133

6 Rešavanje linearne ODJ drugog reda pomoću redova

Posmatrajmo homogenu linearnu ODJ:

0)()()( 012

2

2 =++ yxadx

dyxa

dx

ydxa (6.1)

gde je, za vrednosti x iz nekog intervala ],[ ba koji nas interesuje, funkcija 0)(2 ≠xa , tako da je možemo prevesti u oblik:

0)()(2

2

=++ yxqdx

dyxp

dx

yd (6.2)

Neka su dalje, funkcije )( i )( xqxp neprekidne i imaju sve izvode u nekoj tački [ ]bax ,0 ∈ ,

što znači da se mogu razviti u stepene redove (vidi. jedn. 1.13a) oko te tačke. Ta tačka se onda zove obična (ordinary) ili nesingularna tačka posmatrane ODJ . Rešenje jednačine (6.2) u okolini tačke 0x ćemo tražiti u obliku stepenog reda:

∑∞=

−=0

0 )()(n

nn xxaxy (6.3)

metodom neodređenih koeficijenata. Pokazuje se [Varma, A., M,Morbidelli, s.289] da se rešenje (6.3) dobija u formi:

)()()()( 22110

0 xyCxyCxxaxyn

nn +=−=∑∞

=

(6.4)

gde su 21 i CC proizvoljne konstante, a )( i )( 21 xyxy su linearno nezavisni stepeni redovi, odnosno predstavljaju fundamentalni sistem rešenja. Pri tom, poluprečnici konvergencije tih redova su veći ili najmanje jednaki manjem od poluprečnika konvergencije Tajlorovih redova funkcija )( i )( xqxp . PRIMER 6.1 Naći rešenje jednačine:

134

∞<<∞−=−− xydx

dyx

dx

yd,02

2

2

u okolini tačke 00 =x u obliku stepenog reda.

Funkcije 2)( , )( −== xq-xxp su neprekidne u tački razvoja, 00 =x , a njihovi razvoji u

redove se svode na same funkcije. Potrebno je da metodom neodređenih koeficijenata nađemo koeficijente u rešenju oblika (6.3), odnosno,

∑∞=

=0

)(n

nn xaxy (6.5)

Izvodi pretpostavljenog rešenja su:

∑∑ ∞

=

−∞

=

−−==

2

22

2

1

1 )1(,n

nn

n

nn xann

dx

ydxna

dx

dy (6.6)

i smena (6.5 i 6.6) u diferencijalnu jednačinu daje:

02)1(012

2=−−− ∑∑∑ ∞

=

∞

=

∞

=

−

n

nn

n

nn

n

nn xaxnaxann (6.7)

Poželjno je da sume imaju jednake početne vrednosti indeksa i jednake stepene, da bi smo ih mogli zameniti jednom sumom i tako jednostavno primenili metod neodređenih koeficijenata. Za drugu sumu je očigledno:

∑∑ ∞

=

∞

=

=01 n

nn

n

nn xnaxna

a u prvoj je neophodno izvšiti smenu , 2+= mn , ili drugim rečima, povećati indeks za 2:

∑∑∑ ∞

=+

∞

=+

∞

=

− ++=++=−0

20

22

2 )1)(2()1)(2()1(n

nn

m

mm

n

nn xannxammxann

(označavanje indeksa je proizvoljno). Tako jednačina (6.7) dobija oblik:

02)1)(2(000

2 =−−++ ∑∑∑ ∞

=

∞

=

∞

=+

n

nn

n

nn

n

nn xaxnaxann

ili,

[ ] 0)2()1)(2(0

2 =+−++∑∞=

+n

nnn xanann

Tako, metod neodređenih koeficijenata daje:

0)2()1)(2( 2 =+−++ + nn anann

135

odnosno, rekurentni obrazac:

,...1,0,1

12 =

+=+ na

na nn

Uzastopnom primenom rekurentne formule se svi koeficijenti sa parnim indeksom mogu odrediti iz koeficijenta 0a , a koeficijenti sa neparnim indeksom iz 1a :

02

046

024

02

13)32)(12(

1

35

1

5

1:4

3

1

3

1:2

:0

akk

a

aaan

aaan

aan

k⋅−−

=

⋅===

===

==

L

M

112

157

135

13

24)22(2

1

246

1

6

1:5

24

1

4

1:3

2

1:1

akk

a

aaan

aaan

aan

k⋅−⋅

=

⋅⋅===

⋅===

==

+L

M

Izvedeni koeficijenti se mogu dobiti iz formula:

K,2,1,!2

1

!)!2(

1,

!)!12(

1111202 ===

−= + ka

ka

kaa

ka

kkk

Očigledno je da koeficijenti 10 i aa ostaju neodređeni, i kao što ćemo videti imaju ustvari uloge integracionih konstanti u rešenju. Rezultat smene dobijenih koeficijenata u (6.5) su dve sume, jedna koja sadrži samo parne stepene i druga sa neparnim stepenima x:

444 3444 21

L

4444 34444 21

L

)(

2

53

2

)(

642

10

12

11

2

0

21

2223531

!2!)!12(1)(

xyxy

kk

k

k

k xxxC

xxxC

k

xa

k

xaxy

+⋅+++

+⋅+++=+

−+= ∑∑ ∞

=

+∞

=

136

Neodređeni koeficijenti 10 i aa imaju uloge integracionih konstanti, kojima se množe rešenja

)( i )( 21 xyxy u opštem rešenju (6.4).

