tatjana vukovi c · 2020. 4. 23. · zadaci 1. odrediti periode slede´cih funkcija: (a) y= sin5x...

Fizicki Fakultet

Univerzitet u Beogradu

Tatjana Vukovic

METODEMATEMATICKE FIZIKE

skripta za smer ”Opsta fizika”

Beograd, 1. april 2014

GLAVA 1

FURIJEOVI REDOVI I TRANSFORMACIJE

1.1 Uvod

U vecini problema u fizici i elektronici javljaju se vibracije ili oscilacije. Do sada ste vec susreli dostatakvih primera: vibracije zvucne viljuske ili zice, klatno, telo vezano za oprugu, talasi na vodi, zvucnitalasi, naizmenicne struje itd. Tokom daljih studija javice se jos dosta ovakvih primera: elektricnoi magnetno polje, svetlost, vibracije atoma u molekulima i kristalima (fononi), vibracije elektrona ukristalima (plazmoni) itd.

Na predhodnim kursevima matematike videli ste kako se relativno komplikovane funkcije moguaproksimirati stepenim redovima. U fizici se, pored stepenih, veoma cesto koriste takozvani Furijeovi(Fourier) redovi ciji su clanovi sinusne i kosinusne funkcije. Pri resavanju velikog broja problema ufizici ispostavlja se da su ovakvi redovi korisniji od stepenih redova. U ovoj glavi videcemo kako seizracunavaju i koriste Furijeovi redovi, a zatim cemo u narednim glavama videti kako se oni koriste zaresavanje obicnih i parcijalnih difrencijalnih jednacina.

Kako su sinus u kosinus periodicne funkcije, postaje jasno da se Furijeovi redovi mogu koristitiiskljucivo za reprezentovanje periodicnih funkcija. Napomenimo ovde da periodicne funkcije ne morajubiti neprekidne. Naime, funkcija f(x) definisana na beskonacnom skupu D ⊆ R se naziva periodicnomako postoji broj T = 0 tako da za svako x ∈ D vazi:

f(x± T ) = f(x), (x± T ∈ D).

Broj T naziva se period funkcije f(x). Funkcije tg x i ctg x su primeri funkcija koje nisu definisane naceloj realnoj osi ali jesu periodicne sa periodom T = π. Videcemo da se i neke od ovakvih funkcijatakode mogu razviti u Furijeov red.

Nesto kasnije, razmotricemo i neperiodicne funkcije i nacin na koji se one reprezentuju pomocuFurijeovog integrala (Furijeova transformacija).

1.2 Prosto harmonijsko kretanje i talasno kretanje

Pre nego sto predemo na same redove, potsetimo se prosto harmoniskog i talasnog kretanja postoce nam biti potrebna terminologija i notacija koja se kod njih koristi.

Neka se cestica P krece po krugu radijusa A konstantnom brzinom. Posmatrajmo cesticu Q kojase krece duz duzi RS, ali tako da je njena y koordinata uvek jednaka y koordinati cestice P . Ako je

1

GLAVA 1. FURIJEOVI REDOVI I TRANSFORMACIJE 2

ω ugaona brzina od P i ako je θ = 0 za t = 0 onda je u proizvoljnom prenutku t:

θ = ωt.

Kako su y koordinate od Q i P u svakom trenutku jednake, sledi da je:

y = A sin θ = A sinωt.

P

y

x

R

S

QA

q

1 2 3 4 5 6 7 8x

-2

-1

1

2

y y=2sinH2 Π x�3L

Slika 1.1: Levo: cestica P se krece po krugu konstantnom brzinom cestica Q duz duzi RS.Desno: koordinata y zajednicka za obe cestice kao funkcija vremena za A = 2 i T = 3.

Kretanje napred-nazad cestice Q se naziva prosto harmonijsko kretanje. Po definiciji kaze se datelo vrsi prosto harmonijsko kretanje ako se njegov otklon od ravnoteznog polozaja moze napisati uobliku A sin(ωt+ ϕ). Koordinate cestice P su:

x = A cosωt, y = A sinωt

pa ako P posmatramo kao tacku z = x+ ıy u kompleksnoj ravni ove dve jednacine mozemo zamenitijednom jednacinom koja opisuje kretanje od P :

z = x+ ıy = A(cosωt+ ı sinωt) = Aeıωt.

Cesto je veoma zgodno koristiti ovu kompleksnu notaciju cak i kada hocemo da opisemo polozaj cesticeQ: naravno, onda moramo imati u vidu da je stvarni polozaj Q imaginarni deo od z. Na primer, brzinakojom se krece Q je:

dz

dt=

d

dtAeıωt = Aıωeıωt = Aıω(cosωt+ ı sinωt),

odnosno:dy

dt= Im

(dz

dt

)= Aω cosωt.

Broj A se naziva amplituda oscilovanja. Fizicki ona pretstavlja maksimalni otklon Q od rav-noteznog polozaja. Period prostog harmonijskog kretanja je vreme za koje cestica izvrsi jednu punuoscilaciju, a to je u stvari vreme koje je potrebno cestici P da obide ceo krug: T = 2π/ω. Brzinu odQ mozemo zapisati i kao:

vQ =dy

dt= Aω cosωt = B cosωt,

gde je B maksimalna brzina cestica i ona se obicno naziva amplituda brzine. Obratite paznju dabrzina ima isti period kao i otklon. Ako je m masa cestice Q onda je njena kineticka energija:

Ek =1

2m

(dy

dt

)2

=1

2mB2 cos2 ωt.


Ako posmatrano idalizovan harmonijski oscilator koji ne gubi energiju tokom vremena onda je ukupnaenergija (zbir potencijalne i kineticke energije) jednaka maksimalnoj vrednosti kineticke energije:

Etotal =1

2mB2.

Talasi su drugi vazan primer oscilatornog kretanja. Matematicka ideja talasnog kretanja je korisnau mnogim oblastima: talasi na vodi, zvucni talasi, radio talasi itd.

y

x-vt x x

Slika 1.2: Superponirane slike talasa na vodi u pocetnom trenutku t = 0(plava) i nakon nekog vremena t (zelena).

Posmatrajmo talas na vodi kod kojeg je povrsina vode opisana sinusnom funkcijom (naravno ovoje nerealisticno) koja zavisi od dve promenljive: koordinate x i vremena t. Ako fotografisemo povrsinuvode u trenutku t = 0 jednacina koja odgovara dobijenoj slici je:

y(x, t = 0) = A sin2πx

λ(1.1)

gde je x horizontalno rastojanje a λ je rastojanje izmedu dva najbliza vrha talasa. U fizici λ se nazivatalasnom duzinom, a matematicki to je u stvari period gornje funkcije y(x). Pretpostavimo da smonakon nekog vremena t ponovo fotografisali ispu povrsinu. Talas se za to vreme pomerio za rastojanjevt gde je v brzina talasa. Na slici 1.2 su superponirane obe snimljene fotografije. Primetimo da jevisina talasa u tacki x u trenutku t (zelena kriva) jendaka visini talasa u tacki x − vt u pocetnomtrenutku (plava kriva). Dakle, ako jednacina (1.1) opisuje talas u t = 0, onda je jednacina talasa utrenutku t data sa:

y(x, t) = A sin2π(x− vt)

λ. (1.2)

Ako bi smo nacrtali grafik zavisnosti y od vremena pri nekoj fiksiranoj vrednosti koordinate x, opetbi smo dobili sinusnu funkciju: stojimo u jednoj fiksiranoj tacki x u vodi i posmatramo kretanje vodegore-dole tj. koordinatu y u funkciji od t. Ovo je prosto harmonijsko kretanje sa amplitudom A iperiodom Tt = λ/v.

Vibracija zvucne viljuske je takode primer prostog harmonijskog oscilovanja. Zvucni talas kojicujemo je sinusni talas tacno odredene frekvence: cist ton. Predpostavimo da istovremeno cujemo visecistih tonova razlicitih frekvenci. Rezultujuci zvucni talas je superpozicija pojedinavcnih talasa, tj.suma vise sinusnih funkcija. Tako, ako udarimo tipku na klaviru, zvuk koji cujemo nije jedne frekvence,vec je u pitanju citav niz frekvenci (visi harmonici) koje su celobrojni umnosci frekvence osnovnog tona(osnovni harmonik). Sto je frekvenca harmonika nω veca to je period kraci i ako osnovnom harmonikuodgovara talasna funkcija sinωt ili cosωt, onda je talasna funkcija viseg harmonika sinnωt, odnosnocosnωt. Zvuk koji cujemo je superpozicija ovih talasa koja je sigurno periodicna sa 2π/ω. Cesto jerezultujuci zvucni talas veoma komplikovana periodicna funkcija f(t). Da bi smo odredili frekvenceharmonika cijom superpozicijom je nastao takav talas potrebno je da znamo kako mozemo funkciju f(t)da napisemo kao sumu sinusnih i cosinusnih funkcija. Jasno je da nam je u opstem slucaju potrebna


beskonacna suma ovakvih clanova. Ovakav red se naziva Furijeov red, a odredivanje harmonika kojise javljaju u ovom redu naziva se Furijeova analiza.

Naravno, ovako nesto se koristi ne samo kod zvucnih talasa vec kod raznih oblika harmonijskogoscilovanja: svetlost, X-zraci, elektromagnetno zracenje, vibracije u cvrstim telima i gasovima itd.Takode treba napomenuti da se u primeni cesto srecu funkcije koje su periodicne ali ne i neprekidnefunkcije. Samim tim ove funkcije nisu ni direfercijabilne te kod njih ne mozemo koristiti razvoj ustepeni red.

1.3 Trigonometrijski redovi

Def. 1.1. Funkcionalni red tipa:

12a0 + a1 cosx+ b1 sinx+ · · ·+ an cosnx+ bn sinnx+ . . .

= 12a0 +

∑∞n=1(an cosnx+ bn sinnx) (1.3)

naziva se tringonometrijski red , a koeficijenti a0, an, bn (n = 1, 2, . . . ) se zovu koeficijenti trigono-metrijskog reda.

Parcijalna suma Sn(x) trigonometrijskog reda (1.3) je linearna kombinacija periodicnih funkcija1, cosx, sinx, . . . , cosnx, sinnx. Zajednicki period je T = 2π, pa sledi da ako red (1.3) konvergira ondaje i S(x) = limn→∞ Sn(x) takode periodicna funkcija sa periodom 2π:

(∀x ∈ R) S(x+ 2π) = S(x).

Ortogonalnost trigonometrijskog bazisa Neka su f(x) i g(x) dve neprekidne funkcijedefinisane na intervalu [a, b], kazemo da su one ortogonalne na ovom intervalu ako vazi da je :∫ b

af(x)g(x) dx = 0.

Na primer funkcije f(x) = x i g(x) = x2 su ortogonalne na intervalu [−1, 1]. Slicno vazi i za funkcijesinx i cosx na intervalu [−π, π].

Teorema 1.1. Trigonometrijski bazis {1, cosx, sinx, . . . , cosnx, sinnx, . . . } je skup medusobno orto-gonalnih funkcija na intervalu [−π, π].

Dokaz: Za svako n = 0 imamo:∫ π

−π1 · cosnx dx =

sinnx

n

∣∣∣∣π−π

= 0∫ π

−π1 · sinnx dx = −cosnx

n

∣∣∣∣π−π

= 0.


Zatim, za svaka dva medusobno razlicita prirodna broja m i n:∫ π

−πcosmx cosnx dx =

1

2

∫ π

−π(cos(m− n)x+ cos(m+ n)x) dx

=sin(m− n)x

2(m− n)

∣∣∣∣π−π

+sin(m+ n)x

2(m+ n)

∣∣∣∣π−π

= 0∫ π

−πsinmx sinnx dx =

1

2

∫ π

−π(cos(m− n)x− cos(m+ n)x) dx

=sin(m− n)x

2(m− n)

∣∣∣∣π−π

−sin(m+ n)x

2(m+ n)

∣∣∣∣π−π

= 0∫ π

−πsinmx cosnx dx =

1

2

∫ π

−π(sin(m− n)x+ sin(m+ n)x) dx

= −cos(m− n)x

2(m− n)

∣∣∣∣π−π

−cos(m+ n)x

2(m+ n)

∣∣∣∣π−π

= 0.

Ostalo je jos da proverimo sta se desava zam = n s’tim sto je jedna funkcija sinusna a druga kosinusna:∫ π

−πsinnx cosnx dx =

1

2

∫ π

−πsin 2nx dx = −cos 2nx

2n

∣∣∣∣π−π

= 0.

Da zakljucimo, trigonometriski bazis jeste skup medusobno ortogonalnih funkcija. Q.E.D.Pre nego sto nastavimo zgodno je da izracunamo sta se dogada ako su obe funkcije jednake:∫ π

−π1 · 1 dx = x

∣∣∣∣π−π

= 2π, (1.4)∫ π

−πcosnx cosnx dx =

∫ π

−π

1 + cos 2nx

2dx =

1

2

(x+

sin 2nx

2n

) ∣∣∣∣π−π

= π,∫ π

−πsinnx sinnx dx =

∫ π

−π

1− cos 2nx

2dx =

1

2

(x− sin 2nx

2n

) ∣∣∣∣π−π

= π.

Zadaci

1. Odrediti periode sledecih funkcija:

(a) y = sin 5x (b) y = cos(πx/3) (c) y = tg(πx+ 3)

(d) y = sin2 5x (e) y = tg4(πx/4) (f) y = sin(πx+ 3) cos(πx/2 + 1).

2. Skup svih funkcija koje se mogu napisati kao linearne kombinacije elemenata trigonometriskog bazisacini vektorski prostor nad poljem R. Ovo je primer jednog beskonacno dimenzionog prostora. Kolikije period proizvoljne funkcije iz ovog prostora? Ako je skalarni proizvod u ovom prostoru definisan kao(f(x), g(x)) =

∫ π

−πf(x)g(x) dx, iz (1.4) sledi da nijedan vektor trigonometriskog bazisa nije ort. Kako

treba redefinisi skalarni proizvod u ovom prostoru da vektori trigonometriskog bazisa, sa izuzetkom x1 = 1,budu jedinicne norme?

1.4 Furijeov red za funkciju sa periodom T = 2π

Da bi smo mogli da razvijemo unapred zadatu funkciju f(x), za koju znamo da je periodicna sa periodom2π, u trigonometrijski red (1.3) potrebno je da odredimo koeficijente koji se javljaju u redu a0, a1, b1, . . . . Kako


smo gore pokazali da je trigonometrijski sistem skup medusobno ortogonalnih funkcija lako je zakljuciti kako seizracunavaju trazeni koeficijenti 1:

Teorema 1.2. Ako je f(x) periodicna funkcija sa periodom 2π i ako je za svako x iz oblasti definisanostifunkcije:

f(x) =a02

+∞∑

n=1

(an cosnx+ bn sinnx), (1.5)

i trigonometrijski red koji se javlja na desnoj strani uniformno konvergira na celom intervalu [−π, π] (a zbogperiodicnosti i na celoj realnoj osi) onda:

an =1

π

∫ π

−π

f(x) cosnx dx (n = 0, 1, 2, . . . )

bn =1

π

∫ π

−π

f(x) sinnx dx (n = 1, 2, . . . ). (1.6)

Red koji se javlja na desnoj strani u (1.5) naziva se Furijeov red od f(x), a koeficijenti dati sa (1.6) Furijeovikoeficijenti .

Dokaz: Kako su funkcije trigonometrijskog sistema neprekidne i kako red u (1.5) uniformno konvergiramozemo zakljuciti da je funkcija f(x) integrabilana na [−π, π], tj. integrali dati sa (1.6) su definisani. Akopodemo od (1.5) i integralimo levu i desnu stranu na intervalu [−π, π] dobijamo:∫ π

−π

f(x) dx =1

2

∫ π

−π

a0 dx+∞∑

n=1

(an

∫ π

−π

cosnx dx+ bn

∫ π

−π

sinnx dx) = a0π.

Dakle dobili smo da je:

a0 =1

π

∫ π

−π

f(x) dx.

Ako pak (1.5) pomnozimo sa cosmx, gde je m prirodan broj, i opet integralimo dobijamo:∫ π

−π

f(x) cosmxdx =a02

∫ π

−π

cosmxdx+

+

∞∑n=1

(an

∫ π

−π

cosmx cosnx dx+ bn

∫ π

−π

cosmx sinnx dx

)= amπ.

I konacno, ako (1.5) pomnozimo sa sinmx i integralimo dobijamo:∫ π

−π

f(x) sinmxdx =a02

∫ π

−π

sinmxdx+

+∞∑

n=1

(an

∫ π

−π

sinmx cosnx dx+ bn

∫ π

−π

sinmx sinnx dx

)= bmπ.

Dakle, pokazali smo da su Furijeovi koeficijenti dati sa (1.6). Q.E.D.Iz prethodnog dokaza postaje jasno zasto je slobodan clan u redu definisan kao a0/2: faktor 1/2 omogucava

da se formula za Furijeove koeficijente odnosi i na n = 0.

Primer 1.4.1. Razvicemo u Furijeov red funkciju f(x) datu na slici 1.3. Ova funkcija moze, na primer, daodgovara periodicnom naponu u strujnom kolu. Jasno je da je funkcija periodicna sa periodom 2π i da je na

1Kome nije ocigledno neka detaljno pogleda dokaz Teoreme koja sledi.


-2 Π -Π Π 2 Π 3 Πx

1

f HxL

Slika 1.3:

intervalu [−π, π] definisana sa:

f(x) =

{0, −π < x < 01, 0 < x < π.

(1.7)

Koristeci (1.6) prvo odredimo an, a zatim bn:

an =1

π

∫ π

−π

f(x) cosnx dx =1

π

(∫ 0

−π

0 · cosnx dx+

∫ π

0

1 · cosnx dx)

=1

π

∫ π

0

1 · cosnx dx =

{1nπ sinnx

∣∣π0= 0, za n = 0

1πx∣∣π0= 1, za n = 0

,

bn =1

π

∫ π

−π

f(x) sinnx dx =1

π

(∫ 0

−π

0 · sinnx dx+

∫ π

0

1 · sinnx dx)

=1

π

∫ π

0

sinnx dx = − 1

nπcosnx

∣∣π0= − (−1)n − 1

nπ=

{0, za n parno2nπ , za n neparno.

Konacno, zamenom dobijenih vrednosti za Furijeove koeficijente u (1.5) dobijamo:

f(x) =1

2+

2

π

(sinx+

sin 3x

3+

sin 5x

5+ . . .

). (1.8)

Primer 1.4.2. Na osnovu rezultata iz prethodnog primera lako mozemo da nademo razvoj u Furijeov red zasledecu funkciju (periodicnu sa 2π):

g(x) =

{−1, −π < x < 01, 0 < x < π.

a da uopste ne racunamo Furijeove koeficijente. Naime, posto je g(x) = 2f(x) − 1, gde je f(x) data sa (1.7),dobijamo da je:

g(x) =4

π

(sinx+

sin 3x

3+

sin 5x

5+ . . .

).

Slicno, ako je zadata funkcija h(x) = f(x+ π/2) onda je njen razvoj u Furijeov red:

h(x) =1

2+

2

π

(cosx− cos 3x

3+

cos 5x

5+ . . .

).

Zadaci

U svakom od sledecih zadataka funkcija je zadata samo na intervalu (−π, π). Skicirati odgovarajucu funkcijukoja je periodicna sa 2π i naci njen razvoj u Furijeov red:

1. f(x) =

{1, −π < x < 00, 0 < x < π.

Da li mozete da napisete resenje bez izracunavanja koristeci ideje iz posled-

njeg primera?

2. f(x) =

0, −π < x < 01, 0 < x < π

20, π

2 < x < π.3. f(x) =

{0, −π < x < π

21, π

2 < x < π.


4. f(x) =

{−1, −π < x < π

21, π

2 < x < π.Da li mozete da iskoristite zadatak 3. da resite ovaj bez izracunavanja?

5. f(x) =

0, −π < x < 0−1, 0 < x < π

21, π

2 < x < π.6. f(x) =

{1, −π < x < −π

2 i 0 < x < π2

0, −π2 < x < 0 i π

2 < x < π.

7. f(x) =

{0, −π < x < 0x, 0 < x < π.

8. f(x) = 1 + x za −π < x < π.

9. f(x) =

{−x, −π < x < 0x, 0 < x < π.

10. f(x) =

{π + x, −π < x < 0π − x, 0 < x < π.

11. f(x) =

{0, −π < x < 0

sinx, 0 < x < π.12. f(x) =

{0, −π < x < 0

−x2 + x, 0 < x < π.

1.5 Dirihleovi uslovi

Kad smo definisali Furijeov red nismo se mnogo bavili time da li uopste konvergira ili ne. Hajdesad da pogledamo sta se ustvari desava ako imamo zadatu funkciju f(x) i izracunamo koeficijente ani bn koristeci (1.6). Pitanje je da li red koji dobijamo pomocu ovih koeficijenata:

a02

+∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx) (1.9)

uopste konvergira, i ako konvergira da li je konvergira ka f(x). Tako na primer, za funkciju iz pri-mera 1.4.1 testovi za ispitivanje konvergencije ne daju odgovor o konvergenciji reda za vecinu vrednostipromenljive x. Pored toga, ako izracunamo sumu dobijenog reda u x = 0 dobijamo: S(x) = 1

2 . Funk-cija u ovoj tacki trpi skok od 0 do 1, a u samoj tacki nije definisana. Postavlja se pitanje kakve vezeima ova vrednost sa f(x).

Odgovori na ova pitanja nisu laki. Kada je sam Furije prvi put koristio ovakve redove, dugoposle toga matematicari su imali problema da prihvate mogucnost da se svaka periodicna funkcijamoze napisati kao trigonometrijski red. Upravo je konvergencija bila glavni razlog. Srecom odgovorna pitanje konvergencije u vecini situacija primenljivih u praksi daje sledeca teorema koju naravnodajemo bez dokaza:

Teorema 1.3. Dirihleova (Dirichlet) teorema: Ako je f(x) periodicna funkcija perioda 2π i na inter-valu [−π, π] ima konacan broj maksimuma i minimuma, i konacan broj prekida, i ako je

∫ π−π |f(x)| dx

konacan, onda Furijeov red (1.9) ciji su koeficijenti dati sa (1.6) konvergira ka f(x) u svim tackamau kojima je f(x) neprekidna funkcija. U tackama gde funkcija trpi skok(ovo ukljucuje i eventualneskokove u x = ±π) red (1.9) konvregira ka:

1

2limϵ→0

(f(x+ ϵ) + f(x− ϵ)).

Prodiskutujmo malo sta znace svi ovi uslovi za f(x) koji se pominju u teoremi. Primer funkcijef(x) koja ima beskonacan broj minimuma i maksimuma je sin(1/x) na proizvoljnom intervalu kojiukljucuje x = 0: naime ova funkcija osciluje beskonacno mnogo puta kako x → 0. Ako bi smo pakdefinisali funkciju f(x) kao:

f(x) =

{1, za sin(1/x) > 0−1, za sin(1/x) < 0,


ovakva funkcija bi imala beskonacno mnogo prekida. Srecom u praksi vecina funkcija se ne ponasaovako vec je ispunjen uslov iz Dirihleove teoreme. Preostao je jos uslov da je

∫ π−π |f(x)| dx konacan,

tj. da je funkcija apsolutno integrabilna. Neka je f(x) = 1/x onda:∫ π

−π|f(x)| dx =

∫ π

−π

1

|x|dx = 2

∫ π

0

1

xdx = 2 lnx

∣∣π0= ∞,

dakle ova funkcija ne ispunjava Dirihleove uslove. Sa druge strane, za funkciju y(x) = 1/√

|x| dobi-jamo: ∫ π

−π

1√|x|

dx = 2

∫ π

0

1√xdx = 4

√x∣∣π0= 4

√π,

pa funkcija koja je periodicna i na intervalu (−π, π) jednaka y moze da se razvije u Furijeov red. Uvecini slucajeva nije nuzno da se izracuna

∫ π−π |f(x)| dx jer je funkcija sa kojom radimo ogranicena.

