\ln R_1 = \frac{1}{2\,\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\, \a... ...D_{0}\,\ln R_2 = \frac{1}{2\,\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,\beta(\varphi)\,d\varphi,$$

$$C_{1n}\,R_1^n + \frac{D_{1n}}{R_1^n} = \frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}... ...} = \frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\, \beta(\varphi)\,\cos n\varphi\,d\varphi,$$

$$C_{2n}\,R_1^n + \frac{D_{2n}}{R_1^n} = \frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}... ...} = \frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\, \beta(\varphi)\,\sin n\varphi\,d\varphi,$$

za $n=1,2,3,\ldots\ .$ Za svaki $n$ treba riješiti sustav od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice da bi se dobili neodređeni koeficijenti u rješenju.

Primjer 2.22   Neka je dana beskonačna homogena kružna cijev, čiji je unutarnji radius $R_1,$ a vanjski $R_2.$ Unutarnja stijena cijevi se održava na stalnoj temperaturi $b,$ a vanjska na temperaturi $a(1-\cos\varphi).$ Naći raspodjelu temperature u tijelu cijevi nakon što se uspostavi toplinska ravnoteža.

Rješenje. Beskonačnost cijevi nam, zajedno s homogenošću omogućuje da na problem gledamo kao na dvodimenzionalni. U tom slučaju se, naime, u svakom poprečnom presjeku uspostavi isto ravnotežno stanje. Problem je prema tome ekvivalentan problemu toplinske ravnoteže unutar prstena, tj. rubnom problemu

$$% latex2html id marker 36787\begin{cases} \Delta\,u(r,\var... ...phi) = b,\quad u(R_2,\varphi) = a\,(1+\cos\varphi). \end{cases}$$

Rješenje će biti oblika

$$u(r,\varphi) = C_{0} + D_{0}\,\ln r + \sum_{n=1}^{\infty} \left[\... ...n\varphi + \left(C_{2n}\,r^n + \frac{D_{2n}}{r^n}\right)\,\sin n\varphi\right],$$

gdje je

$$C_{0} + D_{0}\,\ln R_1 = \frac{1}{2\,\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\, a\... ...}\,\ln R_2 = \frac{1}{2\,\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\,a\,(1+\cos\varphi)\,d\varphi,$$

$$C_{1n}\,R_1^n + \frac{D_{1n}}{R_1^n} = \frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}... ...\frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\, a\,(1+\cos\varphi)\,\cos n\varphi\,d\varphi,$$

$$C_{2n}\,R_1^n + \frac{D_{2n}}{R_1^n} = \frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}... ...\frac{1}{\pi}\,\int_{-\pi}^{\pi}\, a\,(1+\cos\varphi)\,\sin n\varphi\,d\varphi.$$

Rješenja ovih sustava jednadžbi su

$$C_0 = \frac{a\,\ln R_1 - b\,\ln R_2}{\ln R_1 - \ln R_2},\quad D_0 = \frac{b-a}{\ln R_1 - \ln R_2}$$

$$C_{11} = \frac{a\,R_2}{R_2^2-R_1^2},\quad D_{11} = \frac{a\,R_1^2\,R_2}{R_1^2 - R_2^2},\quad C_{1n} = D_{1n} = 0,$$ za $$n=2,3,\ldots\ ,$$

$$C_{2n} = 0,\quad D_{2n} = 0,$$    za $$n=1,2,3,\ldots\ .$$

Prema tome rješenje je

$$u(r,\varphi) = \frac{a\,\ln R_1 - b\,\ln R_2}{\ln R_1 - \ln R_2} ... ...}{R_2^2-R_1^2} + \frac{a\,R_1^2\,R_2}{r\,(R_1^2 - R_2^2)}\right)\,\cos \varphi.$$

Ravnoteža pravokutne membrane

Rubni problem za ravnotežu pravokutne membrane učvršćene na rubu glasi

$$% latex2html id marker 36808 \begin{array}{l} \Delta\,u(x,y) = f(x,y), \\ u\vert _{\partial P}=\alpha(x,y), \end{array}$$

gdje je $P$ pravokutnik $[0,a]\times [0,b].$

Pretpostavimo da je $f=0,$ i da je

$$% latex2html id marker 36816 \begin{array}{l} u(x,0) = \alpha(x),\\ u(0,y)=u(a,y)=u(x,b)=0, \end{array}$$

s tim da, zbog pretpostavke o neprekidnosti membrane, mora biti $\alpha(0) = \alpha(a) = 0.$