6.1 LEŽANDROVA JEDNA ČINA I LEŽANDROVI POLINOMI

Pri rešavanju nekih parcijalnih dif. jednačina koje opisuju fenomene prenosa toplote i mase, pojavljujuje se obična dif. jednačina,

0)1(2)1(2

22 =+αα+−− y

dx

dyx

dx

ydx (6.8)

poznata pod nazivom Ležandrova (Legendre) jednačina, gde je α realna kostanta. U obliku (6.2), ona glasi:

01

)1(

12

222

2

=−

+αα+

−− y

xdx

dy

x

x

dx

yd (6.8a)

Tačka 00 =x je obična tačka Ležandrove jednačine i nije teško, primenom metode

neodređenih koeficijenata na jednačinu (6.8) dobiti rešenje u okolini te tačke, oblika (6.4), gde su :

L+−α−αα+α+α+α

−

−−αα+α+α

+α+α

−=

6

421

!6

)4)(2()5)(3)(1(

!4

)2()3)(1(

!2

)1(1)(

x

xxxy

(6.9a)

L+−α−α−α+α+α+α

−

−−α−α+α+α

+−α+α

−=

7

532

!7

)5)(3)(1)(6)(4)(2(

!5

)3)(1)(4)(2(

!3

)1)(2()(

x

xxxxy

(6.9b)

Rešenja (6.9a,b) za necelobrojne vrenosti parametra α se nazivaju Ležandrove funkcije i spadaju u red specijalnih funkcija. Ako su vrednosti α celobrojne, treba primetiti da se,

• ako je α jednako nuli, ili neki paran pozitivan ili neparan negativan broj, funkcija )(1 xy svodi na polinom (svi koeficijenti stepenog reda, nakon nekog se anuliraju),

• ako je α neki neparan pozitivan ili paran negativan broj, funkcija )(2 xy svodi na polinom

Polinomi dobijeni iz funkcija )( i )( 21 xyxy za nulte ili pozitivne celobrojne vrednosti , parametra ,....2,1,0=α se nazivaju Ležandrovi polinomi. Oni su dobijeni množenjem

funkcija )( i )( 21 xyxy

137

pogodno odabranom konstantom, tako da se mogu prikazati opštom formulom:

knM

kn

kn x

knknk

knxP 2

0 )!2()!(!2

)!22()1()( −

=

∑−−

−−= (6.10)

gde je M jednako onom od brojeva 2)1(,2 −nn koji je ceo broj. Prvih nekoliko Ležandrovih polinoma izgledaju:

)157063(8

1)(),33035(

8

1)(

)35(2

1)(),13(

2

1)(,)(,1)(

355

244

33

2210

xxxxPxxxP

xxxPxxPxxPxP

+−=+−=

−=−===

Polazeći od (6.10) može se pokazati da važi rekurentna formula :

1),(1

)(1

12)( 11 ≥

+−

++

= −+ nxPn

nxP

n

nxxP nnn (6.11)

Ortogonalnost Ležandrovih polinoma i razvoj funkcij a u red polinoma

Može se pokazati [Varma,A.,M.,Morbidelli,1997] da Ležandrovi polinomi imaju vrlo poželjnu osobinu ortogonalnosti na intervalu ]1,1[−∈x . To, prema definiciji ortogonalnosti dve funkcije na nekom intervalu, znači :

kmdxxPxP km ≠=∫−

,0)()(1

1

(6.12)

S druge strane može se pokazati [Ibid.], da je :

K,2,1,0,12

2)]([

1

1

2 =+

=∫−

nn

dxxPn (6.13)

Zahvaljujući osobini ortogonalnosti, moguće je lako dobiti koeficijente u razvoju neke funkcije )(xf u beskonačan red Ležandrovih polinoma:

∑∞=

=0

)()(n

nn xPaxf (6.14)

Zaista, množeći obe strane jednačine sa )(xPm i integracijom u intervalu [-1, 1], dobijamo:

dxxPxPadxxPxfn

mnnm ∑ ∫∫ ∞

= −−

=0

1

1

1

1

)()()()(

Zahvaljujući ortogonalnosti, svi članovi na desnoj strani, izuzimajući onaj za koga je mn =