Lako se pokazuje da ako je f(x) ≤M , gde je M ≥ 0, onda vazi da je∫ π

−π|f(x)| dx ≤

∫ π

−πM dx =M2π.

Dakle, umesto da testiramo konvergenciju dobijenog reda, lakse je testirati da li zadata funkcija f(x)zadovoljava uslove Dirihleovog teorema. Na primer, ako se vratimo na vec pomenutu funkciju izprimera 1.4.1 vidimo da ona ispunjava sve trazene uslove i da je dobijeni Furijeov red konvergentanka f(x) u svim tackama sem u x = zπ (z ∈ Z), a u tim tackama konvergira ka 1/2.

-Π Π

x

1

f HxL

Slika 1.4: Gibsov fenomen. Nacrtane su funkcija iz Primera 1.4.1 i triparcijalne sume Sn(x) Furijeovog reda funkcije: n = 5 (crvena kriva),n = 9 (plava) i n = 21 (zelena). Obratiti paznju da je bez obzira na nvisina prvog pika u okolini tacaka prekida x = 0,±π konstantna.

Interesantno je pogledati grafike odgovarajucih funkcija Sn(x) koje su ustvari parcijalne sume reda(1.8). Na slici 1.4 prikazana je funkcija f(x) kao i nekoliko parcijalnih suma. Za ocekivati je da stoje n vece funkcija Sn(x) sve bolje aproksimira funkciju f(x). Sa slike je ocigledno da je ovo ispunjenosamo ako smo dalje od tacaka prekida x = zπ (z ∈ Z) . U ovim tackama funkcija prolazi krozsrednju vrednost funkcije u levom i desnom limesu. Vidimo da u neposrednoj okolini tacke prekidauvek imamo ”premasivanje”frednosti funkcije f(x) koje nece nestati time sto povecavamo broj clanovauzetih u parcijalnoj sumi reda. Sa porastom n taj prvi pik postaje sve uzi i uzi i visina mu ostaje oko9% skoka funkcije u tacki prekida. Ova pojava se naziva Gibsov (Gibbs) fenomen.

Na kraju treba reci da se desava da iako funkcija ne zadovoljava Dirihleove uslove ona moze dase razvije u Furijeov red. Na primer, ovo je slucaj sa funkcijom sin(1/x) na intervalu (−π, π). Ipaktakve funkcije se veoma retko javljaju u praksi.


Zadaci

1. Za sve funkcije u zadacima 1. do 10. iz prethodnog poglavnja izracunati vrednosti kojim konvergirajudobijeni Furijeovi redovi u tackama prekida.

2. Koristeci zadatak 7. iz predhodnog poglavlja pokazati da je:

∞∑n=0

1/(2n+ 1) = π2/8.

Sta se dobija za x = π/2?

3. Koristeci zadatak 11. pokazati da je:

1

22 − 1+

1

42 − 1+

1

62 − 1+ · · · = 1

2.

1.6 Kompleksa forma Furijeovog reda

Setimo se da se sinusna i kosinusna funkcija mogu napisati preko kompleksnih eksponenata:

sinx =eıx − e−ıx

2ı, cosx =

eıx + e−ıx

2. (1.10)

Ako iskoristimo ove formule i zamenimo sinnx i cosnx u (1.5), dobijamo kompleksnu formu Furijeovogreda (doduse ne bas lepo sredenu). Ipak je daleko zgodnije od samog pocetka preformulisati problemi traziti razvoj u kompleksnoj formi:

f(x) =

∞∑n=−∞

cneınx (1.11)

pri cemu treba da odredimo kako sada izgledaju odgovarajuce formule za koeficijente cn. Slicno kao iza trigonometrijski red ako integralimo gornju jednacinu dobijamo:

1

2π

∫ π

−πf(x) dx = c0,

a ako jednacinu prvo pomnozimo sa e−ımx gde je m ∈ Z i zatim integralimo:

1

2π

∫ π

−πe−ımxf(x) dx =

1

2π

∞∑n=−∞

cn

∫ π

−πeı(n−m)x dx =

1

2π

∞∑n=−∞

cn2πδmn = cm.

Dakle, ako hocemo da funkciju f(x), perioda 2π, razvijemo u Furijeov red u kompleksnoj formi:f(x) =

∑∞n=−∞ cne

ınx , odgovarajuci kompleksni Furijeovi koeficijenti se izracunavaju pomocuformule:

cn =1

2π

∫ π

−πe−ınxf(x) dx n = 0,±1,±2, . . . . (1.12)

Uocite da kao prvo imamo jednu zajednicku formulu za koeficijente i da je normiranje sa 2π, a nekao kod an i bn sa π. Takode, slobodan clan reda nije koeficijent podeljen sa dva vec imamo samo c0.


Zbog svega ovoga kompleksna forma Furijeovog reda je laksa za pamcenje, a i u fizici se daleko visekoristi upravo ovaj oblik Furijeovog reda.

Za Furijeov razvoj (1.5) realne funkcije f(x) vazilo je da su i Furijeovi koeficijenti realni brojevii tamo je n ∈ N0. Za razvoj iste funkcije u kompleksnu formu Furijeovog reda dobijamo da su cnkompleksni koeficijenti, ali sada je n ∈ Z, i lako se pokazuje da je (cn)

∗ = c−n. Naravno ova vezaizmedu koeficijenata ne vazi za kompleksnu funkciju f(x).

Primer 1.6.1. Razvicemo funkciju f(x) =

{0, −π < x < 01, 0 < x < π.

u kompleksan Furijeov red. Kako je:

cn = 12π

∫ 0−π e

−ınx · 0 dx+ 12π

∫ π0 e−ınx · 1 dx

sledi da je za n = 0:

cn = −e−ınx

2πın

∣∣∣∣π0

=ı((−1)n − 1)

2πn=

{0, za n parno

− ıπn , za n neparno

,

dok je za n = 0

c0 =1

2π

∫ π

0dx =

1

2.

Zamenom dobijamo:

f(x) =

∞∑n=−∞

cneınx =

1

2+

1

ıπ

(eıx +

eı3x

3+

eı5x

5+ . . .

)− 1

ıπ

(e−ıx +

e−ı3x

3+

e−ı5x

5+ . . .

)=

1

2+

2

π

(sinx+

sin 3x

3+

sin 5x

5+ . . .

).

1.7 Furijeov red funkcije proizvoljnog perioda

Do sada smo razmatrali iskljucivo periodicne funkcije kod kojih je period bas 2π. Medutim, svakafunkcija f(x) sa proizvoljnim periodom T se takode moze razviti u Furijeov red. Da bi smo izracunalirazvoj u Furijeov red na intervalu [−T/2, T/2] uvedimo smenu x = at gde je t nova promenljiva, a aminimalna pozitivna konstanta takva da je funkcija F (t) = f(at) periodicna sa periodom TF = 2π.Iz:

f(a(t+ 2π)) = f(at) ⇒ 2πa = T,

pa dobijamo da je a = T/(2π). Dakle x = t T2π gde je t nova nezavisna promenljiva. Sada mozemo da

primenimo vec dobijene formule za razvoj F (t) na intervalu [−π, π]:

F (t) = f

(Tt

2π

)=a02

+

∞∑n=1

(an cosnt+ bn sinnt),

gde je:

an =1

π

∫ π

−πf

(Tt

2π

)cosnt dt (n = 0, 1, 2, . . . )

bn =1

π

∫ π

−πf

(Tt

2π

)sinnt dt (n = 1, 2, 3, . . . ).


Ako sad vratimo promenjivu x, tj. zamenimo da je t = 2πx/T i dt = 2πT dx, dobijamo:

f(x) =a02

+

∞∑n=1

(an cos2πnx

T+ bn sin

2πnx

T), (1.13)

an =2

T

∫ T2

−T2

f(x) cos2πnx

Tdx (n = 0, 1, 2, 3, . . . )

bn =2

T

∫ T2

−T2

f(x) sin2πnx

Tdx (n = 1, 2, 3, . . . ).

Primer 1.7.1. Trazimo razvoj u Furijeov red funkciju perioda T = 2l koja je na intervalu [−l, l] datasa: f(x) = |x|. Za n = 0 dobijamo da je:

a0 =1

l

∫ l

−l|x| dx =

2

l

∫ l

0x dx = l,

Dok su ostali koeficijenti za n = 1, 2, . . . :

an =1

l

∫ l

−l|x| cos πnx

ldx =

2

l

∫ l

0x cos

πnx

ldx

=2

πn

(x sin

πnx

l

∣∣∣∣l0

−∫ l

0sin

πnx

ldx

)=

2

πn

l

πncos

πnx

l

∣∣∣∣l0

=2l

π2n2((−1)n − 1) =

{0, za parno n

− 4lπ2n2 , za neparno n

,

bn =1

l

∫ l

−l|x| sin πnx

ldx =

1

l

∫ 0

−l(−x) sin πnx

ldx+

1

l

∫ l

0x sin

πnx

ldx

=1

l

∫ l

0x sin

−πnxl

dx+1

l

∫ l

0x sin

πnx

ldx = 0.

Primetite da smo bez izracunavanja koeficijenata bn mogli da znamo da su svi oni jednaki nuli jer jefunkcija f(x) parna na datom intervalu 2. Konacno, trazeni razvoj u red za x ∈ [−l, l] je:

|x| = l

2− 4l

π2

(cos

πx

l+

cos 3πxl

9+

cos 5πxl

25+ . . .

).

Pomenimo jednu veoma vaznu osobinu periodicnih funkcija: ako je T period od f(x) onda za svakoa ∈ R vazi da je: ∫ a+T

af(x) dx =

∫ T

0f(x) dx,

tj. integral po intervalu duzine T ima istu vrednost bez obzira na poziciju intervala na realnoj osi.Ove se lako pokazuje: ∫ a+T

af(x) dx =

∫ T

af(x) dx+

∫ a+T

Tf(x) dx,

2O parnim i neparnim funkcijama bice reci u sledecem poglavlju


a nakon smene promenljivih u drugom integralu: x = t+ T , dobijamo:∫ a+T

af(x) dx =

∫ T

af(x) dx+

∫ a

0f(t+ T ) dt =

∫ T

af(x) dx+

∫ a

0f(t) dt =

∫ T

0f(x) dx.

Geometrijski ovo znaci da ako je f(x) ≥ 0 onda je povrsina ispod krive na intervalu duzine T uvekista bez obzira na polozaj intervala na realnoj osi.

Primer 1.7.2. Za funkciju f(x) = sin7 x bez izracunavanja integrala lako se dobija da je za proizvoljanbroj a ∈ R: ∫ a+T

asin7 x dx =

∫ 2π

0sin7 x dx = 0,

jer je period funkcije T = 2π, a sama funkcija je neparna.

Kao direktna posledica gore navedene osobine periodicne funkcije perioda T = 2l dobijamo da seFurijeovi koeficijenti mogu izracunati integracijom po proizvoljnom periodu (a, a+ T ) duzine T :

an =2

T

∫ a+T

af(x) cos

2πnx

Tdx (n = 0, 1, 2, 3, . . . )

bn =2

T

∫ a+T

af(x) sin

2πnx

Tdx (n = 1, 2, 3, . . . ). (1.14)

odnosno:

cn =1

T

∫ a+T

af(x)e−ı2πnx/T dx (n ∈ Z).

gde je a proizvoljan realan broj.

Primer 1.7.3. Razviti u Furijeov red funkciju:

f(x) =

{0, 0 < x < l1, l < x < 2l

.

Ova funkcija je periodicna sa T = 2l. Izracunajmo koeficijente reda:

c0 =1

2l

∫ 2l

0f(x) dx =

1

2l

∫ 2l

l1 · dx =

1

2,

cn =1

2l

∫ 2l

0f(x)e−ınπx/l dx =

1

2l

∫ 2l

le−ınπx/l dx

=1

2l

l

−ınπe−ınπx/l

∣∣∣∣2ll

=ı

2nπ(e−ı2πn − e−ıπn)

=ı

2nπ(1− (−1)n) =

{0, za parno n = 0ınπ , za neparno n.

.

Dakle, trazeni razvoj u Furijeov red je:

f(x) =1

2+ı

π(eıπx/l − e−ıπx/l +

1

3eı3πx/l − 1

3e−ı3πx/l + . . . ) =

1

2− 2

π(sin

πx

l+

1

3sin

3πx

l+ . . . ).


1.8 Furijeov red parne i neparne funkcije

Potsetimo se prvo sto su to parne i neparne funkcije. Za funkciju f(x) koja je definisana naintervalu [−a, a] ∈ R, gde je a > 0, kazemo da je parna ako za svako x ∈ [−a, a] vazi da je:

f(x) = f(−x). (1.15)

Ako je pak za svako x ∈ [−a, a] ispunjeno da je:

f(−x) = −f(x) (1.16)

kazemo da je f(x) neparna funkcija. Ovo naravno ima direktne reperkusije na izgled same funkcije,pa je na osnovu grafika lako prepoznati ove dve vrste funkcija:

• parna funkcija je simetricna u odnosu na y osu (osno simetricno funkcija)

• neparna funkcija je simetricna u odnosu na koordinantni pocetak (centralno simetricna funkcija).

Na primer funkcije sinx, x, x3 su neparne funkcije, dok su cosx, x2, x4 parne. Naravno, vecina dobropoznatih funkcija nisu ni parne ni neparne: na primer x2 − x, ex, lnx. Na Slici 1.5 dati su primeriparnih i neparnih funkcija.

-4 -2 2 4x

-2

-1

1

2

y

-4 -2 2 4x

-2

-1

1

2

3

4

y

Slika 1.5: Primeri parnih (grafik levo) i neparnih (grafik desno) funkcija. Funkcije koje su date na ova dva grafika su:y = x/2, y = x2/4, y = 2 sin(Pix), y = 2 cos(Pix/2), y = shx/10, y = chx/10. Kojom bojom je prikazana svaka odovih funkcija?

Iz gore pomenute geometrijske slike parnih i neparnih funkcija jasno je da za proizvoljan realanbroj a ∈ R vazi: ∫ a

−af(x) dx =

{0, ako je f(x) neparna funkcija

2∫ a0 f(x) dx, ako je f(x) parna funkcija.

Obratite paznju da ne smemo da zakljucimo da je u slucaju parne funkcije ovaj integral razlicit odnule. Kolika je vrednost

∫ a−a f(x) dx parne funkcije zavisi od same funkcije kao i intervala na kojem

integralimo. Na primer, za f(x) = cos 2x dobijamo da je∫ 2π

−2πcos 2x dx = 2

∫ 2π

0cos 2x dx = sin 2x

∣∣∣∣2π0

= 0.

Razmotrimo sta mozemo da zakljucimo o razvoju u Furijeov red parne, odnosno neparne funkcije:

• Ako je f(x) parna funkcija perioda T , sledi da je :∫ T/2

−T/2f(x) cos

(2π

Tnx

)dx = 2

∫ T/2

0f(x) cos

(2π

Tnx

)dx


jer je cos(2πnx/T ) parna funkcija. Sa druge strane sin(2πnx/T ) je neparna funkcija, a proizvodparne i neparne funkcije je neparna funkcija te je:∫ T/2

−T/2f(x) sin

(2π

Tnx

)dx = 0.

Da zakljucimo, ako je f(x) parna funkcija perioda T onda njen razvoj u Furijeov red sadrzisamo clanove sa kosinusnim funkcijama i naravno slobodan clan:

f(x) =a02

+∞∑n=1

an cos2πnx

T, (1.17)

an =4

T

∫ T2

0f(x) cos

2πnx

Tdx (n = 0, 1, 2, 3, . . . ).

• Za neparnu funkciju perioda T sledi da je:∫ T/2

−T/2f(x) cos

(2π

Tnx

)dx = 0,

∫ T/2

T/2f(x) sin

(2π

Tnx

)dx = 2

∫ T/2

0f(x) sin

(2π

Tnx

)dx.

Dakle, ako je f(x) neparna funkcija perioda T onda razvoj u Furijeov red sadrzi samoclanove sa sinusnim funkcijama i nema slobodnog clana:

f(x) =∞∑n=1

an sin2πnx

T, (1.18)

bn =4

T

∫ T2

0f(x) sin

2πnx

Tdx (n = 1, 2, 3, . . . ).

Diferenciranje Furijeovog reda Ako za zadatu funkciju f(x),koja naravno zadovoljava Di-rihleove uslove, nademo njen razvoj u red, postavlja se pitanje da li je red koji se dobija diferencira-njem(clan po clan) ovog Furijeovog reda takode konvergentan red. Posmatrajmo prvo Furijeov redkoji je takav da su mu koeficijenti an i bn proporcionalni sa 1/n. Kako je izvod od (sinnx)/n jendakcosnx, a od (cosnx)/n izvod je − sinnx, jasno je da nakon diferenciranja clanovi tako dobijenog redane konvergiraju. Naravno, na osnovu ovoga mozemo da posumnjamo da sama funkcija f(x) takodenije diferencijabilna i to bar u nekim tackama na realnoj osi. Pogledajmo primer 1.4.1, kod ove funk-cije koja definitivno nije definisana na celoj realnoj osi, Furijeovi koeficijenti su proporcionalni sa 1/n.Jasno je da ova funkcija nije diferencijabilna u tackama prekida.

Ako, pak imamo funkciju takvu da su Furijeovi koeficijenti proporcionalni sa 1/n2 onda je i reddobijen diferenciranjem i sam konvergentan. Ako pak jos jednom diferenciramo ovaj red opet ce sedesiti isto kao i malo pre: novi red nije konvergentan. Dakle, u ovom slucaju ocekujemo da je funkcijaf(x) neprekidna dok je f ′(x) prekidna (vidi primer 1.7.1).


Interesantno je nacrtati (naravno koristeci racunar) datu funkciju zajedno sa nekoliko parcijalnihsuma njenog Furijeovog reda Sn. Ovako nesto smo vec radili kad smo ilustrovali Gibsov fenomen. Akouporedimo vrednosti za n koje treba uzeti da bi smo dobili razuman fit pocetne funkcije f(x) docicemo do sledeceg zakljucka: sto je funkcija f(x) ”glatkija”, u smislu da su vise njenih izvoda i samineprekidne funkcije, onda nam je potrebno manje clanova Furijeovog reda da aproksimiramo f(x).Dobijeni rezultat se lako moze objasniti bez strogog dokaza: sto je n vece, sinnx i cosnx su sve brzeoscilujuce funkcije, a jasno je da ako se f(x) brzo menja sa x onda nam je potrebno vise clanova redada bi je fitovali. Ovo se upravo dogada ako imamo skok u nekoj tacki. Sa druge strane ako su f(x)i njeni izvodi neprekidne funkcije onda je f(x) dosta ”glatka”funkcija i ne treba nam toliko clanovareda da bi smo je relativno dobro aproksimirali. Ova cinjenica se direktno reflektuje u gore uocenojzavisnosti koeficijenata Furijeovog reda od stepena od 1/n.

1.9 Primena na zvuk

Uzmimo da stojimo u mestu i da cujemo zvuk. Zvucni talas koji prolazi kroz vazduh uzrokujefluktuaciju pritiska (cestice vazduha osciluju) koja je naravno funkcija vremena t. Predpostavimo daje pritisak kao funkcija vremena dat grafikom na slici 1.6. Hocemo da vidimo koje frekvence cujemokad slusamo ovakav zvuk. Da bi nasli odgovor na ovo pitanje prvo cemo p(t) razviti u Furijeov red.Ocigledno je da je u pitanju neparna i periodicna funkcija sa T = 1/262. Dakle svi koeficijenti an sujednaki nuli i treba izracunati samo bn:

bn =4

T

∫ T2

0p(t) sin

2πnt

Tdt = (1.19)

= 1048

∫ 11048

0sin(524nπt) dt− 7 · 1048

8

∫ 1524

11048

sin(524nπt) dt (1.20)

= 2

(−cos(πn2 )− 1

nπ+

7 cos(nπ)− 7 cos(nπ2 )

8 · nπ

)(1.21)

=2

nπ

(−15

8cos(

πn

2) + 1 +

7

8cosnπ

). (1.22)

Na osnovu dobijene formule lako mozemo izracunati bn za nekoliko prvih vrednosti od n:

b1 =1

4πb2 =

15

4πb3 =

1

12πb4 = 0

b5 =1

20πb6 =

15

12πb7 =

1

28πb8 = 0,

a pritisak u funkciji vremena je dat kao:

p(t) =1

4π

(sin(524πt) +

30 sin(2 · 524nπt)2

+sin(3 · 524πt)

3(1.23)

+sin(5 · 524πt)

5+

30 sin(6 · 524nπt)6

+sin(7 · 524nπt)

7+ . . . .

)Jasno je iz velicine koeficijenata da je drugi clan u razvoju dominantan. Prvi clan je osnovni ton sa

frekvencom od ν0 = 262 s−1 sto otprilike odgovara tonu C (do) na klaviru (srednji registar). Vidimoda je po intenzitetu ovaj harmonik mnogo slabiji od drugog dominantnog harmonika (visoko C). Stogamozemo da zakljucimo da cemo cuti upravo drugi harmionik jer je on najjaceg intenziteta.


7�8

-7�8

-

1524

-

11048

11048

1524

1262

t@sD

-1

1

pHtL

Slika 1.6:

1.10 Parsevalova teorema

Vratimo se sada na razvoj periodicne fukcije u Furijeov red, i na osnovu (1.5) izracunajmo srednjuvrednost od f2(x):

f2(x) =1

2π

∫ π

−πf2(x) dx.

Iskoristicemo poznatu cinjenicu da je trigonometrijski bazis skup ortogonalnih funkcija iz cega sledi daje veci deo clanova na desnoj strani dobijenih nakon kvadriranja jednak nuli. Takode, srednja vrednostpo periodu 2π kvadrata sinusne i kosinusne funkcije jednaka 1/2, te su preostali clanovi:

1

2π

∫ π

−π

(a02

)2dx =

(a02

)21

2π

∫ π

−π(an cosnx)

2 dx =a2n2

(1.24)

1

2π

∫ π

−π(bn sinnx)

2 dx =b2n2.

Konacno dobijamo da je:

f2(x) =(a02

)2+

1

2

∞∑n=1

a2n +1

2

∞∑n=1

b2n. (1.25)

Ovo je jedna forma Parsevalove teoreme 3. Lako se moze proveriti da teorema (1.25) ostaje neprome-njena i ako je funkcija f(x) periodicna ali sa periodom T umesto 2π, a njena srednja vrednost je datana intervalu duzine T . Slicno, ako koristimo kompleksnu formu Furijeovog reda, i dodatno ukljucimomogucnost da je sama funkcija kompleksna, dobijamo da je srednja vrednost kvadrata modula funkcijef(x) po periodu:

|f(x)|2 =∞∑n=1

|cn|2 (1.26)

Primer 1.10.1. Iskoristicemo Parsevalovu teoremu da nademu sumu reda∑∞

n=11n2 . Podimo od

razvoja u Furijeov red periodicne funkcije definisane na intervalu (−1, 1) sa f(x) = x. Lako se vidi da

3Parsevalovu teoremu smo dokazivali kod vektorskih prostora sa definisanim skalarnim proizvodom Vn(F): ako je X ={x1, x2, . . . , xn} jedan ortonormiranom bazis u ovom prostoru onda za proizvoljan vektor vazi da je ||v||2 =

∑ni=1 |(xi, v)|2

gde su (xi, v) Furijeovi koeficijenti od v.


je c0 = 0 dok je za n = 0:

cn =1

2

∫ 1

−1xe−ınπx dx =

ı

2nπ

(xe−ınπx

∣∣∣∣1−1

−∫ 1

−1e−ınπx dx

)

=ı

2nπ

(e−ınπ + eınπ − 2ı

nπ(e−ınπ − e+ınπ)

)=ı(−1)n

nπ.