Pretpostavimo rješenje u obliku

$$u(x,y) = X(x)\,Y(y).$$

Iz $\Delta\,u = 0$ slijedi

$$Y(y)\,X''(x) + Y''(y)\,X(x) = 0,$$

$$\frac{X''(x)}{X(x)} = -\frac{Y''(y)}{Y(y)} = c,$$

gdje je $c$ konstanta, jer smo separirali varijable. Odatle

$$X''(x) - c\,X(x) = 0,\qquad X(0) = 0,\quad X(a) = 0.$$

Kao i u 2.3.3 zaključujemo da je $c$ negativan, pa možemo pisati $c=-\lambda^2.$

Tako imamo

$$% latex2html id marker 36836 \begin{cases}X''(x) + \lambda^2\,X(x) = 0.& \\ X(0) = 0,\quad X(a) = 0. \end{cases}$$ (2.55)

Rješenja problema (2.55) jesu funkcije

$$X_n(x) = \sin\frac{n\,\pi}{a}\,x.$$

Druga jednadžba

$$Y''(y) - \lambda^2\,Y(y) = 0$$

daje rješenja

$$Y_n(y) = A_n\,{\rm ch}\,\frac{n\,\pi}{a}\,y + B_n\,{\rm sh}\,\frac{n\,\pi}{a}\,y.$$

Rješenje rubnog problema tražimo u obliku

$$u(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} X_n(x)\... ...i}{a}\,y + B_n\,{\rm sh}\,\frac{n\,\pi}{a}\,y\right)\,\sin\frac{n\,\pi}{a}\,x.$$

Iz rubnog uvjeta $u(x,b)=0$ slijedi

$$\sum_{n=1}^{\infty} \left(A_n\,{\rm ... ...}\,b + B_n\,{\rm sh}\,\frac{n\,\pi}{a}\,b\right)\,\sin\frac{n\,\pi}{a}\,x = 0,$$

pa je

$$B_n = - A_n\,{\rm cth}\,\frac{n\,\pi\,b}{a}.$$

Iz rubnog uvjeta $u(x,0)=\alpha(x)$ imamo

$$\alpha(x) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n\,\sin\frac{n\,\pi}{a}\,x.$$

Odatle

$$A_n = \frac{2}{a} \int_0^a \alpha(x)\,\sin\frac{n\,\pi}{a}\,x\,dx.$$

Ako je uvjet na rubu složeniji, onda se problem rastavlja na nekoliko ovakvih.

Primjer 2.23   Naći ravnotežu pravokutne tanke ploče (membrane) uz sljedeće uvjete na rubu

$$u(0,y) = -2\,y - {y^2},\quad u(a,y) = 2\,a + {a^2} - 2\,y - {y^2},$$

$$u(x,0) = 2\,x + {x^2},\quad u(x,b) = -2\,b - {b^2} + 2\,x + {x^2}.$$

Rješenje. Treba riješiti problem

$$% latex2html id marker 36863\begin{cases} \Delta\,u(x,y) ... ...{x^2},\quad u(x,b) = -2\,b - {b^2} + 2\,x + {x^2}. \end{cases}$$

Objasnili smo kako se rješava rubni problem za ravnotežu pravokutne membrane u slučaju kad je rubni uvjet homogen na tri od četiri ruba. Ovaj problem ćemo riješiti tako da ga rastavimo na nekoliko problema, od kojih je svaki problem tipa koji smo objasnili.

Prvi korak u tome je da pogodnom, jednostavnom supstitucijom osiguramo da pomak membrane u vrhovima pravokutnika bude $0.$ Stavimo

$$v(x,y) = u(x,y) + \alpha{}\,x\,y + \beta{}\,x + \gamma{}\,y + \delta{},$$

i odredimo $\alpha{},\beta{},\gamma{},\delta{}$ tako da je

$$v(0,0) = 0,\quad v(a,0) = 0,\quad v(0,b) = 0,\quad v(a,b) = 0.$$

Dobivamo sustav jednadžbi

$$\delta = 0$$

$$2\,a + {a^2} + a\,\beta + \delta = 0$$

$$-2\,b - {b^2} + \delta + b\,\gamma = 0$$

$$2\,a + {a^2} - 2\,b + a\,\alpha\,b - {b^2} + a\,\beta + \delta + b\,\gamma = 0.$$