138

se anuliraju i tako, iz (6.13) i ( 6.14) dobijamo formulu za izračunavanje koeficijenata u razvoju:

K,1,0,)()(2

12 1

1

=+

= ∫−

mdxxPxfm

a mm (6.15)

6.2 FROBENIUSOV METOD

U Primeru 6.1 i poglavlju o Ležandrovoj jednačini, pokazali smo primenu metode neodređenih koeficijenata na nalaženje rešenja linearne dif. jednačine u okolini neke obične tačke. U mnogim primenama u hem. inženjerstvu, tačka u čijoj okolini tražimo rešenje jednačine (6.2) nije obična tačka, tj. u njoj funkcije )( i )( xqxp nisu neprekidne i diferencijabilne. Naprimer za Beselovu dif.jednačinu (Glava 7), koja se javlja u analizama prenosa toplote i mase u cilindričnoj geometriji,

011

2

2

2

2

=

α−++ y

xdx

dy

xdx

yd

tačka 00 =x nije obična tačka, a za Ležandrovu jednačinu (6.8a) tačke 1±=x nisu obične.

Tačka 0xx = očigledno nije obična tačka diferencijalne jednačine,

0)(

)()(2

002

2

=−

+−

+ yxx

xq

dx

dy

xx

xp

dx

yd (6.16)

i kažemo da je ona regularno singularna tačka, ako su u njoj funkcije )( i )( xqxp neprekidne i imaju sve izvode, tj. ako postoje njihovi razvoji u stepene redove, u okolini te tačke.

6.2.1 Diferencijalne jedna čine sa regularno singularnim tačkama

U daljim razmatranjima ćemo posmatrati jednačinu oblika:

0)()(2

22 =++ yxq

dx

dyxxp

dx

ydx (6.17)

koja se dobija iz (6.16) za 00 =x , pri čemu se funkcije )( i )( xqxp mogu razviti u

konvergentne stepene redove ,

∑∑ ∞

=

∞

=

==00

)(,)(n

nn

n

nn xqxqxpxp (6.17a)

139

u nekoj okolini tačke 0=x , pa je ona prema prethodnoj definiciji regularno singularna tačka. Treba da primetimo da se jedn (6.16), sa 00 ≠x može prevesti u oblik (6.17) prostom

smenom nezavisno promenljive .

Frobenius je pokazao da se bar jedno od dva linearno nezavisna rešenja jednačine (6.17) u nekoj okolini regularno singularne tačke 0=x može dobiti u obliku reda:

∑∑ ∞

=

+∞

=

==00

)(n

cnn

n

nn

c xaxaxxy (6.18)

Dobijanje drugog rešenja zavisi od vrednosti c i prvi korak je upravo određivanje c. Da bi smo ga odredili, zamenićemo pretpostavljeno rešenje (6.18) u jednačinu (6.17), za šta su nam neophodni izvodi,

∑ ∑∞

=

∞

=

−−+ +=+=0 0

11 )()(n n

nn

ccnn xcnaxxcna

dx

dy

∑ ∑∞

=

∞

=

−−+ −++=−++=0 0

222

2

)1)(()1)((n n

nn

ccnn xcncnaxxcncna

dx

yd

Rezultat smene je:

0)()1)((00000

=

+

+

+−++ ∑∑∑∑∑ ∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

∞

= n

nn

n

nn

c

n

nn

n

nn

c

n

nn

c xaxqxxcnaxpxxcncnax

Da bi (6.18) bilo rešenje, koeficijenti uz sve stepene x na levoj strani jednačine moraju biti jednaki nuli. Koeficijent uz najniži stepen ,cx je:

])1([ 000 qcpcca ++−

pa, pošto je u opštem slučaju 00 ≠a , mora biti:

0)1( 00 =++− qcpcc (6.19)

Dobili smo kvadratnu jednačinu iz koje određujemo c i ona je u literaturi poznata kao definiciona jednačina (indicial equation). Dva rešenja,

2

4)1(1 02

002,1

qppc

−−±−= (6.20)

mogu biti,

1. različita, pri čemu se ne razlikuju za neki ceo broj,

2. jednaka,

3. različita, pri čemu je razlika neki ceo broj.

Prvi slučaj uključuje i slučaj kompleksnih korena. Mi ćemo se ovde ograničiti na probleme sa realnim korenima definicione jednačine.