Ako izracunamo srednju vrednost od f2(x) dobijamo:

f2(x) =1

2

∫ 1

−1x2 dx =

1

3.

Koristeci Parsevalovu teoremu dobijamo:

1

3=

∞∑−∞

|cn|2 =2

π2

∞∑n=1

1

n2=⇒

∞∑n=1

1

n2=π2

6.

1.11 Furijeova transformacija

U predhodnim poglavljima smo se iskljucivo bavili periodicnim funkcijama i njihovim razvojem uFurijeov red. Fizicki, clanovi Furijeovog reda predstavljaju harmonike. Ako je u pitanju zvuk to bibio beskonacan skup frekvenci, ali pri tome one ne uzimaju kontinualan vec diskretan skup vrednostinν0 gde je n = 1, 2, . . . . Slicno vazi ako je nasa periodicna funkcija na primer napon naizmenicnestruje: clanovi u Furijeovom redu su naponi frekvence nω, tj. opet imamo diskretan beskonacni skupfrekvenci. Namecu se dva pitanja:

• Da li je moguce reprezentovati funkciju koja nije periodicna necim sto je analogno Furijeovomredu?

• Mozemo li nekako modifikovati Furijeov red tako da umesto diskretnog spektra dobijemo konti-nulani spektar frekvenci?

Ako se setimo da se integral moze predstaviti kao limes sume, onda postaje ocekivano da se Furijeovred moze zameniti Furijeovim integralom i on predstavlja kontinualan spektar frekvenci, ili ceo opsegmuzickih tonova itd. Prisetimo se formula za kompleksnu formu Furijeovog reda funkcije f(x) periodaT :

f(x) =

∞∑n=−∞

cneı 2πT

nx gde je cn =1

T

∫ T/2

−T/2e−ı 2π

Tnxf(x) dx

Frekvence clanova u Furijeovom redu su νn = n/T . Mi hocemo da dobijemo kontinualan spektarfrekvenci, a kao prva ideja namece se da pustimo da T → ∞. Ovo bi takode znacilo da smo pustili daperiod (−T/2, T/2) postane (−∞,∞), tj. funkcija f(x) vise nije periodicna. Jasno je da bi predlozenaideja dala odgovor na oba gornja pitanja. Polazeci od gore datih poznatih formula pogledajmo stase dogada u ovom limesu (pretpostavljajuci da su svi redovi/integrali koji se tako dobijaju konver-gentni/konacni). Neka je αn = n · 2π/T i ∆α = αn+1−αn = 2π/T , kako je 1/T = ∆α/(2π) zamenom


dobijamo da je:

f(x) =

∞∑n=−∞

cneı 2πT

nx =

∞∑n=−∞

[1

T

∫ T/2

−T/2e−ı 2π

Tntf(t) dt

]eı

2πT

nx

=

∞∑n=−∞

[∆α

2π

∫ T/2

−T/2e−ıαntf(t) dt

]eıαnx =

∞∑n=−∞

∆α

2π

[∫ l

−leıαn(x−t)f(t) dt

]

=

∞∑n=−∞

Ψ(αn)∆α

gde je

Ψ(αn) =1

2π

∫ l

−leıαn(x−t)f(t) dt.

Ako sad pustimo da T → ∞ (tj. period of f(x) tezi beskonacnosti), onda je ∆α → 0, a suma∑∞−∞Ψ(αn)∆α postaje integral

∫∞−∞Ψ(α) dα. Promenljiva α je sad kontinualna i dobijamo da je:

Ψ(α) =1

2π

∫ ∞

−∞eıα(x−t)f(t) dt,

i f(x) =

∫ ∞

−∞Ψ(α) dα.

Dakle, dobili smo da se Furijeov red moze zameniti Furijeovim integralom s’tim sto nam jos nedostajustrogi matematicki uslovi za koje smo pretpostavili da vaze:

Teorema o Furijeovom integralu kaze da ako je f(x) funkcija koja zadovoljava Dirihleove uslovei ako je integral

∫∞−∞ |f(x)| dx konacan onda vazi da je:

f(x) =1√2π

∫ ∞

−∞F (α)eıαx dα gde je F (α) =

1√2π

∫ ∞

−∞f(x)e−ıαx dx. (1.27)

Ako zanemarimo razlicite multiplikativne faktore ispred integrala i uporedimo ove formule sa onimza razvoj u komleksan Furijeov red vidimo da F (α) odgovara koeficijentu cn (dakle α odgovara n),i∫∞−∞ odgovara sumi

∑∞−∞. Nova velicina α je kontinualna promenljiva pa su koeficijenti cn postali

funkcije F (α). Obicno se F (α) zove Furijeov transform funkcije f(x), a sama funkcija f(x) se zoveinverzni Furijeov transform od F (α). Primetite da se dva integrala u (1.27) razlikuju samo po znakuu eksponentu kod Furijeovog transforma f(α). Zbog toga je dosta uobicajeno da se svaka od f(x) iF (α) jednostavno zove Furijeov transform one druge.

Prokomentarisimo uslove koji se javljaju u teoremi. Dirihleovi uslovi su ocekivani jer smo videli damozemo izvesti vezu izmedu Furijeovog reda i integrala. Dodatni uslov da je

∫∞−∞ |f(x)| dx konacan

obezbeduje da u limesu l → ∞ nulti clan Furijeovog reda od f(x) tezi nuli:∣∣∣∣ 12l∫ l

−lf(x) dx

∣∣∣∣ ≤ 1

2l

∫ l

−l|f(x)| dx ≤ 1

2l

∫ ∞

−∞|f(x)| dx =

K

2l−−−→l→∞

0.

Sto se tice tacaka prekida funkcije f(x), kao i kod redova u samoj tacki x0 Furijeov transform dajepolovinu vrednosti skoka:

1

2limϵ→0

(f(x+ ϵ) + f(x− ϵ)).


Napomenimo da se u mnogim knjigama cesto koriste razlicite varijante formula za Furijeov trans-form. Pored pomenute razlike u znaku u eksponencijalnoj funkciji (desava da su znaci obrnuti) cestomultiplikativni faktori ispred integrala nisu isti kod oba transforma. Mi smo izabrali konvenciju kojase koristi u kvantnoj mehanici (a samim tim i u vecini savremenih oblasti fizike), tj. faktor je isti kodoba transforma i jednak je 1/

√2π. Dodatni razlog za ovaj izbor je taj sto formule postaju ”sime-

tricne” i lakse se pamte. Cesto se moze videti da je f(x) bez ikakvog faktora dok je u formuli za F (α)faktor ispred integrla 1/(2π). Postoji i obrnuta situacija. Ustvari, jedino sto mora da je ispunjenojeste da je proizvod faktora koji stoje ispred integrala za f(x) i F (α) mora biti 1/(2π). Zbog svegapobrojanog neophodno je da, pre nego sto iskoristite neke rezultat iz literature, obavezno proveritekoja je definicija koriscena za Furijeov transform od f(x) (dovoljno je proveriti jednu jer se inverzanFurijeov transform lako dobija iz nje).

Razmotrimo sada kakav je Furijeov transform parnih i neparnih funkcija. Kod redova smo videlida razvoj u Furijeov red parne funkcije sadrzi izkljucivo kosinusne clanove, dok je za neparnu funkcijusituacija obrnuta. Ako zamenimo e−ıαx = cosαx− ı sinαx u formulu za F (α) datu u (1.27) dobijamo:

F (α) =1√2π

∫ ∞

−∞f(x)(cosαx− ı sinαx) dx.

Neka je f(x) parna funkcija, tada je prozvod f(x) sinαx neparna funkcija pa je∫ ∞

−∞f(x) sinαxdx = 0.

Sa druge strane, prozvod f(x) cosαx ostaje parna funkcija, pa dobijamo:

F (α) =1√2π

∫ ∞

−∞f(x) cosαxdx =

√2

π

∫ ∞

0f(x) cosαxdx.

Primetimo da je i sama F (α) parna funkcija, tj. F (−α) = F (α).

Ako je fc(x) parna funkcija koja zadovoljava Dirihleove uslove i ako je integral∫∞−∞ |fc(x)| dx

konacan, njen Furijeov transform Fc(α) je takode parna funkcija i vazi da je:

fc(x) =

√2

π

∫ ∞

0Fc(α) cosαxdα gde je Fc(α) =

√2

π

∫ ∞

0fc(x) cosαxdx. (1.28)

Slicno, ako je f(x) neparna funkcija, prozvod f(x) cosαx je neparna funkcija pa sledi da je:∫ ∞

−∞f(x) cosαxdx = 0.

Furijeov transform neparne funkcije f(x) je:

F (α) = − ı√2π

∫ ∞

−∞f(x) sinαxdx = ı

√2

π

∫ ∞

0f(x) sinαxdx

i vazi da je F (α) neparna funkcija, tj. F (−α) = −F (α). Kako bi se ı javilo ispred integrala za Furijeovtransform od f(x) jasno je da mozemo izostaviti taj faktor kao i −ı u formuli za F (α):


Ako je fs(x) neparna funkcija koja zadovoljava Dirihleove uslove i ako je integral∫∞−∞ |fs(x)| dx

konacan, njen Furijeov transform Fs(α) je takode neparna funkcija i vazi da je:

fs(x) =

√2

π

∫ ∞

0Fs(α) sinαxdα gde je Fs(α) =

√2

π

∫ ∞

0fs(x) sinαxdx. (1.29)

Primer 1.11.1. Predstavimo funkciju f(x) =

{1, −1 < x < 10, |x| > 1

kao Furijeov integral. Ova funkcija

ocigledno nije periodicna i parna je (nacrtajte sliku). Jasno je da se ona ne moze razviti u Furijeovred, pa cemo je umesto toga i napisati kao Furijeov integral. Izracunajmo Furijeov transform onefunkcije:

F (α) =1√2π

∫ ∞

−∞f(x)e−ıαx dx =

1√2π

∫ 1

−11 · e−ıαx dx

=e−ıαx

−ıα√2π

∣∣∣∣1−1

=e−ıα − eıα

−ıα√2π

=

√2

π

sinα

α.

Ako zamenimo dobijeni izraz za F (α) u formulu za f(x) dobijamo trazeni rezultat:

f(x) =1√2π

∫ ∞

−∞F (x)eıαx dα =

1

π

∫ ∞

−∞

sinα

αeıαx dα

=1

π

∫ ∞

−∞

sinα

α(cosαx+ ı sinαx) dα =

2

π

∫ ∞

0

sinα cosαx

αdα.

Primer 1.11.2. Iskoristimo sada dobijeni rezultat da izracunamo integral∫∞0

sinα cosαxα dα koji se

inace nemoze izracunati uobicajenim nacinima:∫ ∞

0

sinα cosαx

αdα =

π

2f(x) =

π2 , za |x| < 1,0, za |x| > 1,π4 , za |x| = 1,

gde smo za x = ±1 iskoristili da je integral jednak polovini skoka funkcije u tacki prekida.

Parsevalova teorema za Furijeov integral Prisetimo se da za periodicnu funkciju f(x)

sa T = 2l Parsevalova teorema povezuje∫ l−l |f(x)|

2 i∑

|cn|2. Na primer, kao direktna primena oveteoreme u fizici dobjamo da je ukupna energija (zvucnog talasa ili elektricnog signala) jednaka sumienergija pojedinacnih harmonika. Kod Furijeovog integrala za razliku od reda imamo kontinualanspektar frekvenci i F (α) odgovara Furijeovom koeficijentu cn. Za ocekivati je da cemo umesto

∑|cn|2

dobiti∫∞−∞ |F (α)|2 dα i zatim vezu ovog integrala sa

∫∞−∞ |f(x)|2 dx.

Da bi smo dobili Parsevalovu teoremu za Furijeov integral, prvo cemo pokazati da za dve funkcijef1(x) i f2(x) (koje zadovoljavaju uslove iz Teoreme o Furijeovom integralu) vazi da je:∫ ∞

−∞f∗1 (x)f2(x) dx =

∫ ∞

−∞F ∗1 (α)F2(α) dα (1.30)

gde su F1(α) i F2(α) njihovi Furijeovi transformi. Ovo se inace naziva i generalizovana Parsevalovateorema. Podimo od definicije za F ∗

1 (α):

F ∗1 (α) =

1√2π

∫ ∞

−∞f∗1 (x)e

ıαx dx.


Ako ovu jednacinu pomnozimo sa F2(α) i zatim integralimo obe strane po α dobijamo:∫ ∞

−∞F ∗1 (α)F2(α) dα =

∫ ∞

−∞

(1√2π

∫ ∞

−∞f∗1 (x)e

ıαx dx

)F2(α) dα. (1.31)

Kako su obe funkcije |f1(x)| i |f2(x)| integrabilne na intervalu (−∞,∞), mozemo da promenimoredosled integracije na desnoj strani u jednacini (1.31) tako da prvo integralimo po α:∫ ∞

−∞F ∗1 (α)F2(α) dα =

∫ ∞

−∞f∗1 (x)

(1√2π

∫ ∞

−∞F2(α)e

ıαx dα

)dx

=

∫ ∞

−∞f∗1 (x)f2(x) dx. (1.32)

Ako sad primenimo (1.30) za slucaj kada su funkcije jednake, tj. f1(x) = f2(x).= f(x) i F1(α) =

F2(α).= F (α) dobijamo: ∫ ∞

−∞|F (α)|2 dα =

∫ ∞

−∞|f(x)|2 dx. (1.33)

Zadaci

U svakom od sledecih zadataka izracunati Furijeov transform zadate funkcije f(x) i zatim je napisati kao Furijeovintegral:

1. f(x) =

−1, −π < x < 01, 0 < x < π0, |x| > π.

2. f(x) =

{1, π

2 < |x| < π0, za sve ostale vrednosti x.

3. f(x) =

{1, 0 < x < 10, x > 1 ∧ x < 0.

4. f(x) =

{x, |x| < 10, |x| > 1.

5. f(x) =

{|x|, |x| < 10, |x| > 1.

6. f(x) =

{x, 0 < x < 10, za sve ostale vrednosti x.

7. f(x) =

{cosx, |x| < π

20, |x| > π

2 .8. f(x) =

{sinx, |x| < π

20, |x| > π

2 .

9. Naci Furijeov transform funkcije f(x) = e−x2/(2σ2) (Gausinjan). Upustvo: polinom po x koji se dobija ueksponentu dopuniti do potpunog kvadrata i zatim uvesti smenu y = x+ ıσ2α.

10. U kvantnoj mehanici od posebnog interesa su takozvane sferne Beselove funkcije jn(x). Specijalno zan = 1 funkcija j1(x) = (x cosx− sinx)/x. Koristeci resenje zadatka 4. pokazati da je:∫ ∞

0

j1(α) sinαxdα =

{πx/2, |x| < 10, |x| > 1.

11. Koristeci resenje zadatka 1. pokazati da:∫ ∞

0

1− cosπα

αsinαdα =

π

2∫ ∞

0

1− cosπα

αsinπα dα =

π

4.

12. (a) Naci Furijeov transform od f(x) = e−|x| i inverzni transform.

(b) Uraditi to isto ali koristeci formule za Furijeov transform za parne funkcije.

(c) Odrediti Furijeov transform od f(x) = 1/(1 + x2). Upustvo: u formulu dobijenu kao rezultat pod(b) zameniti mesta promenjivih x i α.


13. Izracunati Furijeov transform funkcije:

f(x) =

{sinx, 0 < x < π0, za sve ostale vrednosti od x.

Pokazati da se rezultat moze napisati u formi:

f(x) =1

π

∫ ∞

0

cosαx+ cosα(x− π)

1− α2dα.

GLAVA 2

OBICNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE

2.1 Uvod

Svakom studentu je jasno da resavanje ogromnog broja problema u fizici ukljucuje resavanjejednacina u kojima se javljaju izvodi pojedinih funkcija. Da bi se sto lakse zavrsile studije potre-ban je sto veci stepen operativnosti njihovog resavanja. No ovo ste verovatno vec shvatili polazuciispite sa prve godine studija. Ukoliko niste: krajnje vreme je da nesto uradite po pitanju vaseg znanjaiz matematike, sem ako u startu nemate nameru da studirate dugi niz godina i ”uzivate”u cestimizlascima na pismene ispite i kolokvijume.

Jednacina koja sadrzi izvode naziva se diferencijalna jednacina. Ako se u njoj javljaju parcijalniizvodi nazivamo je parcijalnom diferencijalnom jednacinom, u suprotnom je u pitanju obicna diferen-cijalna jednacina. U ovoj glavi bavicemo se metodama za resavanje obicnih diferencijalnih jednacinakoje se cesto javljaju u fizici.

Podimo prvo od dobro poznatog drugog Njutnovog zakona: F = ma. Ako ubrzanje napisemokao drugi izvod vektora polozaja r po vremenu t, tj. a = d2r/ dt2, dobijamo diferencijalnu jednacinu(odnosno skup diferencijalnih jednacina: po jedna za svaku komponentu). Dakle, bilo koji problem umehanici gde zelimo da opisemo kretanje nekog tela pod dejstvom sile F svodi se u krajnjoj liniji naresavanje diferencijalne jednacine ili skupa diferencijalnih jednacina.

Kao sledeci primer uzecemo obicno serijski vezano elektricno kolo na slici 2.1 koje sadrzi otpor R,kondenzator kapaciteta C, zavojnicu induktivnosti L i izvor elektormotorne sile ϵ(t). Struja koja tecekroz kolo u je funkcija vremena t: I = I(t). Naelektrisanje na kondenzatoru takode zavisi od vremenai znamo da je I(t) = dq(t)/ dt. Napon na otporniku je UR = RI, na kondenzatoru UC = q/C a nazavojnici UL = L( dI/ dt). U proizvoljnom trenutku t zbir napona je jednak elektromotornoj sili:

e

R

L

C

Slika 2.1: RLC kolo.

24

GLAVA 2. OBICNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE 25

LdI

dt+RI +

q

C= ϵ(t). (2.1)

Ako diferenciramo ovu jednacinu po vremenu t dobijamo:

Ld2I

dt2+R

dI

dt+I

C=

dϵ(t)

dt. (2.2)

Ovo je jednacina koju treba resiti da bi smo nasli stuju koja tece kroz ovakvo kolo. Naravno postojijos bezbroj ovakvih primera, i neke od njih cemo sresti u daljem tekstu a neki su dati kao zadaci nakraju poglavlja.

Red diferencijalne jednacine je u stvari red najviseg izvoda koji se javlja u jednacini. Tako susledece jednacine diferencijalne jednacine prvog reda:

y′ + xy2 = 1, (2.3)

xy′ + y = ex, (2.4)

dv

dt= −g, (2.5)

dok su (2.2) i jednacine:

y′′ + y = 0, (2.6)

y′′ + y = ex, (2.7)

md2x

dt2= −kx, (2.8)

diferencijalne jednacine drugog reda. U fizici se retko srece jednacina reda veceg od dva, medutim onase cesto moze javiti kao posledica samog metoda resavanja jednacine drugog reda (vidi gore pomenutiprimer stuje kroz elektricno kolo).

Def. 2.1. Linearna diferencijalna jednacina je jednacina oblika:

a0y + a1y′ + a2y

′′ + a3y′′′ · · · = b, (2.9)

gde je x nezavisna a y zavisna promenljiva, tj. y = y(x), i gde su ai (i = 0, 1, 2, . . . ) i b konstante ilinekakve funkcije od x.

Od gore pomenutih diferencijalnih jednacina samo je jedna nelinearna. Evo jos nekih primera:

y′ = ctgy, (2.10)

yy′ = 1, (2.11)

(y′)2 + xy = 0. (2.12)

Vecina diferencijalnih jednacina koje se javljaju u fizici su linearne jednacine prvog i drugog reda takoda cemo se posebno pozabaviti bas njima.

Def. 2.2. Resenje diferencijalne jednacine (sa promenljivima x i y) je relacija izmedu y i x koja akoje zamenimo u diferencijalnu jednacinu ovu svodi na identitet.


Primer 2.1.1. Relacija y = sinx+ c gde je c proizvoljna konstanta je resenje diferencijalne jednaciney′ = cosx. Takode funkcija y = ax + b, gde su a, b proizvoljne konstante, je resenje diferencijalnejednacine drugog reda y′′ = 0.

Primer 2.1.2. Jednacina y′′ = y ima kao resenja sledece funkcije: y = ex, y = e−x ali i y = Aex+Be−x

gde su A,B proizvoljne realne konstante.

Razmotrimo jednacinu y′ = f(x). Ako hocemo da dobijemo resenje po y treba da je integralimoi resenje je: y =

∫f(x) dx + c pri cemu je c proizvoljna konstanta. Ako pak integralimo y′′ = g(x)

dva puta da bi dobili resenje za y(x), onda dobijeni izraz za y sadrzi dve konstante. Dakle, mozemoocekivati da opste resenje diferencijalne jednacine n-og reda sardzi n nezavisnih proizvoljnih konstanti.

Svaka linearna diferencijalna jednacina reda n ima resenje koje sadrzi n nezavisnih pro-izvoljnih konstanti. Ovo resenje se naziva opste resenje linearne diferencijalne jednacinejer se iz njega mogu dobiti sva resenja te diferencijalne jednacine zamenom odgovarajucihvrednosti za n konstanti.

Napomenimo ovde da u opstem slucaju ovo nije tacno za nelinerane difrencijalne jednacine. U praksi,nama je uvek potrebno partikularno resenje diferencijalne jednacine, tj. samo ono resenje koje zado-voljava neke unapred zadate uslove. Evo par primera:

Primer 2.1.3. Razmotrimo prvo dobro poznati primer tela koje slobodno pada sa neke proizvoljnepocetne visine pod dejstvom gravitacione sile. Neka je nas problem da odredimo vreme za koje ce totelo preci put x koji je manji od pocetne visine. Kako je ubrzanje tela jednako gravitacionom ubrzanjug, iz drugog Njutnovog zakona imamo da je:

d2x

dt2= g. (2.13)

Ako integralimo ovu jednacinu dobijamo:

dx

dt= gt+ const. = gt+ v0

i nakon jos jedne integracije:

x =1

2gt2 + vot+ const. =

1

2gt2 + v0t+ x0. (2.14)

Naravno jasno je da su v0 i x0 vrednosti za v i x za t = 0, tj. u pocetnom trenutku. Resenje datojednacinom (2.14) je opste resenje diferencijalne jednacine (2.13). Mi trazimo ono resenje za koje jev0 = 0 (jer je u pitanju slobodan pad) i x0 = 0 (jer smo tako izabrali koordinantni sistem). Konacnosledi da je resenje dobro poznata jednacina:

x =1

2gt2. (2.15)


Primer 2.1.4. Trazimo resenje jednacine

− ~2/2md2ψ(x)

dx2= Eψ(x), (2.16)

gde je E energija slobodne cestice (ovakva jednacina se javlja u kvantnoj mehanici). Opste resenjejednacine tipa y′′ = −c2y (gde je c konstanta) je:

y = Aeıcx +Be−ıcx. (2.17)

Ako trazimo resenje za koje je y(0) = 1 i y′(0) = 0, dobijamo sistem od dve jednacine po konstantamaA i B:

A+B = 1 (2.18)

A−B = 0. (2.19)

Konacno, trazeno partikularno resenje je y(x) = cos cx.