Rješenje je

$${{\alpha} = 0},\quad {{\beta} = {-2 - a}},\quad {{\gamma} = {2 + b}},\quad {{\delta} = 0}.$$

Prema tome početni problem smo sveli na sljedeći

$$% latex2html id marker 36897\begin{cases} \Delta\,v(x,y) ... ...y,\quad v(x,0) = x\,(x-a),\quad v(x,b) = x\,(x-a). \end{cases}$$

Neka je $u_1(x,y)$ rješenje rubnog problema

$$% latex2html id marker 36901\begin{cases} \Delta\,w(x,y) ... ...quad w(a,y) = 0,\quad w(x,0) = 0,\quad w(x,b) = 0, \end{cases}$$

$u_2(x,y)$ rješenje rubnog problema

$$% latex2html id marker 36905\begin{cases} \Delta\,w(x,y) ... ...a,y) = (b-y)\,y,\quad w(x,0) = 0,\quad w(x,b) = 0, \end{cases}$$

$u_3(x,y)$ rješenje rubnog problema

$$% latex2html id marker 36909\begin{cases} \Delta\,w(x,y) ... ...a,y) = 0,\quad w(x,0) = x\,(x-a),\quad w(x,b) = 0, \end{cases}$$

$u_4(x,y)$ rješenje rubnog problema

$$% latex2html id marker 36913\begin{cases} \Delta\,w(x,y) ... ...a,y) = 0,\quad w(x,0) = 0,\quad w(x,b) = x\,(x-a), \end{cases}$$

Tada je očito

$$v(x,y) = u_1(x,y) + u_2(x,y) + u_3(x,y) + u_4(x,y),$$

odnosno

$$u(x,y) = u_1(x,y) + u_2(x,y) + u_3(x,y) + u_4(x,y) + (2 + b)\,y - (2 + a)\,x.$$

Metoda separacije varijabli za nestacionarne probleme

Nestacionarni problemi su opisani valnom jednadžbom

$$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2\,\Delta\,u,$$

ili jednadžbom provođenja

$$\frac{\partial u}{\partial t} = c^2\,\Delta\,u$$

na nekom području $\Omega{}.$ Ovdje smo radi jednostavnosti uzeli da su gustoća mase $\rho,$ i specifična toplina $\gamma$ konstante. Također smo pretpostavili da nema vanjskog utjecaja, tj. da je $f=0.$

Pretpostavimo da je rubni uvjet Dirichletov

$$\left.u(P,t)\right\vert _{\partial{\Omega}} = 0.$$

Početni uvjeti za valnu jednadžbu neka su

$$u(P,0) = \phi{}(P),\hspace{1cm}\frac{\partial{}u(P,0)}{\partial{}t} = \psi{}(P),$$

za $P\in \bar{\Omega{}}.$ Ovdje $\bar{\Omega{}}$ označava područje $\Omega$ zajedno s rubom $\partial{\Omega{}}.$

Osnovna pretpostavka je da se rješenje može predstaviti u obliku produkta

$$u(P,t) = v(P)\,T(t).$$

Uvrstimo u jednadžbu, na pr. valnu

$$v(P)\,T''(t) = c^2\,T(t)\,\Delta\,v(P),$$

i podijelimo s $c^2T(t)v(P)$

$$\frac{1}{c^2}\,\frac{T''(t)}{T(t)} = \frac{\Delta\,v(P)}{v(P)} = a.$$

Budući da smo separirali varijable, i da su one nezavisne, $a$ je konstanta.

$$\Delta\,v(P) = a\,v(P).$$

Pomnožimo ovu jednadžbu s $v(P),$ i integriramo po $\Omega$

$$\iiint_{\Omega}\,v(P)\,\Delta\,v(P)\,dV = \iiint_{\Omega}\,a\,v(P)^2\,dV.$$

Imamo, zbog (2.52),

$$\iiint_{\Omega} v\,\Delta v\,dV = \i... ...iiint_{\Omega} ({\rm grad\,}v)^2\,dV = - \iiint_{\Omega} ({\rm grad\,}v)^2\,dV,$$

jer se $v$ poništava na $\partial{\Omega{}}.$ Tako je

$$a = -\frac{\iiint_{\Omega} ({\rm grad\,}v(P))^2\,dV}{\iiint_{\Omega}\,v(P)^2\,dV} < 0.$$