140

Slučaj 1. Razli čiti koreni, koji se ne razlikuju za neki ceo broj

Ovo je najjednostavniji slučaj. Za 1cc = se metodom neodređenih koeficijenata, čija primena je ilustrovana Primerom 6.1, dobije prvo rešenje,

∑∞=

=0

11)(

n

nn

c xaxxy (6.21a)

a onda, na analogan način i drugo:

∑∞=

=0

22)(

n

nn

c xbxxy (6.21b)

PRIMER 6.2 Naći rešenje jednačine:

0642

2

=−+ ydx

dy

dx

ydx (6.22)

Množenjem jednačine sa x i deljenjem sa 4, preveli bi je u oblik (6.17), sa funkcijama,

4

)(,4

6)(

xxqxp −==

čiji se razvoji (6.17a) poklapaju sa njima, pa su koeficijenti:

0,2

300 == qp

Tako su koreni (6.20) definicione jednačine:

21,0 21 −== cc

Rezultat smene reda (6.18) i njegovih izvoda u jednačinu (6.22) je:

0)(6)1)((400

1

0

1 =−++−++ ∑∑∑ ∞

=

+∞

=

−+∞

=

−+

n

cnn

n

cnn

n

cnn xaxcnaxcncna (6.23)

Najniži stepen u dobijenoj jednačini je 1−cx i koeficijent uz njega je:

]6)1(4[0 ccca +−

i anulira se za vrednosti 21,ccc = .Tako, možemo dalje da pišemo:

0)(6)1)((401

1

1

1 =−++−++ ∑∑∑ ∞

=

+∞

=

−+∞

=

−+

n

cnn

n

cnn

n

cnn xaxcnaxcncna

141

Radi primene metode neodređenih koeficijenata, pomerićemo indeks u prve dve sume za 1, sa n na n+1. To omogućuje da se leva strana jednačine prikaže kao jedna suma:

0])1(6))(1(4[0

11 =−++++++∑∞=

+++

n

cnnnn xacnacncna

i uslov da svi koeficijenti uz stepene budu jednaki nuli glasi:

K,2,1,0,0)1(6))(1(4 11 ==−++++++ ++ nacnacncna nnn

Tako dobijamo rekurentnu formulu za nalaženje koeficijenata u rešenjima (6.21a,b):

K,2,1,0,)1)(644(1 =

++++=+ n

cncn

aa n

n (6.24)

Koeficijente ,...2,1, =nan u prvom rešenju (6.21a) dobijamo iz (6.24), uz 0=c :

K,2,1,0,)22)(32()1)(64(1 =

++=

++=+ n

nn

a

nn

aa nn

n

ili ako pomerimo indeks, stavljajući 1−n umesto n:

K,2,1,2)12(

1 =+

= − nnn

aa n

n (6.25)

23)12)(2)(12()2)(12(

23456767:3

234545:2

23:1

01

023

012

01

⋅−+=

+=

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅==

⋅⋅⋅=

⋅==

⋅==

−

L

M

nnn

a

nn

aa

aaan

aaan

aan

nn

Dakle,

K.2,1,0,)!12(

0 =+

= nn

aan (6.26a)

pa je prvo rešenje oblika (6.18):

∑∑ ∞

=

∞

= +=

+=

00

0

00

)!12()!12()(

n

nn

n n

xax

n

axxy

142

Koeficijente ,...2,1, =nbn u drugom rešenju (6.21b) dobijamo iz (6.24), uz smene:

,21−=c

K,1,0, == nba nn :

K,2,1,0,)12)(22()21)(44(1 =++

=++

=+ nnn

b

nn

bb nn

n

Razmišljajući kao pri nalaženju koeficijenata prvog rešenja, zaključujemo:

)!2(

0

n

bbn = (6.26b)

pa je drugo rešenje, oblika (6.18):

∑∞=

=

00 )!2(

1)(

n

n

n

x

xbxy

Primetimo da su koeficijenti 00 i ba nepoznati, tj. proizvoljni i igraju ulogu integracionih konstanti u opštem rešenju (6.4) :

4342143421

)(

00

)(

00

21

)!2(

1

)!12()(

xy

n

n

xy

n

n

n

x

xb

n

xaxy ∑∑ ∞

=

∞

=

++

= (6.27)

Pozabavićemo se sada partikularnim rešenjima )( i )( 21 xyxy i pokazati da se mogu izraziti pomoću

elementarnih funkcija. Prvo rešenje se može transformisati na sledeći način :

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

x

xxxx

x

xxxxxx

n

xxy

n

n

sinh

!5!3

1

!7!5!31

!7!5!31

)!12()(

53

64232

01

=

+++=

++++=++++=+=∑∞=

L

LL

Sličnim postupkom, zaključujemo:

( ) ( ) ( )x

xxxx

x

xxx

xn

x

xxy

n

n )cosh(

!6!4!21

1

!6!4!21

1

)!2(

1)(

64232

02 =

+++=

+++== ∑∞

=

LL

Dakle, Frobenijusovom metodom smo dobili rešenje jednačine (6.22) kao:

( ) ( )

x

xC

x

xCxy

coshsinh)( 21 += (6.28)

143

Iz ovog primera naravno ne treba zaključiti da ćemo u opštem slučaju rešenja dobijena Frobeniusovim postupkom moći da izrazimo pomoću elementarnih funkcija. Treba reći i da nije moguće uvek izvesti formule kojima se koeficijente nn ba i u rešenjima (6.21a,b)

dobijaju iz koeficijenata 00 i ba (u ovom primeru, formule 6.26a,b) i tada se oni određuju postupno, jedan, po jedan, uzastopnom primenom rekurentnog obracsa.