U fizici se obicno uslovi koje mora da zadovolji trazeno partikularno resenje diferencijalne jednacinenazivaju granicnim uslovima. Specijalno, kada je nezavisna promenljiva vreme t, a uslovi se odnosena t = 0, onda ih nazivamo pocetnim uslovima.

2.2 Linearna nezavisnost funkcija

Pre nego sto krenemo na resavanje razlicitih tipova diferencijalnih jednacina potrebno nam je dadefinisemo sta su to linerano nezavisne a sta linearno zavisne funkcije. Naravno ovaj pojam se uvodislicno kao i kod vektora. Uostalom, videli smo da neke funkcije mogu da predstavljaju elementevektorskog prostora. Kao i kod vektora imamo pojam linearne zavisnosti/nezavisnosti:

Def. 2.3. Neka su f1(x), f2(x), . . . fn(x) funkcije definisane na intervalu x ∈ (a, b). Kazemo da su onelinearno zavisne ako postoje konstante k1, k2, . . . , kn, takve da je bar jedna od njih razlicita od nule iza koje vazi da je za svako x ∈ (a, b):

k1f1(x) + k2f2(x) + · · ·+ knfn(x) = 0. (2.20)

Jasno je da ako je gornja jednakost ispunjena samo za k1 = k2 = · · · = kn = 0, onda kazemo dasu funkcije f1(x), f2(x), . . . fn(x) linearno nezavisne na intervalu x ∈ (a, b). Napomenimo samo da sunama obicno potrebne funkcije koje su definisane na celoj realnoj osi, tj. za svako x ∈ R.

Primer 2.2.1. Razmotrimo par primera:

a) Funkcije f1 = x i f2 = 2x su linearno zavisne na x ∈ R jer je jednakost k1x+k22x = 0 ispunjenana primer za k1 = 2 i k2 = −1.

b) Funkcije f1 = sinx i f2 = cosx su linearno nezavisne na proizvoljnom intervalu x ∈ (a, b) jerda bi jednakost k1 sinx + k2 cosx = 0 bila ispunjena za ∀x ∈ (a, b) onda moraju obe konstantebiti jednake nuli. Ako je bar jedna konstanta nenulta jednakost je ispunjena samo za specijalnevrednosti promenljive x.


c) Funkcije ec1x, ec2x, ec3x gde su c1, c2, c3 tri razlicite konstante su linerano nezavisne na proizvolj-nom intervalu x ∈ (a, b). Ako pretpostavimo suprotno, tj. da su linearno zavisne, sledi da jejednakost:

k1ec1x + k2e

c2x + k3ec3x = 0 (2.21)

ispunjena za neke vrednosti konstanti ki (i = 1, 2, 3) tako da je bar jedna od njih nenulta.Uzmimo da je nenulta bas k3. Prvo cemo (2.21) podeliti sa ec1x i zatim dobijenu jednakostdiferenciramo po x, dobijamo:

k2(c2 − c1)e(c2−c1)x + k3(c3 − c1)e

(c3−c1)x = 0.

Sada celu jednacinu podelimo sa e(c2−c1)x i ponovo diferenciramo po x, konacno dobijamo:

k3(c3 − c1)(c3 − c2)e(c3−c2)x = 0

sto nikad nije ispunjeno jer su sve konstante koje mnoze eksponencijalnu funkciju nenulte. Dakle,ove tri eksponencijalne funkcije jesu linearno nezavisne.

Lako se pokazuje da ako je skup funkcija {f1(x), f2(x), . . . fn(x)} linearno nezavisan na intervalu(a, b) onda je i bilo koji podskup funkcija iz ovog skupa takode linearno nezavisan na (a, b).

Teorema 2.1. (Potreban uslov za linearnu zavisnost funkcija)Neka su funkcije f1(x), f2(x), . . . fn(x) takve da je svaka od njih (n− 1)-puta diferencijabilna. Ako jeskup ovih funkcija linearno zavisan na intervalu (a, b) onda je determinanta:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣f1(x) f2(x) . . . fn(x)f ′1(x) f ′2(x) . . . f ′n(x)...

......

f(n−1)1 (x) f

(n−1)2 (x) . . . f

(n−1)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (2.22)

koji se naziva Vronskijan (Wronskian) skupa funkcija {f1(x), f2(x), . . . fn(x)} jenaka nuli za svakox ∈ (a, b), tj.:

(∀x ∈ (a, b)) W (x) ≡ 0.

Dokaz: Uzmimo da je n = 3 (na isti nacin se izvodi dokaz za proizvoljno n). Ako su funkcijef1(x), f2(x), f3(x) linearno zavisne na intervalu (a, b) onda je:

k1f1(x) + k2f2(x) + k3f3(x) = 0

pri cemu je bar jedna konstanta nenulta. Pretpostavimo da je k1 = 0 i resimo gornju jednakost pof1(x), a zatim je diferenciramo dva puta:

f1(x) = −k2k1f2(x)−

k3k1f3(x),

f ′1(x) = −k2k1f ′2(x)−

k3k1f ′3(x),

f ′′1 (x) = −k2k1f ′′2 (x)−

k3k1f ′′3 (x).

Ako napisemo Vronskijan dobijamo:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣f1(x) f2(x) . . . fn(x)f ′1(x) f ′2(x) . . . f ′n(x)f ′′1 (x) f ′′2 (x) . . . f ′′n(x)

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣−k2

k1f2(x)− k3

k1f3(x) f2(x) . . . fn(x)

−k2k1f ′2(x)− k3

k1f ′3(x) f ′2(x) . . . f ′n(x)

−k2k1f ′′2 (x)− k3

k1f ′′3 (x) f ′′2 (x) . . . f ′′n(x)

∣∣∣∣∣∣∣ .


Kako je prva kolona u matrici linearna kombinacija druge dve sledi da je W (x) = 0 za svako x ∈ (a, b)Q.E.D.

Napomenimo samo da obrnuti iskaz ne vazi, tj. ako je na intervalu (a, b) W (x) ≡ 0 ne znaci da sufunkcije linearno zavisne. Kao primer razmotrimo sledece dve funkcije:

y1(x) =

{x2, −1 < x < 00, 0 ≤ x < 1,

y2(x) =

{0, −1 < x < 0x2, 0 ≤ x < 1.

Na intervalu (−1, 1) Vronskijan je jednak nuli ali su funkcije linearno nezavisne. Sa druge strane naintervalu (−1, 0) funkcije su linearno zavisne. Isto vazi i za interval (0, 1).

Sledeca teorema je ustvari negacija iskaza iz predhodne teoreme pa je stoga necemo dokazivati:

Teorema 2.2. Neka su f1(x), f2(x), . . . fn(x) funkcije koje su definisane na intervalu (a, b) i sve su(n−1)-puta diferencijabilne. Ako je VronskijanW (x) = 0 na intervalu x ∈ (a, b), tj. postoji bar jednox0 ∈ (a, b) tako da je W (x) = 0, onda je skup tih funkcija linearno nezavisan na tom intervalu.

2.3 Jednacina koja razdvaja promenljive

Kad god resavamo integral:

y =

∫f(x) dx (2.23)

mi ustvari resavamo diferencijalnu jednacinu :

y′ =dy

dx= f(x). (2.24)

Ovo je jednostavan primer jednacine koja moze da se napise u obliku kod koga su svi canovi kojisadrze iskljucivo promenljivu y na jednoj, a oni koji sadrze iskljucivo promenljivu x na drugoj strani:

dy = f(x) dx. (2.25)

Diferencijalna jednacina koja moze da se napise u ovakvom obliku naziva se jednacinom koja razdvajapromenljive (ili separabilnom jednacinom). Jasno je da se resenje ovakve jednacine dobija integracijomleve i desne strane jednacine.

Primer 2.3.1. Resimo jednacinu:xy′ = y + 1 (2.26)

Da bi smo razdvojili promenljive podelicemo celu jednacinu sa x(y + 1), tako dobijamo:

y′

y + 1=

1

xili

dy

y + 1=

dx

x.

Ako integralimo levu i desnu stranu sledi:

ln(y + 1) = lnx+ const. = lnx+ lna = ln ax

gde smo konstantu koja se dobija nakon integracije napisali kao ln a. Dakle, konacno opste resenje je:

y = ax− 1.

Ako bi smo nacrtali graficki ova resenja vidimo da su u pitanju prave koje prolaze kroz tacku (0,−1),a za razlicite vrednosti konstante a dobijamo razlicite prave, tj partikularna resenja diferncijalnejednacine (2.26).


Nelinearne diferencijalne jednacine

Znamo da kod linearnih diferencijalnih jednacina broj nezavisnih konstanti koje se javljaju u opstemresenju odgovara stepenu date jednacine. Sva resenja ovakve jednacine se dobijaju specifikacijom tihkonstanti. Treba imati na umu da ovo ne mora da vazi i u slucaju nelinearnih diferencijalnih jednacina.Naime, postoje neke jednacine kod kojih ovo nije ispunjeno. Takodje neke rutinske metode koje sekoriste za resavanje diferencijalnih jednacina mogu dati netacna ili nekompletna resenja. Necemodetaljnije obradivati ovu temu vec cemo samo navesti nekoliko primera.

Primer 2.3.2. Resicemo jednacinu:y′ =

√1− y2 (2.27)

i zatim naci sva partikularna resenja koja prolaze kroz tacke (0, 0) i (0, 1). Kako je i ovo jednacinakoja razdvaja promenljive prvo cemo podeliti jednacinu sa

√1− y2 i onda je integraliti. Kao resenje

dobija se:arcsin y = x+ c =⇒ y = sin(x+ c). (2.28)

Medutim, ako pogledamo jednacinu jasno je da resenje mora biti takvo da je y′ uvek pozitivna, tj. daje resenje y(x) takva funkcija koja ima pozitivan nagib. Dakle, resenje ukljucuje samo delove krivesin(x+ c) za koje je nagib pozitivan. Takode, diferencijalna jednacina ima dva trivijalna resenja y = 1i y = −1, i oba ova resenja se ocigledno ne mogu dobiti iz (2.28). Mada ovo nije iznenadujuce jersmo resenje dobili tako sto smo diferencijalnu jednacinu delili sa

√1− y2, a ovo ne sme da se radi za

y2 = 1. Sto se tice trazenog partikularnog resenja koje prolazi kroz tacku (0, 0) dobijamo da je c = zπgde je z ∈ Z, tj dva razlicita resenja y = sinx i y = − sinx. Ali posto znamo da resenje mora da jetakvo da y′(0) ≥ 0 ostaje nam da je resenje samo y = sinx i to samo na intervalu x ∈ [−π/2, π/2].Ovo resenje mozemo glatko da zasijemo, koristeci trivijalna resenja, tako da je definisano na celojrealnoj osi, te konacno dobijamo da je partikularno resenje funkcija:

y =

−1, x ∈ (−∞,−π

2 )

sinx, x ∈ [−π/2, π/2]1, x ∈ (π2 ,∞).

Drugo trazeno resenje treba da prolazi kroz tacku (0, 1), pa sledi da je u ovom slucaju konstantac = π/2 + (2z + 1)π. Slicno kao i malo pre y = cosx na intervalu x ∈ [−π, 0] koje opet mozemo dazasijemo koristeci dva trivijalna resenja y = ±1:

y =

−1, x ∈ (−∞,−π)cosx, x ∈ [−π, 0]1, x ∈ (0,∞).

(2.29)

Medutim, jasno je da ovo nije jedino resenje, jer ako nacrtamo grafik ocigledno je da ako pomeramografik na levo (tj. zamenimo u (2.29) x→ x− a gde je a pozitivan realan broj) dobijamo resenje kojeprolazi kroz istu trazenu tacku (0, 1).

2.4 Linearne jednacine prvog reda

Svaka linearna diferencijalna jednacina prvog reda se moze predstaviti u obliku:

y′ + P (x)y = Q(x). (2.30)


Da bi smo resili ovu jednacinu posmatrajmo prvo specijalan slucaj za Q(x) = 0. Jednacina:

y′ + P (x)y = 0 ilidy

dx= −P (x)y (2.31)

je jednacina koja razdvaja promenljive i njeno opste resenje dobijamo na sledeci nacin:

dy

y= −P (x) dx =⇒ ln y = −

∫P (x) dx+ c (2.32)

=⇒ y = e−∫P (x) dx+c = Ae−

∫P (x) dx. (2.33)

gde smo zamenili da je A = ec. Zgodno je da ovde uvedemo novu oznaku I =∫P (x) dx, naravno ovo

znaci da je I ustvari funkcija od x i da je dI/ dx = P (x) kao i da se resenje (2.32) moze napisati uobliku yeI = A. Diferencirajmo sad proizvod yeI :

d(yeI)

dx= y′eI + yeII ′ = eI(y′ + yP (x)).

Dakle, dobili smo levu stranu jednacine (2.30) koja je predhodno pomnozena sa eI . Shodno ovome (2.30)se moze zapisati kao:

d(yeI)

dx= eIQ(x). (2.34)

Kako su i I i Q funkcije od x sada mozemo da integralimo ovu jednacinu i konacno dobijamo:�

�

�

�y(x) = e−I

(∫eIQ(x) dx+ c

)gde je I =

∫P (x) dx. (2.35)

Primer 2.4.1. Resimo jednacinu: (1 + x2)y′ + 6xy = 2x. Prvo dobijamo da je:

I =

∫P (x) dx =

∫6x

1 + x2dx =

∫3 dx2

1 + x2= 3 ln(1 + x2) = ln(1 + x2)3.

Dalje, kako je eI = (1 + x2)3, konacno dobijamo opste resenje:

y =1

(1 + x2)3(

∫2x

1 + x2(1 + x2)3 dx+ c)

=1

(1 + x2)3(

∫2x(1 + x2)2 dx+ c)

=1

(1 + x2)3(1

3(1 + x2)3 + c)

=1

3+

c

(1 + x2)3.

Primer 2.4.2. Radijum se raspada u radon koji se dalje raspada u plutonijum. Ako je u t = 0uzorak bio od cistog radijuma, odrediti koliko ima radona u proizvoljnom trenutku t ako su konstante


ovih radioaktivnih raspada λ1 i λ2 respektivno (naravno λ1 = λ2). Neka je N0 pocetan broj atomaradijuma, N1 njihov broj u trenutku t i N2 broj atoma radona. Za raspad radijuma imamo:

dN1

dt= −λ1N1 ⇒ N1 = N0e

−λ1t

a za raspad radona:dN2

dt= −λ2N2 + λ1N1,

odnosno:dN2

dt+ λ2N2 = λ1N0e

−λ1t. (2.36)

Dobili smo linearnu diferencijalnu jednacinu prvog reda, a posto je I =∫λ2 dt = λ2t njeno resenje je:

N2 = e−λ2t(

∫λ1N0e

−λ1t+λ2t dt+ c)

= e−λ2t(λ1N0

λ2 − λ1e(λ2−λ1)t + c).

U pocetnom trenutku broj atoma radona bio je nula, odatle se dobija kontanta c:

0 =λ1N0

λ2 − λ1+ c ⇒ c = − λ1N0

λ2 − λ1,

pa je konacno broj atoma radona u trenutnu t:

N2 =λ1N0

λ2 − λ1(e−λ1t − e−λ2t)


Zadaci

Resiti sledece diferencijalne jednacine:

1. y′ + y = ex

2. x2y′ + 3xy = 1

3. dy + (2xy − xe−x2

) dx = 0

4. 2xy′ + y = 2x5/2

5. y′ cosx+ y = cos2 x

6. y′ + y√x2+1

= 1x+

√x2+1

7. (1 + ex)y′ + 2exy = (1 + ex)ex

8. (x lnx)y′ + y = lnx

9. (1− x2)y′ = xy + 2x√1− x2

10. y′ + ythx = 2ex

11. y′ + y cosx = sin 2x

12. y′(cos y − xtgy) = 1

13. dx = (x− ey) dy = 0

14. y′(3y2/3 − x) = 3y

15. Voda koja sadrzi 5% soli utice u veoma slano jezero i pri tome je protok Qu = 4 · 104l/h. Sa druge stranejezera voda istice iz jezera pri cemu je Qi = 104l/h. Ako je u nekom trenutku t = 0 kolicina vode u jezeru109l, i sadrzaj soli u tom trenutku je 30%, naci procenat soli u proizvoljnom trenutku t. Predpostavitida je so u svakom trenutku uniformno rastvorena u vodi.

16. Naci struju kroz serijski vezano kolo koje sadrzi otpornik R, zavojnicu L i kondenzator C ako je elektro-motorna sila ϵ = V0 cosωt.

17. Naci struju kroz serijski vezano kolo koje sadrzi otpornik R i kondenzator C ako je elektromotorna silaϵ = V0 cosωt.

18. Naci resenja predhodna dva zadatka za ϵ = V0eıωt

2.5 Druge metode za resavanje diferencijalnih jednacina prvog reda

Diferencijalne jednacine prvog reda koje se najcesce srecu u fizici su one koje razdvajaju promenljivekao i linearne jednacine. Ipak ovde cemo pomenuti jos par metoda za resavanje nekih drugih specijalnihtipova jednacina prvog reda.

Bernulijeva (Bernoulli) jednacina

Jednacina tipa:y′ + P (x)y = Q(x)yn (2.37)

gde su P i Q funkcije od x a n ∈ R, poznata je kao Bernulijeva jednacina. Ocigledno nije linearna,sem ako je n = 1 i n = 0, ali se lako svodi na linearnu diferencijalnu jednacinu tako sto se uvodi novapromenljiva z umesto y:

z = y1−n. (2.38)

Kako je z′ = (1− n)y−ny′, prvo cemo pomnoziti jednacinu (2.37) sa (1− n)y−n:

(1− n)y−ny′ + (1− n)P (x)y1−n = (1− n)Q(x)

Sada je lako preci na promenljivu z i konacno dobijamo linearnu diferencijalnu jednacinu:

z′ + (1− n)P (x)z = (1− n)Q(x)

koju znamo da resimo.

Jednacina sa totalnim diferencijalom, Integracioni faktori


Posmatrajmo izraz oblika P (x, y) dx + Q(x, y) dy gde su funkcije P i Q i njihovi parcijalni izvodineprekidne funkcije. Pitamo se kada je to totalni diferencijal neke funkcije F (x, y). Kako je dF =∂F∂x dx+ ∂F

∂y dy, iz jednakosti P (x, y) dx+Q(x, y) dy = dF (x, y) sledi da je:

P (x, y) =∂F

∂xi

∂F

∂y= Q(x, y). (2.39)

Odnosno, uslov da postoji takva funkcija F (x, y) je sledeci:

∂P (x, y)

∂y=∂Q(x, y)

∂x. (2.40)

Moze se pokazati da je ovo ustvari potreban i dovoljan uslov da postoji funkcija F (x, y) tako da jeP (x, y) dx+Q(x, y) dy = dF (x, y). Diferencijalna jednacina tipa:

P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0 ili y′ = −P (x)Q(x)

(2.41)

naziva se jednacinom sa totalnim diferencijalom ako je ispunjen uslov (2.40) i njeno resenje je resenjejednacine:

F (x, y) = const (2.42)

gde se funkcija F (x, y) dobija resavanjem sistema jednacina (2.39).

Primer 2.5.1. Lako se proverava da jednacina:

x dy − y dx = 0 (2.43)

nije jednacina sa totalnim diferencijalom, ali zato ako je pomnozimo sa 1/x2 dobijamo jednacinu kojato jeste:

x dy − y dx

x2= 0 (2.44)

Lako se vidi da je:x dy − y dx

x2=

1

xdy − y

x2dx = d(

y

x)

te je opste resenje za (2.44):y

x= const.

Moze se proveriti da je ovo takode opste resenje i jednacine (2.43).

Dakle, u ovom primeru, da bi smo resili jednacinu (2.43) pomnozili smo je pogodno izabranimfaktorom. Ovakav faktor se naziva integracioni faktor . Slican primer smo vec imali kod resavanjalinearne diferencijalne jednacine prvog reda (2.30): tamo je integracioni faktor eI . Ovaj metod zanalazenje resenja diferencijalne, tako sto se odredi integracioni faktor a zatim jednacina svede najednacinu sa totalnim diferencijalom, je koristan samo ako je izbor faktora ocigledan. Obicno nijevredno truda provesti poprilicno vremena u trazenju integracionog faktora.


Homogene jednacine

Funkcija F (x, y) je homogena funkcija stepena n (promenljivih x i y) ako se moze napisati u oblikuxnf(y/x). Na primer, f(x) = x3 − xy2 je homogena funkcija treceg stepena. Jednacina oblika:

P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0 ili y′ = −P (x, y)Q(x, y)

, (2.45)

gde su P (x, y) i Q(x, y) homogene funkcije istog stepena, naziva se homogenom jednacinom 1. Akopodelimo dve homogene funkcije istog stepena dobijamo funkciju f(y/x), dakle (2.45) se moze zapisatikao:

y′ = −P (x, y)Q(x, y)

= f(yx

)Ovo sugerise uvodenje smene z = y/x, kako je y′ = (zx)′ = xz′ + z dobijamo

xz′ + z = f(z)

sto predstavlja linearnu diferencijalnu jednacinu prvog reda koju znamo da resimo.

Smena promenljivih

Videli smo kod predhodnih slucajeva Bernulijeve i homogene jednacine da smo ih resavali uvodenjemnekih pogodnih smena. Postoji dosta tipova jednacina kod kojih je ovo primenljivo. Ako je diferencijaltakav da sadrzi neku kombinaciju promenljivih x i y (pogotovo ako se ona pojavljuje vise od jedanput)onda probamo da resimo jednacinu tako sto tu kombinaciju proglasimo za novu varijablu.

Zadaci

1. y′ + y = xy2/3 2. y′ + 1xy = 2x3/2y1/2

3. 3xy2y′ + 3y3 = 1 4. (2xe3y + ex) dx+ (3x2e3y − y2) dy = 0

5. (x− y) dy + (y + x+ 1) dx = 0 6. (cosx cos y + sin2 x) dx = (sin y sinx+ cos2 y) dy

7. x2y′ + (y2 − xy) = 0 8. y dy + (x−√x2 + y2 dx)

9. xy dx+ (y2 − x2) dy = 0 10. (y2 − xy) dx+ (x2 + xy) = 0

11. y′ = cos(x+ y) Upustvo: uvesti smenu u = x+ y.

12. y′ = yx − tg y

x 13. yy′ − 2y2ctgx = sinx cosx

2.6 Homogena linearna jednacina drugog redasa konstantnim koeficijentima

U ovom poglavlju cemo detaljno razmotriti direfencijalnu jednacinu oblika:

a2d2y

dx2+ a1

dy

dx+ a0y = 0 (2.46)

gde su a0, a1 i a2 konstante. Jednacina ovog tipa naziva se homogenom jer svaki clan sadrzi y ili nekiizvod od y. Suprotno, jednacina koja sadrzi i slobodan clan koji je funkcija samo od promenljive xnaziva se nehomogenom(primetite da je upotreba termina homogen/nehomogen potpuno nevezana zaonaj koji se javio u predhodnom poglavlju).