Dakle možemo staviti $a = -\lambda^2.$ Tako se početna jednadžba raspada na dvije jednadžbe

$$\Delta\,v(P) + \lambda{}^2\,v(P) = 0,$$

$$T''(t) + (c\,\lambda{})^2\,T(t) = 0.$$

Rubni uvjet je sada

$$u(P,t) = v(P)\,T(t) = 0,$$    za $$P\in\partial{}\Omega{}.$$

Kako to vrijedi za svaki $t,$ mora biti $v(P)=0$ na $\partial{\Omega{}}.$ Tako imamo rubni problem

$$% latex2html id marker 36985\begin{array}{l} \Delta\,v(P)... ... = 0,\hspace{1cm}\mbox{ za }P\in\partial{}\Omega{}. \end{array}$$

Oni $\lambda^2$ za koje postoji netrivijalno rješenje ovog problema zovu se vlastite vrijednosti, a pripadne funkcije vlastite funkcije ovog rubnog problema.

Neka su $\alpha$ i $\beta{}$ dvije međusobno različite vlastite vrijednosti, i $v$ odnosno $w$ pripadne vlastite funkcije. Tada

$$\iiint_{\Omega} (w\,\Delta\,v - v\,\Delta\,w)\,dV = \iiint_{\Omeg... ...{}\,v\,w - \beta{}\,v\,w)\,dV = (\alpha{} - \beta{})\,\iiint_{\Omega} v\,w\,dV.$$

S druge strane, prema drugoj Greenovoj formuli, koja se izvodi iz (2.52),

$$\iiint_{\Omega} (w\,\Delta\,v - v\,\Delta\,w)\,dV = \iint_{\parti... ...l v}{\partial \vec{n}} - v\,\frac{\partial w}{\partial \vec{n}}\right)\,dS = 0,$$

jer je $v(P) = w(P) = 0$ za $P\in\partial{}\Omega{}.$ Tako je

$$(\alpha{} - \beta{})\,\iiint_{\Omega} v\,w\,dV = 0.$$

Budući da je $\alpha{}\neq\beta,$ slijedi

$$\iiint_{\Omega} v\,w\,dV = 0.$$

Zbog ovog svojstva kažemo da su vlastite funkcije, koje pripadaju različitim vlastitim vrijednostima, međusobno okomite. Opravdanje leži u činjenici da produkt

$$f\cdot g = \iiint_{\Omega} f\,g\,dV,$$

koji paru funkcija pridružuje broj (skalar), ima sva svojstva skalarnog produkta.

Pretpostavimo sada da su $\lambda{}_n^2,\,n=1,2,3,\ldots$ vlastite vrijednosti, a $v_n,\,n=1,2,3,\ldots$ vlastite funkcije rubnog problema. Tada vremenska jednadžba glasi

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

Rješenja su

$$T_n(t) = A_n\,\cos c\lambda{}_nt + B_n\,\sin c\lambda{}_nt.$$

Rješenje cijelog rubno-početnog problema tražimo u obliku

$$u(P,t) = \sum_{n=0}^{\infty} T_n(t)\,v_n(P) = \sum_{n=0}^{\infty} \left(A_n\,\cos c\lambda{}_nt + B_n\,\sin c\lambda{}_nt\right)\,v_n(P).$$

Neodređene konstante $A_n,B_n,\,n=1,2,3,\ldots$ računamo iz početnih uvjeta, pomoću Fourierovih redova.

Kod jednadžbe provođenja jedina je razlika u vremenskoj jednadžbi. Ona u tom slučaju glasi

$$T_n'(t) + (c\,\lambda{}_n)^2\,T_n(t) = 0,$$

pa je

$$T_n(t) = C_n\,e^{-(c\,\lambda{}_n)^2\,t}.$$

Rješenje cijelog problema se tada traži u obliku

$$u(P,t) = \sum_{n=0}^{\infty} C_n\,e^{-(c\,\lambda{}_n)^2\,t}\,v_n(P),$$

a neodređene konstante $C_n$ se određuju iz početnog uvjeta pomoću Fourierovog reda.