Slučaj 2. Jednaki koreni

Iz jedn. (6.20) zaključujemo da su koreni definicione jednačine (6.19), ako je

02

0 4)1( qp =−

jednaki:

2

1 02,1

pcc

−== (6.29)

Jedno rešenje )(1 xy (6.21a) se dobija postupkom ilustrovanom u Primeru 6.2. Drugo rešenje, linearno nezavisno od prvog, se može potražiti u obliku (videti snižavanje reda jednačine u Pogl.4.1, ili metod varijacije konstanata u Pogl. 4.2):

)()()( 12 xyxuxy = (6.30)

gde je )(xu nepoznata funkcija. Da bi je našli, smenjujemo funkciju )(2 xy i njene izvode:

21

21

2

2

122

21

12 2,

dx

ydu

dx

dy

dx

du

dx

udy

dx

yd

dx

dyu

dx

duy

dx

dy++=+=

u jednačinu (6.17):

02 11

121

21

2

2

12 =+

++

++ quy

dx

dyu

dx

duyxp

dx

ydu

dx

dy

dx

du

dx

udyx

02

0

11

21

22

11

2

2

12 =

++++

+ uqy

dx

dyxp

dx

ydx

dx

duxpy

dx

dy

dx

du

dx

udyx

4444 34444 21

Ako poslednju jednačinu podelimo sa 12 yx , dif. jednačinu koja definiše funkciju u(x)

dobijamo u obliku:

02 1

12

2

=

++

dx

du

x

p

dx

dy

ydx

ud (6.31)

Ako se uvedu redovi:

144

∑∑∑ ∞

=

∞

=

−∞

=

=+==00

11

01 ,)(,

n

nn

n

nn

c

n

nn

c xppxcnaxdx

dyxaxy

i izvrše naznačene operacije sa njima, jednačina (6.31) dobija oblik,

02

0

02

2

=

α+++ ∑∞= dx

dux

x

pc

dx

ud

n

nn

odnosno, kad se uvrsti vrednost c (6.29),

01

02

2

=

α++ ∑∞= dx

dux

xdx

ud

n

nn (6.32)

gde su nα neke konstante. Rešavajući jednačinu (6.32) možemo da izvedemo oblik funkcije u, a onda iz (6.30) i oblik koji treba da ima drugo rešenje. Pošto jednačina ne sadrži funkciju, uvodimo smenu vu =′ :

01

0

=

α++ ∑∞=

vxxdx

dv

n

nn

i prva integracija daje:

Cx

xxv +

+α+α−−= L

2lnln

2

10

Integracionu konstantu ćemo uzeti jednakom nuli (vidi Primer 4.1), pa imamo:

+α+α−= L

2exp

1 2

10

xx

xv

i pošto traženo rešenje treba da bude beskonačan red, treba razviti u red eksponencijalnu funkciju. Nije teško izvesti sledeći oblik rezultata:

( )L+β+β+= 2211

1xx

xv

Druga integracija daje oblik funkcije u:

Cx

xxxu ++β+β+= L

2ln)(

2

21

gde su nβ neke konstante, a C integraciona konstanta, koju uzimamo jednakom nuli.

Konačno, iz (6.30) dobijamo oblik drugog rešenja:

)(2

ln)( 1

2

212 xyx

xxxy

+β+β+= L

145

odnosno,

n

nn

c xbxxxyxy ∑∞=

+=1

12 ln)()( (6.33)

Koeficijenti nb će biti određeni metodom neodređenih koeficijenata.

PRIMER 6.3 Naći rešenje jednačine:

022

22 =−+ yx

dx

dyx

dx

ydx

Prema Frobeniusovom postupku, uvrštavamo pretpostavljeno rešenje u obliku:

∑∞=

=0n

nn

c xaxy . Rezultat je:

0)()1)((0

2

00

=−++−++ ∑∑∑ ∞

=

++∞

=

+∞

=

+

n

cnn

n

cnn

n

cnn xaxcnaxcncna

Anulirajući koeficijent uz najniži stepen cx , dobijamo definicionu jednačinu:

0)1( =+− ccc

koja ima dva jednaka korena 021 == cc . Prvo rešenje dobijamo metodom neodređenih koeficijenata, sa tom vrednošću c. Nakon uklanjanja najnižeg stepena, imamo:

0)()1)((0

2

11

=−++−++ ∑∑∑ ∞

=

++∞

=

+∞

=

+

n

cnn

n

cnn

n

cnn xaxcnaxcncna

ili, ako objedinimo prve dve sume,

0)()1()(0

2

2

2121

0

2

1

2 =−+++=−+ ∑∑∑∑ ∞

=

++∞

=

++∞

=

++∞

=

+

n

cnn

n

cnn

c

n

cnn

n

cnn xaxcnaxcaxaxcna

Koeficijent uz najniži stepen, 1+cx mora biti jednak nuli::

00)1( 12

1 =⇒=+ aca

Nakon povećanja indeksa prve od suma za 2, one se mogu objediniti:

0])2([0

222 =−++∑∞

=

+++

n

cnnn xacna

Sledi rekurentna formula:

22 )2( cn

aa n

n++

=+

146

u koju treba zameniti koren definicione jednačine, 0=c :

K,1,0,)2( 22 =

+=+ n

n

aa n

n (6.34)

Pošto smo za 1a dobili nultu vrednost, rekurentna formula daje nule za sve koeficijente sa neparnim indeksom i u rešenju ostaju samo koeficijenti sa parnim indeksom,

K,1,0,2 == kkn :

∑∑ ∞

=

∞

=

==0

22

0

22

k

kk

k

kk

c xaxaxy

gde je, prema (6.34),

K,1,0,)1(2 22

222 =

+=+ k

k

aa k

k

ili nakon smene 1−k umesto k:

K,2,1,2 22

222 ==

− kk

aa k

k

Tako su koeficijenti,

220

2222

2

260

224

6

240

222

4

20

2

]23)1([22

)23(2323

22222

21

⋅−⋅==

⋅⋅=

⋅==

⋅=

⋅==

==

−

L

M

kk

a

k

aa

aaak

aaak

aak

kk

k

Izveli smo opštu formulu za koeficijente,

K,1,0,)!(2 22

02 == k

k

aa

kk

pa je rešenje:

44 344 21

)(

0

2

200

22

2

0

1

2)!(

1

)!(2)(

xy

k

k

kk

k x

ka

k

xaxy ∑∑ ∞

=

∞

=

==

147

Prepoznajemo, da je prvo rešenje modifikovana Beselova funkcija prve vrste (2.27), nultog reda:

∑∞=

==0

2

201 2)!(

1)()(

n

nx

nxIxy (6.35)

Drugo rešenje, )(2 xy tražimo u obliku (6.33), sa 0=c :

n

nn xbxyy ∑∞

=

+=1

12 ln (6.36)

Radi smene u jednačinu, potrebni su nam izvodi:

1

1

11

2 ln1 −

∞

=

∑++= n

nn xnbx

dx

dyy

xdx

dy

2

121

21

21

22

2

)1(ln2 −

∞

=

∑ −+++−= n

nn xnnbx

dx

yd

dx

dy

xx

y

dx

yd

Rezultat smene je:

0lnln)1(2ln 2

11

2

1

11

11

121

22 =−−+++−+−+ +

∞

=

∞

=

∞

=∑∑∑ n

nn

n

nn

n

nn xbxyxxnb

dx

dyxxyxnnby

dx

dyx

dx

ydxx

0)1(2ln 2

111

1

0

121

21

22 =−+−++

−+ +

∞

=

∞

=

∞

=∑∑∑ n

nn

n

nn

n

nn xbxnbxnnb

dx

dyxyx

dx

dyx

dx

ydxx

4444 34444 21

02 2

11

21 =−+ +∞

=

∞

=∑∑ n

nn

n

nn xbxnb

dx

dyx

Kada uvrstimo izvod prvog rešenja (6.35),

∑∑ ∞

=

−∞

=

−

−=

=

1

12

1

12

21

2!)!1(

1

2

1

2)!(

2

n

n

n

nx

nn

x

n

n

dx

dy

dobijamo:

0!)!1(2

2

11

2

122

2

=−+−

+∞

=

∞

=

∞

=− ∑∑∑ n

nn

n

nn

nn

n

xbxnbnn

x

i sledi primena metode neodređenih koeficijenata. Koeficijenti uz dva najniža stepena, 2, xx

su: )41( i 21 bb + . Dakle,

148

4

1,0 21 −== bb

Uz neparne stepene, K,2,1,12=

+ kx k , su koeficijenti ])12([ 122

12 −+ −+ kk bkb i pošto je

01 =b , iz uslova da su oni jednaki nuli,

K,2,1,0)12( 122

12 ==−+ −+ kbkb kk

sledi da su svi koeficijenti nb sa neparnim indeksima jednaki nuli:

K,1,0,012 ==+ kb k

Preostaje uslov da svi koeficijenti uz sve parne stepene, K,3,2,2=kx k budu jednaki nuli:

K,3,2,0)2(!)!1(2

122

2222

==−+−

−−kbkb

kkkkk

odakle dobijamo rekurentnu formulu za njihovo postupno određivanje, polazeći od vrednosti 412 −=b :