1Napomena: u sledecem poglavlju cemo ovaj termin koristiti u drugom smislu.


Primer 2.6.1. Resimo jednacinu:y′′ + 5y′ + 4y = 0. (2.47)

Zgodno je da uvedemo oznaku D = d/ dx, tada je:

Dy =dy

dx= y′ i D2 =

d

dx

(dy

dx

)= y′′.

Koristeci ovu novu notaciju (2.47) postaje:

D2y + 5Dy + 4y = 0, odnosno (D2 + 5D + 4)y = 0. (2.48)

Zaboravimo na trenutak kako je D definisano, vec ga posmatrajmo kao obicnu algebarsku velicinu.Algebarski izraz D2+5D+4 je polinom drugog stepena po D i moze se faktorisati kao (D+1)(D+4).Takode, lako se proverava da je:

(D + 1)(D + 4)y = (D + 4)(D + 1)y = (D2 + 5D + 4)y.

Sada mozemo nasu pocetnu jednacinu napisati kao:

(D + 1)(D + 4)y = 0 ili (D + 4)(D + 1)y = 0. (2.49)

Da bi smo je resili prvo cemo resiti dve jednostavnije jednacine:

(D + 4)y = 0 i (D + 1)y = 0.

Obe spadaju u jednacine koje razdvajaju promenljive i njihova resenja su:

y = c1e−4x, y = c2e

−x. (2.50)

Dalje, ako je (D + 4)y = 0 onda ocigledno vazi i da je (D + 1)(D + 4)y = 0, dakle (D + 4)y = 0 jeresenje jednacine (2.49). Slicno i (D+1)y = 0 je resenje od (2.49). Posto su ova dva resenja linearnonesavisna konacno dobijamo da je opste resenje (2.47):

y = c1e−4x + c2e

−x. (2.51)

Hajde sad da vidimo da li na ovakav nacim mozemo da resimo bilo koju jednacinu (2.46). Slicnokao i malo pre uvodenjem D dobijamo:

(a2D2 + a1D + a0)y = 0. (2.52)

Znamo od ranije da ako hocemo da faktorisemo polinom a2D2 + a1D + a0, u stvari treba da nademo

nule ovog polinoma sto se u nasem slucaju svodi na resavanje kvadratne jedncine:

a2D2 + a1D + a0 = 0. (2.53)

Ova jednacina se naziva karakteristicnom jednacinom diferencijalne jednacine (2.46). Prisetimo seda koreni kvadratne jednacine sa realnim koeficijentima2, oznacicemo ih sa a i b, mogu biti: razliciti(realni i kompleksni) ili realni i jednaki (degenerisana nula). Razmotrimo posebno svaki od ovihslucajeva:

2Slucaj kvadratne jednacine sa kompleksnim koeficijentima cemo razmatrati u zadacima 19 i 20.


Nejednaki korenovi λ1 i λ2: Ovo je upravo slucaj koji se javio u nasem primeru. Nule karak-teristicnog polinoma su bile realne, no ceo postupak resavanja vazi za kompleksne nule(tj. parkompleksno konjugovanih brojeva). Jasno je da se tada (2.46) svodi na:

(D − λ1)(D − λ2)y = 0. (2.54)

I da je opste resenje linearne homogene diferencijalne jednacine:��

��y = c1e

λ1x + c2eλ2x. (2.55)

Razmotrimo ovde malo detaljnije slucaj kada su oba korena kompleksna, tj. λ1 = λ∗2. Neka jeλ1 = α + ıβ gde su α i β realni i imaginarni delovi od λ1. Kako je λ2 = α − ıβ, zamenom u(2.55) dobijamo:

y = c1e(α+ıβ)x + c2e

(α−ıβ)x = eαx(c1eıβx + c2e

−ıβx). (2.56)

Kako je e±ıβx = cos(βx) ± ı sin(βx), izraz u zagradi postaje linearna kombinacija od sin(βx) icos(βx) pa se opste resenje moze zapisati u obliku:

y = eαx(A cos(βx) +B sin(βx)) (2.57)

ili nakon malo trigonometrijskih transformacija u obliku:

y = δeαx sin(βx+ γ) (2.58)

gde su A,B, δ i γ nove proizvoljne konstante. Naravno nije tesko izraziti skupove konstanti kojese javljaju u jednom obliku resenja preko onih koje se jave u drugom. No, kako se ovi razlicitioblici lako pamte, jednostavno u datom problemu koji resavamo treba primeniti onaj oblik kojinam najvise odgovara.

Realni i jednaki korenovi: Kako je λ1 = λ2 imamo degenerisanu nulu polinoma (2.53) i diferen-cijalna jednacina postaje:

(D − λ1)2y = 0. (2.59)

Resenje jednacine (D − λ1)y = 0 je y = c1eλ1x. Ovo je takode jedno resenje diferencijalne

jednacine Ehdj2rRaa, medutim nama nedostaje jos jedno linearno nezavisno resenje da bi smodobili opste resenje. Neka je

(D − λ1)y = u, (2.60)

sada jednacinu (2.59) mozemo da zapisemo kao:

(D − λ1)u = 0 (2.61)

a njeno resenje je:u = Aeλ1x

gde je A proizvoljna konstanta. Ako ovo zamenimo u (2.60) imamo:

(D − λ1)y = Aeλ1x ili y′ − λ1y = Aeλ1x. (2.62)


Ovo je linearna diferencijalna jednacina prvog reda i njeno opste resenje je:

y = eλ1x(Ax+B). (2.63)

Ovo je resenje koje je linearno nezavisno sa vec nadenim resenjem i konacno dobijamo opsteresenje jednacine (2.59):��

��y = (Ax+B)eλ1x (2.64)

gde su A i B proizvoljne konstante.

Primer 2.6.2. Resimo jednacinu:y′′ − 6y′ + 9y = 0.

Prvo trazimo korenove karakteristicnog polinoma:

D2 − 6D + 9 = 0

Imamo dvostruko degenerisan koren D = 3, tj. (D2 − 6D + 9)y = (D − 3)2y = 0 te je opste resenjejednacine:

y = (Ax+B)e3x

Primer 2.6.3. Jedan od najcesce resavanih primera u fizici je harmonijski oscilator. Posmatrajmotelo mase m koje je vezano za jedan kraj opruge koeficijenta elasticnosti k (drugi kraj opruge jenaravno pricvrscen, recimo za zid) i neka je elasticna sila jedina sila koja deluje na telo. Ako napisemodrugi Njutnov zakon dobijamo:

md2y

dt2= −ky ⇔ d2y

dt2= − k

my = −ω2y, (2.65)

gde je ω2 = k/m. Dalje, ovu jednacinu mozemo da zapisemo kao:

D2y + ω2y = 0.

Koreni karakteristicne jednacine D2+ω2 = 0 su kompleksni: D = ±ıω i kao resenje jednacine kretanjadobijamo:

y(t) = Aeıωt +Be−ıωt ili u druga dva ekvivalentna oblika: (2.66)

y(t) = c1 cos(ωt) + c2 sin(ωt)

y(t) = δ sin(ωt+ γ).

Primer 2.6.4. Posmatrajmo isti fizicki problem kao u predhodnom primeru s’tim sto trazimo parti-kularno resenje koje odgovara nekim zadatim dodatnim uslovima:


1. Neka je telo u pocetnom trenutku bilo u ravnoteznom polozaju i pocetna brzina je iznosila v0,tj. y(0) = 0 i y′(0) = v0. Uzecemo oblik resenja sa sinusnom i kosinusnom funkcijom:

y(t) = c1 cos(ωt) + c2 sin(ωt) ⇒ y′(t) = −c1ω sin(ωt) + c2ω cos(ωt)

Iz prvog uslova dobijamo vrednost za c1:

y(0) = 0 ⇒ c1 · 1 + c2 · 0 = 0 ⇒ c1 = 0,

a zatim preostaje da odredimo c2:

y′(0) = v0 ⇒ c2ω · 1 = v0 ⇒ c2 =v0ω.

Konacno, trazeno resenje je:

y(t) =v0ω

sin(ωt).

2. Neka je u pocetnom trenutku telo imalo nultu brzinu i nalazilo se na rastojanju y0 od ravnoteznogpolozaja. Dobijamo sistem od dve jednacine po konstantama c1 i c2:

c1 · 1 + c2 · 0 = y0

−c1ω · 0 + c2ω · 1 = 0

cije je resenje c1 = y0 i c2 = 0. Pa je konacno trazeno partikularno resenje:

y = y0 cosωt.

Naravno jasno je da je problem koji smo gore resavali idealizovan slucaj harmonijskog oscilovanja:telo mase m kad jednom pocne da osciluje nastavlja da se tako krece zauvek! U realnom slucaju telo cese zaustaviti posle nekog vremena. Resenje koje smo mi dobili je posledica cinjenice da smo zanemarilidejstvo bilo koje druge sile sem elasticne. Razmotrimo sad malo realisticniji slucaj:

Primer 2.6.5. Uzmimo da postoji sila otpora koja je proporcionalna brzini tela koje osciluje: Fot =−l dy/ dt (l je pozitivna konstanta). Ako sada napisemo jednacinu kretanja dobijamo:

md2y

dt2= −ky − l

dy

dt. (2.67)

Zgodno je uvesti da je 2b = l/m i naravno ω2 = k/m, pa ako podelimo jednacinu sa m dobijamohomogenu jednacinu drugog reda:

d2y

dt2+ 2b

dy

dt+ ω2y. (2.68)

da bi smo resili ovu jednacinu trebaju nam resenja karakteristicne jednacine :

D2 + 2bD + ω2 = 0 ⇒ D =−2b±

√4b2 − 4ω2

2= −b±

√b2 − ω2.

U zavisnosti od odnosa konstanti b 3 i ω imamo tri tipa resenja :

3U fizici se b obicno naziva koeficientom prigusenja


• b2 > ω2: tada su oba korena karakteristicne jednacine realna ali i negativna i opste resenjejednacine kretanja je :

y = Ae−λt +Be−µt

gde je λ = b +√b2 − ω2 i µ = b −

√b2 − ω2. Ocigledno da kretanje tela u ovom slucaju nije

uopste periodicno: kazemo da je oscilator natkriticno prigusen.

• b2 = ω2: koreni karakteristicne jednacine su jednaki i resenje je;

y = (A+Bt)e−bt

Ovakvo kretanje naziva se kriticno priguseno kretanje. Dakle, i u ovom kao i u predhodnomslucaju prigusenje je dovoljno veliko da se telo m koje je izvedeno iz ravnoteznog polozaja vracau ravnotezni polozaj, a ne osciluje oko istog.

• b2 < ω2: sad su koreni karakteristicne jednacine kompleksni. Neka je β =√ω2 − b2. Opste

resenje jednacine kretanja je:

y = e−bt(A sinβt+B cosβt).

Ovakvo kretanje tela vec pocinje da lici na realni slucaj: kretanje jeste oscilatorno ali je frekvencaoscilovanja β manja nego kod slobodnog oscilatora i zbog prisustva sile otpora amplituda nijekonstantna vec se menja sa vremenom: postaje sve manja i manja. U ovom slucaju kazemo daje oscilator potkriticno prigusen.

Zadaci


1. y′′ + y′ − 2y = 0

2. y′′ − 4y′ + 4y = 0

3. y′′ + 9y = 0

4. y′′ + 2y′ + 2y = 0

5. y′′ − 2y′ + y = 0

6. 10y′′ + 160y = 0

7. y′′ − 5y′ + 6y = 0

8. y′′ + 5y′ = 0

9. y′′ − 4y′ + 13y = 0

10. y′′ − 2y′ = 0

11. 4y′′ + 12y′ + 9y = 0

12. 2y′′ + y′ − y = 0

Prisetimo se da su funkcije linerano nezavisne ako je njihov Vronskijan razlicit od nule. Za svaki od datihskupova funkcija izracunati Vronskijan i pokazati da su u pitanju linearno nezavisne funkcije. Zatimnapisati homogenu diferencijalnu jednacinu tako da su date funkcije njena resenja:

13. ex, e4x

14. eax, xeax

15. 1, x, x2

16. eax, ebx pri cemu je a = b i a, b ∈ C

17. sinβx, cosβx

18. eax, xeax, x2eax

19. Resiti algebarsku jednacinu:D2 + (1 + 2ı)D + ı− 1 = 0

(napomena: koeficijenti su kompleksni brojevi!) i pokazati da se metod koji smo koristili za trazenjeresenja homogene diferencijalne jednacine drugog reda u slucaju realnih nejednakih korena moze primeniti.Naci resenje diferencijalne jenacine:

y′′ + (1 + 2ı)y′ + (ı− 1)y = 0.


20. Kao i u predhodnom zadatku resiti jednacinu:

y′′ + (1− ı)y′ − ıy = 0.

21. Koristeci metod kojim smo dobili opste resenje homogene diferencijalne jednacine drugog reda naci opsteresenje jednacine treceg reda:

a3y′′′ + a2y

′′ + a1y′ + a1y = 0.

Generalizovati rezultat za jednacinu proizvoljnog reda.


22. (D − 1)(D + 3)(D + 5)y = 0

23. (D2 + 1)(D2 − 1)y = 0

24. y′′′ + y = 0

25. y′′′ + y′′ − 6y′ = 0

26. y′′′ − 3y′′ − 9y′ − 5y = 0

27. D2(D − 1)2(D + 2)3y = 0

28. (D4 + 4)y = 0

29. (D + 1)2(D4 − 16)y = 0

30. (D4 − 1)2y = 0

31.

32. Cestica mase m krece se duz x-ose ka koordinantnom pocetku pod dejstvom sile F = −kx. Pokazati da jekretanje cestice oscilatorno i naci njenu kineticku i potencijalnu energiju kao funkcije vremena t. Pokazatida ukupna energija nije funkcija vremena, tj. da je konstantna. Izracunati srednje vrednosti kineticke ipotencijalne energije i pokazati da su obe jednake upravo polovini ukupne energije.

33. Naci jednacinu kretanja za matematicko klatno (direferncijalna jedncina za θ kao funkcija vremena t).Pokazati da ako je ugao otklona θ mali, resenje diferencijalne jednacine opisuje harmonijsko kretanje.Konacno naci partikularno resenje za koje je u pocetnom trenutku θ = θ0 i dθ/ dt = 0.

34. Gravitaciona sila koja deluje na cesticu mase m koja je unutar Zemlje na rastojanju r od centra jeF = −mgr/R gde je R poluprecnik Zemlje. Pokazati da ako se cestica stavi unutar tunela u komeje naravno vakuum i koji prolazi kroz centar Zemlje, onda ona vrsi harmonijsko kretanje oko centra.Odrediti period ovih oscilacija.

35. Odrediti frekvencu elektricnih oscilacija u serijski vezanom RLC kolu ako je R = 0 i V = 0 ali je I = 0kao funkciju od L i C.(Napomena: kada birate stanicu na radiu vi upravo menjate C odnosno L u kojisu serijski vezani tako da frekvcenca oscilovanja postane jednaka frekvenci trazene radio stanice.)

36. Parce drvene daske koje pluta u vodi blago se potisne ka dnu i zatim pusti da osciluje. Pretpostaviti datokom kretanja gornja i donja strana daske ostaje paralelna a da su ostale ivice uvek vertikalne. Pokazatida je period oscilovanja ω = 2π

√h/g, gde je h visina daske koja je bila u vodi kada je daska bila u stanju

mirovanja.

37. Naci I(t) za serijski vezano RLC kolo ako je V = 0. Razmotrita kakav je protok struje u zavisnosti ododnosa velicina R,L i C.

2.7 Nehomogena linearna jednacina drugog reda sa konstantnim ko-eficijentima

Videli smo da homogena linearna jednacina drugog reda sa konstantnim koeficijentima odgovarajednacini kretanja u slucaju slobodnih oscilacija mehanickog ili elektricnog sistema. Medutim, cestotakvi sistemi nisu slobodni vec na njih deluje neka dodatna sila. Ovakve vibracije se onda nazivajuprinudnim oscilacijama i diferencijalna jednacina koja se dobija u ovom slucaju je oblika:

a2d2y

dx2+ a1

dy

dx+ a0y = f(x). (2.69)

Dakle, trazimo opste resenje ove nehomogene linearne jednacine drugog reda sa konstantnim koefici-jentima.


Primer 2.7.1. Posmatrajmo jednacinu:

(D2 + 5D + 4)y = cos 2x. (2.70)

Vec znamo resenje odgovarajuce jednacine kod koje je desna strana jednaka nuli (2.46), tj. odgova-rajuce homogene jednacine, i to opste resenje cemo oznaciti sa yh. Jasno je da yh nije resenje od (2.70),ali kao sto cemo videti postoji veza ove funkcije sa opstim resenjem. Dakle, za nasu jednacinu homo-geno resenje je:

yh = Ae−x +Be−4x. (2.71)

Sada, predpostavimo da znamo bilo koje partikularno resenje yp jednacine (2.70). Na primer, lako jeproveriti da je jedno resenje:

yp =1

10sin 2x, (2.72)

tj. vazi da je:(D2 + 5D + 4)yp = cos 2x. (2.73)

i da je :(D2 + 5D + 4)yh = 0. (2.74)

Ako saberemo ove dve jednacine dobijamo:

(D2 + 5D + 4)(yp + yh) = cos 2x i y = yh + yp = Ae−x +Be−4x +1

10sin 2x (2.75)

je resenje jednacine (2.70), i to njeno opste resenje jer sadrzi dve proizvoljne konstante.

Da rezimiramo, opste resenje nehomogene jednacine (2.69) je oblika:

y = yh + yp (2.76)

gde je yp partikularno resenje, a yh resenje odgovarajuce homogene jednacine.

Kako smo u predhodnom poglavlju vec videli kako se resava homogena linearna jednacina drugogreda sa konstantnim koeficijentima, ostaje da vidimo kako da nademo partikularno resenje. U nasemprimeru bilo je lako pogoditi partikularno resenje. U opsem slucaju partikularno resenje nije lako naci.

Ako je diferencijalna jednacina jednostavnijeg oblika onda je cesto moguce pogoditi bar jednopartikularno resenje. Na primer, jednacina:

y′′ − 2y′ + 3y = 5 (2.77)

ima partikularno resenje yp = 5/3. Dok, za jednacinu:

y′′ − 6y′ + 9y = 8ex (2.78)

prosto se namece da potrazimo resenje oblika yp = cex gde je c konstanta koju treba odrediti. Zamenomyp u diferencijalnu jednacinu dobijamo:

cex − 6cex + 9cex = 8ex ⇒ 4c = 8 ⇒ c = 2. (2.79)


Medjutim, ako trazimo resenje istog oblika za jednacinu:

y′′ + y′ − 2y = ex (2.80)

zamenom dobijamo jednakost:cex(1 + 1− 2) = ex (2.81)

koja nije ispunjena ni za kakav broj c, dakle ne postoji resenje ovog oblika yp = cex. Ovo je zbogtoga sto je predpostavljeno yp u stvari jedno partikularno resenje homogenog dela diferencijalnejednacine (2.80).

Dakle, pre trazenja partikularnog resenja uvek treba prvo naci homogeno resenje yh jer se mozedesiti da oblik koji se namece za partikularno resenje ustvari predstavlja partikularno resenje odgo-varajuce homogene jednacine (tj. dobija se iz yh za neki izbor konstanti). U tom slucaju ne trebagubiti vreme i traziti partikularno resenje tog oblika jer je to resenje homogenog dela. Razmotrimosada razlicite nacine za nalazenje resenja (2.69).

Sukcesivna integracija dve jednacine prvog reda: Ovo je metod koji se uvek moze primenitiza resavanje (2.69), medutim on cesto zahteva vise proracuna nego neki od drugih metoda. Kao primerrazmotrimo bas jednacinu (2.80) koja se moze napisati u obliku:

(D − 1)(D + 2)y = ex. (2.82)

Neka je:u = (D + 2)y, (2.83)

sada (2.82) postaje:(D − 1)u = ex, tj. u′ − u = ex. (2.84)

Ovo je linearna diferencijalna jednacina prvog reda i njeno opste resenje je:

u = ex(∫

exe−x dx+ c1

)= xex + c1e

x. (2.85)

Ako ovo resenje za u zamenimo u (2.83) dobijamo diferencijalnu jednacinu prvog reda po y:

(D + 2)y = xex + c1ex odnosno y′ + 2y = xex + c1e

x, (2.86)

a njeno resenje je:

y = e−2x

(∫ex(x+ c1)e

2x dx+ c− 2

)=

1

3xex + c′1e

x + c2e−2x. (2.87)

Proveriti da li ce Mathematicar dati isto partikularno resenje. Sta se moze zakljuciti iz poredenjaresenja?

Eksponencijalan oblik f(x): Neka je desna strana u jednacini (2.69) oblika f(x) = aa2ebx gde

su a i b nekakve konstante. Neka su λ1 i λ2 koreni karakteristicnog polinoma odgovarajuce homogenediferencijalne jednacine, tj. diferencijalna jednacina je oblika:

(D − λ1)(D − λ2)y = aebx. (2.88)

Pretpostavimo prvo da je b = λ1 i b = λ2. Partikularno resenje je oblika yp = Cebx gde cemo konstantuC odrediti zamenom yp u (2.88):

(D − λ1)(D − λ2)Cebx = aebx =⇒ C =

a

(b− λ1)(b− λ2). (2.89)


Predimo na slucaj kada je b jednako nekoj od nula karakteristicnog polinoma pri cemu su one razlicite(λ1 = λ2). Neka je naprimer, b = λ2. Na osnovu predhodnih primera znamo da se jedno partikularnoresenje moze nac u obliku yp = Cxebx. Konstanu C opet dobijamo zamenom yp u (2.88):

(D − λ1)(D − λ2)Cxebx = aebx

C(D − λ1)(ebx + bxebx − bxebx) = aebx

C(b− λ1)ebx = aebx =⇒ C = a

(b−λ1).

Konacno, preostao nam je slucaj kada je b = λ1 = λ2. Koristeci opsti metod za resavanja neho-mogene diferencijalne jednacine moze se pokazati da je Cx2ebx jedno partikularno resenje. Naravnoumesto da to radimo, prosto cemo zameniti ovo resenje u (2.88) i proveriti da li postoji konstanta Ckoja ispunjava dobijenu jednacinu:

(D − b)(D − b)Cx2ebx = aebx

C(D − b)(2xebx + bx2ebx − bx2ebx) = aebx

2Cebx = aebx =⇒ C = a2 .

Da rezimiramo, ako imamo jednacinu oblika (2.88), u praksi je najednostavnije da parti-kularna resenje ove jednacine trazimo u obliku:

yp =

Cebx, za b = λ1 i b = λ2Cxebx, ako je b jednako λ1 ili λ2, ali je λ1 = λ2;Cx2ebx, za b = λ1 = λ2.

(2.90)

Kompleksni eksponenti: U fizici i elektronici se cesto desava da je f(x) u (2.69) neka sinusnaili kosinusna funkcija koja predstavlja periodicnu silu ili elektromotornu silu. Resenje u ovom slucajumozemo traziti tako sto primenimo opsti nacin resavanja, tj. metodom dve suksecivne integracijejednacina prvog reda, ili tako sto cemo sinusnu odnosno kosinusnu funkciju napisati u kompleksnomobliku a zatim preimeniti gore naveden nacin za eksponencijalni oblik f(x). Ipak postoji jos efikasnijinacin za resavanje ovakvih diferencijalnih rednacina koji cemo sad razmotriti.