Varijacijski princip

Rješavamo rubni problem

$$-\Delta\,u(x,y) = f(x,y),\hspace{1cm}(x,y)\in \Omega$$

$$u\vert _{\partial \Omega} = 0.$$ (2.56)

Svaku funkciju $v$ klase $C^1(\Omega{})$ takvu da je $v\vert _{\partial\Omega{}} = 0$ zovemo dopustivom funkcijom.

Pretpostavimo da je $u(x,y)$ ravnotežni položaj membrane, tj. rješenje gornjeg problema. Da bi se membrana pomakla iz tog položaja, potrebno je izvršiti neki rad. Taj rad ovisi o veličini perturbacije $v(x,y).$ Budući da je u novom položaju membrana i dalje učvršćena na rubu, mora i $v$ biti dopustiva funkcija. Rad, koji izvrši vanjska sila uslijed pomaka $v,$ je

$$\iint_{\Omega}\,f\,v\,dxdy,$$

dok je unutrašnji rad membrane

$$\iint_{\Omega}\,v\,\Delta\,u\,dxdy.$$

Ako jednadžbu u (2.56) pomnožimo s $v$ i integriramo po $\Omega{},$ dobivamo

$$\iint_{\Omega}\,v\,\Delta\,u\,dxdy + \iint_{\Omega}\,f\,v\,dxdy = 0.$$

Ova jednakost izražava Bernoullijev princip sačuvanja rada (energije). Iz prve Greenove formule

$$\iint_{\Omega{}} \left({\rm grad\,}v... ...ght)\,dxdy = \int_{\partial\Omega{}} v\,\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\,ds$$

slijedi

$$\iint_{\Omega{}} v\,\Delta u\,dxdy = -\iint_{\Omega{}} {\rm grad\,} v\cdot{\rm grad\,}u\,dxdy,$$

jer je $v$ dopustiva funkcija, pa iščezava na rubu od $\Omega{},$ a s njom i krivuljni integral. Kad to uvrstimo u gornju jednakost, dobivamo

$$\iint_{\Omega}\,{\rm grad\,}v\cdot{\rm grad\,}u\,dxdy = \iint_{\Omega}\,f\,v\,dxdy.$$ (2.57)

Možemo zaključiti sljedeće. Ako funkcija $u$ rješava rubni problem (2.56), onda za svaku dopustivu funkciju $v$ vrijedi (2.57). Također vrijedi i obrat. Ako $u$ sa svojstvom $u\vert _{\partial \Omega} = 0$ zadovoljava (2.57) za svaku dopustivu funkciju $v,$ onda $u$ rješava rubni problem (2.56).

Prvi dio smo dokazali. Treba dokazati obrat. Neka vrijedi (2.57) za svaku dopustivu funkciju $v,$ i neka je $u\vert _{\partial \Omega} = 0.$ Tada je prema prvoj Greenovoj formuli

$$\iint_{\Omega}\,{\rm grad\,}v\cdot{\... ...\,\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\,ds - \iint_{\Omega{}} v\,\Delta u\,dxdy.$$

Krivuljni integral iščezava, jer je $v$ dopustiva funkcija. Tako je

$$\iint_{\Omega}\,{\rm grad\,}v\cdot{\rm grad\,}u\,dxdy = - \iint_{\Omega}\,v\,\Delta u\,dxdy.$$

Uvrstimo u (2.57), dobivamo

$$\iint_{\Omega}\,v\,\Delta u\,dxdy + \iint_{\Omega}\,f\,v\,dxdy = 0,$$

$$\iint_{\Omega}\,\left[\Delta u + f\right]\,v\,dxdy = 0,$$

za svaku dopustivu funkciju $v.$ Po osnovnoj lemi slijedi

$$-\Delta\,u = f.$$

Kao i u jednodimenzionalnom slučaju sada dokazujemo da je Bernoullijev princip ekvivalentan problemu minimizacije funkcionala energije.