,...3,2,!)1(2

1

)2(

1222222 =

−+−−=−−

kkk

bk

bkkk ‚

Nije jednostavno iz nje izvesti formulu za kb2 i ostavljamo čitaocu da matematičkom

indukcijom pokaže da je :

kkkk hkkk

b22222 )!(2

11

2

11

)!(2

1 −=

++−= L (6.37)

gde je kh parcijalna suma harmonijskog reda:

k

hk

1

2

11 +++= L

Tako smo odredili koeficijente u drugom rešenju (6.36) i ono glasi:

n

n

n x

n

hxxIxy

2

1202 2)!(

ln)()( ∑∞=

−= (6.38)

a traženo opšte rešenje:

−+=+= ∑∞

=

n

n

n x

n

hxxIAxIAxyAxyAxy

2

1202012211 2)!(

ln)()()()()(

149

gde su 21, AA integracione konstante.Ako drugom rešenju dodamo i oduzmemo

)()2ln( 0 xI−γ , gde je γ Ojlerova konstanta (2.14):

{

+

γ+

−−+γ−+=

−γ−

−−γ++=

∑

∑∞

=

∞

=

n

n

n

CC

n

n

n

x

n

hxI

xAxIAA

xIx

n

hxIxxIAxIAxy

2

1202021

0

2

1200201

2)!()(

2ln)()]2ln([

)()2ln(2)!(

)()2ln(ln)()()(

21

444 3444 21

Ako uvedemo nove integracione konstante, dobijamo rešenje u obliku koji se koristi u literaturi:

)()()( 0201 xKCxICxy += (6.39)

gde je )(0 xK modifikovana Beselova funkcija druge vrste, nultog reda ( 2.30).

Slučaj 3. Koreni se razlikuju za ceo broj

Neka se koreni definicione jednačine razlikuju za ceo broj: kcc += 12 , gde je k ceo

pozitivan broj, dakle 1c označava manji, a 2c veći koren. Tada, u pokušaju da se metodom

neodređenih koeficijenata, dobiju rešanja )(),( 21 xyxy , jednačine (6.21a,b) mogu nastati dve

situacije: za manji koren 1c ,

• se dobija beskonačan koeficijent ka , pa je nemoguće dobiti odgovarajuće

partikularno rešenje )(1 xy u obliku (6.21a) - Slučaj 3a

• koeficijent ka ostaje nedefinisan - Slučaj 3b

Slučaj 3a

Metodom neodređenih koeficijenata se bez problema, iz većeg korena 2c , dobija jedno rešenje, )(2 xy . Drugo rešenje, se dobija metodom neodređenih koeficijenata, polazeći od sledećeg oblika rešenja ,

0,ln)()( 00

21 ≠+= ∑∞

=

bxbxxxAyxy n

nn

c (6.40)

formulisanog postupkom, analognom onom u slučaju jednakih korena.

Slučaj 3b

Pošto su, pri primeni metode neodređenih koeficijenata sa manjim korenom, 1c

koeficijenti kaa i 0 nedefinisani, kompletno rešenje (odnosno oba partikularna rešenja) se

150

dobija iz manjeg korena. Jasno je da tada rešenje koje bi se dobilo iz većeg korena 2c ne daje ništa novo, jer nije linearno nezavisno od dobijenih partikularnih rešenja. PRIMER 6.4 Naći rešenje Erijeve jednačine:

02

2

=− xydx

yd (6.41)

Uvrštavamo u jednačinu pretpostavljeno rešenje u obliku,

∑∞=

=0n

nn

c xaxy

i rezultat je:

0)1)((0

1

0

2 =−−++ ∑∑ ∞

=

++∞

=

−+

n

cnn

n

cnn xaxcncna (6.42)

Anulirajući koeficijent uz najniži stepen 2−cx , dobijamo definicionu jednačinu:

0)1( =−cc

čiji se koreni 1,0 21 == cc razlikuju za ceo broj: k =1. Nakon uklanjanja najnižeg stepena, jednačina (6.42) izgleda:

0)1)(()1)(2()1(

0

1

3

22

11 =−−+++++++ ∑∑ ∞

=

++∞

=

−+−

n

cnn

n

cnn

cc xaxcncnaxccacxca

odnosno, nakon pomeranja indeksa prve sume za 3:

0)2)(3()1)(2()1(0

1

0

132

11 =−+++++++++ ∑∑ ∞

=

++∞

=

+++

−

n

cnn

n

cnn

cc xaxcncnaxccacxca

Vidimo da se za manji koren, 01 =c anulira koeficijent uz 1−cx , za bilo kakvu vrednost

koeficijenta 1aak = , pa on ostaje neodređen i identifikujemo Slučaj 3b. Dalje, jedini način da

se ukloni stepen cx je da se za koeficijent 2a uzme 02 =a . Dalje, za 01 == cc dobijamo rekurentnu formulu:

K,1,0,)2)(3(3 =

++=+ n

nn

aa n

n

ili

K,4,3,)1(

3=

−=

− nnn

aa n

n (6.43)

151

Primenom (6.43), dobijamo dve serije koeficijenata: K,,, 963 aaa iz 0a i K,,, 1074 aaa iz

1a :

Tako smo dobili potpuno rešenje Erijeve jednačine:

444444 3444444 21

L

44444 344444 21

L

)(

10741

)(

9630

21

!10

852

!7

52

!4

2

!9

74

!6

4

!3

11)(

xyxy

xxxxaxxxaxy

+⋅⋅+⋅+++

+⋅+++= (6.44)

gde neodređeni koeficijenti 10 i aa igraju ulogu integracionih konstanti. Partikularna rešenja

)(y i )( 21 xxy spadaju u specijalne funkcije, u nešto modifikovanoj formi poznate kao Erijeve funkcije [Rice, G.R, D., Duong, 1995]

6.2.2 Diferencijalne jedna čine sa neregularno singularnim tačkama

Ako tačka 0xx = linearne dif. jednačine drugog reda nije ni obična ni regularno

singularna, ona se naziva neregularno singularna. Rešenja takvih jednačina u okolini 0x se ne mogu dobiti u obliku redova, pa je Frobeniusov postupak ne primenljiv. Naprimer, za jednačinu

02

4

2

2

2

=++ yx

a

dx

dy

xdx

yd

tačka 00 =x je neregularno singularna. Opšte rešenje jednačine je

x

aC

x

aCxyCxyCy cossin)()( 212211 +=+=

i partikularna rešenja )(),( 21 xyxy se ne mogu razviti u red u okolini te tačke, jer u njoj nisu neprekidna.

M

3467910910,10

346767,7

34,4

1710

147

14

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅==

⋅⋅⋅=

⋅==

⋅==

aaan

aaan

aan

M

23568989,9

235656,6

23,3

069

036

03

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅==

⋅⋅⋅=

⋅==

⋅==

aaan

aaan

aan

152

ZADACI 6.1 Pokazati da se prvo partikularno rešenje u Primeru 6.1 može prikazati preko elementarnih funkcija, kao

⋅=

2exp)(

2

1

xxxy

6.2 Pomoću redova rešiti dif. jednačinu 0=+′′ yy i rešenje prikazati preko elementarnih funkcija.

6.3 a) Naći poluprečnike konvergencije Ležandrovih funkcija

b) Formulisati prvih 5 Ležandrovih polinoma pomoću jedn.(6.10), a onda polinom 6. stepena, koristeći rekurentnu formulu (6.11)

d) Pokazati da su Ležandrovi polinomi parnih stepena parne funkcije, a neparnih stepena, neparne funkcije i nacrtati grafike prvih 6 polinoma, na itervalu [ ]1,1−∈x , koristeći odgovarajuću Mathcad funkciju

6.4 a) Na osnovu jedn (6.10) pokazati da svi Ležandrovi polinomi neparnog stepena imaju nulu 0=x , dok polinomi parnih stepena ne prolaze kroz koordinatni početak

b) Može se pokazati da su sve nule Ležandrovih polinoma K,2,1),( =nxPn realne i da

pripadaju intervalu )1,1(−∈x .Koliko pozitivnih nula ima polinom K,2,1),(2 =kxP k ? Ako

su one nađene, kako odrediti negativne nule ?

c) Naći u Mathcad-u sve nule Ležandrovih polinoma 5. i 6. stepena.

6.5 Pokazati da je 0=x regularno singularna tačka za jednačine,

a) 0)21(2 =−′−+′′ yyxyx b) 02 =+′+′′ xyyyx c) 02 =−′+′′ xyyyx

d) 0)41( 22 =−+′+′′ yxyxyx e) 022)1( =+′−′′− yyyxx f)

0)6(6 22 =−+′+′′ yxyxyx

i izvesti za svaku od njih definicionu jednačinu i njene korene.

6.6 Frobeniusovim metodom naći rešenja jednačina datih u prethodnom zadatku i ako je moguće prikazati ih preko elementarnih funkcija.

6.7 Naći jedno partikularno rešenje jednačine:

02)2( =−′−+′′ yyxyx

i oblik drugog .

6.8 U analizi prenosa toplote pri laminarnom strujanju fluida, javlja se Grecova (Graetz) jednačina:

0)1( 2222

22 =−λ++ yxx

dx

dyx

dx

ydx

Primeniti metod Frobeniusa i pokazati da jedino rešenje, koje je konačno u tački 0=x je:

+

λ+λ+λ−= L

422

22

0 41

1641)( xxaxy