Primer 2.7.2. Resiti jednacinu:y′′ + y′ − 2y = 4 sin 2x. (2.91)

Umesto da direktno resavamo ovu jednacinu resicemo jednacinu:

Y ′′ + Y ′ − 2Y = 4e2ıx. (2.92)

Kako je e2ıx = cos 2x + ı sin 2x kompleksan broj, resenje Y takode moze biti kompleksa funkcija.Zamenom Y = YR+ ıYI (gde su YR i YI realni i imaginarni deo od Y ), gornja jednacina je ekvivalentnasistemu od dve diferencijalne jednacine koje su sa realnim koeficijentima i realnim funkcijama:

Y ′′R + Y ′

R − 2YR = 4Re(e2ıx) = 4 cos 2x, (2.93)

Y ′′I + Y ′

I − 2YI = 4Im(e2ıx) = 4 sin 2x. (2.94)

Ove dve jednacine nisu spregnute, tj. mogu se odvojeno resavati, i druga jednacina je ista ko i(2.91). Dakle, da bi nasli yp od (2.91) prvo cemo naci Yp od (2.92), a onda je yp = Im(Yp). Koreni


karakteristicne jednacine D2 + D − 2 = 0 su λ1 = 1 i λ2 = −2. Dakle, na osnovu (2.90) trazimopartikularno resenje u obliku:

Yp = Ce2ıx

Zamenom u (2.92) dobijamo resenje a konstantu C:

C(−4 + 2ı− 2) = 4 =⇒ C =2

ı− 3=

2(−ı− 3)

10=

−(ı+ 3)

5.

Konacno:

yp = − 1

10(cos 2x+ 3 sin 2x).

Dakle, da sumiramo izlozeni metod:

Da bi nasli partikularno resenje yp jednacine:

(D − λ1)(D − λ2)y =

{k sinαxk cosαx,

prvo nademo partikularno resenje Yp jednacine: (D− λ1)(D− λ2)Y = keıαx, a onda se ypdobija kao imaginarni, odnosno realni deo, od Yp:

yp =

{Im(Yp), za sinusnu funkcijuRe(Yp), za kosinusnu funkciju,

Metod neodredenih koeficijenata: Metod resavanja homogene diferencijalne jednacine sa ek-sponencijalnom oblikom funkcijom f(x) koji smo predhodno izlozili je ustvari jedan primer metodaneodredenih koeficijenata. Naime mi smo u nasem slucaju odredivali konstantu C tako da je odredenoyp partikularno resenje jednacine (2.88). Ovaj rezultat se lako moze uopstiti za slucaj kada je f(x)proizvod polinoma i eksponencijalne funkcije:

Partikularno resenje jednacine:

(D − λ1)(D − λ2)y = ebxPn(x)

gde je Pn(x) polinom stepena n je oblika:

yp =

ebxQn(x), ako je b = λ1 i b = λ2;xebxQn(x), ako je b jednako λ1 ili λ2, a λ1 = λ2;x2ebxQn(x), ako je b = λ1 = λ2,

(2.95)

pri cemu je polinom Qn(x) istog stepena kao i Pn(x) ali sa neodredenim koeficijentimakoje treba odrediti.

Primer 2.7.3. Da bi ilustrovali upotrebu (2.95) resicemo jednacinu:

y′′ + y′ − 2y = 18xex tj. (D − 1)(D + 2)y = 18xex. (2.96)


Dakle nule karakteristicnog polinoma su razlicite ali je b = λ1 = 1 (koristili smo predhodnu notaciju).Polinom je prvog stepena Pn(x) = P1(x) = 18x pa je Q1(x) = Ax+B. Trazimo partikularno resenjeoblika

yp = xex(Ax+B) = ex(Ax2 +Bx).

Kako je:

y′p = ex(2Ax+B) + ex(Ax2 +Bx)

= ex(Ax2 +Bx+ 2Ax+B)

y′′p = ex(2Ax+B + 2A) + ex(Ax2 +Bx+ 2Ax+B)

= ex(Ax2 +Bx+ 4Ax+ 2B + 2A),

zamenom u (2.96) dobijamo:

y′′p + y′p − 2yp = ex(6Ax+ 3B + 2A) ≡ 18xex.

Da bi jednakost vazila koeficijenti uz odgovarajuce stepene po x moraju biti jednaki,tj. dobijamosistem od dve jednacine sa dve nepoznate A i B:

6A = 18

3B + 2A = 0.

Resenja su A = 3 i B = −2, pa je yp = (3x2 − 2x)ex i opste resenje nase jednacine je:

y = (3x2 − 2x)ex + c1ex + c2e

−2x.

Primer 2.7.4. Da bi odredili jedno partikularno resenje jednacine:

y′′ + y − 2y = x2 − x

pretpostavimo da je yp = Ax2 +Bx+C. Zamenom u diferencijalnu jednacinu dobijamo sistem od trijednacine po konstantama A,B,C koje treba odrediti:

−2A = 1

2A− 2B = −1

A−B − 2C = 0.

Kao resenje dobijamo da je A = −1/2, B = 0 i C = −1/2 i konacno:

yp = −1

2(x2 + 1)

Ostalo nam je jos da vidimo sta treba raditi u slucaju kada je desna strana jednacine (2.69) takvada se sastoji iz nekoliko sabiraka koji su svi eksponencijalnog tipa.

Primer 2.7.5. Neka je jednacina cije partikularno resenje trazimo:

y′′ + y′ − 2y = ex + 2 sin 2x+ x2 − x. (2.97)

Vec smo resavali jednacine koje su imale identicnu levu stranu a kod kojih je desna strana odgovaralajednom od ovih sabiraka:


• y′′ + y′ − 2y = ex ima partikularno resenje yp1 =13xe

x

• y′′ + y′ − 2y = 2 sin 2x ima partikularno resenje yp2 = −15(cos 2x+ 3 sin 2x)

• y′′ + y′ − 2y = x2 − x ima partikularno resenje yp1 = −12(x

2 + 1)

Ocigledno je da ako saberemo ova tri resenja dobijamo trazeno partikularno resenje od (2.97):

yp =1

3xex − 1

5(cos 2x+ 3 sin 2x)− 1

2(x2 + 1).

Ovo je najjednostavniji nacin resavanja neke linerane diferencijalne jednacine kod koje je f(x)komplikovanija u smislu da ima vise sabiraka: prvo nademo partikularna resenja posebno za svaku oddiferencijalnih jednacina kod kojih je leva strana ista a desna odgovara jednom od sabiraka (imamoonoliko takvih jednacina koliko je sabiraka) i na kraju prosto saberemo njihova partikularna resenja. Cinjenica da se na ovaj nacin uvek moze odrediti jedno partikularno resenje linerane diferencijalnejednacine naziva se princip superpozicije.

Prinudne oscilacije: Vratimo se na konkretan fizicki problem koji smo vec razmatrali u poglav-nju 2.6. Naime, prvo smo razmatrali slobodan harmoniski oscilator, a zatim i priguseni. Videli smo daista diferencijalna jednacina lezi i iza problema izracunavanja struje u serskom RCL kolu. Sada cemorazmotriti slucaj vibracija pod dejstvom periodicne sile (ili elektormotorne sile u slucaju pomenutogelektricnog kola).

Primer 2.7.6. Resimo jednacinu:

md2y

dt2= −ky − l

dy

dt+ F sinωt. (2.98)

Ako celu jednacinu podelimo sa m i kao i ranije uvedemo 2b = l/m i ω0 =√k/m, dobijamo:

d2y

dt2+ 2b

dy

dt+ ω2

0y =F

msinωt. (2.99)

Kao sto smo vec videli ovakav tip jednacine resavamo metodom kompleksnih koeficijenata, tj. prvotrazimo partikularno resenje jednacine:

d2Y

dt2+ 2b

dY

dt+ ω2

0Y =F

meıωt. (2.100)

u obliku Yp = Ceıωt. Zamenom u (2.100) dobijamo:

C(−ω2 + 2bωı+ ω20)e

ωt = Fmeıωt =⇒ C =

Fm

ω20−ω2+2bωı

= Fm · ω2

0−ω2−2bωı

(ω20−ω2)2+4b2ω2 .

Zgodno je da kompleksnu konstantu C napisemo u eksponencijalnom obliku C = |C|e−ıϕ gde je:

|C| =Fm√

(ω20 − ω2)2 + 4b2ω2

, tgϕ =2bω

ω20 − ω2

.

Konacno zamenom dobijenog resenja za konstantu C dobijamo:

Yp =Fm√

(ω20 − ω2)2 + 4b2ω2

eı(ωt−ϕ),


a da bi smo izracunali yp potrebno je naci imaginarni deo od Yp:

yp =Fm√

(ω20 − ω2)2 + 4b2ω2

sin (ωt− ϕ). (2.101)

Ovo je takozvano stacionarno resenje: tako se naziva jer kako t raste resenje homogenog dela yh postajezanemarnjivo malo.

Rezonanca Ako uporedimo dobijeno resenje za yp dato sa (2.101) i prinudnu silu F = sinωtvidimo da one nisu u fazi, tj. njihove maksimalne vrednosti se ne javljaju u stim trenutcima. Ovo sedogada zbog faznog faktora ϕ. Razmotrimo sada uslov da dobijemo maksimalnu amplitudu oscilovanja.

Podimo od toga da nam je unapred zadata vrednost ω prinudne sile koja izaziva oscilovanje. Iz(2.101) je ocigledno da amplituda prinudnih oscilacija ima maksimalnu vrednost kada je ω = ω0.Isto vazi i za amplitudu brzine, tj. funkcije dy/ dt. Dakle, ako je frekvenca prinudnog oscilovanjajednaka sopstvenoj frekvenci onda se kaze da imamo rezonantno oscilovanje. Ovakav slucaj se dogadaako podesavamo radio stanicu: obicno menjamo kapacitet u LC kolu sve dok sopstvena frekvencanepostane jednaka frekvenci stanice koju trazimo.

Medutim, pojam rezonance se koristi za vise razlicitih situacija. Tako u mehanici cesto imamosledeci problem: imamo sistem cija je sopstvena frekvenca oscilovanja ω0, a pitamo se kolika treba daje frekvenca ω prinudne sile kojom treba da delujemo da bi amplituda oscilovanja bila maksimalna.Da bi smo dobili odgovor na ovo pitanje jasno je da treba da izracunamo kada je funkcija koja senalazi pod korenom u (2.101) minimalna. Ako nademo izvod po ω dobijamo uslov za ekstremum:

2(ω20 − ω2)(−2ω) + 8b2ω = 0 =⇒ ω2 = ω2

0 − 2b2. (2.102)

Vidimo da trazena frekvenca nije jednaka ni sopstvenoj, a ni frekvenci koju smo dobili kod prigusenihoscilacija β =

√ω2 − b2. Dakle, ako rezonancu definisemo kao situaciju kada dobijamo maksimalnu

amplitudu oscilovanja pri unapred fiksiranoj sopstevenoj frekvenci onda se u razmatranom problemudobija da je ω =

√ω2 − 2b2. Na primer, ovo je upravo frenvenca koju treba izbegavati kod mostova:

ako ceta bojnika marsira preko mosta moze doci do rusenja mosta ako je period koracanja jednak ilibliska vrednosti ω =

√ω2 − 2b2. Isto vazi za podesavanja frekvence oscilovanja tipa za AFM-a (atomic

force microscope) ako se povrsina uzorka skenira u takozvanom ”tapping”modu.

Upotreba Furijeovih redova za trazenje partikularnog resenja: U vecini problemima, koji sestandardno razmatraju u mehanici, elektrotromagnetizmu ili elektronici, prinudna sila ima jednostavanoblik, tj. u pitanju je neka sinusna ili kosinusna funkcija. Tada relevantnu diferencijalnu jednacinumozemo resiti kao sto je vec uradeno u predhodnom poglavlju. U komplikovanijim, tj. realisticnijim,slucajevima prinudna sila je dosta komplikovanija funkcija. Ovde cemo razmotriti slucaj kada je upitanju periodicna fuinkcija, sto je inace i najcesci slucaj koji se javlja u fizickim problemima. Kaosto znamo, periodicna funkcija f(x) se moze razviti u Furijeov red, te diferencijalna jednacina (2.69)postaje:

a2d2y

dx2+ a1

dy

dx+ a0y = f(x) =

∞∑n=−∞

cneınx. (2.103)

Posto umemo da resimo jednacinu kod koje se na desnoj strani javlja samo jedan sabirak reda:

a2d2y

dx2+ a1

dy

dx+ a0y = cne

ınx, (2.104)

partikularno resenje diferencijalne jednacine (2.103) se dobija koristici princip superpozicije: prostosaberemo sva resenja svih jednacina (2.104) sa svaku od vrednosti n ∈ Z.


Primer 2.7.7. Resiti jednacinu:d2y

dx2+ 2

dy

dx+ 10y = f(x), (2.105)

gde je f(x) periodicna funkcija sa periodom T = 2π koja je na intervalu [0, 2π] definisana sa:

f(x) =

{1, 0 ≤ x ≤ π0, π ≤ x ≤ 2π.

Karakteristicna jednacina homogenog dela diferencijalne jednacine(2.105):

D2 + 2D + 10 = 0

i njeni korenovi su D = −1± 3ı. Dakle, resenje homogenog dela je:

yh = e−x (A cos 3x+B sin 3x) .

Da bi nasli partikularno resenje potrebno je razviti u Furijeov red funkciju f(x) (ovo je vec uradenou primeru ...):

f(x) =1

2+

1

ıπ

(eıx − e−ıx +

1

3(e3ıx − e−3ıx) + . . .

).

Prvo trazimo partikularno resenje jednacine:

d2y

dx2+ 2

dy

dx+ 10y =

1

2.

Lako se moze proveriti da je jedno resenje yp0 = 1/20. Svi ostali clanovi Furijeovog reda su oblika(1/ıkπ)eıkx gde je k neparan ceo broj. Dakle, ostaje nam da potrazimo partikularno resenje jednacine:

d2y

dx2+ 2

dy

dx+ 10y =

1

ıkπeıkx.

Resenje trazimo u obliku ypk = Ckeıkx, pa zamenom dobijamo:

Ck(−k2 + 2ık + 10)eıkx = 1ıkπ e

ıkx

⇒ Ck = 1ıkπ(10−k2+2ık)

= 10−k2−2ıkıkπ((10−k2)2+4k2)

= −ı(10−k2)−2kkπ((10−k2)2+4k2)

Konacno, ako saberemo sva partikularna resanja dobijamo partikularno resenje od (2.105):

yp =1

20+

9− 2ı

ı85πeıx − 9 + 2ı

ı85πe−ıx +

1− 6ı

ı111πe3ıx − 1 + 6ı

ı1101πe−3ıx + . . .

=1

2+

18

ı85π

(eıx − e−ıx

2ı

)− 4

ı85π

(eıx + e−ıx

2

)+

2

ı111π

(e3ıx − e−3ıx

2ı

)− 12

ı111π

(e3ıx + e−3ıx

2

). . .

=1

2+

2

ı85π(9 sinx− 2 cosx) +

2

ı111π(sin 3x− 6 cos 3x) . . . .

Zadaci


Naci opste resenje sledecih diferencijalnih jednacina:

1. y′′ − 4y = 10

2. (D − 2)2y = 16

3. y′′ + y′ − 2y = e2x

4. (D + 1)(D − 3)y = 24e−3x

5. y′′ + y = 2ex

6. y′′ + 6y′ + 9y = 12e−x

7. y′′ − y′ − 2y = 3e2x

8. y′′ − 16y = 40e4x

9. (D2 + 2D + 1) = 2e−x

10. (D − 3)2y = 6e3x

11. y′′ + 2y′ + 10y = 100 cos 4x

12. y′′ + 4y′ + 12y = 80 sin 5x

13. (D2 − 2D + 1)y = 2 cosx

14. y′′ + 8y′ + 25y = 120 sin 5x

15. 5y′′ + 12y′ + 20y = 120 sin 2x

16. (D2 + 9) = 30 sin 3x

17. y′′ + 16y = 16 cos 4x

18. y′′ + 2y′ + 17y = 60e−4x sin 5x

19. 4y′′ + 4y′ + 5y = 40e−3x/2 sin 2x

20. y′′ + 4y′ + 8y = 30e−x/2 cos 5x2

21. 5y′′ + 6y′ + 2y = x2 + 6x

22. 2y′′ + y′ = 2x

23. y′′ + y = 2xex

24. y′′ − 6y′ + 9y = 12xex

25. (D − 3)(D + 1)y = 16x2e−x

26. (D2 + 1)y = 8x sinx

27. Pokazati da je (2.72) resenje jednacine (2.70). Takode proveriti da je

yp =1

10sin 2x− e−x.

Pokazati da je razlika proizvoljna dva partikularna resenja diferencijalne jednacine a2y′′+a1y

′+a0 = f(x)resenje homogene jednacine a2y

′′ + a1y′ + a0 = 0 i da je samim tim opste resenje ne zavisi od izbora

partikularnog resenja.

28. Posmatrajmo diferencijalnu jednacinu

(D − λ1)(D − λ2)y = Pn(x)

gde je Pn(x) polinom stepena n. Pokazati da je partikularno resenje ove jedancine dato sa:

yp =

Qn(x), ako je λ1 = 0 i λ2 = 0;xQn(x), ako je λ1 = 0 ∨ λ2 = 0;x2Qn(x), ako je λ1 = λ2 = 0,

(2.106)

Koristeci princip superpozicije resiti sledece diferncijalne jednacine:

29. y′′ + y = (x3 − 1) + 2 cosx+ (2− 4x)ex

30. y′′ − 5y′ + 6y = 2ex + 6x− 5

31. y′′ − y = shx

32. y′′ + y = 2 sinx+ 4x cosx

33. (D − 1)2y = 4ex + (1− x)(e2x − 1)

34. y′′ − 2y′ = 9xe−x − 6x2 + 4e2x

35. Naci resenje jednacine:

LdI

dt+RI +

q

C= V0 sinωt.

Resiti sledece jednacine koristeci razvoj u Furijeov red uz predpostavku da su funkcije na desnoj straniuvek periodicne i zadate su na periodu:

36. y′′ + 2y′ + 2y = |x| gde je −π < x < π


37. y′′ + 9y =

{x, 0 < x < 10, −1 < x < 0.

38. Resiti jednacinu kretanja tela mase m koje se krece pod dejstvom sile F = −kx i prinudne sile:

F = F1eıω1t + F2e

ıω2t + F3eıω3t

pri cemu na njega deluje sila prigusenja Fot = −2b/m( dy/ dt). Naci resenje koristeci princip superpozicije.Pokazati da ako sistem podesimo tako da je na primer ω0 = ω1 onda je prvi clan u resenju dominantniclan, tj. sistem deluje kao filter selektujuci vibracije koje odgovaraju tacno jednoj frekvenci.

2.8 Druge znacajne diferencijalne jednacine drugog reda

Iako su upravo linerane diferencijalne jednacine sa konstantnim koeficijentima najcesece javljaju uprimeni, ipak ima jos par jednacina drugog reda koje su takode veoma znacajne. Ovde cemo razmotritineke od njih:

• jednacine koje ne sadrze y:Da bi smo resili ovakvu jednacinu uvedimo smenu:

y′ = p(x) (2.107)

Zamenom pocetna diferencijalna jednacina postaje jednacina prvog reda po p(x). Dakle, prvoresimo ovu jednacinu po p, a zatim i diferencijalnu jednacinu (2.107) po y. Kao jedan odprimera za jednacinu ovog tipa je i sama negomogena diferencijalna jednacina sa konstantnimkoeficijentima kod koje je a0 = 0.

• jednacine koje ne sadrze x:Uvedimo slicnu smenu kao i u predhodnom slucaju, s’tim sto je sad ideja da dobijemo jednacinuu kojoj x nije vise nezavisna promenljiva, vec je to y:

y′ = p(y) (2.108)

Kako je:

y′′ =dp

dx=

dp

dy

dy

dx= p

dp

dy,

zamenom pocetna diferencijalna jednacina postaje jednacina prvog reda ali sada po p kao zavi-snom i y kao nezavisnom promenljivom. Dakle, sad prvo resimo ovu jednacinu i zatim iz njenogopsteg resenja p = p(y) trazimo resenje jednacine prvog reda y′ = p(y). Primetimo da je ovojednacina koja razdvaja promenljive, tj. odavde se dobija:

dy

p(y)= dx.

Primer 2.8.1. Trazimo resenje diferencijalne jednacine:

4y′′ + 2(y′)2 + y = 0 (2.109)

za koje je ispunjeno da je y′(0) = 0 i y(0) = 1. Ako uvedemo smenu y′ = p(y), sledi da jey′′ = p( dp/ dy) i zamenom jednacina postaje:

4pdp

dy+ 2p2 + y = 0.


Ovo je Bernilijeva jednacina i ona se resava uvodenjem smene z = p2. Odavde sledi da je:

dz

dy= 2p

dp

dy

i jednacina postaje:dz

dy+ z = −1

2y.

Ovo je linearna jednacina prvog reda i nju znamo da resimo:

z = −1

2(y − 1) + ce−y =⇒ (y′(x))2 = −1

2(y − 1) + ce−y.

Iz pocetnih uslova sledi da je c = 0. Prema tome ostaje nam da resimo jednacinu:

(y′(x))2 = −1

2(y − 1) =⇒ y′(x) =

√1− y

2.

Jasno je da resenje postoji samo ako je potkorena velicina nenegativana: 1 − y ≥ 0. Dobijenadiferencijalna jednacina prvog reda razdvaja promenljive i resava se uvodenjem smene 1−y = t2

gde je t nova funkcija od x. Kako je −y′ = 2tt′ zamenom dobijamo diferencijalnu jednacinu:

−2tt′ =t√2

=⇒ −2√2 dt = dx =⇒ −2

√2t = x+ c1.

Ako kvadriramo ovu jednacinu lako se dobija resenje za y(x):

8t2 = (x+ c1)2 = =⇒ 8(1− y) = (x+ c1)

2 =⇒ y = 1− (x+ c1)2

8

zamenom pocetnih uslova dobiaj se da je konstanta c1 = 0, te je konacno trazeno resenje kojeocigledno zadovoljava uslov da je y ≤ 1:

y(x) = 1− x2

8.

• jednacine oblika y′′ + f(y) = 0:Ovo je ustvari specijalan slucaj gore pomenutih diferencijalnih jednacina drugog reda koje nesadrze x. Medutim ovde smo ih izadvojili jer postoji trik pomocu kojeg je najlakse resiti ovakavtip jednacine:

Da bi resili jednacinu oblika y′′ + f(y) = 0 prvo je pomnozimo sa y′:

y′y′′ + y′f(y) = 0 ⇐⇒ y′ dy′ + f(y) dy = 0.

Zatim integralimo, i dobijamo jednacinu koja razdvaja promeljive:

1

2y′2 +

∫f(y) dy = const. (2.110)


Primer 2.8.2. Razmotrimo jednacinu kretanja cestice mase m koja se krece duz x-ose poddejstvom sile F (x):

md2x

dt2= F (x).

Ako je pomnozimo sa v = dx/ dt i zatim integralimo dobijamo:

mvdv

dt= F (x)

dx

dt, odnosno mv dv = F (x) dx

=⇒ 1

2mv2 =

∫F (x) dx+ const.

Primetite da je zadnja jednacina ustvari zakon odrzanja energije koji je cesto daleko korisniji uresavanju fizickog problema nego samo resenje jednacine kretanja x(t).