Neka je dan funkcional

$$F(w) = \frac{1}{2}\,\iint_{\Omega}\,({\rm grad\,}w)^2dxdy - \iint_{\Omega}\,f\,w\,dxdy.$$

Pogledajmo čime se odlikuje $F(u),$ ako $u$ zadovoljava Bernoullijev princip, tj. zadovoljava (2.57). U tu svrhu stavimo $w=u+v,$ gdje je $v$ perturbacija ravnotežnog položaja (dopustiva funkcija). Kako je $u$ ravnotežni položaj, $u$ je dopustiva funkcija, pa je i $w$ dopustiva. Imamo

$$F(w) = F(u+v) = \frac{1}{2}\,\iint_{\Omega}\,({\rm grad\,}u + {\rm grad\,}v)^2dxdy - \iint_{\Omega}\, f\,(u+v)\,dxdy$$

$$= \frac{1}{2}\,\iint_{\Omega}\,({\rm grad\,}u)^2dxdy + \iint_{\Omega}\,{\rm grad\,}u\cdot{\rm grad\,}v\,dxdy$$

$$+ \frac{1}{2}\,\iint_{\Omega}\, ({\rm grad\,}v)^2dxdy - \iint_{\Omega}\,f\,u\,dxdy - \iint_{\Omega}\,f\,v\,dxdy$$

$$= F(u) + \frac{1}{2}\,\iint_{\Omega}\,({\rm grad\,}v)^2dxdy \geqslant F(u).$$

Dakle $F(w)\geqslant{}F(u),$ i pri tom je $F(w)=F(u)$ samo ako je ${\rm grad\,}v=\vec{0},$ a to znači $v=$ konst.$,$ a kako je na rubu $v=0,$ slijedi da je $F(w)=F(u)$ samo ako je $w=u.$ Dakle $u$ je jedinstvena funkcija sa svojstvom $u\vert _{\partial \Omega} = 0$ koja minimizira funkcional $F.$

Dokažimo sada obrat, tj. da funkcija $u$ koja minimizira funkcional $F,$ i zadovoljava rubni uvjet $u\vert _{\partial \Omega} = 0,$ mora zadovoljavati Bernoullijev princip, tj. (2.57). Pretpostavimo da $u$ ima tražena svojstva, i stavimo $w=u+\lambda{v},$ gdje je $v$ perturbacija (funkcija iz klase dopustivih). Funkcional $F$ poprima minimum na funkciji $u,$ pa prema tome funkcija

$$h(\lambda{}) = F(u + \lambda{}\,v)$$

poprima minimum za $\lambda=0.$ Imamo

$$h(\lambda{}) = F(u+\lambda{}\,v) = \... ...d\,}u + \lambda\,{\rm grad\,}v)^2dxdy - \iint_{\Omega}\,f\,(u+\lambda\,v)\,dxdy$$

$$= \frac{1}{2}\,\iint_{\Omega}\,({\rm grad\,}u)^2dxdy - \iint_{\Omega}\,f\,u\,dxdy$$

$$+ \lambda{}\left[\iint_{\Omega}\,{\rm grad\,}u\cdot{\rm grad\,}v\,dxdy - \iint_{\Omega}\, f\,v\,dxdy\right]$$

$$+ \frac{1}{2}\,\lambda{}^2\,\iint_{\Omega}\,({\rm grad\,}v)^2dxdy.$$

Ovo je polinom drugog stupnja u $\lambda,$ koeficijent uz $\lambda^2$ je pozitivan, pa funkcija doista ima minimum u tjemenu. Apscisa tjemena parabole, koja je graf funkcije

$$a\,\lambda{}^2 + b\,\lambda{} + c$$

je

$$-\frac{b}{2\,a},$$

pa ako se minimum dostiže u $\lambda = 0,$ tj. u točki s apscisom $0,$ onda mora biti $b = 0.$ U našem slučaju slijedi

$$\iint_{\Omega}\,{\rm grad\,}u\cdot{\rm grad\,}v\,dxdy - \iint_{\Omega}\,f\,v\,dxdy = 0$$

za svaku dopustivu funkciju $v.$ Tako smo dokazali da $u$ zadovoljava (2.57). Iz svega rečenog možemo zaključiti da vrijedi sljedeće.

Teorem 21 (Varijacijski princip)   Da bi funkcija $u$ bila rješenje rubnog problema

$$% latex2html id marker 37207 \begin{cases}-\Delta\,u = f,\hs... ...na }\Omega{},& \\ u\vert _{\partial\Omega{}} = 0,& \end{cases}$$ (2.58)

nužno je i dovoljno da funkcija $u$ zadovoljava taj rubni uvjet i da minimizira funkcional

$$F(w) = \frac{1}{2}\,\iint_{\Omega}\,({\rm grad\,}w)^2\,dxdy - \iint_{\Omega}\,f\,w\,dxdy.$$