• Ojler-Kosijeve (Euler-Cauchy) jednacine:

Diferencijalna jednacina oblika:

a2x2 d

2y

dx2+ a1x

dy

dx+ a0y = f(x) (2.111)

naziva se Ojler -Kosijeva (Euler-Cauchy) jednacina. Uvodenjem nove nezavisne promenljive zumesto promenljive x, pri cemu je:

x = ez, (2.112)

jednacina (2.111) se svodi na linearnu jednacinu sa konstantnim koeficijentima:

x = ez =⇒ lnx = z =⇒ dx

x= dz;

xdy

dx=

dy

dz

x2d2y

dx2= x2

d

dx

(x

x

dy

dx

)= x2

d

dx

(1

x

dy

dz

)= x2

(− 1

x2dy

dz+

1

x

d

dx

(dy

dz

))= − dy

dz+d2y

dz2

=⇒ a2d2y

dz2+ (a1 − a2)

dy

dz+ a0y = f(ez) (2.113)

Treba napomenuti da u specijalnom slucaju kada je f(x) = 0, tj. kad imamo jednacinu:

a2x2 d

2y

dx2+ a1x

dy

dx+ a0y = 0. (2.114)

resenje je oblika y = xk gde je k stepen koji treba da odredimo. Zamenom ovog resenja u(2.114) dobija se kvadratna jednacina po k. Medutim ako su dobijene vrednosti za k jednake ilikompleksne onda je u principu jednostavnije resavati jednacinu standardim metodom.

• redukovanje reda diferencijalne jednacine:Posmatrajmo jednacinu:

y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0. (2.115)


pri cemu znamo jedno partikularno resenje yp = u(x). Uvodi se smena:

y = u(x)v(x), (2.116)

koja nakon zamene u (2.115) daje diferencijalnu jednacinu prvog reda po v′(x):

y′ = u′(x)v(x) + u(x)v′(x) ∧ y′′ = u′′(x)v(x) + 2u(x)′v′(x) + u(x)v′′(x)

=⇒ u(x)v′′(x) + (2u(x)′ + f(x)u(x))v′(x) = 0. (2.117)

Primer 2.8.3. Resiti jednacinu x3y′′ + xy′ − y = 0 ako je jedno njeno resenje yp = x. Nekaje y = xv(x). Sledi da je y′ = v(x) + xv′(x) i y′′ = 2v′(x) + xv′′(x). Zamenom diferencijalnajednacina postaje:

x3(2v′(x) + xv′′(x)) + x(v(x) + xv′(x))− xv(x) = 0 ⇐⇒ x4v′′ + (2x3 + x2)v′ = 0.

Ako razdvojimo promenljive dobijamo:

dv′

v′= −(

2

x+

1

x2) dx =⇒ ln v′ = −2 lnx+

1

x+ lnC.

Da bi smo dobili resenje po v(x) moramo da integralimo zadnju jednacinu:

v′ =C

x2e1/x =⇒ v = Ce1/x +D.

Konacno, opste trazeno resenje je y = Cx+Dxe1/x.

Zadaci

Resiti sledece diferencijalne jednacine koristeci prva dva metoda:

1. y′′ + yy′ = 0. Zatim naci partikularna resenja koje zadovoljavaju sledece pocetne uslove:

a) y(0) = 5, y′(0) = 0 b) y(0) = 2, y′(0) = −2

c) y(0) = 5, y′(0) = −1 d) y(0) = 2, y′(0) = 2

2. y′′ + 2xy′ = 0. Upustvo: iskoristiti da je funkcija greske definisana kao erf x.= 2√

π

∫ x

0e−t2 dt.

3. 2yy′′ = y′2. 4. xy′′ = y′ + y′3.

5. Diferencijalna jednacina koju treba resiti da bi se dobio oblik, tj. jednacina y(x), lanca koji je zakacenogna oba svoja kraja je oblika:

y′′2 = k2(1 + y′2)

gde je k konstanta. Naci oblik lanca.

6. Kriva u xOy ravni je data jednacinom

K = y′′(1 + y′2)−3/2

gde je K konstanta. Resiti ovu jednacinu. Napomena: K je krivina i resenja ove jednacine za K = const.su krugovi ili prave linije.


7. Koristeci treci metod resiti jednacinu y′′+ω2 = 0 i zatim uporediti dobijeno resenje sa onim koje dobijamoresavajuci je kao linearnu jedncinu sa konstantnim koeficijentima.

8. Gravitaciona sila koja deluje na telo mase m koje se nalazi na rastojanju r od centra Zemlje (r > R) jeF = mgR2/r2. Naci brzinu tela kao funkciju vremena ako je ono sa povrsine Zemlje baceno vertikalnouvis sa pocetnom brzinom v0. Zatim odrediti maksimalnu visinu, tj, rmax, do koje telo moze da stigne.Koja je minimalna pocetna brzina koje telo mora da ima da bi rmax tezilo beskonacnosti (takozvanadruga kosmicka brzina).

9. Telo mase m se krece pod dejstvom sile F (x). Naci x(t) kao i v(x) ako je:

a) F (x) = m/x3, v(0) = 0 i x(0) = 1,

b) F (x) = −2m/x5, v(0) = −1 i x(0) = 1.

10. Jednacina kretanja klatna je d2θ/ t2 = −ω2 sin θ gde je ω2 = g/l. Naci dθ/ dt ako je dθ/ dt = 0 zaθ = π/2. Napisati formulu t(θ) kao integral.

11. Resiti sledece jednacine koristeci metod dat za Ojler-Kosijevu jednacinu, a potom umesto njega resitijednacinu smenom y = xk. Uporediti dobijena resenja.

a) x2y′′ + 3xy′ − 3y = 0 b) x2y′′ + xy′ − 3y = 0

c) x2y′′ + 3xy′ = 9y = 0 d) x2y′′ − xy′ + 6y = 0

12. x2y′′ + xy′ − 16y = 8x4 13. x2y′′ + xy′ − y = x− x−1

14. x2y′′ − 5xy′ + 9y = 2x3 15. x2y′′ − 3xy′ + 4y = 6x2 lnx

16. x2y′′ + y = 3x2 17. x2y′′ + xy′ + y = 2x

Resiti sledece diferencijalne jednacine ako je data funkcija u jedno partikularno resenje:

18. x2(2− x)y′′ + 2xy′ − 2y = 0, u = x.

19. (x2 + 1)y′′ − 2xy′ + 2y = 0, u = x.

20. xy′′ − 2(x+ 1)y′ + (x+ 2)y = 0, u = ex.

21. 3xy′′ − 2(3x− 1)y′ + (3x− 2)y = 0, u = ex.

22. x2y′′ + (x+ 1)y′ − y = 0, u = x+ 1.

23. x(x+ 1)y′′ − (x− 1)y′ + y = 0, u = x− 1.

2.9 Laplasova transformacija

Vec smo se sreli sa integralnim reprezentacijama funkcije kada smo radili Furijeov transform.Laplasova transformacija je jos jedan primer integralnog transforma koja se, izmadu ostalog, koristiza resavanje diferencijalnih jednacina sto ce i biti tema sledeceg poglavlja.

Laplasov transform funkcije f(t) je funkcija L(f) definisana kao:

L(f) =

∫ ∞

0f(t)e−pt dt. (2.118)

Kako je Laplasova transformacija od f(t) i sama funkcija promenljive p umesto L(f) koristi se i oznakaF (p). Primetimo da se u definiciji integracija vrsi od 0 do ∞, kao posledica ovoga F (p) ne zavisi odtoga kako je f(t) definisana za t < 0. Videcemo kasnije da je nekad pozeljno da definisemo f(t) takoda je f(t) = 0 za t < 0.

U praksi je zgodno imati vec tabulirane rezultate Laplasovih transformacija za elementarne funkcijei neke od funkcija koje se cesto javljaju. Zbog toga cemo izracunati nekoliko primera koji su dati uTableli 2.1 na kraju ovog poglavlja.


Primer 2.9.1. Neka je funkcija f(t) = 1, njen Laplasov transform je:

F (p) =

∫ ∞

01 · e−pt dt = −1

pe−pt

∣∣∣∣∞0

=1

p, p > 0. (2.119)

Obratiti paznju da smo uzeli da je p > 0 zbog gornje granice integracije. Ako je p komplesna promenjivaovaj uslov daje da je Re(p) > 0.

Primer 2.9.2. Laplasov transform funkcije f(t) = e−at je funkcija:

F (p) =

∫ ∞

0e−(p+a)t dt = − 1

p+ ae−(p+a)t

∣∣∣∣∞0

=1

p+ a, Re(p+ a) > 0. (2.120)

Mogli bi smo da ovako nastavimo i izracunamo direktno iz definicije sve Laplasove transformekoji su pobrojani u Tabeli 2.1. Medutim, postoje neki jednostavniji metodi koje cemo ovde ilustro-vati. Prvo, primetimo da je Laplasova transformacija zbira dve funkcija suma njihovih Laplasovihtransforma:

L(f1 + f2) =

∫ ∞

0(f1(t) + f2(t))e

−pt dt =

∫ ∞

0f1(t)e

−pt dt+

∫ ∞

0f2(t)e

−pt dt = L(f1) + L(f2). (2.121)

Takode, Laplasov transform funkcije cf(t), gde je c proizvoljna konstanta, je:

L(cf(t)) =

∫ ∞

0cf(t)e−pt dt = cL(f). (2.122)

Za zakljucimo: Laplasova transfrmacija je linearna, tj. (2.118) definise jedan linearan operator uprostoru funkcija.

Primer 2.9.3. Izracunajmo Laplasov transform funkcija sin at i cos at koristeci vec dobijene rezultate.Kako je f(t) = e±ıat = cos at± ı sin at iskoristicemo rezultat iz drugog primer:

L(eıat) =1

p− ıa=

p+ ıa

p2 + a2za Re(p− ıa) > 0, (2.123)

L(e−ıat) =1

p+ ıa=

p− ıa

p2 + a2za Re(p+ ıa) > 0. (2.124)

Sa druge strane iz linearnosti sledi da je:

L(e±ıat) = L(cos at)± ıL(sin at). (2.125)

Zamenom rezultata iz (2.123) konacno dobijajamo:

L(cos at) + ıL(sin at) =p+ ıa

p2 + a2

L(cos at) − ıL(sin at) =p− ıa

p2 + a2

=⇒ L(cos at) =p

p2 + a2, L(sin at) =

a

p2 + a2za Re(p) > |Im(a)|.


Primer 2.9.4. Da bi izracunali Laplasov transform funkcije f(t) = t sin at podimo od:

L(cos at) =

∫ ∞

0cos ate−pt dt =

p

p2 + a2.

Kako je:d

daL(cos at) = −

∫ ∞

0t sin ate−pt dt,

sledi da je trazeni transform:

L(t sin at) = − d

da(

p

p2 + a2) =

2ap

(p2 + a2)2.

. Sledeci ovu ideju, mozemo umesto diferenciranja po a diferencirati L(sin at) po p i na taj nacinizracunati trazeni Laplasov transform:

d

dpL(sin at) =

∫ ∞

0t(−t) sin ate−pt dt,

pa se odavde dobija da je

L(t sin at) = − d

dpL(sin at) = − d

dp

a

p2 + a2=

2pa

p2 + a2.

Iz predhodnog primera se lako moze zakljuciti sta bi se dobilo za Laplasov transform funkcijetnf(t) gde je n prizvoljan prirodan broj, a f(t) funkcija ciji je Laplasov transform F (p):

L(tnf(t)) = (−1)ndnF (p)

dpn(2.126)

Uslov za oblast definisanosti ovog transforma su identicni onima za F (p).Postoji jos nekoliko korisnih osobina Laplasove transformcije koje su narocito pogodne kod trazenja

inverznog Laplasovog transforma. Neka je data funkcija f(t), koja je nulta za t < 0, i ciji je Laplasovtransform L(f(t)) = F (p). Koristeci definiciju Laplasove transformacije mogu se dokazati sledeceosobine:

• Za svako τ > 0:L(f(t− τ)) = e−pτF (p). (2.127a)

Dokaz je lak: polazeci od definicije L(f(t− τ)) uvesti smenu t′ = t− τ odakle se odmah dobijagornja osobina;

• Za svako p0 ∈ C:L(ep0tf(t)) = F (p− p0). (2.127b)

Ova jednakost sledi direktno iz definicije za L(ep0tf(t));

• Za svako α > 0:

L(f(αt)) =1

αF( pα

); (2.127c)

Dokaz sledi iz definicije L(f(αt)), pri cemu je smena u integralu t′ = αt;


• Neka je ϕ(t) =∫ t0 f(x) dx, tada je njen Laplasov transform:

L(ϕ(t)) =F (p)

p. (2.127d)

Da bi smo ovo pokazali treba uociti da iz definicije funkcije ϕ(t) sledi da je 4

dϕ(t)

dt= f(t). (2.127e)

Kako je F (p) = L(f(t)) = L(ϕ′(t)) =∫∞0 ϕ′(t)e−pt dt, treba izracunati ovaj integral (koristi se

metod parcijalne integracije) odakle direktno sledi trazena jednakost (2.127d);

• Ako integral∫∞p F (p′) dp′ konvergira onda je:

L

(f(t)

t

)=

∫ ∞

pF (p′) dp′. (2.127f)

Ovo jednakost se lako dokazuje polazeci od integrala∫∞p F (p′) dp′ u koji cemo zameniti da je

F (p′) = L(f(t)) =∫∞0 f(t)e−p′t dt i zatim zameniti redosled integracije sto nam omogucava da

integralimo po dp′:∫ ∞

pF (p′) dp′ =

∫ ∞

p

(∫ ∞

0f(t)e−p′t dt

)dp′ =

∫ ∞

0f(t)

(∫ ∞

pe−p′t dp′

)dt

=

∫ ∞

0f(t)

(−1

te−p′t

∣∣∣∣∞p

)dt =

∫ ∞

0f(t)

(1

te−pt

)dt = L(

f(t)

t).

Primer 2.9.5. Nadimo Laplasov transform funkcije sin tt . Iskoristicemo (2.127f) da bi izracunali

L(sin tt

). Kako je L(sin t) = F (p) = 1/(p2 + 1) dobijamo da je:

L

(sin t

t

)=

∫ ∞

p

dp′

p′2 + 1= arctg p′

∣∣∣∣∞p

=π

2− arctg p

Primer 2.9.6. Naci inverzni Laplasov transform od F (p) = p/(p2 + 2p+ 5). Kako je:

F (p) =p

p2 + 2p+ 1 + 4=

p

(p+ 1)2 + 4=

p+ 1

(p+ 1)2 + 4− 1

(p+ 1)2 + 4

koristeci osobine Laplasovog transforma i tabelu 2.2 inverznih transforma dobijamo:

f(t) = e−t cos 2t− 1

2e−t sin 2t.

Primer 2.9.7. Trazimo inverzni Laplasov transform od F (p) = 1p2(p2+1)

. Kako je:

F (p) =1 + p2 − p2

p2(p2 + 1)=

1

p2− 1

p2 + 1,

sledi da je f(t) = t− sin t.

4U ovo se lako mozete uveriti ako u definiciji za ϕ(t) umesti f(x) pod integralom upisete dϕ(x)/ dx.


Zadaci

1. Odrediti Laplasov transform funkcija f1(t) = tk i f2(t) = tke−at, pri cemu je k ceo broj veci od −1.Uputstvo: koristiti tehniku diferenciranja po parametru pod znakom integrala.

2. Odrediti Laplasov transform funkcija: f1(t) = sin(at) i f2(t) = sh (at).

3. Primenom tehnike diferenciranja pod znakom integrala odrediti Laplasov transform funkcija: f1(t) =t sin(at) i f2(t) = a cos(at).

4. Koristeci kompleksne parametre a±ıb, odrediti Laplasov transform funkcija: f1(t) = e−at sin(bt) i f2(t) =e−at cos(bt).

5. Odrediti inverzni Laplasov transform za sledece funkcije:a) 1+p

(p+2)2 , b) 5−2pp2−2p−2 , c) 3p+10

p2−25 , d) Ap+BCp2+Ep+F .

6. Pokazati da Laplasov transform zadovoljava tzv. translaciono pravilo:

za funkciju f(t) =

{g(t− a), t > a > 00, t < a.

, odgovarajuci Laplasov transform je L(f(t)) = e−paG(p) gde

je G(p) = L(g(t)); i obratno, za f(t) = e−atg(t), Laplasov transform je G(p+ a).

7. Koristeci translaciono pravilo, odrediti Laplasov transform sledecih funkcija:a) f1(t) = tke−at, b) f2(t) = t sin(at), c) f3(t) = te−at cos(bt).

8. Naci laplasov transform od:

a) f(t) =

{sin(t− π/2), t > π/20, t < π/2.

b) f(t) =

{sin(x− vt), t > x/v0, t < x/v.

gde su x, v ∈ R.

9. Odrediti inverzni Laplasov transform za sledece funkcije:a) pepπ/(p2 + 1), b) (p2 + 2p− 1)/(p2 + 4p+ 5).

2.10 Resavanje diferencijalnih jednacina pomocu Laplasove trans-formacije

Posmatrajmo linearnu diferencijalnu jednacinu sa konstantnim koeficijentima. Upotreba Laplasovetransformacije moze redukovati ovu jednacinu na obicnu algebarsku jednacinu i time uprostiti njenoresavanje. Da bi smo se uverili sta se desava izracunajmo Laplasove transformacije izvoda funkcije y:y′, y′′, y′′′, . . . . Za prvi izvod poci cemo direktno od definicije i zatim izvrsiti parcijalnu integraciju:

L(y′) =

∫ ∞

0y′(t)e−pt dt = y(t)e−pt

∣∣∣∣∞0

− (−p)∫ ∞

0y(t)e−pt dt = (2.128)

= −y(0) + pL(y) = pY − y0

gde smo radi jednostavnosti uveli oznaku Y = L(y) i y0 = y(0). Da bi smo odredili L(y′′) posmatrajmoy′′ kao prvi izvod funkcije y′, na osnovu (2.128) sledi:

L(y′′) = pL(y′)− y′(0) = p2L(y)− py(0)− y′(0) = p2Y − py0 − y′0 (2.129)

Na ovaj nacin lako mozemo dobiti Laplasov transform od y(n)(t):

L(y(n)) = pnY − pn−1y0 − pn−2y′0 . . . p1y

(n−2)0 − y

(n−1)0 = pnY −

n∑i=1

pn−iy(i−1)0 (2.130)


Primer 2.10.1. Resimo jednacinu y′′ + 4y′ + 4y = t2e−2t za pocetne uslove y0 = y′0 = 0. Prvo cemonaci Laplasov transform svakog od clanova ove jednacine. Za izvode vec imamo Laplasove transformedate sa (2.130), ostaje nam da vidimo sta se dobija za slobodan clan:

L(t2e−2t) =

∫ ∞

0t2e−(p+2)t dt = − 1

p+ 2t2e−(p+2)t

∣∣∣∣∞0

+2

p+ 2

∫ ∞

0te−pt dt

= − 2

(p+ 2)2te−(p+2)t

∣∣∣∣∞0

+2

(p+ 2)3

∫ ∞

0e−pt dt =

2

(p+ 2)3.

Dakle, ako nademo Laplasovu transformaciju leve i desne strane, diferencijalna jednacina postaje:

p2Y − py0 − y′0 + 4pY − 4y0 + 4Y =2

(p+ 2)3. (2.131)

Kako su pocetni uslovi y0 = y′0 = 0, dobijamo:

p2Y + 4pY + 4Y =2

(p+ 2)3⇒ Y =

2

(p+ 2)5. (2.132)

Posto nama treba y(t) potrebno je naci inverzni transform, a iz tabele 2.2 dobijamo da je to:

y =2t4e−2t

4!=t4e−2t

12.

Primetimo da smo odmah dobili trazeno partikularno resenje.

Primer 2.10.2. Resimo jednacinu y′′ + 4y = sin 2t za pocetne uslove y0 = 10 i y′0 = 0. Koristecitabelu 2.1 dobijamo:

p2Y − py0 − y′0 + 4Y =2

p2 + 4, (2.133)

a zatim zamenimo pocetne uslove:

p2Y + 4Y − 10p =2

p2 + 4⇒ Y =

2

(p2 + 4)2+

10p

p2 + 4. (2.134)

Konacno inversan transform daje trazeno resenje:

y = 10 cos 2t+1

8(sin 2t− 2t cos 2t).

Primer 2.10.3. Trazimo resenje diferencijalne jednacine y′′ + 4y′ + 13y = 20e−t koje zadovoljavasledece pocetne uslove: y0 = 1 i y′0 = 3. Laplasova transformacija i pocetni uslovi svode datu jednacinuna:

p2Y − p− 3 + 4pY − 4 + 13Y =20

p+ 1⇒ Y =

1

p2 + 4p+ 13

(20

p+ 1+ p+ 7

). (2.135)

Kako u tabeli nje data ni jedna funkcija ciji je ovo Laplasov transform, preostaje nam da faktorisemoracionalnu funkciju tako da dobijemo poznate Laplasove transforme:

Y =1

p2 + 4p+ 13· 20 + p2 + 8p+ 7

p+ 1=

1

p2 + 4p+ 13· 2p

2 + 8p+ 26− p2 + 1

p+ 1

=2

p+ 1+

1− p

p2 + 4p+ 13=

2

p+ 1− p+ 2

(p+ 2)2 + 9+

3

(p+ 2)2 + 9.

Konacno, trazeno resenje je:y = 2e−t + e−2t sin 3t− e−2t cos 3t.


Laplasova transformacija je veoma pogodna za sisteme diferencijalnih jednacina jer ih svodi nasistem obicnih jednacina:

Primer 2.10.4. Resiti sistem diferencijalnih jednacina:

y′ − 2y + z = 0

z′ − y − 2z = 0,

za sledece pocetne uslove: y0 = 1, z0 = 0. Neka je L(y) = Y i L(z) = Z. Ako nademo Laplasovtransform svakog pojedinacnog clana dobijamo sledeci sistem:

pY − y0 − 2Y + Z = 0

pZ − z0 − Y − 2Z = 0.

Ovo je homogen sistem sa dve nepoznate Y i Z i nakon zamene pocetnih uslova dobijamo:

Y =p− 2

(p− 2)2 + 1, Z =

1

(p− 2)2 + 1

i inverzan transform daje trazena resenja:

y = e2t cos t, Z = e2t sin t.

Alternativni nacin resavanja ovog sistema diferencijalnih jednavcina bio bi da iz prve jednacine izra-zimo z preko y i njenih izvoda, zatim diferenciramo dobijenu jednakost i dobijeni izraz za z′ zamenimou drugu jednacinu. Time ona postaje jednacina drugog reda po y sa konstantnim koeficijentima.

Laplasova transformacije se ne koristi iskljucivo za resavanje linearnih difrencijalnih jednacina.Videcemo da se ova vrsta integralne transformacije koristi i kod resavanja nekih parcijalnih diferenci-jalnih jednacina. Takode je od koristi i za izracunavanje integrala tipa

∫∞0 f(t)e−pt dt.

Primer 2.10.5. Da bi smo izracunali integral∫∞0 e−2t(1 − cos 3t) dt primetimo da je on jednak La-

plasovom transformu funkcije f(t) = 1− cos 3t za p = 2. Kako je:

F (p) =1

p− p

p2 + 9

dobijamo da je: ∫ ∞

0e−2t(1− cos 3t) dt = F (2) =

1

2− 2

13=

9

26.

Zadaci

Koristeci Laplasov transform resiti sledece diferencijalne jednacine za date pocetne uslove:

1. y′ − y = 2et, y0 = 3. 2. y′′ + 4y′ + 4y = e−2t, y0 = 0, y′0 = 4.

3. y′′ + y = sin t, y0 = 1, y′0 = 0. 4. y′′ + y = sin t, y0 = 0, y′0 = −1/2.

5. y′′ − 6y′ + 9y = te3t, y0 = 0, y′0 = 5. 6. y′′ − 4y′ + 4y = 4, y0 = 0, y′0 = −2.

7. y′′ + 16y = 8 cos 4t, y0 = y′0 = 0. 8. y′′ + 16y = 8 cos 4t, y0 = 0, y′0 = 8.

9. y′′ − 4y′ + 4y = 6e2t, y0 = y′0 = 0. 10. y′′ − 4y = 4e2t, y0 = 0, y′0 = 1.


11. y′′ − y = e−t − 2te−t, y0 = 1, y′0 = 2. 12. y′′ + y = 5sh 2t, y0 = 0, y′0 = 2.

13. y′′ − y′ + 16y = 32t, y0 = 1, y′0 = 2. 14. y′′ + 4y′5y = 26e3t, y0 = 1, y′0 = 5.

15. y′′ + 4y′ + 5y = 2e−2t cos t, y0 = 0, y′0 = 3. 16. y′′ + 2y′ + 10y = −6e−t sin 3t, y0 = 0, y′0 = 1.

Koristeci Laplasov transform resiti sledece sisteme diferencijalne jednacine za date pocetne uslove:

17.y′ + z′ − 3z = 0, y0 = y′0 = 0y′′ + z′ = 0, z0 = 4/3

18.y′ + z = 2 cos t, y0 = −1z′ − y = 1, z0 = 1

19.y′ + z′ − 2y = 1, y0 = z0 = 1z − y′ = t,

20.y′ + 2z = 1, y0 = 02y − z′ = 2t, z0 = 1

21.y′′ + z′′ − z′ = 0, y0 = 0, y′0 = 1y′ + z′ − 2z = 1− et, z0 = z′0 = 1

22.z′ + 2y = 0, y0 = 0y′ − 2z = 2, z0 = 0

Koristeci Laplasov transformaciju izracunati sledece integrale:

23.∫∞0

e−2t sin 3t dt 24.∫∞0te−t sin 5t dt

25.∫∞0

e−3t sin 2tt dt 26.

∫∞0t5e−2t dt

27.∫∞0

e−t(1− cos 2t) dt 28.∫∞0

e−t−e−2t

t dt

29.∫∞0

e−2t−e−2et

t dt 30.∫∞0

e−t

t sin(t√2) dt

31.∫∞0

e−t√

3

t sin 2t cos t dt


Tabela 2.1: Tabela Laplasovih transforma funkcija f(t).

Funkcija Laplasov transform oblast definisanosti

f(t) L(f).= F(p) =

∫∞0 f(t)e−pt dt za F(p)

11

pRe(p) > 0

tk

( k > −1 ∧ k ∈ Z)

k!

pk+1Re(p) > 0

eat

(a ∈ C)

1

p− aRe(p− a) > 0

tkeat

( k > −1 ∧ k ∈ Z ∧ a ∈ C)

k!

(p− a)k+1Re(p− a) > 0

sinωtω

p2 + ω2Re(p) > |Im(ω)|

cosωtp

p2 + ω2Re(p) > |Im(ω)|

sh ata

p2 − a2Re(p) > |Re(a)|

ch atp

p2 − a2Re(p) > |Re(a)|

t sin(ωt)2ωp

(p2 + ω2)2Re(p) > |Im(ω)|

t cos(ωt)p2 − ω2

(p2 + ω2)2Re(p) > |Im(ω)|

eat sinωtω

(p− a)2 + ω2Re(p− a) > |Im(ω)|

eat cosωtp− a

(p− a)2 + ω2Re(p− a)p > |Im(ω)|


Tabela 2.2: Tabela inverznih Laplasovih transforma: F(p)=L(f); za funkciju f(t) vazi da je f(t) = 0za t < 0

Inverzni Laplasov transform

Funkcija F(p)f(t)

1

pk+1(Re(p) > 0 ∧ k > −1 ∧ k ∈ Z) k!tk

1

p− a(Re(p− a) > 0) eat

1

(p− a)n(Re(p− a) > 0, n ∈ N)

1

(n− 1)!tn−1eat

1

p2 + ω2(Re(p) > |Im(ω)|) sinωt

ω

p

p2 + ω2(Re(p) > |Im(ω)|) cosωt

1

(p+ a)(p+ b)(a = b ∧ Re(p+ a) > 0 ∧ Re(p+ b) > 0)

e−at − e−bt

b− a

p

(p+ a)(p+ b)(a = b ∧ Re(p+ a) > 0 ∧ Re(p+ b) > 0)

ae−at − be−bt

a− b

e−τp

p2 + ω2(τ > 0 ∧ Re(p) > |Im(ω)|) sin(ωt− τ)

e−τp

p2 + ω2(τ > 0 ∧ Re(p) > |Im(ω)|) sin(ωt− τ)

GLAVA 3

VARIJACIONI RACUN

3.1 Uvod

Da li bi ste znali da dokazete koji je najkraci put izmedu dve taceke na Zemlji ako njenu povrsinuaproksimiramo sferom? Naravno, odgovor znamo: najkrace rastojanje izmedu dve proizvoljne tackena sferi je duz velikog kruga koji prolazi kroz te dve tacke. Ako je u pitanju proizvoljna povrsina,odgovor na ovakvo pitanje nije ocigledan. Kriva na povrsni duz koje je rastojanje izmedu dve zadatetavcke minimalno naziva se geodezik . Odredivanje geodezika za neku povrsinu je problem koji se mozeresiti koristeci varijacioni racun.

Problem koji hocemo da resimo je sledeci: ako su date dve tacke (x1, y1) i (x2, y2) i funkcijaF (x, y, y′) trazimo takvu krivu y(x) koja prolazi kroz zadate tacke i za koju vazi da integral

I =

∫ x2

x1

F (x, y, y′) dx (3.1)

ima najmanju mogucu vrednost. Pre nego sto se pozabavimo ovim problemom pogledajmo nekolikoprimera:

Primer 3.1.1. Geodezik: Naci jednacinu krive y(x) u ravni koja prolazi kroz tacke (x1, y1) i (x2, y2)tako da je rastojanje duz te krive minimalno. Kako je dl2 = dx2 + dy2 = dx2(1 + y′2) sledi daje uovom slucaju treba da nademo minimalnu vrednost za:

I =

∫ x2

x1

√1 + y′2 dx.

Primer 3.1.2. Problem brahistohrone: naci oblik zice koja spaja dve tacke tako da alka koja klizibez trenja duz zice pod dejstvom sile Zemljine teze stigne od jedne do druge tacke za najkrace vreme.Ovde trazimo minimum za

∫dt. Ako je element duzine zice ds, brzina alke je v = ds/ dt, pa odavde

dobijamo da je:

dt =1

vds =

1

v

√dx2 + dy2 =

1

v

√1 + y′2 dx.

Dakle, integral koji hocemo da minimalizujemo je

I =

∫dt =

∫1

v

√1 + y′2 dx.

65

GLAVA 3. VARIJACIONI RACUN 66

Nesto kasnije vraticemo se na ovaj problem i videti kako se brzina pomocu zakona odrzanja energijemoze izraziti kao funkcija od x i y.

3.2 Ojlerova jednacina

Pre nego sto predemo na opsi problem vratimo se na problem geodezika iz prvog primera. Znamoda je u ravni najkrace rastojanje izmedu dve tacke duz prave linije koja ih spaja. Hajde da to ipokazemo. Dakle nas problem je da miniminizujemo

I =

∫ x2

x1

√1 + y′2 dx. (3.2)

tako sto cemo odrediti krivu y(x) za koje je to ispunjeno. Ovakva kriva se inace naziva ekstremala.Hocemo da algebraski zadamo krivu koja se za malo razlikuje od ekstremale i za koju cemo predposta-viti da je minimum dva puta diferencijabilna funkcija pri cemu su ti izvodi takode neprekidne funkcije.Ovakva kriva naziva se varijaciona kriva. Neka je η(x) funkcija za koju vazi da je η(x1) = η(x2) = 0takva da je njen drugi izvod neprekidna funkcija. Definisemo funkcije Y (x) jednacinom:

Y (x) = y(x) + ϵη(x) (3.3)

gde je y(x) ekstremala koju treba odrediti a ϵ proizvoljni parametar. Jasno je da Y (x) predstavljaproizvoljnu funkciju koju mozemo da nacrtamo kroz dve zadate tacke (x1, y1) i (x2, y2), a da je pritome njen drugi izvod Y ′′(x) neprekidan. od svih ovih kriva mi trazimo onu za koje je:

I =

∫ x2

x1

√1 + Y ′2 dx.

minimalan. Primetimo da je sada I funkcija parametra ϵ. Kako za ϵ = 0 varijaciona kriva postajeekstremala: Y (x) = y(x), trazimo da je I(ϵ) minimalno za ϵ = 0:

dI

dϵ= 0 za ϵ = 0. (3.4)

Ako diferenciramo I po ϵ dobijamo:

dI

dϵ=

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

2Y ′

2√1 + Y ′2

dY ′

dϵdx. (3.5)

Ako diferenciramo (3.3) po x dobija se:

Y ′(x) = y′(x) + ϵη′(x) (3.6)

pa je:dY ′(x)

dϵ= η′(x).

Zamenom u (3.5) dobijamo:

dI

dϵ=

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

2Y ′η′(x)

2√1 + Y ′2

dx ⇒(dI

dϵ

)ϵ=0

=

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

y′η′(x)√1 + y′2

dx = 0. (3.7)


Poslednju jednakost mozemo integraliti primenom parcijalne integracije pri cemu je:

u =y′√

1 + y′2, dv = η′(x) dx.

Dobijamo: (dI

dϵ

)ϵ=0

=y′√

1 + y′2η(x)

∣∣∣∣∣x2

x1

−∫ x2

x1

η(x)d

dx

(y′√

1 + y′2

)dx. (3.8)

Prvi clan je nula jer je funkcija η(x) nula u zadatim tackama. Takode, posto je η(x) van tih tacakaproizvoljna funkcija jasno je da mora biti ispunjeno da je:

d

dx

(y′√

1 + y′2

)= 0

jer bi u protivnom mogli da izaberemo η(x) tako da je dI/ dϵ = 0 u ϵ = 0. Ako integralimo ovaj uslovdobijamo da je:

y′√1 + y′2

= const.

odnosno da je y′ = const.. Ovo znaci da je nagib funkcije konstantan, pa je kao sto smo i ocekivali upitanju prava linija koja prolazi kroz dve zadate tacke.

Razmotrimo sada opsti slucaj, tj. kad hocemo da odredimo jednacinu krive y(x) koja prolazi krozdve zadate fiksne tacke tako da duz nje integral ima najmanju vrednost:

I =

∫ x2

x1

F (x, y, y′) dx (3.9)

Kao i u slucaju geodezika variramo krivu oblika Y (x) = y(x) + ϵη(x) i trazimo da je:(dI

dϵ

)= 0 za I =

∫ x2

x1

F (x, Y, Y ′) dx (3.10)

Kako su Y i Y ′ funkcije od x ali i od ϵ, dobijamo:

dI

dϵ=

∫ x2

x1

(∂F

∂Y

dY

dϵ+∂F

∂Y ′dY ′

dϵ

)dx. (3.11)

Zamenom (3.3) i (3.6) u gornju jednacinu:

dI

dϵ=

∫ x2

x1

(∂F

∂Yη(x) +

∂F

∂Y ′ η′(x)

)dx. (3.12)

Kako trazimo da je dI/ dϵ = 0 za ϵ = 0, i kako je Y (x)∣∣ϵ= y(x) jednacina (3.5) postaje:(

dI

dϵ

)ϵ=0

=

∫ x2

x1

(∂F

∂yη(x) +

∂F

∂y′η′(x)

)dx = 0. (3.13)

Predpostavljajuci da je y′′ neprekidna funkcija, drugi clan mozemo da integralimo primenom parcijalneintegracije: ∫ x2

x1

∂F

∂y′η′(x) dx =

∂F

∂y′η(x)

∣∣∣∣∣x2

x1

−∫ x2

x1

η(x)d

dx

∂F

∂y′dx. (3.14)


Kako je η(x1) = η(x2) = 0 prvi clan je nula i (3.5) postaje:(dI

dϵ

)ϵ=0

=

∫ x2

x1

(∂F

∂y− d

dx

∂F

∂y′

)η(x) dx = 0 (3.15)

Kao i ranije zbog proizvoljnosti funkcije η(x) van tacaka x1 i x2 dobijamo da je uslov da je ϵ = 0stacinarna tacka za I:

d

dx

∂F

∂y′− ∂F

∂y= 0. (3.16)

Ova jednacina se zove Ojlerova jednacina i kao sto cemo videti u sledecim poglavljima ima velikiznacaj u teorijskoj fizici.

Primer 3.2.1. Resimo pomocu Ojlerove jednacine isti onaj problem sa najkraci rastojanjem izmedudve tacke u ravni. Kako je sada F (x, y, y′) =

√1 + y′2 onda je:

∂F

∂y′=

y′√1 + y′2

,∂F

∂y= 0

pa (3.16) daje:

d

dx

(y′√

1 + y′2

)= 0.

Sto je isto resenje koje smo ranije dobili.

3.3 Upotreba Ojlerove jednacine

Druge promenljive: cesto se u problemina umesto dekartovih koordinata (x, y, z) srecu polarne(ρ, φ, z) ili sferne koordinate (r, φ, θ). Mi smo u predhodnom poglavlju koristili dekartove koordinatex i y. Matematika je naravno ista bez obzira na izbor koordinata. Tako na primer ako hocemo daminimizujemo integral: ∫

F (ρ, φ, φ′) dρ gde je φ′ = dϕ/ dρ. (3.17)

problem se svodi na resavanje Ojlerove jednacine:

d

dρ

(∂F

∂φ′

)− ∂F

∂φ= 0. (3.18)

Ako pak minimizujemo∫F (t, x, x′) dt gde je x(t), tada resavamo jednacinu:

d

dt

(∂F

∂x′

)− ∂F

∂x= 0. (3.19)

Dakle, kakve kod da su promenljive primetimo da je prvi (totalni) izvod u Ojlerovoj jednacini uvekpo nezavisnoj promenjivoj dok su parcijalni izvodi po zavisnoj propenljivoj i njenom prvom izvodu.


Primer 3.3.1. Neka se indeks prelamanja svetlosti u nekoj sredini n ∼ 1/ρ2. Odrediti putanjusvetlosnog zraka kroz ovu sredinu. Kako se svetlost krece tako da joj je potrebno minimalno vremeda stigne od tacke A (u koju cemo staviti koordinantni pocetak) do tacke B, hocemo da vidimo kadaje I =

∫dt stacionarno. Kako je brzina svetlosti u toj sredini v = c/n dobijamo:

I =

∫dt =

∫ds

v=

1

c

∫nds =

k

c

∫1

ρ2

√dρ2 + ρ2 dφ2 =

k

c

∫1

ρ2

√1 + ρ2(φ′)2 dρ.

Ako sad iskoristimo Ojlerovu jednacinu pri cemu je F = ρ−2√

1 + ρ2(φ′)2 dobijamo:

d

dρ

(∂F

∂φ′

)= 0 ⇒ φ′√

1 + ρ2(φ′)2= const = K. (3.20)

Ako resimo ovu diferencijalnu jednacinu tako sto je prvo kvadriramo, pa izrazimo φ′, dobijamo:

φ′ =K√

1−K2ρ2⇒ φ = arcsin(Kρ) + const.

Ako je u pocetnom trenutku φ = ρ = 0 dobija se da je proizvoljna konstanta takode jedanka nuli pajednacina zraka svetlosti kroz ovu sredinu postaje:

sinφ = Kρ ⇔ y = K(x2 + y2).

Kad god imamo slucaj da je I =∫F (y, y′) dx, tj. da funkcija F nezavisi eksplicitno od nezavisne

promenljive x, mozemo uvesti smenu promenljivih tako da y postaje nezavisna promenljiva a x jefunkcija od y. Lako se dobija da je:

y′ =dy

dx=

(dx

dy

)−1

=1

x′, dx =

dx

dydy = x′ dy

pa, kako je ∂F∂x = 0, Ojlerova jednacina postaje:

d

dy

(∂F

∂x′

)− ∂F

∂x= 0 ⇒ d

dy

(∂F

∂x′

)= 0. (3.21)

3.4 Cikloida; Problem Brahistohrone

Posmatrajmo kretanje tacke A na tocku poluprecnika r pri cemu se isti kotrlja bez klizanja poravnoj povrsini tako da je njegova ugaona brzina ω = const. Neka se u pocetnom trenutku tacka Apoklapa sa koordinantnim pocetkom. Trazimo koordinate te tacke nakon nekog vremena t. Lako sevidi da je:

x(t) = vt− r sin θ, y(t) = r − r cos θ (3.22)

a posto je θ = ωt i v = ωr dobijamo:

x(t) = r(ωt− sinωt), y(t) = r(1− cosωt) (3.23)

Ovo je jednacina cikloide pri cemu je kriva data preko parametra τ = ωt dok je r pozitivna konstanta(vidi sliku 3.1).

U samom uvodu smo vec pominjali problem brashistohrone: trazili smo oblik lanca tako da alkakoja klizi po njemu bez trenja stigne do krajnje tacke za najkrace vreme. Isti problem treba resitiako trazimo oblik padini niz koju bi se sanke spustile za najkrace vreme do unapred zadatog cilja.


A

A

2 Π 4 Π 6 Π 8 Π

2

4

Slika 3.1: Cikloida: na slici je data cikloida (plava kriva) za koju je r = 2 i ω = 1. Onaodgovara putanji po kojoj se krece tacka na krugu poluprecnika r koji se krece duz x-osebrzinom v = ωr bez proklizavanja.

Neka je u pocetnom trenutku brzina sanki v0 = 0 i neka je koordinantni sistem tako postavljen da jey0 = x0 = 0. Uzecemo da je ovo referentni nivo za potencijalnu energiju, tj. Ep(t = 0) = 0, sto znacida je u pocetnom trenutku ukupna energija sanki jednaka nuli. Nakon nekog vremena t sanke su utacki (x, y) i ako napisemo zakon odrzanja energije dobijamo:

−mgy +1

2mv2 = 0. (3.24)

Odavde sledi da je:v =

√2gy

Integral koji hocemo da minimalizujemo je:

I =

∫dt =

∫ds

v=

∫ds√2gy

=1√2g

∫ xf

x0

√1 + y′2 dx√y

. (3.25)

Kako podintegralna funkcija ne zavisi od promenljive x izvrsicemo zamenu nezavisnih promenljivih,

x

y

(x, y)

Slika 3.2: Cikloida koja prolazi kroz koordinantni pocetak i datu tacku (x, y) predstavljaputanju niz koju ce se sanke spustiti za najkrace vreme.

tj. sada je to y a ne x. Tako dobijamo da je pa dobijamo da je

I =

∫ yf

y0

x′√1 + 1/x′2√y

dy. (3.26)

Sada je F = F (y, x′) =√1 + x′2/

√y pa Ojlerova jednacina daje:

d

dy

∂F

∂x′= 0 ⇒ x′√

y(1 + x′2)= const. (3.27)

Ako ovu jednacinu resimo po x′ dobijamo:

x′ =dx

dy=

√cy

1− cy⇒ x =

∫ √cy

1− cydy + c′. (3.28)


Uvedimo smenu cy = sin2 ϕ, kako je c dy = 2 sinϕ cosϕdϕ dobijamo:

x =2

c

∫ √sin2 ϕ

1− sin2 ϕsinϕ cosϕdϕ+ c′

=2

c

∫sin2 ϕdϕ+ c′

=1

c

∫(1− cos 2ϕ) dϕ+ c′

=1

c(ϕ− 1

2sin 2ϕ) + c′.

Ako zamenimo pocetne uslove dobijamo da je sinϕ0 = 0 pa je takode i c′ = 0, konacno mozemoparametarski zadati trazenu krivu:

x(ϕ) =1

2c(2ϕ− sin 2ϕ), y =

1

csin2 ϕ =

1

2c(1− cos 2ϕ) (3.29)

koja je ocigledno cikloida (vidi sliku 3.2) s’tim sto je θ = 2ϕ i R = 1/2c. Da bi smo definitivno odrediliR cikloide trazicemo onu krivu koja prolazi kroz tacku (xf , yf ):

xf =1

2c(2ϕf − sin 2ϕf ), yf =

1

2c(1− cos 2ϕ) (3.30)

Kako se problem svodi na sistem od dve transcedentne jednacine najbolje je nacrtati sliku sa nekolikocikloida za koje je r ≥ yf/2 da bi se uverili da ako pretpostavimo da je putanja uvek silazna imamotacno jedno resenje (koje bi smo odredili numericki).

3.5 Varijaciona notacija

Kada smo definisali varijacionu krivu Y (x) datu sa (3.3) videli smo da je ona ustvari postalafunkcija dve promenljive x i ϵ, tj. ako hocemo bas da budemo precizni pisali bi:

Y (x, ϵ) = y(x) + ϵη(x), (3.31)

Y ′(x, ϵ) = y′(x) + ϵη′(x).

Kako diferenciranje po x oznacavamo sa d, uveden je novi simbom δ da bi se posebno oznacilodiferenciranje po parametru ϵ. Ova oznaka je uvedena u ranom periodu razvoja varijacionog racuna.Danas se ona u matematici vise i ne koristi, dok je u fizici ostala u upotrebi i veoma cesto se srece uteorijskoj mehanici i teoriji polja. Zbog toga cemo ovde objasniti ovu notaciju. Tako, velicina δI nijenista drugo do diferencijal po ϵ:

δI =dI

dϵdϵ (3.32)

gde je dIdϵ izracunato za ϵ = 0. Dakle, pravilno bi bilo da napisemo:

δI =

(dI

dϵ

) ∣∣∣∣ϵ=0

dϵ. (3.33)

Sam simbol ”δ ” se cita kao ”varijacija od”. Tako je:

δY =

(∂Y

∂ϵ

) ∣∣∣∣ϵ=0

dϵ = η(x) dϵ (3.34)


i pri tome je uobicajeno da se umesto δY pise δy. Takode:

δy′ = δY ′ =

(∂Y ′

∂ϵ

) ∣∣∣∣ϵ=0

dϵ = η′(x) dϵ (3.35)

Za funkciju F (x, y, y′) koja je funkcija tri promenljive imamo, samo dve y i y′ zavise od ϵ, te je:

δF =

(dF (x, Y, Y ′)

dϵ

) ∣∣∣∣ϵ=0

dϵ =∂F

∂yδy +

∂F

∂y′δy′. (3.36)

Konacno za δI dobijamo:

δI = δ

∫ x2

x1

F dx =

∫ x2

x1

δF dx =

=

∫ x2

x1

(∂F

∂yδy +

∂F

∂y′δy′)dx

=

∫ x2

x1

(∂F

∂yη(x) dϵ+

∂F

∂y′η′(x) dϵ

)dx. (3.37)

Ako uporedite (3.37) sa (3.13) vidimo da je uslov da je I stacionarno u ϵ = 0 ekvivalentan sa timeda je δI = 0.

tatjana vukovi c · 2020. 4. 23. · zadaci 1. odrediti periode slede´cih funkcija: (a) y= sin5x...

Documents